SEE-MG 2012

Convertendo as velocidades para o SI: $v_0=100\text{ km/h}=27{,}8\text{ m/s}$ e $v=80\text{ km/h}=22{,}2\text{ m/s}$. A frenagem uniforme ocorre exatamente ao longo do trecho de $d=1\text{ km}=1000\text{ m}$ até o radar, pois o motorista começa a reduzir a velocidade no instante em que avista o radar e chega a ele já a 80 km/h.

Usando Torricelli, $v^2=v_0^2+2a\,d$, isola-se a aceleração: $a=\dfrac{v^2-v_0^2}{2d}=\dfrac{(22{,}2)^2-(27{,}8)^2}{2\times1000}=\dfrac{493{,}7-771{,}7}{2000}\approx-0{,}14\text{ m/s}^2$.

O sinal negativo indica desaceleração; o módulo pedido é $|a|\approx0{,}14\text{ m/s}^2$. Resposta: alternativa D.

Em lançamento vertical para baixo, a distância percorrida em queda no instante $t$ é $d=v_0t+\dfrac{1}{2}gt^2$. Com $v_0=8\text{ m/s}$, $g=10\text{ m/s}^2$ e $t=2\text{ s}$: $d=8\times2+\dfrac{1}{2}\times10\times2^2=16+20=36\text{ m}$.

A altura em relação ao solo é a altura inicial menos a distância percorrida: $h=60-36=24\text{ m}$. Resposta: alternativa A.

Como os blocos estão em contato e se movem juntos (sem atrito com o chão), o sistema todo é acelerado pela força $F=15\text{ N}$ aplicada em A. A aceleração comum é $a=\dfrac{F}{m_A+m_B}=\dfrac{15}{3{,}0+2{,}0}=3{,}0\text{ m/s}^2$.

A força de contato entre os blocos é a única força horizontal que atua sobre B, então, pela 2ª lei de Newton aplicada isoladamente a B: $N=m_B\,a=2{,}0\times3{,}0=6{,}0\text{ N}$. Pela 3ª lei de Newton, essa é também a intensidade da força que B exerce sobre A. Resposta: alternativa C.

Como a mala permanece em repouso (equilíbrio estático) no plano inclinado, a força de atrito deve equilibrar exatamente a componente do peso paralela à rampa, já que não há nenhuma outra força atuando ao longo do plano.

Peso: $P=mg=8{,}0\times10=80\text{ N}$. Componente do peso paralela ao plano: $P_x=P\,\text{sen}\,\theta=80\times0{,}60=48\text{ N}$.

Para haver equilíbrio, $f_{at}=P_x=48\text{ N}$. Resposta: alternativa B.

A corda tem densidade de peso uniforme: $\lambda=\dfrac{4{,}0\text{ N}}{0{,}80\text{ m}}=5{,}0\text{ N/m}$. A parte pendurada tem comprimento $0{,}40\text{ m}$, logo seu peso é $P_{pend}=5{,}0\times0{,}40=2{,}0\text{ N}$.

O trabalho mínimo para puxar essa parte para cima da mesa equivale ao aumento de energia potencial gravitacional dela, ou seja, ao peso da parte pendurada multiplicado pela altura que o seu centro de massa precisa subir. O centro de massa da parte pendurada está a $0{,}20\text{ m}$ abaixo do tampo da mesa (metade de $0{,}40\text{ m}$), então ele deve subir $0{,}20\text{ m}$ até ficar no nível da mesa.

$W=P_{pend}\times h=2{,}0\times0{,}20=0{,}40\text{ J}$. Resposta: alternativa D.

O critério de afundamento de um corpo em um líquido compara a densidade média do corpo, $\rho_{corpo}=\dfrac{m}{V}$, com a densidade do líquido, $\rho$. Isso decorre do princípio de Arquimedes: o empuxo depende apenas do volume deslocado e da densidade do líquido, enquanto o peso depende da massa do corpo.

Se $\dfrac{m}{V}>\rho$ (corpo mais denso que o líquido), o peso supera o empuxo máximo possível e o corpo afunda. Se $\dfrac{m}{V}<\rho$, o corpo flutua parcialmente submerso. Se $\dfrac{m}{V}=\rho$, o corpo fica em equilíbrio indiferente, totalmente submerso, em qualquer profundidade. Resposta: alternativa D.

Para que o satélite pareça sempre na mesma posição no céu, ele deve ser geoestacionário: seu período orbital deve ser igual ao período de rotação da Terra, $T\approx24\text{ h}=86400\text{ s}$.

O raio da órbita é $r=R_{Terra}+h=6400+600=7000\text{ km}=7\times10^6\text{ m}$. A velocidade linear no movimento circular é $v=\dfrac{2\pi r}{T}=\dfrac{2\pi\times7\times10^6}{86400}\approx509\text{ m/s}$, cuja ordem se aproxima de $500\text{ m/s}$. Resposta: alternativa C.

As pessoas ao redor de uma fogueira, sem tocá-la, se aquecem principalmente porque as chamas e brasas incandescentes emitem ondas eletromagnéticas (radiação infravermelha), que se propagam mesmo sem contato ou meio material — esse processo é a irradiação.

A condução exigiria contato direto com o material aquecido, o que não é o caso das pessoas ao redor. A convecção aquece principalmente o ar que sobe verticalmente acima das chamas, não sendo o modo dominante de aquecer alguém ao lado da fogueira. "Reflexão" não é um processo de transferência de calor. Resposta: alternativa B.

A capacidade térmica de cada componente é $C=mc$. Água: $C_{água}=100\times1{,}0=100\text{ cal/°C}$. Latão: $C_{latão}=200\times0{,}095=19\text{ cal/°C}$. Frasco: capacidade térmica desprezível, $C_{frasco}\approx0$.

A capacidade térmica do sistema é a soma: $C_{sistema}=100+19+0=119\text{ cal/°C}$. Resposta: alternativa D.

Em um sistema termicamente isolado, o calor cedido pelo corpo mais quente (latão) é igual, em módulo, ao calor recebido pelo mais frio (água): $C_{água}(T_f-20)=C_{latão}(80-T_f)$.

$100(T_f-20)=19(80-T_f)$ → $100T_f-2000=1520-19T_f$ → $119T_f=3520$ → $T_f\approx29{,}6\,°\text{C}$.

Arredondando, $T_f\approx30\,°\text{C}$. Resposta: alternativa B.

Para um gás ideal, $PV=nRT=\dfrac{m}{M}RT$, de modo que a massa específica é $\rho=\dfrac{m}{V}=\dfrac{PM}{RT}$. À temperatura constante, $\rho$ é diretamente proporcional à pressão $P$.

Como $76\text{ cmHg}=1\text{ atm}$, a pressão passou de $1\text{ atm}$ para $4\text{ atm}$, ou seja, quadruplicou. Logo, $\rho_2=\rho_1\times\dfrac{P_2}{P_1}=1{,}25\times4=5{,}0\text{ kg/m}^3$. Resposta: alternativa A.

Com as válvulas travadas, a pressão dentro da panela sobe acima da atmosférica, o que eleva o ponto de ebulição da água: ela pode estar em equilíbrio líquido-vapor a uma temperatura bem acima de 100 °C, sem ferver mais rápido.

Ao levantar a válvula com a mão, a pressão interna cai bruscamente na direção da pressão atmosférica. Como a água estava a uma temperatura superior à de ebulição correspondente à nova pressão (mais baixa), ela fica instantaneamente "superaquecida" em relação a essa nova condição, e uma fração do líquido vaporiza subitamente — fenômeno análogo à fervura brusca (flash evaporation), percebido como a fuga repentina de vapor. Resposta: alternativa B.

Cada gota gera uma nova onda circular; o intervalo entre gotas sucessivas é o próprio período das ondas: $T=\dfrac{10\text{ s}}{20}=0{,}5\text{ s}$, logo a frequência é $f=\dfrac{1}{T}=2{,}0\text{ Hz}$.

A velocidade de propagação das ondas na água é $v=\dfrac{\Delta s}{\Delta t}=\dfrac{1{,}8}{3{,}0}=0{,}60\text{ m/s}$.

O comprimento de onda é $\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{0{,}60}{2{,}0}=0{,}30\text{ m}$. Resposta: alternativa A.

Para resolver com precisão, é útil colocar coordenadas: sala com lado $2$ (unidades arbitrárias), $A=(0,2)$, $B=(2,2)$, $C=(2,0)$, $D=(0,0)$. O espelho liga o ponto médio de AB, $(1,2)$, ao ponto médio de AD, $(0,1)$ — uma reta de equação $x-y+1=0$. O observador está em $O=(2,1)$ (meio de BC) e $F=(1,0)$ (meio de DC).

Um ponto $P$ é visto por reflexão se o segmento entre $O$ e o ponto-imagem $P'$ (reflexo de $P$ em relação à reta do espelho) cruzar o próprio espelho dentro do trecho instalado (entre $(0,1)$ e $(1,2)$). Fazendo esse cálculo geométrico para cada ponto:

Para $B=(2,2)$: a reta $OB'$ cruzaria o prolongamento do espelho fora do trecho real instalado — B não é visível. Para $C=(2,0)$, $D=(0,0)$ e $F=(1,0)$: em todos os três casos a reta até o ponto-imagem cruza o espelho exatamente dentro do trecho físico entre os pontos médios de AB e AD — logo C, D e F são visíveis por reflexão.

Intuitivamente, isso ocorre porque o espelho, cortando o canto A, "abre" para o observador em O uma visão angular ampla que alcança o restante da sala (C, D e F), mas não alcança de volta o canto onde está B, que fica fora do ângulo de reflexão útil do espelho nessa posição. Resposta: alternativa B.

Numa lente convergente, quando o objeto é colocado entre o foco principal e a lente (distância objeto menor que a distância focal), os raios refratados divergem do lado do objeto e não voltam a se cruzar — a lente funciona como uma lupa.

Nessa configuração, a imagem formada é virtual (não pode ser projetada em anteparo, e fica do mesmo lado do objeto), direita (não invertida) e maior que o objeto (ampliada). É exatamente o princípio de funcionamento de lupas e da ocular de instrumentos ópticos. Resposta: alternativa C.

O olho míope tem seu ponto remoto (a maior distância em que enxerga nitidamente, sem óculos) em 1,25 m. Para ver com nitidez objetos além disso (inclusive no infinito), a lente corretiva deve formar, a partir de um objeto muito distante, uma imagem virtual localizada exatamente nesse ponto remoto.

Na equação dos fabricantes de lentes/vergência, com objeto no infinito ($p\to\infty$, $1/p=0$) e imagem virtual em $p'=-1{,}25\text{ m}$ (negativa por convenção, do mesmo lado do objeto): $\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p'}+\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{-1{,}25}+0$.

Logo $f=-1{,}25\text{ m}$: uma lente divergente, como esperado para corrigir miopia. Resposta: alternativa A.

Ao atritar A com B (mesmo material dielétrico), as duas esferas se eletrizam por triboeletricidade, adquirindo cargas de sinais opostos e mesma intensidade. A esfera C permanece neutra e isolada.

Embora dielétrica (isolante), C sofre polarização induzida ao ser aproximada de um corpo carregado: suas cargas internas se reorientam de modo que a face de C mais próxima da esfera carregada adquire um leve excesso de carga de sinal oposto, e a face mais distante fica com excesso do mesmo sinal. Como a força elétrica diminui com o quadrado da distância, a atração entre a carga real e a carga induzida oposta (mais próxima) sempre supera a repulsão com a carga induzida de mesmo sinal (mais distante) — resultado líquido: atração, independentemente do sinal da carga.

Esse fenômeno ocorre da mesma forma tanto em relação a A quanto a B, então C é atraída tanto por A quanto por B. Resposta: alternativa D.

Como as duas cargas têm o mesmo sinal (ambas positivas), em qualquer ponto entre A e B os campos criados por cada uma apontam em sentidos opostos ao longo do eixo (o campo de uma carga positiva sempre aponta para longe dela) — nesse trecho os dois vetores podem se cancelar em algum ponto (mais próximo da carga de menor módulo, ou exatamente no meio se as cargas forem iguais).

Já fora do segmento AB — à esquerda de A ou à direita de B — os campos das duas cargas apontam no mesmo sentido (afastando-se de ambas ao longo da mesma direção), de modo que eles se somam e nunca se anulam nessas regiões.

Assim, o único ponto do eixo x onde o campo resultante pode ser nulo está entre A e B. Resposta: alternativa D.

Como as esferas são metálicas e idênticas, ao entrarem em contato a carga total se redistribui igualmente entre elas: $Q_{total}=Q_A+Q_B=5-1=4\,\mu\text{C}$, então cada esfera passa a ter $Q=2\,\mu\text{C}=2\times10^{-6}\text{ C}$.

Pela Lei de Coulomb, com $r=10\text{ cm}=0{,}10\text{ m}$: $F=\dfrac{k_0\,Q^2}{r^2}=\dfrac{9\times10^9\times(2\times10^{-6})^2}{(0{,}10)^2}=\dfrac{9\times10^9\times4\times10^{-12}}{0{,}01}=\dfrac{3{,}6\times10^{-2}}{0{,}01}=3{,}6\text{ N}$. Resposta: alternativa C.

Em série, a mesma corrente $I$ percorre os dois resistores, então $P=I^2R$. Dado que $P_2=2P_1$, segue que $R_2=2R_1$.

Em paralelo, os dois resistores ficam submetidos à mesma tensão $V$, então $P=\dfrac{V^2}{R}$. A razão entre as potências é $\dfrac{P_1}{P_2}=\dfrac{R_2}{R_1}=\dfrac{2R_1}{R_1}=2$.

Ou seja, em paralelo, $R_1$ dissipa o dobro da potência dissipada por $R_2$ — "duas vezes maior". Resposta: alternativa A.

Em um circuito simples (série), a resistência total é a soma da resistência interna da fonte com a resistência externa: $R_{total}=r+R=2{,}0+30=32\,\Omega$.

A corrente no circuito é $I=\dfrac{\varepsilon}{R_{total}}=\dfrac{16}{32}=0{,}50\text{ A}$.

A potência dissipada internamente (na resistência interna $r$, e não na resistência externa) é $P_{int}=I^2\,r=(0{,}50)^2\times2{,}0=0{,}25\times2{,}0=0{,}50\text{ W}$. Resposta: alternativa B.

Montando um circuito simples com a bateria, os fios de cobre e a lâmpada (que confirma visualmente que há corrente circulando), e aproximando a bússola de um dos fios percorridos por essa corrente, observa-se a deflexão da agulha magnética — reproduzindo a clássica experiência de Oersted, que evidencia que toda corrente elétrica cria um campo magnético ao seu redor: o efeito magnético das correntes.

Comprovar quantitativamente a lei de Ohm ou a lei de Kirchhoff exigiria instrumentos de medida (amperímetro, voltímetro), que não estão disponíveis na lista. O efeito fotoelétrico exige luz incidindo sobre uma superfície metálica em condições específicas (geralmente vácuo), o que também não está entre os materiais citados. Resposta: alternativa D.

A fração de átomos remanescentes após $n$ meias-vidas é $\dfrac{N}{N_0}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$. Como restam 25%, ou seja, $\dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2$, conclui-se que $n=2$ meias-vidas se passaram.

Tempo decorrido: $t=n\times T_{1/2}=2\times5.000=10.000$ anos. Resposta: alternativa C.

No modelo de Einstein para o efeito fotoelétrico, cada fóton interage com, no máximo, um elétron do metal, transferindo-lhe sua energia $E=hf$. A energia cinética máxima de cada elétron ejetado depende exclusivamente da frequência do fóton (e da função trabalho do metal), $E_c=hf-\phi$ — não depende da intensidade da luz nem do ângulo de incidência. Isso descarta as alternativas B e D.

Já o número de elétrons arrancados por unidade de tempo (a corrente fotoelétrica) depende do número de fótons que atingem a superfície por segundo, isto é, da intensidade da luz: mantendo a frequência acima do limiar mínimo (frequência de corte), aumentar apenas a intensidade aumenta a quantidade de fótons e, portanto, a quantidade de elétrons emitidos por segundo. Isso confirma a alternativa A.

Por fim, o efeito fotoelétrico não pode ser explicado pela teoria ondulatória clássica da luz — pelo contrário, sua explicação foi uma das evidências que exigiram o conceito quântico de fóton, o que descarta a alternativa C. Resposta: alternativa A.