UFPB 1991 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Passe tudo para o SI antes de dividir: $36\ \text{km}=36\,000\ \text{m}$ e meia hora são $1800\ \text{s}$.

$$v_m=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{36\,000}{1800}=20\ \text{m/s}$$

Outro caminho: $36\ \text{km}$ em meia hora é $72\ \text{km/h}$, e $\frac{72}{3{,}6}=20\ \text{m/s}$. Resposta: 20.

Compare a equação dada com a do MUV, $\Delta s=v_0t+\frac{a}{2}t^2$:

$$v_0=10\ \text{m/s}\qquad\frac a2=5\;\Longrightarrow\;a=10\ \text{m/s}^2$$

A velocidade aumenta $10\ \text{m/s}$ a cada segundo; para aumentar $10\ \text{m/s}$, leva $1\ \text{s}$. Nesse tempo:

$$\Delta s=10\cdot1+5\cdot1^2=15\ \text{m}$$

A pegadinha é o fator $\frac12$: quem lê a aceleração como $5\ \text{m/s}^2$ encontra $2\ \text{s}$ e $40\ \text{m}$. Resposta: 15.

Com $\text{sen}\,\theta=0{,}8$, temos $\cos\theta=0{,}6$ (triângulo 3-4-5). As componentes da velocidade inicial são

$$v_{0x}=20\cdot0{,}6=12\ \text{m/s}\qquad v_{0y}=20\cdot0{,}8=16\ \text{m/s}$$

Na horizontal o movimento é uniforme; o projétil chega à parede em $t=\frac{36}{12}=3\ \text{s}$. Nesse instante, a altura dele é

$$y=16\cdot3-5\cdot3^2=48-45=3\ \text{m}$$

Então a parede pode ter no máximo $3\ \text{m}$. (O projétil já está descendo: o ponto mais alto foi em $t=1{,}6\ \text{s}$.) Resposta: 03.

Velocidade em C: sem atrito, a energia se conserva. O ponto C fica na lateral do arco, a uma altura $r=0{,}5\ \text{m}$ acima de B:

$$mgh=mgr+\frac{mv_C^2}{2}\;\Longrightarrow\;v_C^2=2g(h-r)=2\cdot10\cdot(1{,}1-0{,}5)=12\ \text{m}^2/\text{s}^2$$

As forças em C: a normal do trilho aponta para o centro do arco, na horizontal, e faz o papel de força centrípeta. O peso é vertical, tangente à trajetória.

$$N=\frac{mv_C^2}{r}=\frac{1\cdot12}{0{,}5}=24\ \text{N}\qquad P=mg=10\ \text{N}$$

A resultante é a soma vetorial das duas, que são perpendiculares:

$$F_R=\sqrt{24^2+10^2}=26\ \text{N}$$

O erro comum é responder só a parte centrípeta, $24\ \text{N}$. Em C a resultante tem também uma componente tangencial, o peso. Resposta: 26.

Na colisão perfeitamente inelástica, os corpos saem juntos, com a mesma velocidade. A quantidade de movimento se conserva:

$$m_1v_1=(m_1+m_2)\,v\;\Longrightarrow\;1\cdot3=3\,v\;\Longrightarrow\;v=1\ \text{m/s}$$

Como os dois ficam juntos, a velocidade final do segundo corpo é a do conjunto. Resposta: 01.

O trabalho da força resultante é a área sob o gráfico $F\times x$, com sinal. De $0$ a $4\ \text{m}$, a força vale $4\ \text{N}$; de $5$ a $6\ \text{m}$, vale $-3\ \text{N}$:

$$W=4\cdot4-3\cdot1=13\ \text{J}$$

Pelo teorema da energia cinética, com $m=2{,}0\ \text{kg}$ e $v_0=6{,}0\ \text{m/s}$:

$$\frac{2\,v^2}{2}-\frac{2\cdot36}{2}=13\;\Longrightarrow\;v^2=49\;\Longrightarrow\;v=7\ \text{m/s}$$

A área abaixo do eixo entra com sinal negativo: nesse trecho a força freia o corpo. Resposta: 07.

No equilíbrio só há água a $0\ ^\circ\text{C}$: todo o gelo derreteu, e a água quente esfriou até $0\ ^\circ\text{C}$. O calor que a água quente cedeu é exatamente o que o gelo precisou para derreter:

$$m\cdot1\cdot(T-0)=m\cdot80\;\Longrightarrow\;T=80\ ^\circ\text{C}$$

As massas são iguais e se cancelam. É um resultado curioso: para derreter uma massa de gelo, é preciso a mesma massa de água a $80\ ^\circ\text{C}$. Resposta: 80.

O triângulo tem hipotenusa $5\ \text{m}$ e um cateto de $3\ \text{m}$; o outro cateto mede $4\ \text{m}$ (triângulo 3-4-5). Então A está a $3\ \text{m}$ de $q_1$ e a $4\ \text{m}$ de $q_2$.

O potencial é escalar; basta somar as contribuições das duas cargas:

$$V=kq\left(\frac13+\frac14\right)=9\times10^9\cdot12\times10^{-9}\cdot\frac{7}{12}=108\cdot\frac{7}{12}=63\ \text{V}$$

O ângulo reto da figura só serve para achar o segundo cateto. Resposta: 63.

Leia o circuito: entre A e o nó da direita há dois caminhos em paralelo, os dois resistores de $1\ \Omega$ em série (passando por B) e o de $3\ \Omega$. Esse conjunto está em série com o de $6\ \Omega$ e a fonte de $60\ \text{V}$.

$$R_p=\frac{2\cdot3}{2+3}=1{,}2\ \Omega\qquad R_{eq}=1{,}2+6=7{,}2\ \Omega\qquad i=\frac{60}{7{,}2}=\frac{25}{3}\ \text{A}$$

A tensão no paralelo é $U=R_p\,i=1{,}2\cdot\frac{25}{3}=10\ \text{V}$. No ramo de cima ($2\ \Omega$) passam $\frac{10}{2}=5\ \text{A}$, e no resistor entre A e B:

$$P=R\,i^2=1\cdot5^2=25\ \text{W}$$

Resposta: 25.

O iluminamento que uma fonte puntiforme produz a uma distância $d$ é proporcional à sua intensidade e inversamente proporcional a $d^2$. Supondo que as duas lâmpadas convertam em luz a mesma fração da potência, a intensidade é proporcional à potência.

Chamando de $x$ a distância até a lâmpada de $10\ \text{W}$ (e $150-x$ até a de $250\ \text{W}$, em centímetros):

$$\frac{10}{x^2}=\frac{250}{(150-x)^2}\;\Longrightarrow\;\frac{150-x}{x}=\sqrt{25}=5\;\Longrightarrow\;x=25\ \text{cm}$$

O papel fica bem mais perto da lâmpada fraca, para compensar. Resposta: 25.

A aceleração medida por dois observadores só é a mesma se um deles não estiver acelerado em relação ao outro. Pela composição de movimentos, $\vec a_{\text{corpo},1}=\vec a_{\text{corpo},2}+\vec a_{2,1}$.

Para as medidas coincidirem sempre, $\vec a_{2,1}=0$: um observador se move em relação ao outro com velocidade constante, em movimento retilíneo uniforme. (Ficar parado é um caso particular, com velocidade zero; por isso a B, "necessariamente parados", está errada.)

É a base dos referenciais inerciais: todos medem as mesmas acelerações e, portanto, as mesmas forças.

O tempo de queda depende só da altura e do movimento vertical. As duas esferas saem da mesma altura com velocidade vertical zero: caem juntas, $t_1=t_2$.

Na horizontal, o movimento é uniforme: $d=v\,t$. Com o mesmo tempo e $v_1=3v_2$:

$$d_1=3d_2$$

A velocidade horizontal não muda o tempo de queda, só o alcance. É a independência dos movimentos, de Galileu.

No ponto mais baixo, a velocidade do pêndulo é máxima e horizontal. Nesse instante, a velocidade não está aumentando nem diminuindo em módulo: a aceleração tangencial é zero.

Sobra a aceleração centrípeta, que aponta para o centro da trajetória, o ponto de suspensão: verticalmente para cima. A força resultante ($T-P$) aponta para cima.

A B (resultante nula) é o erro clássico: no ponto mais baixo, a tração é maior que o peso justamente para fazer a curva. O sentido do movimento (esquerda para direita) não muda a resposta.

Pela dilatação linear, $\ell=\ell_0(1+\alpha T)=\ell_0+\alpha\ell_0\,T$: o gráfico de cada barra é uma reta que começa em $\ell_0$ e tem inclinação $\alpha\ell_0$.

O material é o mesmo ($\alpha$ igual), mas os comprimentos iniciais são diferentes. A barra mais comprida tem inclinação maior: dilata mais, em centímetros, para o mesmo aquecimento.

As retas começam em alturas diferentes e se afastam à medida que $T$ aumenta. É o gráfico A. O B (retas paralelas) só valeria se a dilatação não dependesse do comprimento inicial.

Aceleração nula exige que a velocidade não mude nem em módulo nem em direção.

As trajetórias 1 e 3 são curvas: a direção da velocidade muda, e há aceleração centrípeta, mesmo com rapidez constante.

Só a partícula 2, em linha reta com rapidez constante, tem aceleração nula.

A segunda lei de Newton vale para qualquer força, inclusive a magnética: em cada instante, $\vec a=\dfrac{\vec F}{m}$.

A força magnética, $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$, é sempre perpendicular à velocidade. Quando a velocidade muda de direção, a força também muda. A aceleração não é constante (muda de direção o tempo todo), então o movimento não é uniformemente variado.

No caso típico, com a velocidade perpendicular ao campo, o movimento é circular uniforme.

Numa esfera condutora carregada em equilíbrio, as cargas ficam na superfície e o campo no interior é nulo: $E=0$ para $r<R$.

Do lado de fora, a esfera age como uma carga puntiforme no centro: $E=\dfrac{kQ}{r^2}$, máximo junto à superfície e decrescendo com o quadrado da distância.

O gráfico é zero até $R$, salta na superfície e depois decresce: gráfico A. O D, com campo constante dentro, é o gráfico do potencial, e não do campo.

$q_1\,q_2>0$ significa que as cargas têm o mesmo sinal: elas se repelem.

Soltas do repouso, afastam-se. À medida que se afastam, a energia potencial elétrica diminui e vira energia cinética: as velocidades crescem o tempo todo.

O que diminui é a aceleração, porque a força cai com o quadrado da distância. Mas enquanto houver força no sentido do movimento, a velocidade aumenta.

A pessoa vê a imagem diretamente, sem projetá-la numa tela: a imagem é virtual. E é maior que o objeto.

Lentes divergentes só formam imagens virtuais menores. Para ter imagem virtual ampliada, é preciso uma lente convergente com o objeto entre a lente e o foco: é a lupa.

Toda imagem virtual formada por uma única lente é direita. Com o objeto exatamente no foco (E), a imagem iria para o infinito.

Frequência: é imposta pelo vibrador e não muda ao passar de uma corda para a outra: $f_1=f_2=f$.

Velocidade: numa corda, $v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}$. A tração é a mesma nas duas, e a corda mais fina, do mesmo material, tem densidade linear $\mu$ menor: $v_1>v_2$.

Comprimento de onda: $\lambda=\frac vf$. Com a mesma frequência e velocidade maior, $\lambda_1>\lambda_2$.

É a alternativa C. Mudar de meio muda a velocidade e o comprimento de onda, nunca a frequência.