UNICID · Medicina 2014.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A força é definida pela segunda lei de Newton, $$F=m\,a$$.

Para obter sua dimensão, basta multiplicar a dimensão da massa pela dimensão da aceleração.

A massa tem dimensão $M$.

A aceleração é a variação de velocidade por unidade de tempo, e a velocidade é comprimento por tempo:

$$[v]=\dfrac{L}{T}=LT^{-1}\;\Rightarrow\;[a]=\dfrac{LT^{-1}}{T}=LT^{-2}$$

Multiplicando:

$$[F]=[m]\,[a]=M\cdot LT^{-2}=MLT^{-2}$$

No SI isso corresponde a $\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$, que é o newton.

Os demais expoentes apresentados nas alternativas não conduzem a $\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$ e, portanto, descrevem outras grandezas (por exemplo, $ML^{-1}T^{-2}$ é a dimensão de pressão e $ML^{2}T^{-2}$ seria a de energia).

Em um gráfico de velocidade em função do tempo, o deslocamento é numericamente igual à área entre a curva e o eixo dos tempos.

Como a velocidade nunca é negativa, o deslocamento coincide com a distância percorrida.

Dividimos a figura em três partes:

Trecho de 0 a 10 s (triângulo, movimento acelerado): $$\Delta s_1=\dfrac{10\cdot 40}{2}=200\text{ m}$$.

Trecho de 10 s a 30 s (retângulo, velocidade constante de $40\text{ m/s}$): $$\Delta s_2=20\cdot 40=800\text{ m}$$.

Trecho de 30 s a 60 s (triângulo, movimento retardado): $$\Delta s_3=\dfrac{30\cdot 40}{2}=600\text{ m}$$.

Somando:

$$d=200+800+600=1\,600\text{ m}$$

Conferindo pela área do trapézio de bases $60\text{ s}$ e $20\text{ s}$ e altura $40\text{ m/s}$: $$\dfrac{(60+20)\cdot 40}{2}=1\,600\text{ m}$$.

O movimento tem duas etapas: primeiro o carro mantém a velocidade (tempo de reação do motorista) e depois freia com desaceleração constante.

Convertendo a velocidade: $$108\text{ km/h}=\dfrac{108}{3{,}6}=30\text{ m/s}$$.

Etapa 1 – tempo de reação (MU). Em $0{,}5\text{ s}$ o carro percorre

$$d_1=v\,t=30\cdot 0{,}5=15\text{ m}$$

Ao começar a frear, a dianteira ainda está a $$57-15=42\text{ m}$$ do semáforo.

Etapa 2 – frenagem (MUV). Com desaceleração $$a=10\text{ m/s}^2$$ até o repouso, a equação de Torricelli fornece

$$0=v^2-2\,a\,d_2\;\Rightarrow\;d_2=\dfrac{30^2}{2\cdot 10}=45\text{ m}$$

A distância total percorrida desde o amarelo é $$15+45=60\text{ m}$$, maior que os $57\text{ m}$ disponíveis.

A dianteira para, portanto, depois da faixa, a uma distância

$$60-57=3{,}0\text{ m}$$

além dela, o que caracteriza a infração descrita no enunciado.

O disco gira com frequência constante $f$, de modo que todos os seus pontos têm a mesma velocidade angular, independentemente da distância ao centro:

$$\omega=2\pi f=\text{constante}$$

Como o tatuzinho caminha sem deslizar, ele acompanha o disco e, em cada instante, descreve a mesma rotação do ponto do disco sob ele.

Assim, sua velocidade angular em torno do centro permanece constante durante todo o percurso radial.

Já a velocidade linear devida à rotação depende do raio da trajetória circular:

$$v=\omega R$$

Como $\omega$ é constante e o tatuzinho se afasta do centro, $R$ aumenta e, com ele, $v$.

Pontos mais próximos da borda "correm" mais, pois precisam percorrer uma circunferência maior no mesmo intervalo de tempo.

Sobre a gota agem apenas a força da gravidade $F$ (para baixo) e a resistência do ar $R$ (para cima).

Tomando o sentido da queda como positivo, a segunda lei de Newton fornece

$$F-R=m\,a$$

Situação 1 (antes de $t_1$). A curva é crescente: a velocidade aumenta, logo $a>0$.

Então $F-R>0$, isto é, $F>R$.

A resistência do ar existe e cresce com a velocidade, mas ainda não é suficiente para equilibrar o peso.

Situação 2 (a partir de $t_1$). A curva fica horizontal: a velocidade é constante e $$a=0$$.

Então $$F-R=0$$, ou seja, $$F=R$$.

A gota atingiu a velocidade limite (ou terminal), na qual a resistência do ar equilibra exatamente a força da gravidade, e o movimento passa a ser retilíneo e uniforme.

A esfera descreve um movimento circular uniforme em um plano horizontal.

Nesse movimento, a velocidade muda apenas de direção, e a aceleração é a aceleração centrípeta, que é radial e dirigida para o centro da circunferência.

Pela segunda lei de Newton, a força resultante tem a mesma direção e o mesmo sentido da aceleração:

$$\vec F_R=m\,\vec a_{cp},\qquad F_R=\dfrac{m v^2}{R}$$

Verificando com as forças reais: o peso $\vec P$ é vertical para baixo, e a tração $\vec T$ está ao longo da corda, apontando para o ponto de fixação no teto.

A componente vertical da tração equilibra o peso (a esfera não sobe nem desce):

$$T\cos\theta=P$$

Sobra a componente horizontal da tração, que aponta para o eixo vertical que passa pelo ponto de suspensão, isto é, para o centro da trajetória circular:

$$F_R=T\,\text{sen}\,\theta=P\tan\theta$$

Na posição indicada, a esfera está na extremidade esquerda da circunferência, de modo que o centro está à sua direita.

A resultante é, portanto, um vetor horizontal apontando para a direita.

Ela não é a própria tração (que é inclinada) nem aponta para baixo, pois o peso é equilibrado verticalmente.

Pela terceira lei de Newton, toda força vem acompanhada de uma reação: forças de mesma intensidade e direção, sentidos opostos, aplicadas em corpos diferentes.

Para contar as forças, basta contar as interações entre pares de corpos e multiplicar por dois.

As interações do sistema são:

1. Interação gravitacional Terra–A: a Terra atrai A (peso de A), e A atrai a Terra.

2. Interação gravitacional Terra–B: peso de B e sua reação.

3. Interação gravitacional Terra–C: o bloco C cai livremente, sujeito somente ao seu peso, e a reação é a atração de C sobre a Terra.

4. Contato A–B: força normal de B sobre A e força de A sobre B.

5. Contato B–Terra: força normal da Terra sobre B e força de B sobre a Terra.

Há, portanto, $5$ pares de interação, cada um com duas forças:

$$5\times 2=10$$ forças.

Observe que o bloco C não está em contato com nada, mas, mesmo assim, participa de um par ação e reação de natureza gravitacional.

Decompomos a velocidade inicial de $10\text{ m/s}$ em componentes horizontal e vertical:

$$v_x=v_0\cos45^\circ=10\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=5\sqrt{2}\text{ m/s},\qquad v_{0y}=v_0\,\text{sen}\,45^\circ=5\sqrt{2}\text{ m/s}$$

Na horizontal o movimento é uniforme; na vertical, uniformemente variado com $$g=10\text{ m/s}^2$$.

No ponto mais alto, $$v_y=0$$.

Tempo de subida:

$$0=v_{0y}-g\,t\;\Rightarrow\;t=\dfrac{5\sqrt{2}}{10}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{ s}$$

Distância horizontal até o ápice:

$$x=v_x\,t=5\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=5{,}0\text{ m}$$

Altura máxima (Torricelli):

$$y=\dfrac{v_{0y}^2}{2g}=\dfrac{\left(5\sqrt{2}\right)^2}{2\cdot 10}=\dfrac{50}{20}=2{,}5\text{ m}$$

A diferença pedida é

$$x-y=5{,}0-2{,}5=2{,}5\text{ m}$$

Como os corpos estão isolados de forças externas, a quantidade de movimento total do sistema se conserva na colisão, mesmo sendo ela inelástica (a energia cinética é que não se conserva).

Como o choque é inelástico, os blocos permanecem unidos e passam a ter a mesma velocidade $V$.

Adotando como positivo o sentido do movimento de A (para a direita), o bloco B tem velocidade $-v$.

Antes do choque:

$$Q_{\text{antes}}=4M\cdot 2v+2M\cdot(-v)=8Mv-2Mv=6Mv$$

Depois do choque (massa total $4M+2M=6M$):

$$Q_{\text{depois}}=6M\,V$$

Igualando:

$$6M\,V=6Mv\;\Rightarrow\;V=1{,}0\,v$$

com o conjunto se movendo no sentido em que A vinha, pois A tinha a maior quantidade de movimento.

O gráfico fornece a força resultante em função da posição.

Nesse caso, vale o teorema do trabalho e da energia cinética:

$$\tau_{F_R}=\Delta E_c=\dfrac{m v^2}{2}-\dfrac{m v_0^2}{2}$$

O trabalho de uma força variável é numericamente igual à área sob o gráfico $F_R\times d$.

A figura é um trapézio de base maior $50\text{ m}$ (de $0$ a $50\text{ m}$), base menor $30\text{ m}$ (de $10$ a $40\text{ m}$) e altura $50\text{ N}$:

$$\tau=\dfrac{(50+30)\cdot 50}{2}=2\,000\text{ J}$$

Como o corpo parte do repouso ($v_0=0$):

$$2\,000=\dfrac{10\,v^2}{2}\;\Rightarrow\;v^2=400\;\Rightarrow\;v=20\text{ m/s}$$

Conferindo por partes: os dois triângulos extremos valem $250\text{ J}$ cada e o retângulo central vale $$30\cdot 50=1\,500\text{ J}$$, o que dá os mesmos $2\,000\text{ J}$.

Em um líquido em equilíbrio, a pressão total a uma profundidade $h$ é dada pela lei de Stevin:

$$p=p_{\text{atm}}+\rho\,g\,h$$

Logo, o gráfico de $p$ em função de $h$ é uma reta cujo coeficiente angular é $\rho\,g$.

Em $$h=0$$ a pressão é a atmosférica, $$p_{\text{atm}}=1{,}0\times 10^{5}\text{ N/m}^2$$.

Em $$h=1{,}0\text{ m}$$, lemos $$p=1{,}2\times 10^{5}\text{ N/m}^2$$.

A variação de pressão é

$$\Delta p=(1{,}2-1{,}0)\times 10^{5}=2{,}0\times 10^{4}\text{ N/m}^2$$

e ocorre ao longo de $$\Delta h=1{,}0\text{ m}$$.

Então:

$$\rho\,g=\dfrac{\Delta p}{\Delta h}\;\Rightarrow\;\rho=\dfrac{2{,}0\times 10^{4}}{10\cdot 1{,}0}=2{,}0\times 10^{3}\text{ kg/m}^3$$

Como $$1\text{ g/cm}^3=10^{3}\text{ kg/m}^3$$, a densidade vale $$\rho=2{,}0\text{ g/cm}^3$$, o dobro da densidade da água.

Uma propriedade termométrica é uma grandeza física do material que varia de forma regular com a temperatura e que, por isso, pode ser usada para construir um termômetro.

São exemplos clássicos o comprimento da coluna de mercúrio, o comprimento de uma barra metálica (dilatação linear), a pressão de um gás a volume constante, o volume de um gás a pressão constante e a resistência elétrica de um fio.

Analisando cada grandeza citada nas alternativas:

Peso e massa: não dependem da temperatura.

Aquecer ou resfriar um corpo não altera sua massa (nem seu peso, na mesma posição); logo, não servem para medir temperatura.

Quantidade de calor: é energia em trânsito entre corpos de temperaturas diferentes, e não uma propriedade que o corpo "possui".

Depende também da massa e do calor específico, não indicando a temperatura.

Comprimento de uma barra metálica: aumenta com a temperatura (dilatação térmica), sendo termométrico.

Pressão de um gás (a volume constante): aumenta com a temperatura absoluta, sendo termométrica.

O par que reúne duas grandezas efetivamente sensíveis à temperatura é, portanto, pressão de um gás e comprimento de uma barra metálica.

No olho sem correção, a imagem se forma antes da retina.

Isso significa que o sistema óptico do olho (córnea e cristalino) converge os raios mais do que o necessário, ou que o globo ocular é alongado.

Esse defeito é a miopia: o míope enxerga bem de perto, mas vê desfocados os objetos distantes.

Para corrigir, é preciso diminuir a convergência do conjunto, afastando a imagem em direção à retina.

Isso se faz com uma lente divergente, que espalha os raios antes de chegarem ao olho.

Lentes divergentes têm bordas mais espessas que o centro, o formato bicôncavo visto na ilustração.

Para comparar, os outros defeitos citados têm comportamento inverso: na hipermetropia a imagem se forma depois da retina (convergência insuficiente), e na presbiopia (vista cansada) o cristalino perde a capacidade de acomodação para perto.

Em ambos os casos a correção usa lentes convergentes (biconvexas), que aumentam a convergência do olho.

Dois pulsos que se propagam em sentidos opostos em uma mesma corda atravessam um ao outro sem se alterar.

Na região em que se encontram, vale o princípio da superposição: o deslocamento resultante de cada ponto da corda é a soma algébrica dos deslocamentos que cada pulso produziria sozinho.

Na grade da figura, cada quadradinho mede $1{,}0\text{ m}$ na horizontal e $1$ unidade de deslocamento na vertical.

Numerando as colunas da esquerda para a direita a partir de $0$, em $$t=0$$ temos:

• pulso da esquerda: coluna $0$ em $+1$ e coluna $1$ em $-1$ (movendo-se para a direita);

• pulso da direita: coluna $11$ em $-1$ e coluna $12$ em $+1$ (movendo-se para a esquerda).

Com velocidade de $1{,}0\text{ m/s}$, em $$t=6{,}0\text{ s}$$ cada pulso avançou $6{,}0\text{ m}$, ou seja, seis colunas.

A configuração de cada um passa a ser:

• pulso da esquerda: coluna $6$ em $+1$ e coluna $7$ em $-1$;

• pulso da direita: coluna $5$ em $-1$ e coluna $6$ em $+1$.

Somando coluna a coluna na região onde há sobreposição (que fica ao redor do ponto central da corda):

coluna $5$: $$0+(-1)=-1$$;   coluna $6$: $$(+1)+(+1)=+2$$;   coluna $7$: $$(-1)+0=-1$$.

Fora dessas três colunas a corda está em repouso na posição de equilíbrio.

A figura resultante tem, então, um quadradinho para baixo, depois dois quadradinhos para cima no centro (interferência construtiva) e novamente um quadradinho para baixo.

O módulo do campo elétrico criado por uma carga puntiforme $Q$ a uma distância $r$ dela é

$$E=\dfrac{k\,|Q|}{r^2}$$

Dois fatos decorrem dessa expressão:

1.

Forma das linhas. A intensidade depende apenas da distância $r$, e não da direção.

Os pontos de mesma intensidade formam, portanto, circunferências (esferas no espaço) centradas na carga.

Isso elimina as figuras em forma de quadrados: nos cantos de um quadrado os pontos estariam mais distantes da carga que no meio dos lados, e o campo não poderia ter o mesmo valor ao longo de toda a linha.

2.

Espessura das linhas. Como $$E\propto 1/r^2$$, o campo é mais intenso perto da carga e diminui rapidamente à medida que nos afastamos.

Pela convenção do enunciado, a linha mais espessa deve estar mais próxima de $Q$, e as linhas devem ficar cada vez mais finas para fora.

Assim, a representação correta são circunferências concêntricas cuja espessura diminui com o raio.

A figura com todas as circunferências iguais indicaria campo uniforme em módulo, e a figura com espessura crescente para fora indicaria campo aumentando com a distância, o que contraria $$E\propto 1/r^2$$.

O enunciado traz duas características da corrente alternada: a intensidade varia senoidalmente com o tempo e o sentido do movimento das cargas se inverte periodicamente.

Em um gráfico $i\times t$, a inversão de sentido corresponde a valores que alternam entre positivos e negativos, cruzando o eixo dos tempos, e a variação senoidal corresponde a uma curva do tipo

$$i(t)=i_{\text{máx}}\,\text{sen}(\omega t)$$

Analisando os gráficos:

• A onda quadrada alterna o sentido, mas a variação não é senoidal: a corrente salta bruscamente entre valores constantes.

• O trapézio e os dentes de serra não são senoidais e, além disso, permanecem sempre acima do eixo, sem inversão de sentido.

• Os arcos de senoide sempre positivos representam uma corrente retificada (de sentido único, mas pulsante), que não inverte o sentido.

Somente a senoide que passa do semiciclo positivo ao negativo reúne as duas propriedades: variação senoidal e inversão periódica do sentido da corrente.

É o caso da tensão e da corrente da rede residencial.

Usamos a segunda lei de Ohm para comparar as resistências antes e depois do corte.

Antes do corte: comprimento $L$ e área $S$:

$$R=\rho\,\dfrac{L}{S}$$

Depois do corte: o condutor foi dividido em quatro partes iguais, cada uma com comprimento $\dfrac{L}{4}$.

Elas foram unidas pelas faces laterais, lado a lado.

Assim, o novo condutor tem comprimento $$L'=\dfrac{L}{4}$$ e a área da seção transversal é a soma das áreas das quatro partes, $$S'=4S$$.

O material é o mesmo, então $\rho$ não muda:

$$R'=\rho\,\dfrac{L/4}{4S}=\dfrac{1}{16}\,\rho\,\dfrac{L}{S}=\dfrac{R}{16}$$

Agora aplicamos a primeira lei de Ohm, com a mesma tensão $U$ nos dois casos:

$$i=\dfrac{U}{R}\qquad\text{e}\qquad i'=\dfrac{U}{R'}=\dfrac{U}{R/16}=16\,\dfrac{U}{R}$$

Portanto, a corrente fica $16$ vezes maior: $$i'=16\,i$$.

O resultado faz sentido fisicamente: o condutor ficou mais curto (menos obstáculos ao longo do caminho) e mais "largo" (mais caminhos paralelos para as cargas), ambos fatores que reduzem a resistência.

Curva 1. O campo interno tem sentido oposto ao campo aplicado. Pelo critério do enunciado, o material é diamagnético.

Curvas 2 e 3. A curva 3 apresenta maior inclinação junto à origem; considerando a resposta inicial ao campo, a leitura é curva 2 paramagnética e curva 3 ferromagnética. Essa sequência corresponde à resposta do gabarito oficial.

Inconsistência dos dados. O enunciado também afirma que o patamar do paramagnético é menor que o do ferromagnético. No desenho, porém, a curva 2 tem patamar maior que a curva 3. Usar esse critério inverte a classificação dos dois materiais.

Os critérios de inclinação inicial e de saturação, portanto, não sustentam a mesma classificação neste gráfico. A resposta final preserva o gabarito oficial, com essa ressalva explícita.