EEAR · 2027 · CFS 1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

As afirmações misturam a produção das ondas eletromagnéticas, a relação entre seus campos e sua posição no espectro. Vamos avaliar cada ideia separadamente, sem confundir direção dos campos com direção de propagação.

I — Falsa. Um fluxo magnético variável está associado a um campo elétrico induzido com circulação não nula, descrito pela lei de Faraday. Suas linhas não são, de modo geral, retas paralelas à direção do campo magnético. Na configuração simétrica usual de um campo magnético axial variável, as linhas elétricas são fechadas e ficam em planos perpendiculares ao eixo.

II — Verdadeira no contexto da propagação eletromagnética. A variação temporal do campo elétrico contribui para produzir campo magnético, conforme a lei de Ampère-Maxwell. Na onda, os campos elétrico e magnético variam de maneira associada. A frase resume esse mecanismo; não se deve transformá-la numa regra de que qualquer variação arbitrária de campo elétrico exige necessariamente um campo magnético variável em toda configuração.

III — Verdadeira. No modelo clássico, cargas aceleradas podem irradiar energia. Uma carga que oscila harmonicamente produz radiação na frequência dessa oscilação.

IV — Falsa. A relação $c=\lambda f$ mostra que, no mesmo meio, frequência maior corresponde a comprimento de onda menor. Na comparação escolar entre micro-ondas e ondas de rádio de frequências mais baixas, as micro-ondas possuem maior frequência, não menor. Assim, as afirmações aceitas são II e III.

O fundo se rompe quando a coluna de líquido chega a 1,4 m. Essa é a altura que determina a pressão hidrostática no instante da ruptura; a altura total de 1,5 m do reservatório ainda não foi preenchida.

Primeiro, convertemos a massa específica para o SI: \[1{,}3\,\text{g/cm}^3=1.300\,\text{kg/m}^3.\] A pressão exercida pela coluna líquida, em relação à pressão na superfície, é \[\Delta p=\rho gh=1.300\cdot10\cdot1{,}4=18.200\,\text{Pa}.\]

Como o fundo é horizontal, todos os seus pontos estão à mesma profundidade e recebem a mesma pressão hidrostática. A força correspondente é \[F=\Delta p\,A=18.200\cdot2{,}2=40.040\,\text{N}.\] Esse é o limite de força devido à coluna líquida indicado pelo instante da ruptura.

A leitura adotada considera a pressão atmosférica compensada nas faces externa e interna expostas à atmosfera. Outra conferência é calcular o peso do líquido: $V=Ah$ e $P=\rho Ahg$, que fornece exatamente o mesmo valor neste reservatório de paredes verticais.

A velocidade de propagação, a frequência e o comprimento de onda se relacionam por $v=\lambda f$. A frequência informa quantos ciclos ocorrem por segundo; durante cada ciclo, a onda avança um comprimento de onda. Como a propagação é no vácuo, usamos a velocidade fornecida, $3\times10^8\,\text{m/s}$.

Isolando o comprimento de onda, \[\lambda=\frac vf=\frac{3\times10^8}{4\times10^{12}}=0{,}75\times10^{-4}\,\text{m}.\] Na notação científica normalizada, o coeficiente deve ficar entre 1 e 10, portanto \[\boxed{\lambda=7{,}5\times10^{-5}\,\text{m}}.\]

O problema está na apresentação das respostas: os valores $75\times10^{-6}$, $7{,}5\times10^{-5}$ e $0{,}75\times10^{-4}$ representam exatamente o mesmo comprimento. Para conferir, basta deslocar a vírgula e compensar no expoente. Portanto, há três expressões numericamente equivalentes entre as opções, impedindo uma escolha única.

Essa equivalência é uma inconsistência verificável na questão. O registro de anulação será mantido no fechamento, sem atribuir à banca uma justificativa que não foi apresentada no material.

A primeira descrição trata de ondas que atravessam uma abertura e se espalham. Esse espalhamento é a difração, identificada pelo número 2. Ela fica mais evidente quando o tamanho da abertura é comparável ao comprimento de onda.

A segunda descreve a passagem para outro meio, fenômeno chamado refração, número 3. Em uma interface estacionária, a frequência da onda transmitida permanece determinada pela fonte. A velocidade pode mudar e, como $v=\lambda f$, o comprimento de onda também pode mudar. A referência à fase deve ser entendida como compatibilidade das oscilações na interface, não como fase idêntica em todos os pontos da onda.

A terceira afirma que os ângulos de incidência e reflexão são iguais quando a onda encontra um obstáculo plano. Essa é a lei da reflexão, número 4, com ambos os ângulos medidos em relação à normal à superfície.

A última descrição associa mudança da frequência percebida ao movimento relativo entre fonte e observador. Trata-se do efeito Doppler, número 1. Na ordem dos enunciados, a sequência é, portanto, 2 – 3 – 4 – 1.

A velocidade é constante, então a distância percorrida em três horas é obtida diretamente por \[d=v\Delta t=220\cdot3=660\,\text{km}.\] Agora precisamos respeitar a unidade do consumo informado: 1,4 litros para cada quilômetro percorrido.

Uma taxa em L/km deve ser multiplicada pela distância em quilômetros. Assim, \[V_{comb}=660\,\text{km}\cdot1{,}4\,\text{L/km}=924\,\text{L}.\] Os quilômetros se cancelam e o resultado fica em litros, como solicitado. Esse valor não está entre as opções.

É possível obter cerca de 471,4 L dividindo 660 por 1,4, mas essa conta corresponderia a uma informação diferente: um rendimento de 1,4 km/L. Consumo em L/km e rendimento em km/L são grandezas inversas, não duas maneiras de ler o mesmo número.

Portanto, a resolução física do texto apresentado leva a 924 L. A ausência desse resultado é uma inconsistência do material, e o registro de anulação existente será preservado no fechamento. Não precisamos inventar uma mudança de unidade para encaixar a conta nas opções.

As três afirmações tratam de condições diferentes impostas a um gás. Para julgá-las, convém separar trabalho e calor: trabalho de expansão está ligado à mudança de volume, enquanto calor é energia transferida por diferença de temperatura.

Primeira — Verdadeira. Em uma transformação isobárica, a pressão é constante. O trabalho realizado pelo gás é \[W=P\Delta V.\] Portanto, para essa pressão, o trabalho é diretamente proporcional à variação de volume. Uma expansão produz trabalho positivo e uma compressão, negativo.

Segunda — Falsa. Na transformação isocórica, o volume não varia. A fronteira que contém o gás não se desloca por expansão ou compressão, de modo que o trabalho volumétrico é nulo: $W=0$. Isso não impede que o gás receba calor e altere sua energia interna.

Terceira — Verdadeira. Uma transformação adiabática é definida pela ausência de troca de calor: $Q=0$. Pela primeira lei, $\Delta U=Q-W$, então a energia interna pode variar devido ao trabalho. A sequência é V – F – V.

Para dois satélites em órbita circular em torno da Terra, a terceira lei de Kepler estabelece que $T^2/r^3$ é constante. O raio usado nessa relação é o raio da órbita, medido a partir do centro da Terra, não o tamanho físico do satélite.

Tomando os raios orbitais apresentados como $r_1=2R_1$ e $r_2=R_2/2$, e o período do primeiro como $3T_1$, temos \[\left(\frac{T_2}{3T_1}\right)^2=\left(\frac{R_2/2}{2R_1}\right)^3=\left(\frac{R_2}{4R_1}\right)^3.\] Como o período é positivo, \[T_2=3T_1\left(\frac{R_2}{4R_1}\right)^{3/2}.\]

O resultado ainda contém a razão $R_2/R_1$. O texto não fornece essa relação, portanto não é possível obter um múltiplo numérico determinado de $T_1$ usando apenas os dados apresentados.

Se fosse acrescentada a hipótese $R_2=R_1$, a razão dos raios seria $1/4$, e o período seria $T_2=3T_1/8$. Essa hipótese explica um dos valores propostos, mas não pode ser adicionada silenciosamente à resolução. A igualdade das massas dos satélites não resolve a ausência desse dado: no modelo usual, o período orbital independe da massa do satélite.

A capacidade térmica indica quanto calor é necessário para variar a temperatura de um corpo em uma unidade. Ela já se refere ao recipiente inteiro, por isso não é necessário multiplicar por sua massa. A relação é \[Q=C\Delta T.\]

Como o calor recebido e a capacidade térmica foram dados na mesma unidade de energia, podemos dividir diretamente: \[\Delta T_C=\frac{Q}{C}=\frac{4.000}{80}=50\,{}^\circ\text{C}.\] Esse resultado é uma variação de temperatura, não a temperatura final do recipiente.

Para passar uma variação de Celsius para Fahrenheit, usamos a proporção entre os intervalos das escalas: \[\frac{\Delta T_F}{180}=\frac{\Delta T_C}{100}\quad\Rightarrow\quad\Delta T_F=\frac95\Delta T_C.\] Portanto, \[\boxed{\Delta T_F=\frac95\cdot50=90\,{}^\circ\text{F}}.\]

Na conversão de uma temperatura isolada existe a parcela 32, mas ela se cancela quando subtraímos temperatura final e inicial. É por isso que a conversão de intervalos utiliza apenas o fator $9/5$.

A barra tem peso desprezível e está em equilíbrio. Escolhendo o fulcro como ponto de referência, a força exercida pelo apoio não produz torque, pois atua no próprio eixo de rotação. Basta igualar os momentos dos pesos colocados em lados opostos.

Pelo desenho, a massa padrão de 200 g está a 0,45 m do apoio e o saco de café está a 0,15 m. Como os pesos são perpendiculares à barra horizontal, os módulos dos torques são peso vezes distância: \[m_pg\cdot0{,}45=m_cg\cdot0{,}15.\]

A aceleração da gravidade aparece nos dois lados e se cancela. Podemos, então, usar as duas massas em gramas: \[m_c=200\cdot\frac{0{,}45}{0{,}15}=200\cdot3=600\,\text{g}.\] O saco, situado no braço três vezes menor, precisa ter massa três vezes maior para produzir o mesmo torque.

Esse resultado também serve como conferência qualitativa: a massa maior deve ficar mais perto do fulcro. Uma balança de braços diferentes pode equilibrar massas diferentes; a igualdade é entre os torques, não entre os pesos.

Para encontrar a resistividade, precisamos da área da seção transversal do fio. O diâmetro informado é 4 mm, portanto o raio é metade: \[r=2\,\text{mm}=2\times10^{-3}\,\text{m}.\] Como a seção é circular, com $\pi=3$, \[A=\pi r^2=3(2\times10^{-3})^2=12\times10^{-6}=1{,}2\times10^{-5}\,\text{m}^2.\]

A segunda lei de Ohm relaciona resistência, comprimento e seção do condutor: \[R=\rho\frac{L}{A}.\] Isolando a resistividade e usando $R=2\,\Omega$ e $L=5\,\text{m}$, \[\rho=\frac{RA}{L}=\frac{2\cdot1{,}2\times10^{-5}}5=4{,}8\times10^{-6}\,\Omega\cdot\text{m}.\]

Logo, a área e a resistividade são $1{,}2\times10^{-5}\,\text{m}^2$ e $4{,}8\times10^{-6}\,\Omega\cdot\text{m}$. A tensão de 10 V permitiria calcular a corrente, $i=U/R=5\,\text{A}$, mas não é necessária para as grandezas pedidas.

O termo “ideal” do enunciado não pode ser lido aqui como resistência nula, pois a própria questão informa uma resistência de 2 Ω; o modelo considerado é um fio uniforme e ôhmico.

A taxa de energia irradiada é uma potência: a estrela emite $6\times10^{34}$ joules a cada segundo. A equivalência massa-energia permite associar essa emissão a uma diminuição da massa da estrela.

Para uma energia emitida $\Delta E$, o módulo da massa equivalente é $\Delta m=\Delta E/c^2$. Dividindo os dois lados pelo mesmo intervalo de tempo, \[\frac{\Delta m}{\Delta t}=\frac{P}{c^2}.\] Assim, não precisamos escolher um intervalo arbitrário: a própria potência já fornece o resultado por segundo.

Substituindo os dados, \[\frac{\Delta m}{\Delta t}=\frac{6\times10^{34}}{(3\times10^8)^2}=\frac{6\times10^{34}}{9\times10^{16}}=\frac69\times10^{18}\approx6{,}7\times10^{17}\,\text{kg/s}.\] A opção apresentada usa a aproximação $6{,}6\times10^{17}$; trata-se do mesmo valor à precisão adotada nas respostas.

Como se pede a diminuição, expressamos o módulo positivo da perda de massa. Se escrevêssemos a taxa de variação da massa da estrela, ela teria sinal negativo: $dm/dt=-P/c^2$.

No espelho côncavo, o objeto está entre o foco e o vértice, isto é, $0<p<f$. Usando a equação de Gauss, \[\frac1{p'}=\frac1f-\frac1p,\] percebemos que $1/p$ é maior que $1/f$. Assim, $p'<0$: a imagem é virtual, formada pelo prolongamento dos raios atrás do espelho.

O aumento linear é $A=-p'/p$. Como $p'$ é negativo e $p$ é positivo, $A>0$, indicando imagem direita. Além disso, \[A=\frac{f}{f-p}>1,\] pois $f-p$ é positivo e menor que $f$. A imagem do côncavo é, portanto, virtual, direita e maior.

No espelho convexo, a distância focal é negativa. Escrevendo $f=-F$, com $F>0$, obtemos, para qualquer objeto real à frente do espelho, \[p'=-\frac{Fp}{F+p},\qquad A=\frac{F}{F+p}.\] A imagem é virtual, o aumento é positivo e menor que 1: ela é direita e reduzida.

O foco do convexo é virtual e fica atrás do espelho. Por isso, a descrição “entre foco e vértice” não se aplica literalmente a um objeto real à sua frente; a propriedade válida para esse caso é a de qualquer objeto real diante de um convexo.

Ao deslizar, a barra aumenta a área do circuito atravessada pelo campo magnético. O fluxo muda e surge uma força eletromotriz induzida. Como o campo é perpendicular ao circuito e a barra se desloca perpendicularmente ao seu comprimento, \[\varepsilon=BLv.\]

Convertendo $L=40\,\text{cm}=0{,}40\,\text{m}$, \[\varepsilon=0{,}20\cdot0{,}40\cdot6{,}0=0{,}48\,\text{V}.\] A resistência total é 6 Ω, então a corrente induzida tem módulo \[i=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{0{,}48}{6}=0{,}08\,\text{A}.\]

Essa corrente, ao percorrer a barra dentro do campo, produz uma força magnética de oposição ao movimento, conforme a lei de Lenz. Para manter a velocidade constante, a força externa deve equilibrá-la: \[F_{ext}=BiL=0{,}20\cdot0{,}08\cdot0{,}40=6{,}4\times10^{-3}\,\text{N}.\]

Podemos verificar pela energia: a potência mecânica $F_{ext}v$ vale 0,0384 W, igual à potência dissipada $Ri^2=6(0{,}08)^2$. O trabalho externo fornece a energia transformada em calor no circuito.

Para obter a quantidade de matéria a partir da energia interna, precisamos saber qual modelo de gás está sendo usado. A expressão que conduz ao valor do gabarito é a de um gás ideal monoatômico: \[U=\frac32nRT.\] O enunciado não explicita “monoatômico”; essa hipótese precisa ficar clara, pois ser gás perfeito, sozinho, não determina o fator $3/2$.

No modelo adotado, primeiro passamos os dados para as unidades compatíveis com $R$: \[U=5\,\text{kJ}=5.000\,\text{J},\qquad T=27+273=300\,\text{K}.\] A temperatura deve ser absoluta, porque é ela que entra nas relações dos gases.

Isolando o número de mols, \[n=\frac{2U}{3RT}=\frac{2\cdot5.000}{3\cdot8{,}31\cdot300}=\frac{10.000}{7.479}\approx1{,}34\,\text{mol}.\] O valor aproximado pedido é 1,3 mol.

As informações de pressão e volume constantes não acrescentam uma equação necessária a esse cálculo. Conhecidos o modelo, a energia interna e a temperatura, já é possível encontrar $n$.

Os quatro capacitores estão ligados aos mesmos dois nós da fonte. Isso caracteriza uma associação em paralelo: cada capacitor recebe a tensão completa de 180 V, embora as cargas armazenadas possam ser diferentes.

Em paralelo, as capacitâncias se somam: \[C_{eq}=8+5+20+40=73\,\mu\text{F}.\] Para cada capacitor, usamos $Q_i=C_iU$. Como $\mu\text{F}\cdot\text{V}=\mu\text{C}$, podemos calcular diretamente: \[Q_1=8\cdot180=1.440\,\mu\text{C},\qquad Q_2=5\cdot180=900\,\mu\text{C},\] \[Q_3=20\cdot180=3.600\,\mu\text{C},\qquad Q_4=40\cdot180=7.200\,\mu\text{C}.\]

A soma das cargas é $13.140\,\mu\text{C}$, que também resulta de $C_{eq}U=73\cdot180$. Essa igualdade confere a associação e as contas.

O problema das opções é dimensional: elas apresentam as cargas em unidades de capacitância, como μF ou pF. A unidade de carga é coulomb, aqui microcoulomb. A coincidência dos números de uma opção não corrige a unidade física incorreta. A informação de anulação já registrada no material será mantida no fechamento.

O poder de penetração depende de como a radiação interage com a matéria. A comparação didática entre alfa, beta e gama considera que partículas alfa perdem energia em trajetos curtos, partículas beta costumam atingir profundidades maiores e fótons gama podem atravessar espessuras bem maiores.

As partículas alfa têm carga elétrica positiva de módulo $2e$ e massa relativamente grande. Interagem intensamente com o material, produzindo muita ionização ao longo de um pequeno percurso. Por isso, têm baixo poder de penetração.

As partículas beta descritas no enunciado são elétrons. Elas também possuem carga e interagem eletricamente, mas normalmente percorrem distâncias maiores que partículas alfa nas comparações usuais. Já os raios gama são fótons, sem carga elétrica, e sua atenuação ocorre por interações probabilísticas ao atravessar o material.

Assim, a afirmação compatível com a comparação pedida é que a radiação gama possui maior poder de penetração que a alfa. Não se pode afirmar, apenas pelo nome, que raios X sempre penetram mais que gama: ambos são radiação eletromagnética, e a penetração depende da energia dos fótons e do material atravessado.

O ganho de força de uma prensa hidráulica depende da razão entre as áreas dos êmbolos. O enunciado fornece volumes e alturas, então o primeiro passo é transformar essas informações em uma relação entre áreas.

Para um cilindro, $V=Ah$. Como $V_B=3V_A$ e $h_A=2h_B$, \[A_Bh_B=3A_Ah_A=3A_A(2h_B).\] Cancelando $h_B$, encontramos \[A_B=6A_A.\] O volume triplo não significa área tripla, pois as alturas também são diferentes.

No modelo de prensa adotado pela questão, a pressão aplicada se transmite ao líquido, e o equilíbrio dos êmbolos é descrito por \[\frac{F_1}{A_A}=\frac{F_2}{A_B}.\] Portanto, \[\boxed{\frac{F_2}{F_1}=\frac{A_B}{A_A}=6}.\] O êmbolo de área seis vezes maior pode equilibrar uma força seis vezes maior.

Essa razão não possui unidade: newton dividido por newton se cancela. A ampliação da força não cria energia; numa prensa ideal, o êmbolo de maior área se desloca menos para o mesmo volume de líquido transferido.

A relação entre posição do objeto, posição da imagem e distância focal é a equação de Gauss: \[\frac1f=\frac1p+\frac1{p'}.\] A interpretação adotada no gabarito usa $f=+10\,\text{cm}$, isto é, um espelho côncavo. O objeto real está a $p=20\,\text{cm}$ à sua frente.

Substituindo as distâncias na mesma unidade, \[\frac1{p'}=\frac1{10}-\frac1{20}=\frac2{20}-\frac1{20}=\frac1{20}.\] Assim, \[\boxed{p'=20\,\text{cm}}.\] O sinal positivo indica que a imagem é real e se forma à frente do espelho.

Há uma conferência geométrica: o raio de curvatura é $R=2f=20\,\text{cm}$. O objeto está no centro de curvatura; nesse caso, a imagem também se forma no centro, invertida e com o mesmo tamanho. Pelo aumento, $A=-p'/p=-1$.

O sinal da distância focal é essencial. Se os 10 cm fossem apenas o módulo da focal de um espelho convexo, a conta seria diferente; por isso, a hipótese de focal positiva foi explicitada.

O circuito tem dois ramos em paralelo ligados à fonte de 48 V. Um ramo contém apenas 6 Ω; o outro contém 7 Ω em série com a resistência desconhecida $R$. Como os ramos compartilham os mesmos nós, ambos recebem 48 V.

No primeiro ramo, a lei de Ohm fornece \[i_1=\frac{48}{6}=8\,\text{A}.\] A fonte fornece corrente total de 12 A. Pela lei dos nós, essa corrente se divide entre os ramos: \[i_2=12-8=4\,\text{A}.\]

No segundo ramo, os resistores estão em série e são percorridos pela mesma corrente. Sua resistência total deve ser \[R_{ramo}=\frac{48}{4}=12\,\Omega.\] Como $R_{ramo}=7+R$, \[\boxed{R=12-7=5\,\Omega}.\] A conferência completa é $6\parallel12=4\,\Omega$, de modo que a fonte fornece $48/4=12\,\text{A}$, como no desenho.

O caminho foi descobrir primeiro a corrente do ramo conhecido, depois a do ramo desconhecido e, por fim, sua resistência. Isso evita tentar usar a corrente total diretamente em um componente isolado.

Para testar as afirmações numéricas, usamos $v=\lambda f$, mantendo unidades compatíveis. Para as conceituais, lembramos que comprimento de onda é a distância entre pontos consecutivos em mesma fase e que período é o tempo de um ciclo.

Primeira — Falsa. Quatro centímetros correspondem a 0,04 m. Logo, \[v=0{,}04\cdot4=0{,}16\,\text{m/s},\] diferente dos 0,2 m/s informados. Os três dados não podem descrever simultaneamente essa onda.

Segunda — Verdadeira. Duas cristas consecutivas representam pontos em mesma fase separados por um ciclo espacial. Se a distância entre elas é 9 cm, o comprimento de onda é 9 cm. Isso não significa que a corda inteira ou todo o trem de ondas tenha esse comprimento.

Terceira — Falsa. Com $\lambda=0{,}20\,\text{m}$ e $f=2{,}5\,\text{Hz}$, \[v=0{,}20\cdot2{,}5=0{,}50\,\text{m/s}=1{,}8\,\text{km/h}.\] Esse valor não corresponde a 36 km/h.

Quarta — Verdadeira. Se $f$ ciclos ocorrem por segundo, cada ciclo dura $T=1/f$. A sequência é F – V – F – V.

A variação de energia cinética pode ser calculada diretamente com as velocidades inicial e final. Como a caixa parte do repouso, \[\Delta E_c=\frac12mv_f^2=\frac12\cdot10\cdot(2{,}5)^2=31{,}25\,\text{J}.\]

Se a força de 108 N é horizontal, ela forma 37° com o deslocamento ao longo da rampa. Seu trabalho é \[W_F=Fd\cos37^\circ=108\cdot6\cdot0{,}80=518{,}4\,\text{J}.\] Esse valor não aparece nas opções. Se “horizontal à superfície da rampa” fosse interpretado como paralelo à rampa, a conta daria $108\cdot6=648\,\text{J}$, também ausente.

Existe ainda uma incompatibilidade no balanço de energia da interpretação horizontal. A elevação é $h=6\sin37^\circ=3{,}6\,\text{m}$, então o trabalho do peso é \[W_P=-mgh=-10\cdot10\cdot3{,}6=-360\,\text{J}.\] Sem atrito, a normal não realiza trabalho e o trabalho resultante seria $518{,}4-360=158{,}4\,\text{J}$, diferente dos 31,25 J obtidos com a velocidade final informada.

Portanto, os dados não formam um conjunto fisicamente consistente nas condições descritas. A anulação já registrada será preservada, sem substituir dados para obter um dos pares propostos.

As quatro expressões podem ser entendidas a partir da equação $PV=nRT$, para uma quantidade fixa de gás ideal. Se $n$ não muda, o quociente $PV/T=nR$ permanece constante, desde que a temperatura seja medida em kelvin.

A primeira expressão, $P_1V_1/T_1=P_2V_2/T_2$, é a equação geral, identificada pelo número 4. Ela permite comparar dois estados sem exigir que pressão, volume ou temperatura sejam individualmente constantes.

Na segunda, $PV$ é constante. Isso ocorre quando a temperatura é fixa: é a transformação isotérmica, associada à lei de Boyle-Mariotte, número 1.

Na terceira, $V/T$ é constante, portanto a pressão permanece fixa. Na nomenclatura adotada nesta prova, essa relação isobárica corresponde a Gay-Lussac, número 2. Na quarta, $P/T$ é constante, indicando volume fixo; a prova associa essa relação isocórica a Charles, número 3. A sequência utilizada é 4 – 1 – 2 – 3.

As atribuições históricas de nomes a essas duas últimas leis variam entre materiais didáticos. As relações físicas, porém, são inequívocas: $V/T$ constante exige pressão constante e $P/T$ constante exige volume constante.

O campo gravitacional é a força gravitacional por unidade de massa de prova. Para um astro esfericamente simétrico e um ponto externo, seu módulo é \[g=\frac{GM}{r^2},\] em que $M$ é a massa do astro e $r$, a distância ao seu centro. O vetor aponta para o centro.

A primeira afirmação é aceita no modelo esférico: na superfície de cada planeta, usamos sua própria massa e seu próprio raio. A segunda exige cuidado de notação. A expressão $Gm/r_T^2$ pode representar corretamente o módulo do campo na superfície terrestre, se $m$ designar a massa da Terra. Ela não fornece, sozinha, direção e sentido do vetor e não vale com $m$ como massa do corpo de prova. Não é correto rejeitá-la apenas por usar o raio terrestre: esse raio é adequado na superfície.

A terceira está incorreta: para altitude $h$, a distância ao centro é $r=r_T+h$, sem divisão por uma grandeza $d$ não definida. A quarta também está incorreta: \[[g]=\text{N/kg}=\text{m/s}^2,\] enquanto newton, sozinho, é unidade de força.

As ambiguidades da segunda afirmação devem ser explicitadas, em vez de forçar uma sequência única sem definir seus símbolos. O registro de anulação existente no material será mantido no fechamento; esta análise não atribui um motivo oficial à banca.

A força aplicada pela corda forma 40° com a horizontal. Ao decompor esse vetor, sua componente horizontal corresponde ao cateto adjacente ao ângulo e sua componente vertical, ao cateto oposto. O módulo de 120 N é a hipotenusa desse triângulo de componentes.

Por isso, usamos cosseno na horizontal: \[F_x=F\cos40^\circ=120\cdot0{,}77=92{,}4\,\text{N}.\] Na vertical, usamos seno: \[F_y=F\sin40^\circ=120\cdot0{,}64=76{,}8\,\text{N}.\]

A ordem solicitada é horizontal e depois vertical, portanto os valores são 92,4 N e 76,8 N. Como 40° é menor que 45°, a componente horizontal deve ser maior que a vertical, o que confere com os resultados.

Não é necessário conhecer a massa do equipamento nem calcular sua aceleração para decompor a força. A presença ou ausência de atrito também não altera essas componentes: ela seria relevante numa análise posterior da força resultante.