UFLA 2001.1

Ideia central: A elevação da pressão aumenta a temperatura de ebulição da água. Assim, a água e o vapor no interior da panela podem atingir temperaturas superiores às da ebulição em pressão atmosférica.

Passo 1 — Relacionar pressão e temperatura de ebulição. A condição de equilíbrio líquido-vapor depende da pressão externa. Ao aumentar essa pressão, a temperatura de ebulição aumenta.

$p\uparrow\ \Longrightarrow\ T_{\text{eb}}\uparrow$

Passo 2 — Interpretar a energia necessária. Para aquecer a mesma massa de água desde uma temperatura inicial até uma temperatura de ebulição mais elevada, é necessário fornecer mais energia sensível.

$Q=mc\,(T_{\text{eb}}-T_i)$

Passo 3 — Explicar o cozimento. O alimento cozinha mais rapidamente porque é submetido à água e ao vapor mais quentes, não porque a água ferva mais cedo.

Conclusão: A alternativa correta é E.

Ideia central: O lançamento oblíquo é a superposição de movimento uniforme na horizontal e movimento uniformemente variado na vertical.

Passo 1 — Descompor a velocidade inicial. As componentes da velocidade inicial são $v_{0x}=5\ \text{m/s}$ e $v_{0y}=5\ \text{m/s}$.

$v_{0x}=5\ \text{m/s}$

$v_{0y}=5\ \text{m/s}$

Passo 2 — Escrever a coordenada horizontal. Sem aceleração horizontal, $x_0=0$.

$x(t)=x_0+v_{0x}t=5t$

Passo 3 — Escrever a coordenada vertical. Com $y_0=0$ e $a_y=-g=-10\ \text{m/s}^2$.

$y(t)=y_0+v_{0y}t-\dfrac{gt^2}{2}$

$y(t)=5t-5t^2$

Passo 4 — Reunir as componentes. A função vetorial posição descreve completamente o movimento no plano.

$\vec r(t)=5t\hat{\imath}+(5t-5t^2)\hat{\jmath}$

Conclusão: Alternativa B.

Ideia central: Cada impacto preserva $40\%$ da energia mecânica imediatamente anterior ao impacto. A altura máxima é proporcional à energia mecânica após a colisão.

Passo 1 — Aplicar a primeira colisão. A bola cai da altura $h_0=3{,}0\ \text{m}$. Após o primeiro choque, conserva $0{,}40$ dessa energia.

$h_1=0{,}40h_0$

$h_1=0{,}40\cdot3{,}0=1{,}2\ \text{m}$

Passo 2 — Aplicar a segunda colisão. O mesmo fator de conservação se repete no segundo choque.

$h_2=0{,}40h_1$

$h_2=0{,}40\cdot1{,}2=0{,}48\ \text{m}$

Conclusão: Alternativa D.

Ideia central: O nó onde os três fios se encontram está em equilíbrio translacional: a soma vetorial das trações é nula.

Passo 1 — Calcular a tração vertical. O fio 3 sustenta o balde de massa $10\ \text{kg}$.

$T_3=mg=10\cdot10=100\ \text{N}$

Passo 2 — Projetar as forças no eixo horizontal. O fio 1 faz $30^\circ$ com a horizontal e o fio 2 faz $60^\circ$.

$T_1\cos30^\circ=T_2\cos60^\circ$

$T_1\dfrac{\sqrt3}{2}=T_2\dfrac12$

$T_2=\sqrt3T_1$

Passo 3 — Projetar no eixo vertical. As componentes verticais equilibram a tração para baixo.

$T_1\operatorname{sen}30^\circ+T_2\operatorname{sen}60^\circ=T_3$

$\dfrac{T_1}{2}+\dfrac{\sqrt3T_2}{2}=100$

Passo 4 — Resolver o sistema. Substituindo $T_2=\sqrt3T_1$:

$\dfrac{T_1}{2}+\dfrac{3T_1}{2}=100$

$2T_1=100$

$T_1=50\ \text{N}$

$T_2=50\sqrt3\ \text{N}$

$T_3=100\ \text{N}$

Conclusão: Alternativa E.

Ideia central: Ao acelerar para a frente, o banco precisa exercer uma força sobre as costas do passageiro para acelerá-lo junto com o automóvel.

Passo 1 — Aplicar a segunda lei de Newton ao passageiro. Considerando aceleração longitudinal para a frente, o encosto exerce força horizontal sobre o passageiro.

$F_{\text{encosto}}=ma$

Passo 2 — Interpretar a sensação. A resistência inercial do corpo à mudança da velocidade explica a compressão das costas contra o encosto.

Conclusão: Alternativa A.

Auditoria TEF: A situação permite inferir aceleração para a frente no referencial da via; a simples afirmação “movimento acelerado” no enunciado é entendida no contexto longitudinal do veículo.

Ideia central: O calor retirado ao longo de 200 s resfria a água de 20 °C a 10 °C, sem mudança de fase.

Passo 1 — Encontrar a energia térmica retirada. A taxa de retirada é constante.

$|Q|=P\,\Delta t$

$|Q|=50\cdot200=10\,000\ \text{cal}$

Passo 2 — Empregar a calorimetria. Usa-se o calor específico usual da água líquida, $c=1\ \text{cal/(g}\cdot{}^\circ\text{C)}$.

$|Q|=mc\,|\Delta T|$

$10\,000=m\cdot1\cdot10$

Passo 3 — Calcular a massa. O resultado é obtido em gramas.

$m=1\,000\ \text{g}=1{,}0\ \text{kg}$

Conclusão: Alternativa C.

Auditoria TEF: O enunciado não fornece calor específico e capacidade térmica do recipiente. A resposta admite o valor usual $c_{\text{água}}=1\ \text{cal/(g}\cdot{}^\circ\text{C)}$ e despreza a capacidade térmica do recipiente.

Ideia central: A energia elétrica armazenada no capacitor é convertida em energia potencial gravitacional no modelo ideal sem perdas.

Passo 1 — Converter a capacitância. O prefixo micro equivale a $10^{-6}$.

$C=10\,000\cdot10^{-6}=10^{-2}\ \text{F}$

Passo 2 — Calcular a energia do capacitor. Para uma diferença de potencial $V=16\ \text{V}$:

$U=\dfrac{CV^2}{2}$

$U=\dfrac{10^{-2}\cdot16^2}{2}=1{,}28\ \text{J}$

Passo 3 — Igualar ao ganho de energia gravitacional. Sem perdas, $U=mgh$.

$1{,}28=0{,}10\cdot10\cdot h$

$h=1{,}28\ \text{m}$

Conclusão: Alternativa C.

Ideia central: No regime permanente de corrente contínua, não circula corrente pelo ramo que contém o capacitor. A tensão entre as extremidades do capacitor é a ddp entre os nós A e B.

Passo 1 — Identificar a malha ativa. Na figura, as fontes de 9 V e 1,5 V se opõem no percurso fechado. As resistências externas efetivas são $1\ \Omega$ e $1{,}5\ \Omega$.

$I=\dfrac{9-1{,}5}{1+1{,}5}$

$I=3\ \text{A}$

Passo 2 — Determinar a ddp do capacitor. No ramo central, em regime permanente, a queda no resistor de $10\ \Omega$ é nula; a tensão do capacitor coincide com $U_{AB}$.

$U_{AB}=1{,}5+1\cdot3$

$U_{AB}=4{,}5\ \text{V}$

Passo 3 — Determinar a carga. Se a capacitância pretendida for $1\ \mu\text{F}$, como indicam as unidades das alternativas:

$Q=CU=1\ \mu\text{F}\cdot4{,}5\ \text{V}$

$Q=4{,}5\ \mu\text{C}$

Conclusão: Alternativa D, sob a hipótese de capacitância $1\ \mu\text{F}$.

Auditoria TEF: A figura fornecida exibe “1F” no capacitor, enquanto todas as alternativas de carga estão em microcoulombs. Literalmente $C=1\ \text{F}$ daria $Q=4{,}5\ \text{C}$, ausente das alternativas. Mantivemos a imagem original e sinalizamos o provável erro de unidade.

Ideia central: A altura musical (nota) está associada à frequência fundamental; sons com mesma frequência fundamental podem ter estruturas harmônicas distintas.

Passo 1 — Comparar sons da mesma nota. A frequência fundamental é a mesma; consequentemente, a altura é a mesma.

$f_{0,1}=f_{0,2}$

Passo 2 — Identificar a propriedade distintiva. A composição espectral e a envoltória temporal do som produzem timbres diferentes, permitindo reconhecer os instrumentos.

Conclusão: Alternativa C.

Ideia central: Os bósons podem ocupar simultaneamente o mesmo estado quântico. Para os férmions, o enunciado especifica o preenchimento dos níveis conforme o princípio de Pauli.

Passo 1 — Calcular a energia dos bósons. As cinco partículas estão em $n=1$.

$E_b=5\cdot E_1=5E_1$

Passo 2 — Calcular a energia dos férmions. Duas partículas em $n=1$, duas em $n=2$ e uma em $n=3$.

$E_f=2\cdot E_1+2\cdot(2^2E_1)+1\cdot(3^2E_1)$

$E_f=(2+8+9)E_1=19E_1$

Passo 3 — Confrontar com as alternativas. A dupla procurada é $5E_1$ e $19E_1$.

Conclusão: Alternativa C.

Auditoria TEF: A figura associada aos bósons mostra cinco símbolos no nível $n=2$, embora o texto afirme $n=1$. A resolução e o gabarito seguem explicitamente a distribuição descrita no enunciado, preservando o diagrama original como evidência da discrepância.

Ideia central: Quanto maior o volume submerso, maior o empuxo, reduzindo a tração registrada pelo dinamômetro.

Passo 1 — Escrever a leitura do dinamômetro. Em equilíbrio, a indicação corresponde ao peso real menos o empuxo.

$T=P-E$

$E=\rho_{\text{água}}gV_{\text{sub}}$

Passo 2 — Comparar as três etapas. Sem água, o empuxo é desprezível; com imersão parcial, é intermediário; com imersão total, é máximo.

$E_1=0

Passo 3 — Comparar os pesos aparentes. A tração decresce conforme o empuxo aumenta.

$P_1>P_2>P_3$

Conclusão: Alternativa B.