UFPB 1978 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Se os corpos só interagem entre si, as forças são internas e a quantidade de movimento total do sistema é constante: antes, durante e depois da colisão.

No início, $P_A=P_0$ e $P_B=P_0$ (em $t=0$). O total é $2P_0$ e não muda mais. O gráfico é uma reta horizontal em $2P_0$, sem salto em $t_0$: alternativa E.

O momento de cada corpo varia (o de B cresce com $bt$, o de A diminui na mesma medida), mas a soma fica constante.

I (V). A forma da trajetória depende do referencial. Uma lâmpada que cai do teto de um trem em movimento cai em linha reta para quem está no trem e descreve uma parábola para quem está na plataforma.

II (F). Partindo do repouso no MUV, $s=\frac{at^2}{2}$: a distância é proporcional a $t^2$. Em $3\ \text{s}$ o corpo percorre $9$ vezes o que percorreu em $1\ \text{s}$, e não $3$ vezes.

III (V). É o teorema da energia cinética: o trabalho de todas as forças, incluindo o atrito, é igual a $\Delta E_c$.

IV (F). A energia mecânica só se conserva sem forças dissipativas (atrito, resistência do ar).

V (F). Ação e reação atuam em corpos diferentes; por isso não se anulam.

Ao sair da mesa, a bola mantém a velocidade horizontal (não há força horizontal) e passa a cair com aceleração $g$ na vertical.

A combinação de um movimento uniforme na horizontal com um uniformemente variado na vertical dá uma parábola. No ponto em que a bola sai da mesa, a velocidade é horizontal, e a parábola começa tangente à horizontal.

A figura C mostra essa trajetória. A bola não cai verticalmente logo que deixa a mesa, como no desenho animado.

Antes de $t=0$: movimento retilíneo uniforme sobre a mesa. Aceleração zero.

Depois de $t=0$: a bola está em queda livre, e a única aceleração é a da gravidade, constante e igual a $g$.

O gráfico do módulo da aceleração é zero até $t=0$ e salta para o patamar $g$ depois: gráfico C.

I — Verdadeira. Um corpo pode manter velocidade escalar constante e, ao mesmo tempo, variar a direção do vetor velocidade, como ocorre no movimento circular uniforme.

II — Falsa. Resultante nula não implica repouso; o corpo pode mover-se em movimento retilíneo uniforme.

III — Verdadeira. Um corpo em repouso pode possuir energia potencial, embora sua quantidade de movimento seja nula.

IV — Falsa. Na mecânica clássica, se a quantidade de movimento é não nula, então a velocidade também é não nula e, portanto, a energia cinética é positiva: $E_c=\frac{p^2}{2m}$.

V — Verdadeira. Pode existir atrito estático mesmo sem deslizamento relativo entre as superfícies.

A análise física fornece a sequência VFVFV. Essa sequência não aparece nas alternativas deste HTML; por isso a questão permanece com ressalva até confronto documental com a prova/gabarito original.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva: $E_c+mgh$ é constante. Então, quanto mais baixo o ponto, maior a energia cinética.

Na figura, o ponto 6 é mais baixo que o 3, que é mais baixo que o 1. Por isso $E_6>E_3>E_1$.

As outras relações comparam pontos que não estão nessa ordem de altura, ou igualam pontos em alturas diferentes.

Chame de $M$ a massa do atleta e de $u$ a velocidade do garoto, de massa $\frac M2$.

Primeira condição (atleta com metade da energia do garoto):

$$\frac{MV^2}{2}=\frac12\cdot\frac{(M/2)\,u^2}{2}\;\Longrightarrow\;u^2=4V^2\;\Longrightarrow\;u=2V$$

Segunda condição (com $V+1$, as energias ficam iguais):

$$\frac{M(V+1)^2}{2}=\frac{(M/2)(2V)^2}{2}\;\Longrightarrow\;(V+1)^2=2V^2\;\Longrightarrow\;V+1=\sqrt2\,V$$

$$V=\frac{1}{\sqrt2-1}\approx2{,}4\ \text{m/s}\qquad u=2V\approx4{,}8\ \text{m/s}$$

A resposta pede primeiro a velocidade do garoto e depois a do atleta: $4{,}8$ e $2{,}4$.

Sem atrito, a energia mecânica de cada corpo se conserva: no final de cada caminho, ela é igual à inicial, $mgh+\frac{mv_0^2}{2}$.

A parcela $mgh$ é igual para os três. A diferença está na energia cinética inicial, que depende do quadrado da velocidade: $v_{III}=\frac32V_0>v_I=V_0>v_{II}=\frac{V_0}{2}$.

Então $E_{III}>E_I>E_{II}$, que é o que diz a alternativa D ($E_I>E_{II}$ e $E_{II}<E_{III}$). A forma do caminho não importa.

O pacote cai na vertical: não traz quantidade de movimento horizontal. Sem atrito, a quantidade de movimento horizontal do conjunto se conserva:

$$12\cdot6{,}0=(12+6{,}0)\,v\;\Longrightarrow\;v=\frac{72}{18}=4{,}0\ \text{m/s}$$

O trenó fica mais lento porque passa a carregar mais massa com a mesma quantidade de movimento.

Rolando sem deslizar, a velocidade do centro de cada roda é $v=\omega R$. Com $\omega=1\ \text{rad/s}$:

$$v_1=1\cdot1{,}0=1{,}0\ \text{m/s}\qquad v_2=1\cdot0{,}5=0{,}5\ \text{m/s}$$

A roda 1, atrás, alcança a roda 2 com velocidade relativa de $0{,}5\ \text{m/s}$. Para tirar os $10\ \text{m}$ de diferença:

$$t=\frac{10}{0{,}5}=20\ \text{s}$$

Para seguirem emparelhadas depois, as duas precisam ter a mesma velocidade de translação: $\omega_2\cdot0{,}5=1{,}0$, então $\omega_2=2{,}0\ \text{rad/s}$. A roda menor precisa girar mais rápido.

Partindo do repouso, a velocidade em cada instante é a área (com sinal) sob o gráfico $a\times t$.

De 0 a 2 s: $a=10\ \text{m/s}^2$. $v(2)=10\cdot2=20\ \text{m/s}$.

De 2 a 4 s: $a=-5\ \text{m/s}^2$. A velocidade perde $5\cdot2=10\ \text{m/s}$: $v(4)=20-10=10\ \text{m/s}$.

Aceleração negativa não significa que o corpo anda para trás: ele continua avançando, só que cada vez mais devagar.

As duas cargas são positivas: elas se repelem. Cada força aponta para longe da outra carga.

Pela terceira lei de Newton (e pela própria lei de Coulomb, $F=k\frac{q_1q_2}{d^2}$, que é a mesma para as duas), as forças têm o mesmo módulo, mesmo com cargas diferentes.

O erro mais comum é desenhar a força maior sobre a carga menor, ou vice-versa. A figura E mostra forças de mesmo tamanho e sentidos opostos, afastando as partículas.

I (V). O potencial de uma carga pontual depende só da distância, $V=\frac{kQ}{r}$. Os pontos de mesmo potencial estão à mesma distância: esferas centradas na carga.

II (F). As linhas de força de uma carga pontual são radiais, retas saindo (ou entrando) na carga. Elas são perpendiculares às superfícies equipotenciais.

III (F). O campo é $E=\frac{kQ}{r^2}$: inversamente proporcional ao quadrado do raio. O que é inversamente proporcional ao raio é o potencial.

Sem $R_2$: $R_1$ e $R_3=60\ \Omega$ ficam em série, e a ddp em $R_3$ é $\frac{2E}{3}$. Pelo divisor de tensão:

$$\frac{60}{R_1+60}=\frac23\;\Longrightarrow\;R_1=30\ \Omega$$

Com $R_2$: $R_2$ fica em paralelo com os $60\ \Omega$, e esse conjunto ($R_p$) recebe só $\frac E3$:

$$\frac{R_p}{30+R_p}=\frac13\;\Longrightarrow\;R_p=15\ \Omega\qquad\frac1{15}=\frac1{R_2}+\frac1{60}\;\Longrightarrow\;R_2=20\ \Omega$$

Faz sentido: ligar $R_2$ em paralelo diminui a resistência daquele trecho, e ele passa a ficar com uma parte menor da tensão.

Tome o fio de baixo como referência de potencial (zero). As fontes laterais fixam os potenciais dos nós superiores das pontas em $2E$ (esquerda) e $E$ (direita), e a fonte central faz o nó à sua esquerda ter potencial maior que o nó central.

A corrente num resistor vai sempre do potencial mais alto para o mais baixo. Comparando os potenciais nas pontas de cada resistor: em $R_1$ a corrente vai para a esquerda, em $R_2$ para baixo e em $R_3$ para a esquerda.

É a figura C.

Reduza a associação de dentro para fora. Os capacitores de $2\ \mu\text{F}$ e $1\ \mu\text{F}$ da direita estão em série:

$$C_s=\frac{2\cdot1}{2+1}=\frac23\ \mu\text{F}$$

Em paralelo com o de $4\ \mu\text{F}$: $C_p=4+\frac23=\frac{14}{3}\ \mu\text{F}$. Esse conjunto fica em série com o de $1\ \mu\text{F}$:

$$C_{eq}=\frac{1\cdot14/3}{1+14/3}=\frac{14}{17}\ \mu\text{F}\qquad Q=C_{eq}\,E=\frac{14E}{17}\ \mu\text{C}$$

Lembre que, com capacitores, as regras são o inverso das dos resistores: em paralelo se soma, em série se usa o inverso.

I (F). A luz é mais rápida no ar ($n\approx1$) do que na água ($n\approx1{,}33$).

II (V). O poder de convergência de uma lente depende da diferença entre o índice do vidro e o do meio em volta. Na água, essa diferença é menor que no ar: a lente converge menos, e a distância focal aumenta.

É por isso que, debaixo d'água, os olhos (que também são lentes) perdem o foco e tudo fica embaçado.

Comprimento de onda e frequência são inversamente proporcionais ($c=\lambda f$). Os raios gama são os de maior frequência e, portanto, de menor comprimento de onda; depois vêm os raios X; depois a luz visível.

No visível, o comprimento de onda cresce do violeta para o vermelho: o amarelo (cerca de $580\ \text{nm}$) é menor que o vermelho (cerca de $700\ \text{nm}$).

Em ordem crescente: raios gama, raios X, luz amarela, luz vermelha.

A velocidade do som depende do meio, e não da fonte nem da frequência. Num gás como o ar, ela cresce com a temperatura: cerca de $331\ \text{m/s}$ a $0\ ^\circ\text{C}$ e $343\ \text{m/s}$ a $20\ ^\circ\text{C}$.

Se dependesse da frequência, numa orquestra ouvida de longe os graves e os agudos chegariam em momentos diferentes, e a música ficaria embaralhada. Isso não acontece.

Antes do contato: $F_i=k\dfrac{(2q)(6q)}{d^2}=\dfrac{12kq^2}{d^2}$.

No contato: as esferas são idênticas, então a carga total, $8q$, se divide igualmente: $4q$ em cada.

Depois: $F_f=k\dfrac{(4q)(4q)}{d^2}=\dfrac{16kq^2}{d^2}$.

$$\frac{F_i}{F_f}=\frac{12}{16}=\frac34$$

A força aumentou, mesmo com a carga total igual. O produto das cargas é maior quando elas estão divididas igualmente.

A força magnética é perpendicular à velocidade. Na origem, a velocidade aponta ao longo do eixo Y; a força, e portanto o centro da circunferência, estão ao longo do eixo X.

O centro fica a uma distância $R=\frac{mv}{QB}$ da origem, no eixo X. Para qual lado (X positivo ou negativo) depende do sentido do campo, que o enunciado não informa.

Por isso o que se pode afirmar é: em algum ponto do eixo X, fora da origem (alternativa B). A D exigiria saber o sentido do campo.

Teste os valores. Se a temperatura em Celsius for $420$ (A), em Fahrenheit e Kelvin ela vale:

$$F=\frac95\cdot420+32=788\ ^\circ\text{F}\;(C)\qquad T=420+273=693\ \text{K}\;(D)$$

Os três valores estão na lista. A sequência pedida (Fahrenheit, Kelvin, Celsius) é C, D, A. O valor $392$ (B) é uma distração.

A capacidade térmica é o calor necessário para variar em $1$ grau a temperatura do corpo inteiro. Ela é a massa vezes o calor específico:

$$C=m\,c$$

O calor específico é característico do material; a capacidade térmica é do objeto: uma panela grande e uma pequena, do mesmo material, têm o mesmo calor específico e capacidades térmicas diferentes.

No trecho AB, sem atrito, a partícula desce $1{,}0\ \text{m}$ e ganha energia cinética $mgh$. No trecho plano, o atrito tira essa energia até ela parar:

$$mgh=\mu\,mg\,x\;\Longrightarrow\;x=\frac h\mu=\frac{1{,}0}{0{,}2}=5{,}0\ \text{m}$$

A massa se cancela: a distância não depende de quanto a partícula pesa.

O bastão induz no papel uma separação de cargas: as negativas ficam mais perto do bastão, e as positivas, mais longe.

I (F) e II (V). Como as cargas negativas estão mais perto, a atração sobre elas é mais forte que a repulsão sobre as positivas. Por isso o papel, neutro, é atraído.

III (V). O papel é isolante: as cargas só se deslocam um pouco dentro das moléculas (polarização). Não há transporte de carga através do papel.

IV (V). Ao tocar o bastão, o papel pode receber carga de mesmo sinal que ele e ser repelido.

V (F). $\vec F_+$ e $\vec F_-$ atuam em partes diferentes do mesmo papel e não formam um par de ação e reação. As reações dessas forças atuam no bastão.