UNICID · Medicina 2012.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O momento (torque) de uma força em relação a um ponto de apoio vale, em módulo, o produto da intensidade da força pela distância da sua linha de ação ao ponto, isto é, o braço de alavanca. No caso da gangorra, a força é o peso da criança, vertical, e o braço é a distância horizontal $d$ entre a criança e o centro de apoio:

$M=P\cdot d$.

Para a criança mais pesada o peso $P$ é um valor fixo. Logo $M$ é diretamente proporcional a $d$: dobrando-se a distância ao apoio, dobra o momento. Isso é uma função do primeiro grau que se anula em $d=0$ (força aplicada sobre o próprio eixo não produz giro), ou seja, no gráfico $M\times d$ temos uma reta crescente que passa pela origem.

Retas decrescentes, curvas e a reta horizontal descrevem relações que não são a de proporcionalidade direta. A reta horizontal, em particular, corresponderia a um momento que independe da posição, o que contraria a própria definição $M=P\cdot d$ para um peso fixo.

Vamos medir a posição $S$ da criança a partir da cama elástica (nível $S=0$), com a velocidade positiva para cima. O movimento tem duas partes.

Descida (queda livre). A criança parte do repouso, no nível do tablado, e cai sob ação apenas da gravidade. A velocidade tem módulo crescente e sentido para baixo, portanto $v$ é negativa e decresce linearmente, com inclinação $-g$, partindo de $0$. A posição diminui de forma parabólica, cada vez mais rápido, até chegar a $S=0$ quando encontra a cama.

Rebote. Como o sistema é conservativo, a energia mecânica se conserva e a criança retorna ao nível do tablado, saindo da cama com a mesma rapidez com que chegou, só que para cima. Assim a velocidade passa, em um intervalo de tempo desprezível, de um valor negativo para um valor positivo de mesmo módulo. No gráfico, é um salto vertical. Depois do rebote, a criança sobe em movimento retardado: $v$ diminui linearmente, com a mesma inclinação $-g$, até zerar no ponto mais alto, e a posição cresce de forma parabólica, cada vez mais devagar.

No gráfico da posição, a trajetória chega ao eixo descendo e sai dele subindo, o que gera um bico (ponta) em $S=0$, sem trecho negativo, pois a criança não atravessa a cama. No gráfico da velocidade, temos um segmento decrescente negativo, o salto e outro segmento decrescente positivo, de mesma inclinação.

Os gráficos com velocidade sempre crescente ou sempre positiva não descrevem a inversão de sentido, e os que apresentam posição negativa ou suave em $S=0$ ignoram a cama como fronteira do movimento.

Adotemos eixos leste ($x$) e norte ($y$) e decomponhamos cada velocidade pela soma vetorial. Com $\cos45^\circ=\sin45^\circ\approx0{,}71$:

Vento (nordeste): $v_{v}=(2{,}0\cdot0{,}71;\ 2{,}0\cdot0{,}71)\approx(1{,}41;\ 1{,}41)$ nós.

Correnteza (sudeste): $v_{c}=(1{,}5\cdot0{,}71;\ -1{,}5\cdot0{,}71)\approx(1{,}06;\ -1{,}06)$ nós.

Soma: $v_{v}+v_{c}\approx(2{,}47;\ 0{,}35)$ nós.

Afirmação I. O módulo é $\sqrt{2{,}47^2+0{,}35^2}\approx2{,}5$ nós, mas há componente norte de $0{,}35$ nó: a direção é cerca de $8^\circ$ ao norte do leste, e não exatamente leste. A afirmação é falsa.

Afirmação II. Com a proa apontada ao norte e o motor a $3{,}5$ nós, o motor soma $(0;\ 3{,}5)$ à velocidade anterior, e a resultante é $(2{,}47;\ 3{,}85)$ nós. Persiste a componente leste de $2{,}47$ nós, de modo que o barco não vai para o norte. Falsa.

Afirmação III. Para o movimento resultante ser para o norte, a componente leste total deve ser nula. O motor precisa então fornecer componente para oeste de $2{,}47$ nós, além de alguma componente norte (que é livre e dá a rapidez de avanço). Esse vetor aponta para um sentido entre o oeste e o norte, e seu módulo, de pelo menos $2{,}47$ nós, é menor que os $3{,}5$ nós disponíveis, bastando ajustar a potência do motor. A afirmação é verdadeira.

Somente a afirmação III descreve uma manobra possível.

Sem derrapagem, a cada volta completa da roda a bicicleta avança uma distância igual ao comprimento da circunferência externa do pneu (o perímetro). O número de voltas da válvula é, portanto, a distância percorrida dividida por esse perímetro.

Perímetro: $C=\pi D=3{,}1\cdot0{,}64\text{ m}=1{,}984\text{ m}\approx2{,}0\text{ m}$.

Distância: $6{,}2\text{ km}=6\,200\text{ m}$.

$N=\dfrac{6\,200}{1{,}984}\approx3\,125$ voltas.

O resultado é coerente com a estimativa $6\,200\text{ m}/2\text{ m}\approx3\,100$ voltas. Observe que a válvula completa uma volta a cada giro da roda, e não a cada $\pi$ metros: o diâmetro (e não o raio) entra na fórmula do perímetro.

Em um referencial inercial só entram no diagrama as forças de interação, isto é, aquelas causadas por outros corpos. Sobre a amostra no fundo do tubo atuam apenas:

• o peso $\vec P$, vertical e para baixo, exercido pela Terra;

• a normal $\vec N$, exercida pelo fundo do tubo, perpendicular à superfície de contato.

Como o tubo se inclina durante a rotação, o fundo do tubo também fica inclinado, e a normal, perpendicular a ele, tem uma componente vertical (que equilibra o peso) e uma componente horizontal dirigida para o eixo de rotação.

Essa componente horizontal é justamente a que fornece a resultante centrípeta: $N\cos\theta=P$ e $N\sin\theta=m\omega^2R$. A força centrípeta $\vec F_{cp}$ é o nome da resultante das forças que apontam para o centro; não é uma força a mais e, portanto, não deve ser desenhada além de $\vec N$ e $\vec P$ (desenhá-la junto com elas contaria a mesma coisa duas vezes).

A força centrífuga $\vec F_{cf}$ só aparece para um observador girando junto com a centrífuga, referencial não inercial, e é descartada aqui pelo enunciado.

O diagrama correto traz, então, somente $\vec N$ inclinada (para cima e para o centro) e $\vec P$ vertical.

Na superfície de um astro esférico de massa $M$ e raio $R$, a aceleração da gravidade é

$g=\dfrac{GM}{R^2}\ \Rightarrow\ M=\dfrac{g\,R^2}{G}$.

Como $G$ é a mesma para qualquer planeta, basta comparar o B612 com a Terra por razões, sem precisar do valor de $G$:

$\dfrac{M_B}{M_T}=\dfrac{g_B}{g_T}\left(\dfrac{R_B}{R_T}\right)^2$.

Com $g_B/g_T=10^{-7}$ e $R_B/R_T=10^{-6}$:

$\dfrac{M_B}{M_T}=10^{-7}\cdot\left(10^{-6}\right)^2=10^{-7}\cdot10^{-12}=10^{-19}$.

Logo

$M_B=6\times10^{24}\cdot10^{-19}=6\times10^{5}\text{ kg}=600\text{ t}$.

Entre as opções, a massa mais próxima de $600\text{ t}$ é a de um navio cargueiro de $500\text{ t}$. Um saco de cimento, um automóvel, um caminhão ou um avião de passageiros têm massa de uma a quatro ordens de grandeza menor do que a calculada, ao passo que o navio cargueiro é da mesma ordem.

O problema tem duas etapas, cada uma com sua lei de conservação.

1) Disparo. Sem dissipação, a energia potencial elástica da mola, $\dfrac{k x^2}{2}$, converte-se integralmente em energia cinética do projétil. Com $x=10\text{ cm}=0{,}10\text{ m}$, $m=100\text{ g}=0{,}10\text{ kg}$ e $v=100\text{ m/s}$:

$\dfrac{k\,x^2}{2}=\dfrac{m\,v^2}{2}\ \Rightarrow\ k=\dfrac{m\,v^2}{x^2}=\dfrac{0{,}10\cdot100^2}{0{,}10^2}=\dfrac{1\,000}{0{,}010}=1{,}0\times10^{5}\text{ N/m}$.

2) Colisão. O projétil fica incrustado no carrinho: colisão perfeitamente inelástica. Na horizontal não há forças externas, então a quantidade de movimento do sistema se conserva:

$m\,v=(m+M)\,V\ \Rightarrow\ 0{,}10\cdot100=(0{,}10+0{,}90)\,V$.

$V=\dfrac{10}{1{,}0}=10\text{ m/s}$.

(A energia cinética não se conserva nesta etapa, pois parte dela é dissipada na deformação; por isso a conservação de energia só vale para o disparo.)

Em trecho horizontal a energia potencial gravitacional não varia. Para o automóvel não colidir, ele precisa chegar ao repouso (no limite, junto ao veículo parado, após percorrer no máximo a distância $d$). Toda a sua energia mecânica, que é só cinética, precisa então ser dissipada pelo atrito dos freios e pneus, e pela resistência do ar.

Pelo teorema do trabalho e da energia cinética, o trabalho das forças dissipativas é $\tau=\Delta E_c=0-\dfrac{m v^2}{2}$, de modo que o módulo da energia dissipada vale

$E_{\text{dissipada}}=\dfrac{m\,v^2}{2}$.

Observe que a distância $d$ não aparece no resultado: ela determina a intensidade mínima da força de frenagem ($F=\dfrac{m v^2}{2d}$), mas não a energia que precisa ser retirada do carro. Expressões como $m\,v\,d$ não têm dimensão de energia, e a que traz $m\,v^2$ falha por faltar o fator $\tfrac12$.

O acréscimo de pressão devido a uma coluna de líquido em equilíbrio é dado pelo teorema de Stevin:

$\Delta p=\rho\,g\,h$.

A densidade deve estar no SI: $1{,}0\text{ g/cm}^3=1{,}0\times10^{3}\text{ kg/m}^3$ (pois $1\text{ g}=10^{-3}\text{ kg}$ e $1\text{ cm}^3=10^{-6}\text{ m}^3$). Com $g=10\text{ m/s}^2$ e $h=1{,}5\text{ m}$:

$\Delta p=1{,}0\times10^{3}\cdot10\cdot1{,}5=1{,}5\times10^{4}\text{ Pa}$.

Esse valor é um pouco maior que $10\%$ da pressão atmosférica, o que é razoável para uma coluna de apenas $1{,}5\text{ m}$ de líquido quase tão denso quanto a água. O erro mais comum seria esquecer de converter $\text{g/cm}^3$ para $\text{kg/m}^3$, o que levaria a um resultado mil vezes menor.

A lã é um mau condutor de calor, isto é, um isolante térmico, em boa parte porque retém ar entre suas fibras. Quando alguém se enrola em um cobertor de lã, as trocas de calor entre o corpo e o ambiente (condução, convecção e perdas por evaporação do suor) ficam muito reduzidas.

Numa pessoa com febre, o corpo já está acima da temperatura normal e precisa perder calor. O cobertor faz o oposto: dificulta a saída de calor e tende a manter, ou até aumentar, a temperatura corporal. A transpiração intensa observada é consequência desse aquecimento, e a sensação de alívio depois dela vem do suor e do mal-estar da febre, não de uma real queda da temperatura do corpo induzida pelo cobertor. Do ponto de vista da física, portanto, o procedimento é contraditório.

O que de fato favorece a perda de calor é aumentar a troca com o ambiente, por exemplo com um banho de água morna ou fria (que retira calor do corpo por condução e, depois, por evaporação) e roupas leves. Dizer que o suor "libera toxinas" não tem fundamento físico, e manter constante a temperatura do corpo com o cobertor também não se sustenta, pois a transpiração é uma reação à elevação da temperatura.

No diagrama $p\times V$, um trecho horizontal é uma transformação isobárica: a pressão é constante. O sentido das setas (CD para a direita, DA descendo, AB para a esquerda, BC subindo) indica que o ciclo é percorrido no sentido horário, o que caracteriza uma máquina térmica que realiza trabalho líquido positivo.

Vamos examinar cada afirmação.

• Trecho DA: a pressão diminui enquanto o volume aumenta; é uma expansão não isobárica. A expansão isobárica ocorre em CD, de modo que DA não é o trecho em questão, e a palavra "única" também deixa a afirmação falsa.

• Trecho AB: é horizontal (pressão constante) e o volume diminui da direita para a esquerda: trata-se de uma compressão isobárica. A afirmação é verdadeira.

• Rendimento: $\eta=\dfrac{W}{Q_{\text{quente}}}$, e o trabalho útil $W$ é justamente a área do ciclo; portanto o rendimento depende dela.

• Potência média: a área é trabalho (energia, em joules), e não potência; potência exigiria dividir o trabalho pelo tempo de um ciclo.

• Calor gerado pela explosão: a área corresponde ao trabalho líquido realizado no ciclo, igual a $Q_{\text{recebido}}-Q_{\text{cedido}}$, e não ao calor total produzido na combustão.

Assim, a única descrição correta do diagrama é a que identifica o trecho AB como compressão com pressão constante.

Afirmação I. Verdadeira. No arco-íris, a luz branca do Sol entra na gota, sofre refração (com dispersão, pois cada cor tem um índice de refração diferente), reflexão no fundo da gota e nova refração na saída. As cores saem separadas em ângulos ligeiramente diferentes, e vemos o espectro.

Afirmação II. Verdadeira. O céu da Terra é claro porque a atmosfera espalha a luz solar. Na Lua não há atmosfera para espalhar a luz; olhando para cima, o astronauta só recebe luz diretamente de astros, e o fundo do céu é escuro mesmo durante o dia lunar.

Afirmação III. A afirmação é verdadeira no sentido empregado pelo enunciado: a luz proveniente da Terra que chega ao astronauta é a luz solar espalhada pela atmosfera (o espalhamento de Rayleigh é muito mais intenso para os comprimentos de onda curtos, azuis) e refletida pelos oceanos, de modo que a luz que o planeta devolve ao espaço é predominantemente azul. É essa a origem da cor do "planeta azul". Observe, porém, que a frase usa "refletidos" em sentido amplo, abrangendo também a luz espalhada; em rigor o principal mecanismo é o espalhamento atmosférico.

Como as três afirmações descrevem fenômenos reais de dispersão e espalhamento da luz, nenhuma delas pode ser descartada.

O microscópio composto funciona em dois estágios, ambos com lentes convergentes.

Objetiva ($B$). Produz, do objeto $O$, uma imagem real, invertida e ampliada, que serve de objeto para a ocular. Para uma lente convergente, uma imagem real e maior que o objeto só se forma quando o objeto está entre o foco $F$ e o ponto antiprincipal $A$ (a distância $2f$). Entre o foco e o centro óptico a imagem seria virtual, e além do ponto antiprincipal seria real, mas reduzida.

Ocular ($C$). Funciona como lupa: a imagem intermediária fica entre o foco e o centro óptico de $C$, o que dá uma imagem final virtual, direita em relação à intermediária e ainda maior. Uma lente divergente jamais ampliaria a imagem intermediária, por isso a ocular também é convergente.

Quanto às afirmações que falam da posição de $I$ junto à ocular, note que o que se encontra entre o foco e o centro óptico de $C$ é a imagem intermediária (o objeto da ocular), e não a imagem final $I$, que é virtual e fica do mesmo lado do objeto da ocular, porém mais afastada da lente que ele.

Assim, a descrição completa e correta é: duas lentes convergentes, com a lâmina colocada entre o foco e o ponto antiprincipal da objetiva.

A função dada tem a forma geral do MHS, $y=A\cos(\omega t)$. Comparando termo a termo, a amplitude é $A=3{,}0\times10^{-10}\text{ m}$ e a frequência angular é $\omega=2{,}0\times10^{18}\,\pi\ \text{rad/s}$.

A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo:

$v=\dfrac{dy}{dt}=-A\,\omega\,\sin(\omega t)$,

cujo valor máximo, atingido quando $|\sin(\omega t)|=1$ (partícula passando pela posição de equilíbrio), é $v_{\text{máx}}=A\,\omega$. Com $\pi\cong3$, temos $\omega\approx6{,}0\times10^{18}\text{ rad/s}$ e

$v_{\text{máx}}=3{,}0\times10^{-10}\cdot6{,}0\times10^{18}=18\times10^{8}=1{,}8\times10^{9}\text{ m/s}$.

Esse valor é a velocidade de vibração dos pontos do meio (ou do campo) e não a velocidade da onda; como ela excede a da luz no vácuo, trata-se de um dado só numérico do exercício, sem significado físico para uma partícula material.

Em um campo elétrico uniforme, a diferença de potencial entre dois pontos separados por uma distância $d$ medida ao longo das linhas de campo é, em módulo,

$U=E\cdot d$.

As seis superfícies $A,B,C,D,E,F$ delimitam cinco intervalos iguais ao longo dos $5\text{ cm}$ entre as placas, de modo que cada intervalo mede $1\text{ cm}=1\times10^{-2}\text{ m}$. A ddp entre superfícies vizinhas é

$U=1\times10^{4}\cdot1\times10^{-2}=1\times10^{2}\text{ V}$.

• De $B$ a $C$ há um intervalo: $|U_{BC}|=1\times10^{2}\text{ V}$.

• De $D$ a $F$ há dois intervalos ($D\to E$ e $E\to F$): $|U_{DF}|=2\times10^{2}\text{ V}$.

(Como o potencial cresce no sentido da placa negativa para a positiva, os valores de $U_{BC}$ e $U_{DF}$, tomados como $V_B-V_C$ e $V_D-V_F$, são tecnicamente negativos; o problema pede apenas os módulos.) Como conferência, a ddp entre as placas é $5\cdot100=500\text{ V}=E\cdot0{,}05$, resultado igual a $1\times10^{4}\cdot5\times10^{-2}$.

A ligação de cada instrumento depende da grandeza que ele mede.

Instrumento 1. Está inserido no fio que sai da bateria e chega ao circuito $C$, isto é, em série com ele: toda a corrente do circuito passa por ele. Instrumento ligado em série mede a corrente elétrica e, para não alterar o circuito, deve ter resistência interna muito pequena: é um amperímetro.

Instrumento 2. Está ligado aos dois terminais de $C$, ou seja, em paralelo com ele, ficando submetido à mesma ddp. Instrumento em paralelo mede tensão e, para não desviar corrente, deve ter resistência interna muito grande: é um voltímetro.

Um ohmímetro mede resistência de um componente fora do circuito alimentado, pois possui bateria própria, por isso não deve ser usado com o circuito ligado à bateria. O multímetro é um aparelho que pode atuar como qualquer um dos três, dependendo da posição da chave, de modo que a questão pede o tipo de medição adequado a cada ponto.

Uma trajetória circular exige uma força de módulo constante, sempre perpendicular à velocidade. Um campo elétrico uniforme não serve: ele exerceria uma força de direção fixa, que acelera ou freia a partícula e produz uma trajetória parabólica, e não circular. Já a força magnética $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$ é sempre perpendicular a $\vec v$ e, com $\vec B$ uniforme e perpendicular à velocidade, gera movimento circular uniforme, de raio $R=\dfrac{m v}{|q|B}$. Os isótopos têm massas diferentes, e por isso raios diferentes.

Falta decidir o sentido de $\vec B$. No ponto $A$ as partículas entram movendo-se para a direita, e a curva é horária, isto é, o centro da circunferência está abaixo de $A$. Portanto, nesse instante, a força magnética aponta para baixo.

Aplicando a regra da mão direita para íons positivos: o dedo indicador no sentido de $\vec v$ (direita), o dedo médio no sentido de $\vec B$ e o polegar no sentido de $\vec F$ (baixo). Para que o polegar aponte para baixo com o indicador para a direita, o dedo médio deve apontar para fora do plano da folha, na direção do leitor. Confirmando com os vetores unitários: $\hat x\times\hat z=-\hat y$, ou seja, $\vec v$ para a direita ($+\hat x$) e $\vec B$ saindo da folha ($+\hat z$) resultam em força para baixo ($-\hat y$).

Se o campo entrasse na folha, a força seria para cima e o giro seria anti-horário; um campo paralelo ao plano da folha, por sua vez, produziria força perpendicular ao plano, tirando as partículas dele. Logo, o campo é magnético, perpendicular à folha, e saindo dela.

Atenção ao enunciado. A expressão impressa na prova, $I=\dfrac{P}{4}\cdot\pi\cdot d^{2}$, parece conter um erro de editoração: o que a experiência (e a física) mostram é que a intensidade de uma onda emitida por uma fonte pontual se distribui por uma esfera de área $4\pi d^2$, logo

$I=\dfrac{P}{4\pi\,d^{2}}$,

com a distância ao quadrado no denominador: quanto mais longe, menor a intensidade recebida, como todo mundo sabe de um rádio que "perde o sinal" ao se afastar da antena. Com a fórmula tal como impressa, a intensidade cresceria com a distância e o resultado seria $I_2=2I_1$, valor que não consta de nenhuma das opções; adotamos portanto a lei física correta.

Situação 1: $I_1=\dfrac{P}{4\pi d^2}$.

Situação 2: potência $P/2$ e distância $2d$:

$I_2=\dfrac{P/2}{4\pi\,(2d)^2}=\dfrac{P}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\cdot4\,d^2}=\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{P}{4\pi d^2}=\dfrac{I_1}{8}$.

Dividir a potência por $2$ e multiplicar por $4$ o quadrado da distância faz a intensidade cair por um fator $2\cdot4=8$.