UFPB 1984 — Questões de Física comentadas — Método TEF

I (falsa). O sinal que um corpo adquire por atrito depende do par de materiais (série triboelétrica). O mesmo corpo pode ficar positivo com um material e negativo com outro.

II (falsa). Os pedaços de papel podem estar neutros. O pente carregado polariza o papel: as cargas de sinal oposto ficam mais perto do pente e a atração vence a repulsão. É a atração de um corpo neutro por indução.

III (verdadeira). No contato entre condutores, a carga se redistribui até que os dois fiquem no mesmo potencial.

IV (verdadeira). Pelo mesmo mecanismo da indução: o condutor neutro se polariza, e o lado mais próximo fica com carga oposta à do corpo carregado. Sempre há atração.

I (falsa). $72\ \text{km/h}=\frac{72}{3{,}6}=20\ \text{m/s}$, e não $200$.

II (falsa). O momento linear, $\vec p=m\vec v$, é vetorial. Mas o trabalho é escalar: é um número, com sinal, sem direção.

III (verdadeira). $1\ \text{kWh}=1000\ \text{W}\cdot3600\ \text{s}=3{,}6\times10^6\ \text{J}$.

IV (verdadeira). Potência (energia por tempo) e potencial elétrico (energia por carga) são escalares.

Raios de curvatura, vergência, distância focal e aumento dependem da forma da lente (as duas últimas também do material e da posição do objeto).

O índice de refração é uma propriedade do material de que a lente é feita. Uma lente de vidro e um bloco do mesmo vidro têm o mesmo índice, qualquer que seja a forma.

Potencial: é uma soma escalar. No ponto médio, as duas cargas estão à mesma distância e têm sinais opostos: $V=\frac{kq}{d/2}-\frac{kq}{d/2}=0$.

Campo: é vetorial. O campo de $+q$ aponta para longe dela, em direção a $-q$; o de $-q$ aponta para ela mesma, também em direção a $-q$. Os dois têm o mesmo sentido e se somam. O campo no ponto médio não é nulo.

É o exemplo clássico de que potencial nulo não implica campo nulo.

No ponto médio, as forças das duas cargas $-Q$ sobre $q$ se cancelam: é uma posição de equilíbrio. A questão é saber o que acontece com um pequeno deslocamento perpendicular ao segmento.

Deslocada para fora do segmento, $q$ sente as duas forças inclinadas. As componentes ao longo do segmento se cancelam, e sobra uma componente perpendicular.

Se $q>0$: é atraída pelas duas cargas negativas; a componente que sobra aponta de volta para o segmento. Força restauradora: equilíbrio estável nessa direção.

Se $q<0$: é repelida; a componente que sobra aponta para longe do segmento. Equilíbrio instável.

O tipo de equilíbrio depende do sinal de $q$: alternativa D.

Some os campos vetorialmente em cada configuração.

I: $+q$ (à esquerda) e $-q$ (à direita) produzem em P campos para a direita, somando $\frac{2kq}{d^2}$. As duas cargas $-2q$, a $60^\circ$ acima e abaixo da horizontal, produzem campos apontando para elas; as componentes verticais se cancelam e as horizontais somam $2\cdot\frac{2kq}{d^2}\cos60^\circ=\frac{2kq}{d^2}$ para a esquerda. Resultante nula.

II: as duas cargas $+2q$, simétricas em relação a P, se cancelam. As duas $-q$ também são simétricas em relação a P (uma em cima à esquerda, outra embaixo à direita) e se cancelam. Resultante nula.

III: $-q$ à esquerda e $+q$ à direita produzem campos no mesmo sentido (para a esquerda), que se somam. As cargas $+2q$ simétricas se cancelam. Sobra um campo não nulo.

IV: as cargas $+q$ nas pontas se cancelam, mas a $+2q$ e a $+q$ internas estão à mesma distância $\frac d2$ com valores diferentes: sobra um campo não nulo.

Campo diferente de zero só em III e IV.

A bateria de $20\ \text{V}$ está ligada diretamente aos extremos do resistor de $2\ \Omega$ e do ramo da direita. A ddp entre os dois nós é $20\ \text{V}$.

Resistor de 2 Ω: $i=\frac{20}{2}=10\ \text{A}$.

Ramo da direita: dois resistores de $1\ \Omega$ e a bateria de $10\ \text{V}$ ligada em oposição. A corrente é $i=\frac{20-10}{1+1}=5\ \text{A}$, entrando pelo polo positivo da bateria de $10\ \text{V}$: ela está sendo carregada.

A bateria de $20\ \text{V}$ fornece $10+5=15\ \text{A}$. Em $10\ \text{s}$:

$$E_{20}=20\cdot15\cdot10=3000\ \text{J (fornecidos)}\qquad E_{10}=10\cdot5\cdot10=500\ \text{J (consumidos)}$$

Circuito I: os três resistores estão em série. A tensão se divide igualmente: $4\ \text{V}$ em cada, incluindo o que está entre a e b.

Circuito II: dois resistores em paralelo ($\frac R2$) em série com o resistor entre a e b ($R$). A tensão se divide na proporção das resistências: $R$ fica com $\frac{R}{R+R/2}\cdot12=8\ \text{V}$.

Circuito III: os três resistores estão em paralelo, ligados diretamente à bateria: cada um fica com os $12\ \text{V}$.

Resposta: $4$, $8$ e $12\ \text{V}$.

Chave aberta: há dois caminhos entre os polos da bateria. O da esquerda tem $1+2=3\ \Omega$; o da direita, $2+1=3\ \Omega$. Em paralelo: $1{,}5\ \Omega$.

$$i=\frac{12}{1{,}5}=8\ \text{A}$$

Chave fechada: o ponto do meio da esquerda fica ligado ao ponto a. Na parte de cima, $1\ \Omega$ e $2\ \Omega$ ficam em paralelo ($\frac23\ \Omega$); na de baixo, $2\ \Omega$ e $1\ \Omega$ também ($\frac23\ \Omega$). Em série: $\frac43\ \Omega$.

$$i=\frac{12}{4/3}=9\ \text{A}$$

Fechar a chave abriu novos caminhos para a corrente, e a resistência total diminuiu.

Numa região de campo magnético uniforme perpendicular à velocidade, cada íon descreve um arco de circunferência de raio

$$R=\frac{m\,v}{|q|\,B}$$

Com massas e velocidades iguais, o raio é inversamente proporcional à carga. O íon de carga $2q$ tem raio $R$; o de carga $q$, raio $2R$. E, com sinais opostos, as forças têm sentidos opostos: um curva para um lado e o outro para o lado oposto.

Os dois continuam se movendo para a frente ao entrar no campo, então as setas de cada arco apontam para longe do ponto de entrada. Das figuras, só a C tem os dois raios certos ($2R$ e $R$) e as duas setas no sentido do movimento.

Observação: a versão anterior deste gabarito indicava B. Na figura B desta página, a seta do arco menor aponta de volta para o ponto de entrada, o que não corresponde ao movimento. Pelas figuras disponíveis, o gabarito é C.

Cada fio cria um campo magnético no lugar do outro, e esse campo exerce força sobre a corrente do outro fio.

Correntes no mesmo sentido se atraem; em sentidos opostos, se repelem (a A inverte isso). A força por unidade de comprimento vale

$$\frac{F}{\ell}=\frac{\mu_0\,i_1\,i_2}{2\pi d}$$

Depende das duas correntes e da distância entre os fios. Então a força sempre existe, pode ser de atração ou de repulsão, e seu valor depende das correntes e da separação: alternativa E.

A bomba precisa dar à água energia potencial para subir os $15\ \text{m}$. $500\ \text{L}$ de água têm $500\ \text{kg}$:

$$E=mgh=500\cdot10\cdot15=75\,000\ \text{J}$$

Usando a aproximação $1\ \text{CV}\approx750\ \text{W}$, a potência é $1500\ \text{W}$:

$$t=\frac{E}{P}=\frac{75\,000}{1500}=50\ \text{s}$$

Com o valor mais preciso, $1\ \text{CV}\approx735\ \text{W}$, o tempo seria de cerca de $51\ \text{s}$; a alternativa mais próxima continua sendo a A. Na prática, o tempo é maior, porque a bomba não tem rendimento de $100\%$ (por isso a questão fala em potência teórica).

O peso é $P=mg$. Com a mesma massa, o peso é proporcional à aceleração da gravidade no local.

Basta encontrar o maior e o menor valor da tabela: o máximo é o da estação E ($1{,}001906$) e o mínimo, o da estação B ($0{,}997530$).

A estação A é só a referência (valor $1$); não é nem o maior nem o menor.

A pressão hidrostática depende da densidade do líquido e da profundidade: $p=\rho g h$. A quantidade de líquido não importa (é o paradoxo hidrostático).

$$p_A=\rho_1\,g\,\frac{2h}{3}\qquad p_B=\rho_2\,g\,h$$

Elas são iguais se $\rho_1\cdot\frac23=\rho_2$, isto é, se $\rho_1=1{,}5\,\rho_2$. Isso é compatível com $\rho_1>\rho_2$. Então as pressões podem ser iguais, dependendo da relação entre as densidades.

A C está errada porque a altura maior pode ser compensada pela densidade menor. A D também: com o mesmo líquido e alturas diferentes, as pressões seriam diferentes.

Com velocidade constante, a força da pessoa equilibra o peso a cada instante, e o trabalho dela tem o mesmo módulo que o trabalho do peso. O trabalho do peso só depende do desnível vertical: $|W|=mg\,\Delta h$, com $mg=10\ \text{N}$.

Trajetória I: o trecho inclinado de comprimento $\ell$, a $60^\circ$ da vertical, desce $\ell\cos60^\circ=\frac\ell2$; o trecho horizontal não muda a altura. $|W|=10\cdot\frac\ell2=5\ell$.

Trajetória II: desce $\frac\ell2+\frac\ell2=\ell$. $|W|=10\ell$.

Trajetória III: desce $\frac\ell2+\ell=\frac{3\ell}{2}$. $|W|=15\ell$.

(Como o corpo desce, a força da pessoa, para cima, realiza trabalho negativo; as alternativas trazem os módulos.)

O ponteiro de segundos dá uma volta em $60\ \text{s}$. A rapidez da ponta é

$$v=\frac{2\pi r}{T}=\frac{2\pi\cdot2{,}0}{60}=\frac{\pi}{15}\ \text{cm/s}$$

Em $15\ \text{s}$, o ponteiro gira $90^\circ$: sai do 12 e vai para o 3. A velocidade, que era horizontal para a direita, passa a ser vertical para baixo, com o mesmo módulo.

$$\Delta\vec v=\vec v_f-\vec v_i\;\Longrightarrow\;|\Delta\vec v|=\sqrt{v^2+v^2}=v\sqrt2=\frac{\pi\sqrt2}{15}\ \text{cm/s}$$

O sentido: $\vec v_f$ para baixo menos $\vec v_i$ para a direita dá um vetor para baixo e para a esquerda, a $45^\circ$. A rapidez não mudou, mas a velocidade vetorial sim.

O sólido flutua nos três líquidos: em cada um, o empuxo é igual ao peso. Então $\rho_s V=\rho_\ell V_{\text{imerso}}$, e a fração imersa é

$$\frac{V_{\text{imerso}}}{V}=\frac{\rho_s}{\rho_\ell}$$

Quanto menor a fração imersa, mais denso o líquido. No líquido 3, só $\frac13$ do sólido fica submerso: é o mais denso. No líquido 1, $\frac23$: é o menos denso.

A altura do líquido no recipiente e a forma do recipiente não influenciam a flutuação (A e B erradas).

Calcule a velocidade média entre marcos consecutivos até encontrar $12\ \text{km/h}$. Entre os marcos 66 e 68:

$$\Delta s=68-66=2\ \text{km}\qquad\Delta t=11\text{h}05-10\text{h}55=10\ \text{min}=\frac16\ \text{h}$$

$$v_m=\frac{2}{1/6}=12\ \text{km/h}$$

Para comparar: entre 52 e 62, foram $10\ \text{km}$ em $10\ \text{min}$ ($60\ \text{km/h}$); entre 68 e 82, $14\ \text{km}$ em $30\ \text{min}$ ($28\ \text{km/h}$).

O atrito entre A e B freia A e acelera B. Não há atrito entre B e o chão, então é só o atrito de A que acelera B.

Enquanto A desliza sobre B: o atrito cinético é constante, e B acelera uniformemente: velocidade crescendo em linha reta.

Quando as velocidades se igualam: A para de deslizar sobre B. Sem força externa horizontal, o conjunto segue com velocidade constante: patamar.

O gráfico certo é uma reta crescente seguida de um patamar: o B.

Observação: pela conservação da quantidade de movimento, a velocidade comum é $v=\frac{m_A v_0}{m_A+m_B}$, menor que $v_0$. Nas figuras reproduzidas aqui, o patamar aparece na altura de $v_0$, e as alternativas B e E estão desenhadas iguais; o que distingue a resposta é o formato (subida em linha reta seguida de patamar).

O momento em relação a A é a soma dos momentos dos dois pesos (a reação do apoio A não gera momento, porque passa por A).

Peso da prancha: age no centro, a $\frac L2$ de A. Momento constante: $W\cdot\frac L2$.

Peso do menino: a uma distância $r_A$ de A. Momento $P\,r_A$, que cresce à medida que ele anda.

$$\tau_A=\frac{WL}{2}+P\,r_A$$

É uma reta que começa em $\tau_0=\frac{WL}{2}$ (e não em zero) e cresce linearmente até $r_A=L$: gráfico B.

Numa onda estacionária, todos os pontos oscilam em fase (ou em oposição), com amplitude que depende da posição: $y(x,t)=A\,\text{sen}(kx)\cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$.

Em $t=0$, o cosseno vale $1$ e a corda está com deslocamento máximo. Em $t=\frac{3T}{4}$:

$$\cos\left(\frac{2\pi}{T}\cdot\frac{3T}{4}\right)=\cos\left(\frac{3\pi}{2}\right)=0$$

Nesse instante, todos os pontos passam pela posição de equilíbrio ao mesmo tempo: a corda fica reta. É o gráfico D.

Quatro nós, contando os dois das extremidades, dividem a corda em três trechos. Entre dois nós seguidos há sempre meio comprimento de onda:

$$L=3\cdot\frac\lambda2\;\Longrightarrow\;\lambda=\frac{2L}{3}$$

É o terceiro harmônico da corda. Um jeito rápido: nós $-1$ = número de meios comprimentos de onda.

No gráfico posição × tempo, a inclinação é a velocidade. Mudanças de inclinação indicam mudanças de velocidade.

I (falsa). O gráfico sobe e desce: o móvel anda nos dois sentidos.

II (verdadeira). Em $0{,}8\ \text{s}$, a inclinação passa de positiva a zero (o móvel para): a velocidade diminui de repente. O mesmo acontece em $2{,}2\ \text{s}$, onde a inclinação cai.

III (verdadeira). Em $1{,}8\ \text{s}$, a inclinação passa de zero a positiva: a velocidade aumenta de repente. Na mudança seguinte do gráfico, a inclinação volta a aumentar.

IV (falsa). Velocidade nula corresponde a trecho horizontal. Em $0{,}4\ \text{s}$ e $2{,}6\ \text{s}$, o gráfico está inclinado (nesses instantes, é a posição que vale zero, e não a velocidade).

O impulso que cada patinador recebe é a área sob o gráfico $F\times t$:

$$I=\frac{15\cdot20}{2}=150\ \text{N}\cdot\text{s}$$

Pelo teorema do impulso, $I=m\,\Delta v$. Cada patinador parte do repouso:

$$v=\frac{150}{50}=3{,}0\ \text{m/s}$$

Os dois recebem impulsos iguais e opostos (terceira lei), então saem com $3{,}0\ \text{m/s}$ em sentidos opostos. A quantidade de movimento total continua zero.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva. A velocidade em cada ponto depende só do desnível em relação a A (partindo do repouso): $v=\sqrt{2g\,\Delta h}$.

Em B: desceu $10-5=5\ \text{m}$. $v_B=\sqrt{2\cdot10\cdot5}=10\ \text{m/s}$.

Em C: desceu $10-2=8\ \text{m}$. $v_C=\sqrt{2\cdot10\cdot8}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}\approx12{,}6\ \text{m/s}$.

A massa não entra, e a forma da pista entre os pontos também não.

Impulso é a variação da quantidade de movimento: $\vec I=\Delta\vec Q$. Em cada trecho, o impulso acumulado desde o início do trecho acompanha a variação de $Q$.

AB: $Q$ aumenta linearmente, e o impulso cresce a partir de zero.

BC: $Q$ constante, impulso nulo.

CD: $Q$ diminui, e o impulso fica negativo, crescendo em módulo.

DE: $Q$ volta a aumentar, e o impulso volta a crescer a partir de zero.

É o comportamento do gráfico A.

A frequência de uma onda é definida pela fonte e não muda quando a onda passa de um meio para outro.

O que muda na água é a velocidade (a luz fica mais lenta) e, com ela, o comprimento de onda, já que $v=\lambda f$. A frequência é a mesma no ar, na água e de novo no ar.

O gráfico certo é uma reta horizontal no percurso todo: alternativa E. O comprimento de onda dado no enunciado é só uma distração.

Calcule o calor de cada etapa, com $m=200\ \text{g}$ (calor específico do gelo $0{,}5$, da água $1$ e do vapor $0{,}5\ \text{cal/g}\,^\circ\text{C}$; latentes de $80$ e $540\ \text{cal/g}$):

Gelo de $-40$ a $0\ ^\circ\text{C}$: $200\cdot0{,}5\cdot40=4\ \text{kcal}$ (acumulado: $4$).

Fusão: $200\cdot80=16\ \text{kcal}$ (acumulado: $20$).

Água de $0$ a $100\ ^\circ\text{C}$: $200\cdot1\cdot100=20\ \text{kcal}$ (acumulado: $40$).

Vaporização: $200\cdot540=108\ \text{kcal}$ (acumulado: $148$).

Vapor de $100$ a $120\ ^\circ\text{C}$: $200\cdot0{,}5\cdot20=2\ \text{kcal}$ (acumulado: $150$).

O gráfico tem dois patamares, um em $0\ ^\circ\text{C}$ (de $4$ a $20\ \text{kcal}$) e outro em $100\ ^\circ\text{C}$ (de $40$ a $148\ \text{kcal}$). Só o gráfico A tem as duas mudanças de fase.

No diagrama $p\times V$, o trabalho está ligado à variação de volume.

AB e CD (não troca trabalho): volume constante, segmentos verticais.

BC (recebe trabalho): o gás é comprimido, o volume diminui: de B para C, o gráfico vai para a esquerda.

DA (realiza trabalho): o gás se expande, o volume aumenta: de D para A, o gráfico vai para a direita.

No diagrama C, AB desce na vertical em $V_2$, BC vai para a esquerda em $p_1$, CD sobe na vertical em $V_1$ e DA vai para a direita em $p_2$. Tudo confere.

A força é aplicada ao bloco A, e é o atrito entre os blocos que arrasta B junto. O atrito estático tem um valor máximo: $f_{\max}=\mu\,m_B\,g=0{,}2\cdot3\cdot10=6\ \text{N}$.

Esse atrito é a única força horizontal sobre B, então limita a aceleração de B:

$$a_{\max}=\frac{f_{\max}}{m_B}=\mu g=2\ \text{m/s}^2$$

Para os dois andarem juntos, o conjunto todo tem essa aceleração no máximo:

$$F_{\max}=(m_A+m_B)\,a_{\max}=8\cdot2=16\ \text{N}$$

A armadilha é responder $6\ \text{N}$, o valor do atrito máximo: a força externa precisa acelerar também o bloco A. (Se a força fosse aplicada em B, o limite seria outro: $9{,}6\ \text{N}$.)