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.

O enunciado descreve três comportamentos e o gráfico mostra a resposta $B(H)$ de cada material. Vamos identificar uma característica de cada curva.

Curva 1. É a única cujo campo interno $B$ tem sinal oposto ao das demais, com patamar abaixo do eixo $H$. Isso corresponde ao critério "o campo interno se opõe ao externo": o material é diamagnético.

Curvas 2 e 3. Ambas têm $B$ crescendo com $H$ até um valor de saturação, de modo que representam o paramagnético e o ferromagnético. Para distingui-las, o enunciado dá como característica do ferromagnético o aumento do campo interno "proporcionalmente ao aumento do campo externo": é o material que responde com mais intensidade já a campos fracos, isto é, a curva de maior inclinação junto à origem. No gráfico, essa é a curva vermelha, a de número $3$, que sobe mais rapidamente logo após a origem. A curva verde, de número $2$, sobe com inclinação inicial menor e é a do material paramagnético; a curva $3$ é, então, a do ferromagnético.

Resumindo a leitura adotada, os materiais $1$, $2$ e $3$ são, respectivamente, diamagnético, paramagnético e ferromagnético.

Observação sobre a questão: o enunciado também afirma que o paramagnético satura em valor menor que o ferromagnético, e, olhando apenas para os patamares, a curva $2$ está acima da curva $3$, o que sugeriria a leitura oposta. O gráfico é apenas qualitativo, e a banca adotou a inclinação inicial como critério de identificação; seguimos, aqui, o gabarito oficial. Em materiais reais, um ferromagnético apresenta valores muito maiores, tanto de inclinação inicial quanto de saturação, que um paramagnético.