UNICID · Medicina 2011.2 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A bola descreve um lançamento vertical para cima, sob ação apenas da gravidade (desprezamos a resistência do ar), com aceleração constante de módulo $g=10\text{ m/s}^2$ dirigida para baixo.

Primeiro obtemos a velocidade de lançamento. No ponto mais alto a velocidade é nula, e a bola subiu $H=5\text{ m}$ em relação ao ponto de lançamento. Pela equação de Torricelli:

$0=v_0^2-2gH\;\Rightarrow\;v_0=\sqrt{2\cdot10\cdot5}=10\text{ m/s}.$

O tempo de subida é o tempo para a velocidade ir de $v_0$ a zero:

$0=v_0-g\,t_s\;\Rightarrow\;t_s=\dfrac{v_0}{g}=\dfrac{10}{10}=1{,}0\text{ s}.$

A interceptação pelo atacante ocorre na mesma altura do lançamento. Nesse caso o movimento é simétrico: o tempo de descida é igual ao de subida. O tempo total da jogada é, portanto, o dobro do tempo de subida.

Conferindo pela função horária do espaço, com $\Delta s=0$ (volta ao ponto de partida):

$0=v_0t-\dfrac{g\,t^2}{2}=10\,t-5\,t^2\;\Rightarrow\;t\,(10-5\,t)=0\;\Rightarrow\;t=2{,}0\text{ s}.$

Quando duas polias são ligadas por uma correia que não desliza, todos os pontos da correia têm a mesma velocidade escalar, e é essa velocidade que a correia transmite às bordas das duas polias. Assim, os pontos periféricos das polias têm a mesma velocidade linear $v$.

As demais grandezas dependem do raio, pois estão ligadas à velocidade linear por

$v=\omega R=2\pi f R\;\Rightarrow\;\omega=\dfrac{v}{R}\quad\text{e}\quad f=\dfrac{v}{2\pi R}.$

Como $v$ é a mesma, a velocidade angular $\omega$ e a frequência $f$ são inversamente proporcionais ao raio: a polia menor gira mais rápido (maior $\omega$ e maior $f$) e a maior gira mais devagar. Em símbolos, $\omega_1R_1=\omega_2R_2$ e $f_1R_1=f_2R_2$.

Só haveria igualdade de $\omega$ e de $f$ se as polias estivessem presas ao mesmo eixo (acoplamento coaxial), o que não é o caso da transmissão por correia. Logo, a única grandeza que se conserva de uma polia para a outra é a velocidade escalar (linear).

Modelo físico. A caixa sobre a plataforma (massa $M$) é puxada, por um fio ideal que passa por uma polia, pela caixa oca (massa $m_o$) que contém o corpo esférico (massa $m$). Não há atrito, de modo que a única força horizontal sobre a caixa da plataforma é a tração $T$ do fio.

Antes do rompimento. O corpo esférico está pendurado, em repouso em relação à caixa oca; os dois descem juntos com a mesma aceleração. Aplicando a 2.ª lei de Newton a cada parte:

$T=M\,a_1\qquad\text{e}\qquad (m_o+m)\,g-T=(m_o+m)\,a_1$

$a_1=\dfrac{(m_o+m)\,g}{M+m_o+m}.$

Como as forças são constantes, a aceleração $a_1$ é constante.

Depois do rompimento. O corpo esférico passa a cair livremente dentro da caixa oca e deixa de exercer força sobre ela (nem o fio nem o contato o ligam mais à caixa). Assim, o que traciona o fio é apenas o peso da caixa oca:

$T=M\,a_2\qquad\text{e}\qquad m_o\,g-T=m_o\,a_2$

$a_2=\dfrac{m_o\,g}{M+m_o}.$

Também constante enquanto o corpo cai pelo interior da caixa.

Comparação. Escrevendo a aceleração na forma $a=\dfrac{g}{1+M/m_{\text{pend}}}$, em que $m_{\text{pend}}$ é a massa que fica efetivamente pendurada e acelerando com o fio, vê-se que a aceleração cresce quando $m_{\text{pend}}$ cresce. Antes, $m_{\text{pend}}=m_o+m$; depois, $m_{\text{pend}}=m_o$, menor. Logo $a_2<a_1$.

O gráfico procurado, portanto, mostra um patamar constante até o instante $t$ e, a partir dele, uma queda brusca da aceleração para um novo patamar constante e ainda positivo, pois a caixa continua sendo puxada pelo peso da caixa oca. A queda é instantânea porque a força que traciona o fio muda no instante do rompimento.

Modelo físico. A tábua é um corpo extenso homogêneo apoiado nos cavaletes em B e D. O latão, de massa desprezível quando vazio, fica sobre a extremidade A, fora do trecho entre os apoios. Conforme a chuva enche o latão, seu peso aumenta e tende a girar a tábua em torno do apoio B. A tábua só tomba quando o apoio D deixa de empurrá-la para cima, isto é, quando a reação em D se anula. Esse é o limite de equilíbrio.

Geometria. O comprimento da tábua é $AD=0{,}3+0{,}7+1{,}0=2{,}0\text{ m}$. Sendo homogênea, seu centro de massa está no ponto médio, a $1{,}0\text{ m}$ de A, ou seja, exatamente no ponto C (pois $AB+BC=0{,}3+0{,}7=1{,}0\text{ m}$). Em relação ao apoio B, o peso da tábua atua a $0{,}7\text{ m}$ à direita, e o peso do latão (em A) atua a $0{,}3\text{ m}$ à esquerda.

Condição de tombamento. No limite, a soma dos momentos em relação a B é nula, com a reação em D igual a zero. O peso da tábua é $P_t=6\cdot10=60\text{ N}$. Sendo $m$ a massa de água no latão:

$m\,g\cdot0{,}3=P_t\cdot0{,}7\;\Rightarrow\;m\cdot10\cdot0{,}3=60\cdot0{,}7$

$3\,m=42\;\Rightarrow\;m=14\text{ kg}.$

Como a densidade da água é $1\text{ kg/L}$, isso corresponde a $14\text{ L}$.

Interpretação. Como $14\text{ L}$ é menor que a capacidade de $19\text{ L}$ do latão, o latão não chega a ficar cheio sobre a tábua: ela gira em torno de B e o conjunto cai assim que o volume de água ultrapassa $14\text{ L}$. Para volumes menores, o momento do latão é menor que o da tábua e ela permanece em equilíbrio.

Modelo físico. O sargento comprime os três blocos na horizontal. Em equilíbrio horizontal, a força de compressão se transmite ao longo da fileira, de modo que a força normal em cada superfície de contato entre dois blocos vale $N=40{,}00\text{ N}$.

O bloco central tem duas faces em contato com os blocos vizinhos (uma de cada lado). Em cada face surge uma força de atrito estático, vertical e para cima, que se opõe à tendência de o bloco escorregar sob seu peso. Na iminência de escorregar, cada uma delas atinge o valor máximo:

$f_{at,\max}=\mu\,N.$

O peso do bloco central é $P=m\,g=2{,}00\cdot10=20{,}0\text{ N}$. Na iminência do movimento, o equilíbrio vertical exige que as duas forças de atrito máximas equilibrem o peso:

$2\,\mu\,N=P\;\Rightarrow\;2\,\mu\cdot40{,}00=20{,}0$

$\mu=\dfrac{20{,}0}{80{,}0}=0{,}25.$

O bloco central é o primeiro a escorregar porque só ele depende exclusivamente do atrito com os vizinhos para se sustentar; o conjunto continua preso enquanto o aperto for maior que o valor mínimo de $40{,}00\text{ N}$.

Modelo físico. Sem atrito, a única força que realiza trabalho é o peso (a normal da rampa é perpendicular ao deslocamento). Logo, a energia mecânica se conserva.

Altura perdida. O centro de massa percorre $d=8\text{ m}$ ao longo da rampa inclinada de $30^\circ$. O desnível correspondente é

$h=d\,\text{sen }30^\circ=8\cdot\dfrac{1}{2}=4\text{ m}.$

Conservação da energia. A energia potencial gravitacional perdida se converte em energia cinética:

$m\,g\,h=\dfrac{m\,v^2}{2}\;\Rightarrow\;v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot10\cdot4}=\sqrt{80}\approx8{,}9\text{ m/s}.$

O valor, arredondado, é de cerca de $9\text{ m/s}$. O resultado não depende da massa do bote. Conferindo por cinemática: a aceleração ao longo da rampa é $a=g\,\text{sen }30^\circ=5\text{ m/s}^2$ e, por Torricelli, $v^2=2\,a\,d=2\cdot5\cdot8=80$, o mesmo resultado.

Modelo físico. O sistema é conservativo: apenas o peso realiza trabalho, e a energia mecânica do bote se conserva desde o início da rampa até o instante em que ele toca a água. Como só interessa a energia cinética final, basta considerar o desnível total, sem se preocupar com a trajetória (rampa e depois queda livre).

Desnível total. Na rampa, o bote desce $4\text{ m}$ (calculado na questão anterior: $8\cdot\text{sen }30^\circ$). Ao deixar a rampa, está a $6\text{ m}$ do mar. O desnível total até a água é

$H=4+6=10\text{ m}.$

Energia. Partindo do repouso no alto da rampa, toda a energia potencial perdida vira energia cinética:

$E_c=M\,g\,H=M\cdot10\cdot10=100\,M\;\text{(em joules, com }M\text{ em kg).}$

Conferência por etapas: ao sair da rampa, $E_c=40\,M$ (pois $v^2=80$); na queda de $6\text{ m}$, o bote ganha mais $M\,g\cdot6=60\,M$, somando $100\,M$.

Modelo físico. Na água, o bote sofre o peso $P$ (para baixo) e o empuxo $E$ (para cima). Pela 2.ª lei de Newton na vertical, o sentido da força resultante é o da aceleração, e este pode ser lido na variação da velocidade vertical. Como o bote é completamente vedado e flutua, ele é menos denso que a água: quando está totalmente submerso, o empuxo $E=\rho_{\text{água}}\,V\,g$ é maior que o peso.

Etapa I. O bote entra na água descendo e sua velocidade para baixo diminui. Isso significa aceleração dirigida para cima, logo força resultante para cima: o empuxo é maior que o peso.

Etapa II. Quando o bote está completamente submerso e sua velocidade vertical se anula, ele está no ponto mais profundo e vai inverter o movimento, subindo. Para isso precisa de aceleração para cima. O volume deslocado é o máximo (bote todo submerso), de modo que o empuxo é maior que o peso.

Etapa III. O bote adquire velocidade para cima ao se dirigir à superfície. A velocidade vertical para cima está aumentando, o que exige resultante para cima: de novo, empuxo maior que o peso.

Etapa IV. O bote atinge o equilíbrio boiando, com velocidade vertical nula e mantida nula. A resultante é nula, logo o empuxo (agora correspondente apenas à parte submersa) se iguala ao peso.

Resumindo, a sequência de relações entre o empuxo e o peso é: maior, maior, maior e, por fim, igual.

Afirmação I. A gravidade não cessa quando a espaçonave entra em órbita. A força gravitacional $F=G\dfrac{Mm}{d^2}$ diminui com a distância, mas nunca se anula. Em órbita, a 300 ou 400 km de altitude, ela ainda vale cerca de 90% do valor na superfície. É justamente ela que fornece a força centrípeta da órbita. A sensação de “ausência de peso” ocorre porque nave e astronauta estão em queda livre contínua, e não porque a gravidade tenha desaparecido. A afirmação é falsa.

Afirmação II. A lei da gravitação universal e a lei de Coulomb têm a mesma estrutura matemática: ambas são proporcionais ao produto das “cargas” (massas, no primeiro caso) e inversamente proporcionais ao quadrado da distância:

$F_g=G\dfrac{M\,m}{d^2}\qquad\text{e}\qquad F_e=k\dfrac{|q_1\,q_2|}{d^2}.$

Assim, a intensidade decresce com o quadrado da distância (dobrando a distância, a força cai a um quarto). A afirmação é verdadeira.

Afirmação III. As forças gravitacionais entre dois corpos formam um par ação-reação (3.ª lei de Newton): têm mesma intensidade e direção, sentidos opostos, e atuam em corpos diferentes. Portanto, a Terra nos atrai com a mesma intensidade com que a atraímos. A diferença está só nas acelerações resultantes, pela 2.ª lei de Newton (a massa da Terra é enorme, e a aceleração dela é desprezível). A afirmação é verdadeira.

Modelo físico. A temperatura permanece constante durante a ascensão, de modo que a transformação do gás é isotérmica, regida pela lei de Boyle: $p_1V_1=p_2V_2$. Falta conhecer as pressões inicial e final.

Pressão no fundo (70 m). A pressão no gás é a soma da pressão atmosférica com a pressão da coluna de água acima dele (teorema de Stevin):

$p_1=p_{atm}+\rho\,g\,h=1\cdot10^{5}+1\cdot10^{3}\cdot10\cdot70=1\cdot10^{5}+7\cdot10^{5}=8\cdot10^{5}\text{ Pa}.$

Pressão na superfície. Na superfície, só há a pressão atmosférica: $p_2=1\cdot10^{5}\text{ Pa}$.

Lei de Boyle.

$p_1V_1=p_2V_2\;\Rightarrow\;8\cdot10^{5}\cdot125=1\cdot10^{5}\cdot V_2$

$V_2=8\cdot125=1\,000\text{ m}^3.$

A bolha ocupa oito vezes o volume inicial, porque a pressão cai a um oitavo. Com mais volume de gás misturado à água, a densidade média da mistura diminui, e o empuxo sobre um navio é menor, que é o que a teoria do enunciado propõe.

Modelo físico. Em um diagrama $p\times V$, o trabalho realizado pelo gás em cada transformação é numericamente igual à área sob o gráfico, positivo se o volume aumenta (expansão) e nulo se o volume é constante. Pela leitura do gráfico: A $(2\cdot10^{-3}\text{ m}^3;\,4\cdot10^{5}\text{ Pa})$, B $(2\cdot10^{-3};\,1\cdot10^{5})$, C $(5\cdot10^{-3};\,1\cdot10^{5})$ e D $(7\cdot10^{-3};\,4\cdot10^{5})$.

A→B. O volume permanece constante (transformação isocórica), portanto $\tau_{AB}=0$.

B→C. Expansão à pressão constante (isobárica):

$\tau_{BC}=p\,\Delta V=1\cdot10^{5}\cdot(5-2)\cdot10^{-3}=300\text{ J}.$

C→D. Expansão com pressão variando linearmente de $1\cdot10^{5}$ a $4\cdot10^{5}\text{ Pa}$. A área sob a reta é a de um trapézio, que equivale à pressão média vezes a variação de volume:

$\tau_{CD}=\dfrac{(1+4)\cdot10^{5}}{2}\cdot(7-5)\cdot10^{-3}=2{,}5\cdot10^{5}\cdot2\cdot10^{-3}=500\text{ J}.$

Trabalho total.

$\tau=0+300+500=800\text{ J}.$

O valor positivo indica que, no conjunto, o gás cedeu energia ao meio ao empurrar o êmbolo.

Modelo físico. Para um espelho esférico de foco $F$ e centro de curvatura $C$ (com $\overline{VC}=2\overline{VF}$), a equação de Gauss $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}$ e o aumento $A=-\dfrac{p'}{p}=\dfrac{f}{f-p}$ permitem montar a tabela teórica.

Espelho côncavo ($f>0$). A imagem é real quando o objeto está além de $F$ (distância ao vértice maior que $f$), e é virtual, direita e maior quando o objeto está entre $V$ e $F$. Toda imagem real é invertida, de modo que a inversão ocorre também para objeto além de $F$. A imagem é menor que o objeto ($|A|<1$) apenas quando o objeto está além de $C$; entre $F$ e $C$ a imagem é real, invertida e maior, e em $C$ tem o mesmo tamanho.

Espelho convexo ($f<0$). A imagem de um objeto real é sempre virtual, direita e menor. Portanto, nunca há imagem real, $|A|<1$ sempre e nunca há inversão.

Confronto com as tabelas. As tabelas em que o côncavo tem distância focal negativa (e o convexo, positiva) estão erradas de saída, pois o sinal da distância focal é positivo no côncavo e negativo no convexo. As que afirmam imagem real para objeto entre $V$ e $F$ também erram, porque nessa região a imagem é virtual. Uma tabela ainda erra ao dizer que o espelho convexo inverte a imagem “sempre”, e outra ao dar imagem real “sempre” para o convexo.

A tabela que concorda com a teoria no sinal das distâncias focais, na condição de imagem real e de inversão do côncavo (objeto além de $F$) e em toda a coluna do convexo (nunca, sempre, nunca) é a de melhor conteúdo. Observação: nessa tabela, a célula “$|A|<1$: objeto entre $F$ e $C$” do espelho côncavo está imprecisa, pois a redução da imagem ocorre com o objeto além de $C$; é uma imperfeição do próprio texto da prova, e as demais tabelas têm erros conceituais mais graves.

Modelo físico. A luz que sai do foguete (na água) para o observador (no ar) sofre refração na superfície, que se comporta como um dioptro plano. Para observação praticamente perpendicular à superfície (helicóptero sobre os destroços), vale

$\dfrac{p'}{p}=\dfrac{n_{\text{obs}}}{n_{\text{obj}}}$

em que $p$ é a profundidade real do objeto, $p'$ a profundidade aparente, $n_{\text{obj}}$ o índice do meio onde está o objeto (água) e $n_{\text{obs}}$ o do meio do observador (ar).

Aplicação. Como o objeto parece mais raso do que realmente está, a profundidade aparente é menor que a real. Com a profundidade aparente obtida considerando a refração $p'=30\text{ m}$:

$\dfrac{30}{p}=\dfrac{1}{4/3}=\dfrac{3}{4}\;\Rightarrow\;p=\dfrac{4}{3}\cdot30=40\text{ m}.$

A altitude de $100\text{ m}$ do helicóptero é um dado desnecessário: a profundidade aparente é medida a partir da superfície da água, não depende de a que altura está o observador.

Modelo físico. O balanço, com oscilações de pequena amplitude, se comporta como um pêndulo simples, cujo período é

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}},$

em que $L$ é o comprimento do pêndulo (aqui, o da corrente) e $g$ a aceleração da gravidade.

I. Aumentar a massa. A massa não aparece na expressão do período: ela afeta o peso e a inércia na mesma proporção, e o período não muda. Não serve.

II. Aumentar o impulso dado pelos pés. Dar mais impulso aumenta a amplitude e a energia da oscilação, mas, para pequenas amplitudes, o período não depende da amplitude (isocronismo). Também não serve para diminuir o período.

III. Diminuir o tamanho da corrente. Reduzir $L$ diminui o período, pois $T$ é proporcional a $\sqrt{L}$. Por exemplo, reduzindo o comprimento à metade, o período cai por um fator $\sqrt{2}\approx1{,}4$. O balanço passa a oscilar mais depressa.

O que o experimento mostra. Se os elétrons se comportassem apenas como partículas, ao passar pelas fendas formariam no anteparo marcas com o contorno das fendas. Em vez disso, aparece uma faixa em que os elétrons são espalhados também para as regiões que, classicamente, seriam “sombra”. Isso é característico de ondas: ao atravessar uma fenda de dimensões comparáveis ao seu comprimento de onda, a onda se espalha e contorna as bordas, e as ondas vindas de fendas vizinhas ainda se superpõem (interferência).

Comparação com os outros fenômenos. A absorção é a transferência de energia da onda ao meio. A polarização só ocorre com ondas transversais e seleciona um plano de vibração, não tem relação com fendas. A reflexão e a refração envolvem a mudança de direção ou de meio na interface entre dois meios, não o espalhamento causado por obstáculos e aberturas.

O fenômeno ondulatório de espalhamento e contorno de obstáculos e fendas é a difração, e o experimento a evidencia para a matéria, em acordo com a hipótese de de Broglie de que a partícula tem comprimento de onda $\lambda=\dfrac{h}{m\,v}$. A luz, de natureza ondulatória, apresenta o mesmo comportamento em fendas de dimensões comparáveis ao seu comprimento de onda.

Modelo físico. Tratamos o gerador e o amperímetro como ideais. O amperímetro está em série com o gerador e mede a corrente total. A lâmpada (em série com a chave 1) e o sistema de arrefecimento (em série com a chave 2) formam dois ramos em paralelo, submetidos à mesma tensão $U$ do gerador.

Etapa 1: só a lâmpada acesa. Depois do fechamento da chave 1 e antes do acionamento do arrefecimento, apenas o ramo da lâmpada conduz. O gráfico mostra $i=5\text{ A}$. Pela 1.ª lei de Ohm:

$U=R_{\text{lâmpada}}\cdot i=20\cdot5=100\text{ V}.$

Etapa 2: lâmpada e arrefecimento funcionando. Com a chave 2 fechada, o ramo do sistema de arrefecimento entra em paralelo com o da lâmpada, sob a mesma tensão $U=100\text{ V}$. A lâmpada continua com os mesmos $5\text{ A}$. A corrente total registrada passa a $15\text{ A}$, de modo que o ramo do arrefecimento conduz

$i_{\text{arref}}=15-5=10\text{ A}.$

Resistência do sistema.

$R_{\text{arref}}=\dfrac{U}{i_{\text{arref}}}=\dfrac{100}{10}=10\ \Omega.$

Conferindo pela resistência equivalente: $R_{eq}=\dfrac{U}{i_{total}}=\dfrac{100}{15}\approx6{,}7\ \Omega$, que é igual a $\dfrac{20\cdot10}{20+10}$, em acordo com a associação em paralelo.

Modelo físico. A intensidade de corrente é a carga que atravessa a seção do condutor por unidade de tempo, $i=\dfrac{Q}{\Delta t}$, e a carga total é um número inteiro de elétrons: $Q=n\,e$.

Intervalo de tempo. O temporizador conta $1$ minuto, ou seja, $\Delta t=60\text{ s}$, entre o acionamento do temporizador (acendimento da lâmpada) e o acionamento do arrefecimento. Nesse intervalo, só a lâmpada está ligada e o gráfico mostra $i=5\text{ A}$ (valor constante).

Carga fornecida pelo gerador.

$Q=i\,\Delta t=5\cdot60=300\text{ C}.$

Número de elétrons.

$n=\dfrac{Q}{e}=\dfrac{300}{1{,}6\cdot10^{-19}}\approx1{,}9\cdot10^{21}\approx2\cdot10^{21}\text{ elétrons}.$

O resultado é da ordem de $10^{21}$ elétrons, o que mostra como a carga de cada elétron é minúscula: mesmo uma corrente modesta transporta um número gigantesco de portadores em um minuto.

Modelo físico. Um fio com corrente imerso em um campo magnético $\vec B$ sofre a força magnética $\vec F=i\,\vec L\times\vec B$, de módulo $F=B\,i\,L\,\text{sen}\,\theta$, perpendicular ao fio e ao campo. Só não haveria força se $\vec B$ fosse nulo ou paralelo ao fio, o que não é o caso: o campo é máximo e aponta ao longo do eixo do ímã, perpendicular ao fio.

Sentido da corrente. Os elétrons se movem no sentido $+x$. Por convenção, o sentido da corrente elétrica é o das cargas positivas, portanto o da corrente é oposto: sentido $-x$ (para a esquerda, na figura).

Sentido do campo. A origem está sobre a extremidade do ímã onde fica o polo norte (região sombreada, marcada com N). Fora do ímã, as linhas de campo saem do polo norte. Assim, na origem, $\vec B$ aponta para fora do ímã, ao longo do eixo do ímã, no sentido do observador, o mesmo sentido em que aponta o eixo $y$ desenhado.

Regra da mão direita. Com os dedos esticados no sentido da corrente (para a esquerda) e girando-os na direção do campo (para o observador), o polegar aponta para cima: a força é vertical, na direção do eixo $z$, no sentido positivo desse eixo (o de $z$ desenhado, para cima).

Observação. Os três eixos da figura (x para a direita, z para cima e y para o observador) não formam o triedro usual de mão direita, de modo que é mais seguro aplicar a regra da mão direita diretamente à situação desenhada, como feito acima, do que calcular um produto vetorial entre os versores $\hat\imath$, $\hat\jmath$ e $\hat k$.