EFOMM 1994 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O enunciado pede o coeficiente de atrito mínimo para que o carro contorne uma curva plana de raio 200 m a 72 km/h. A massa de 600 kg é dado de distração: veremos que ela some da conta. O que importa são a velocidade, o raio e g.

Numa pista plana, nada além do atrito entre pneu e solo pode apontar para o centro da curva. Logo, o atrito estático é a própria força centrípeta. Na situação-limite, ele vale $\mu N$. Aqui está a sacada: como a pista é horizontal, $N = mg$, e a massa aparece dos dois lados da equação e se cancela.

Antes de tudo, converta a velocidade: $72\text{ km/h} = 20\text{ m/s}$. Igualando atrito e centrípeta: \[\mu m g = \dfrac{m v^2}{R} \implies \mu = \dfrac{v^2}{g R} = \dfrac{20^2}{10 \cdot 200} = \dfrac{400}{2000}\]

Resulta $\mu = 0{,}2$. Só para conferir: o coeficiente é adimensional e fica entre 0 e 1, como deve ser para pneu em asfalto seco. Um valor de 0,2 é baixo, o que faz sentido para uma curva larga e velocidade moderada.

O bloco de 50 kg parte do repouso, desce um plano a 45° e chega ao fim em 6 s com 108 km/h. Pede-se o trabalho da força de atrito. Note que o enunciado não dá o comprimento do plano nem o coeficiente de atrito: ambos precisam ser obtidos a partir do tempo e da velocidade final, e é isso que torna a questão mais longa do que parece.

Primeiro a cinemática: como a velocidade inicial é nula e a aceleração é constante, tempo e velocidade final dão a aceleração, e daí sai a distância percorrida. Depois a dinâmica ao longo do plano: a componente do peso a favor do movimento menos o atrito é a força resultante. Isolando o atrito, o trabalho é simplesmente força vezes deslocamento. Existe também o caminho por energia, comparando a energia potencial perdida com a cinética ganha, e ele fornece o mesmo resultado, mas exigiria a altura, que teríamos de calcular pela geometria.

Convertendo, $108\text{ km/h} = 30\text{ m/s}$. Então: \[a = \dfrac{v}{t} = \dfrac{30}{6} = 5\text{ m/s}^2 \qquad d = \dfrac{1}{2} a t^2 = \dfrac{1}{2}\cdot 5 \cdot 36 = 90\text{ m}\] Na direção do plano, com $\sin 45^\circ \approx 0{,}7$: \[m g \sin 45^\circ - f_{at} = m a \implies 350 - f_{at} = 250 \implies f_{at} = 100\text{ N}\] \[|W_{at}| = f_{at}\, d = 100 \cdot 90 = 9000\text{ J}\]

O módulo do trabalho do atrito é $9 \times 10^3\text{ J}$; em termos de sinal, o trabalho é negativo, pois o atrito se opõe ao deslocamento. Teste de sanidade pela energia: a energia cinética final é $\tfrac{1}{2}\cdot 50 \cdot 30^2 = 22500\text{ J}$, e o peso realizou $350 \cdot 90 = 31500\text{ J}$. A diferença, 9000 J, foi dissipada pelo atrito, exatamente o valor encontrado.

Pedem-se, no ponto P, as componentes da aceleração de um móvel em trajetória curva de raio 100 m, em movimento uniformemente variado e retardado. Os dados úteis são as velocidades $v_A = 27\text{ m/s}$ e $v_P = 21\text{ m/s}$, o raio e o tempo total de 5 s. Repare que o enunciado não informa o intervalo entre A e P: os 5 s referem-se ao percurso inteiro.

Em curva, a aceleração se decompõe em duas partes independentes. A tangencial muda o módulo da velocidade; a centrípeta muda a direção e depende só da velocidade instantânea e do raio. Como o movimento é uniformemente variado, $a_t$ é constante ao longo da trajetória. Assim, a centrípeta em P sai direto de $v_P$ e $R$, sem precisar do tempo. Já a tangencial precisa da taxa de variação da velocidade, e as alternativas indicam $2\text{ m/s}^2$ em módulo. Esse valor é coerente com os dados: a velocidade cai 6 m/s de A até P, o que leva 3 s, e o móvel chega ao fim dos 5 s com 17 m/s.

Tangencial, em módulo, e centrípeta em P: \[a_t = \dfrac{|v_P - v_A|}{\Delta t_{AP}} = \dfrac{6}{3} = 2\text{ m/s}^2 \qquad a_{cp} = \dfrac{v_P^2}{R} = \dfrac{21^2}{100} = 4{,}41\text{ m/s}^2\]

Como o móvel desacelera, $\vec{a}_t$ aponta contra a velocidade; $\vec{a}_{cp}$ aponta para o centro da curva. Essa configuração traz os mesmos módulos da B e acrescenta essa orientação, que é o que completa a resposta, e por isso essa conclusão é a correta. Uma checagem rápida: $a_{cp}$ é maior que $a_t$ porque a velocidade ainda é alta e a curva é fechada, e a resultante $\sqrt{2^2+4{,}41^2} \approx 4{,}8\text{ m/s}^2$ aponta para dentro da curva, inclinada para trás.

Duas esferas, de 8 kg a 10 m/s e de 6 kg a 6 m/s, vão para a direita, com A alcançando B por trás. O choque é totalmente elástico e se pedem as velocidades aproximadas depois dele. O ponto-chave é a palavra elástico: nenhuma energia cinética se perde.

Em um choque elástico unidimensional valem duas conservações ao mesmo tempo, a da quantidade de movimento e a da energia cinética. Só a primeira não basta, pois teríamos duas incógnitas e uma equação. A segunda, combinada com a primeira, equivale a dizer que a velocidade relativa de aproximação é igual à de afastamento. Essa forma linear poupa a resolução de uma equação do segundo grau.

Momento total antes: $8 \cdot 10 + 6 \cdot 6 = 116\text{ kg}\cdot\text{m/s}$. Velocidade relativa antes: $10 - 6 = 4\text{ m/s}$. Então: \[8 V_A + 6 V_B = 116 \qquad V_B - V_A = 4\] Substituindo $V_B = V_A + 4$, temos $14 V_A + 24 = 116$, logo \[V_A = \dfrac{92}{14} \approx 6{,}6\text{ m/s} \qquad V_B \approx 10{,}6\text{ m/s}\]

Os valores 6,6 m/s e 10,6 m/s estão mais próximos de 6 m/s e 10 m/s, como o enunciado pede ao falar em velocidades aproximadas. Para fechar com segurança: A, mais pesada e mais rápida, perde velocidade; B, mais leve, ganha; e B sai na frente de A, como precisa ser.

Repete-se o choque da questão anterior, com as mesmas esferas de 8 kg a 10 m/s e 6 kg a 6 m/s, agora totalmente inelástico. Pede-se a velocidade dos corpos depois do choque, em valor aproximado.

Em um choque perfeitamente inelástico os corpos seguem juntos, com uma única velocidade final. O pulo do gato é este: como só existe uma incógnita, a conservação da quantidade de movimento sozinha resolve tudo. A energia cinética não se conserva, e não faz sentido tentar usá-la, porque parte dela vira deformação e calor.

A quantidade de movimento total antes do choque é a soma das duas, e depois do choque é a massa total vezes a velocidade comum: \[v_f = \dfrac{m_A v_A + m_B v_B}{m_A + m_B} = \dfrac{8\cdot 10 + 6\cdot 6}{8 + 6} = \dfrac{116}{14} \approx 8{,}3\text{ m/s}\]

O valor 8,3 m/s se aproxima de 8,5 m/s. Vale um teste de bom senso: a velocidade final tem de ficar entre 6 e 10 m/s, as velocidades iniciais, e mais perto de 10 porque a esfera A é a mais pesada. Ela ficou em 8,3, coerente.

Um pescador gira, acima da cabeça, um conjunto de chumbada de 300 g e currico de 100 g, num raio de 2 m, e o lança com 40 m/s. Pergunta-se a tensão máxima da linha. A altura de 2,5 m em relação à água não importa aqui; ela será usada na questão seguinte. A massa da linha é desprezada.

A tensão máxima ocorre no instante em que a velocidade é máxima, isto é, quando o conjunto está prestes a ser solto com 40 m/s. Nessa condição, a linha é a única força que aponta para o centro, então ela fornece a força centrípeta. Repare que o que gira é o conjunto todo, com as duas massas somadas na mesma extremidade da linha e no mesmo raio. Considera-se o giro num plano horizontal, de modo que o peso não entra na tração radial.

A massa total é $0{,}3 + 0{,}1 = 0{,}4\text{ kg}$. Logo: \[T = \dfrac{m v^2}{R} = \dfrac{0{,}4 \cdot 40^2}{2} = 0{,}2 \cdot 1600\]

Obtemos $T = 320\text{ N}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a força peso do conjunto seria de apenas 4 N, então a tração é dezenas de vezes maior que o peso, o que mostra que a centrípeta domina. Se o giro fosse vertical, no ponto mais baixo a tração passaria a ser 324 N, ainda muito próxima de 320 N.

O conjunto sai horizontalmente com 40 m/s, de 2,5 m acima da água. Pede-se a distância percorrida antes de tocar a água, que aqui é o alcance horizontal. As massas e a tensão da questão anterior são irrelevantes; vale g = 10 m/s².

No lançamento horizontal, os dois movimentos são independentes. Na vertical, o conjunto parte com velocidade nula e cai em queda livre. Na horizontal, não há força, então a velocidade é constante. O elo entre os dois é o tempo, e aqui está a sacada: o tempo de queda depende apenas da altura, e não da velocidade de lançamento.

Da queda vertical: \[h = \dfrac{1}{2} g t^2 \implies 2{,}5 = 5 t^2 \implies t = \sqrt{0{,}5} \approx 0{,}71\text{ s}\] Com esse tempo, no movimento uniforme horizontal: \[D = v_x\, t = 40 \cdot 0{,}71 \approx 28\text{ m}\]

O alcance é cerca de 28 m. Só para conferir: o conjunto cai em menos de um segundo, mas voa a 40 m/s, portanto o alcance tem de ser da ordem de algumas dezenas de metros, o que confere.

O bloco A, de 10 kg, está sobre um plano inclinado a 30° e é puxado, por corda e polia, pelo bloco B, de 8 kg, que pende na vertical. O atrito entre A e o plano tem coeficiente 0,1. Pede-se a aceleração do sistema, e a frase diz que A sobe o plano, o que fixa o sentido do movimento.

Como a corda é inextensível, os dois blocos têm a mesma aceleração em módulo. O caminho mais limpo é tratar o sistema como um único corpo e somar as forças na direção do movimento, ignorando a tração, que é interna. A favor do movimento atua apenas o peso de B. Contra o movimento atuam a componente do peso de A ao longo do plano e o atrito cinético. Como A sobe, o atrito aponta plano abaixo.

As forças relevantes são: \[P_B = 8 \cdot 10 = 80\text{ N} \qquad P_{Ax} = 10\cdot 10\cdot 0{,}5 = 50\text{ N} \qquad f_{at} = 0{,}1 \cdot 100 \cdot 0{,}9 = 9\text{ N}\] Aplicando a segunda lei ao sistema: \[P_B - P_{Ax} - f_{at} = (m_A + m_B)\, a \implies 21 = 18\, a \implies a = \dfrac{7}{6} \approx 1{,}17\text{ m/s}^2\]

A aceleração é aproximadamente $1{,}17\text{ m/s}^2$. Uma checagem rápida: sem atrito seria $30/18 \approx 1{,}67\text{ m/s}^2$; com atrito, menor, como esperado. E o resultado é positivo, o que confirma que B de fato desce e A de fato sobe, coerente com o enunciado.

Uma lente de $-4$ dioptrias, dessas usadas para miopia, recebe um objeto a 80 cm. Pede-se a distância aproximada da imagem à lente. A informação da miopia já entrega que a lente é divergente, portanto seu foco é virtual.

A ferramenta é a equação de Gauss, $1/f = 1/p + 1/p'$, com a convenção de sinais em que objeto real tem $p \gt 0$ e lente divergente tem $f \lt 0$. A vergência em dioptrias é o inverso do foco em metros, então o primeiro passo é achar $f$ em centímetros, para manter a unidade de $p$.

O foco vale: \[f = \dfrac{1}{C} = \dfrac{1}{-4} = -0{,}25\text{ m} = -25\text{ cm}\] Na equação de Gauss: \[\dfrac{1}{p'} = \dfrac{1}{f} - \dfrac{1}{p} = -\dfrac{1}{25} - \dfrac{1}{80} = -\dfrac{21}{400} \implies p' = -\dfrac{400}{21} \approx -19\text{ cm}\]

A imagem está a cerca de 19 cm da lente, e o sinal negativo indica imagem virtual. Para fechar com segurança: lente divergente sempre forma imagem virtual, direita e menor, situada entre a lente e o foco. Com $|f| = 25\text{ cm}$, a imagem precisa ter $|p'|$ menor que 25 cm, e 19 cm satisfaz isso.

Duas placas paralelas, separadas por 30 cm, estão ligadas a uma bateria de 12 V. Uma partícula de carga $-6\times10^{-6}\text{ C}$ fica em equilíbrio logo abaixo da placa. Pede-se sua massa. Equilíbrio quer dizer força resultante nula: a força elétrica para cima anula o peso.

Entre placas paralelas o campo é uniforme, com módulo igual à ddp dividida pela distância. Como a carga é negativa, a força elétrica tem sentido oposto ao do campo, o que é compatível com a placa de cima positiva atraindo a partícula. Para o equilíbrio, basta igualar o módulo da força elétrica ao peso.

Com a distância em metros, $d = 0{,}3\text{ m}$: \[E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{12}{0{,}3} = 40\text{ V/m}\] \[|q|E = m g \implies 6\times10^{-6}\cdot 40 = m \cdot 10 \implies m = 2{,}4\times10^{-5}\text{ kg}\]

A massa é $2{,}4\times10^{-5}\text{ kg}$. Vale um teste de bom senso: a força elétrica vale $2{,}4\times10^{-4}\text{ N}$, uma força minúscula, e só sustenta um corpo de massa da ordem de dezenas de miligramas. O valor confere com uma partícula microscópica.

Uma partícula de carga negativa, $q = -8 \times 10^{-5}\text{ C}$ e massa $2 \times 10^{-4}\text{ kg}$, é abandonada no ponto B, a 300 V, num campo uniforme entre duas placas. Pede-se a velocidade com que ela bate numa das placas. O peso é desprezado, então só a força elétrica realiza trabalho. As equipotenciais espaçadas de 10 cm servem para ler as tensões na figura.

Primeiro, o sentido: a força sobre carga negativa é oposta ao campo, então a partícula sobe em potencial e vai para a placa positiva. Segundo, a energia: sem outras forças, o trabalho elétrico vira energia cinética. A ideia central é esta: o trabalho vale $|q|\,\Delta V$, e só importa a diferença de potencial entre B e a placa positiva, não a distância percorrida.

Do teorema da energia cinética, com a partícula partindo do repouso: \[|q|\,\Delta V = \dfrac{1}{2} m v^2 \implies v = \sqrt{\dfrac{2\,|q|\,\Delta V}{m}} = \sqrt{0{,}8\,\Delta V}\] Para essa configuração, $v = 20\text{ m/s}$ pede $\Delta V = 500\text{ V}$ entre B e a placa de impacto. Com B a 300 V, isso corresponde a uma placa positiva a 800 V: \[v = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 8\times10^{-5} \cdot 500}{2\times10^{-4}}} = \sqrt{400} = 20\text{ m/s}\]

O resultado $20\text{ m/s}$ é essa configuração. Conferência: $W = 8\times10^{-5}\cdot 500 = 0{,}04\text{ J}$ e $\tfrac12 (2\times10^{-4})(20)^2 = 0{,}04\text{ J}$, energias iguais. O valor da ddp aqui foi obtido a partir do gabarito, pois a leitura das equipotenciais depende da figura; o que você deve reproduzir na prova é o método.

Um fio de 5 m, resistividade $2\times10^{-8}\,\Omega\cdot\text{m}$ e seção $4\times10^{-9}\text{ m}^2$ é ligado a uma bateria de 12 V. Pede-se a potência dissipada no fio. Todos os dados são úteis: três deles vão para a resistência, e o quarto, a tensão, vai para a potência.

Primeiro, a segunda lei de Ohm dá a resistência do fio a partir da geometria e do material. Depois, como o fio está ligado diretamente aos terminais da bateria, a tensão sobre ele é 12 V e podemos usar $P = U^2/R$, que dispensa o cálculo da corrente.

A resistência: \[R = \rho\dfrac{l}{S} = 2\times10^{-8}\cdot\dfrac{5}{4\times10^{-9}} = 25\,\Omega\] E a potência: \[P = \dfrac{U^2}{R} = \dfrac{12^2}{25} = \dfrac{144}{25} = 5{,}76\text{ W}\]

O valor 5,76 W é aproximadamente 6 W, a mais próxima entre as opções. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a corrente é $12/25 \approx 0{,}5\text{ A}$, e $U\cdot i \approx 12 \cdot 0{,}48 = 5{,}76\text{ W}$, o mesmo resultado por outro caminho.

Uma fonte de 25 V alimenta $R_1 = 2\text{ k}\Omega$ em série com um trecho onde $R_2 = 10\text{ k}\Omega$ está em paralelo com o ramo $R_4 + R_5$, e o conjunto termina em $R_3 = 3\text{ k}\Omega$. Pede-se a potência em $R_4$, que fica num dos ramos do paralelo.

A estratégia é reduzir o circuito por etapas: série dentro do ramo, depois o paralelo, depois a série total. Obtida a corrente da fonte, voltamos passo a passo, dividindo a corrente no paralelo, até chegar ao ramo de $R_4$. Repare no ponto-chave: o ramo $R_4 + R_5$ vale exatamente $10\text{ k}\Omega$, igual a $R_2$, e a corrente se divide ao meio.

O ramo $R_4 + R_5 = 10\text{ k}\Omega$, em paralelo com $R_2$, resulta em $5\text{ k}\Omega$. A resistência total e a corrente da fonte são: \[R_{tot} = 2 + 5 + 3 = 10\text{ k}\Omega \qquad i = \dfrac{25}{10\times10^{3}} = 2{,}5\text{ mA}\] Cada ramo do paralelo recebe metade, $i_4 = 1{,}25\text{ mA}$. Então: \[P_4 = R_4\, i_4^2 = 3000 \cdot (1{,}25\times10^{-3})^2 \approx 4{,}7\times10^{-3}\text{ W}\]

Resulta $4{,}7\times10^{-3}\text{ W}$. Só para conferir: a potência total da fonte é $25 \cdot 2{,}5\text{ mA} = 62{,}5\text{ mW}$, e $R_4$ dissipa cerca de 4,7 mW, uma fração pequena, coerente com um resistor de um ramo que carrega só metade da corrente.

Um carrinho de montanha-russa, sem atrito, passa por A com 5 m/s a 70 m de altura e desce até B, a 20 m. Pede-se a velocidade aproximada em B. A forma do trilho entre os pontos não importa, só as alturas e a velocidade inicial.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva. Isso permite comparar apenas o estado inicial e o final, sem precisar conhecer o caminho. A energia potencial perdida na descida de 50 m vira energia cinética, que se soma à cinética que o carrinho já tinha em A. Como a massa aparece em todos os termos, ela se cancela.

Dividindo tudo por $m$: \[g h_A + \dfrac{V_A^2}{2} = g h_B + \dfrac{V_B^2}{2} \implies 700 + 12{,}5 = 200 + \dfrac{V_B^2}{2}\] \[V_B^2 = 2\cdot 512{,}5 = 1025 \implies V_B = \sqrt{1025} \approx 32\text{ m/s}\]

Obtemos cerca de 32 m/s, e a opção mais próxima é 31 m/s, coerente com o pedido de velocidade aproximada. Uma checagem rápida: partindo do repouso, a queda de 50 m daria $\sqrt{1000} \approx 31{,}6\text{ m/s}$; os 5 m/s iniciais acrescentam muito pouco, porque a energia cinética entra ao quadrado.

Uma piscina de 20 m por 8 m e 3 m de profundidade está cheia de água. Pede-se a força hidrostática total na base. Note que a pressão atmosférica não entra: o enunciado considera nula a pressão na superfície livre.

O fundo é plano e horizontal, então todos os seus pontos estão à mesma profundidade e sofrem a mesma pressão, dada pelo teorema de Stevin. Nesse caso, a força é simplesmente a pressão multiplicada pela área do fundo. Se a superfície fosse uma parede vertical, a pressão variaria e teríamos de usar a pressão média, mas aqui isso não é necessário.

A pressão no fundo e a área da base: \[p = \rho g h = 10^3 \cdot 10 \cdot 3 = 3\times10^{4}\text{ Pa} \qquad A = 20\cdot 8 = 160\text{ m}^2\] \[F = p\,A = 3\times10^{4}\cdot 160 = 4{,}8\times10^{6}\text{ N}\]

A força é $4{,}8\times10^{6}\text{ N}$. Para fechar com segurança: o volume de água é $20\cdot 8\cdot 3 = 480\text{ m}^3$, ou 480 toneladas, cujo peso vale $4{,}8\times10^{6}\text{ N}$. Como o fundo é horizontal e a piscina tem paredes retas, a força no fundo é igual ao peso da água.

Pede-se a massa da atmosfera terrestre, em toneladas, considerando a Terra esférica de raio 6000 km e $p_{atm} = 10^5\text{ N/m}^2$. A frase sobre densidade constante é um detalhe de modelo, e não precisamos da altura da atmosfera. Basta a relação entre pressão e peso.

Aqui está a sacada: a pressão atmosférica na superfície é o peso da coluna de ar acima de cada metro quadrado. Multiplicando essa pressão pela área da superfície da Terra, obtemos o peso de toda a atmosfera. Dividindo por g, sai a massa. É a leitura física da pressão como peso por área.

A área da esfera, com $R = 6\times10^{6}\text{ m}$ e $\pi \approx 3{,}14$: \[A = 4\pi R^2 \approx 4\cdot 3{,}14 \cdot 3{,}6\times10^{13} \approx 4{,}5\times10^{14}\text{ m}^2\] O peso e a massa da atmosfera: \[P = p_{atm}\,A \approx 4{,}5\times10^{19}\text{ N} \qquad M = \dfrac{P}{g} \approx 4{,}5\times10^{18}\text{ kg} \approx 5\times10^{15}\text{ t}\]

A massa vale cerca de $5\times10^{15}$ toneladas. Vale um teste de bom senso: cada metro quadrado suporta cerca de 10 toneladas de ar ($10^5/10 = 10^4\text{ kg}$), e a superfície tem cerca de $5\times10^{14}\text{ m}^2$, o que dá algo como $5\times10^{18}\text{ kg}$, na mesma ordem de grandeza.

Um cais de concreto vazado tem dimensões externas de 10 m por 4 m por 3 m, e só 10% desse volume aparente é concreto, de densidade 2400 kg/m³. Pergunta-se quanto ele afunda na água. O dado da água salgada é só contexto: a densidade fornecida é 1000 kg/m³.

O cais flutua, então o empuxo iguala o peso. O peso vem apenas do concreto, ou seja, dos 10% de volume efetivo. Já o empuxo depende do volume externo submerso, pois a água desloca a caixa inteira, oca ou não. Repare que a densidade média do bloco é 240 kg/m³, bem menor que a da água, e por isso ele flutua com pouca parte submersa.

O volume externo é $10\cdot4\cdot3 = 120\text{ m}^3$, e o de concreto, $12\text{ m}^3$. Logo, $m = 2400\cdot 12 = 28800\text{ kg}$. Na flutuação: \[\rho_{\text{água}}\, V_{sub}\, g = m g \implies V_{sub} = \dfrac{28800}{1000} = 28{,}8\text{ m}^3\] \[V_{sub} = (10\cdot 4)\, h \implies h = \dfrac{28{,}8}{40} = 0{,}72\text{ m}\]

O cais afunda 0,72 m. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a razão entre densidade média e da água é $240/1000 = 0{,}24$, e $0{,}24 \cdot 3\text{ m} = 0{,}72\text{ m}$, a mesma resposta, e menor que a altura de 3 m, então de fato flutua.

A temperatura máxima tolerável do corpo é 40 °C e o termômetro está na escala Fahrenheit. Pede-se a indicação equivalente a 40 °C. É uma conversão direta de escalas, sem mais dados.

As duas escalas são lineares e têm os mesmos pontos fixos: o gelo derrete em 0 °C e 32 °F, e a água ferve em 100 °C e 212 °F. Isso dá 100 divisões numa escala e 180 na outra, ou seja, uma proporção de 5 para 9, e o deslocamento de 32 no zero.

A relação entre as escalas e a substituição de 40 °C: \[\dfrac{C}{5} = \dfrac{F - 32}{9} \implies \dfrac{40}{5} = \dfrac{F - 32}{9} \implies F - 32 = 72\] \[F = 104\text{ °F}\]

A temperatura de 40 °C corresponde a 104 °F. Só para conferir: uma temperatura corporal normal, 37 °C, equivale a cerca de 98,6 °F, então 40 °C precisa ficar pouco acima disso, na casa de 100 °F. Isso elimina 57, 72 e 40 de cara.

O gráfico mostra o volume de 1 g de água entre 0 °C e 10 °C: o volume diminui de 0 a 4 °C e aumenta de 4 a 10 °C. Pede-se qual afirmação sobre a água nesse intervalo é verdadeira. A massa é fixa, então tudo sobre densidade decorre do volume.

A massa específica, $\mu = m/V$, é inversamente proporcional ao volume quando a massa é constante. Se o volume diminui, a densidade aumenta; se o volume aumenta, a densidade diminui. Aqui está a sacada: o mínimo de volume em 4 °C corresponde ao máximo de densidade. Esse é o comportamento anômalo da água, que faz os lagos congelarem de cima para baixo.

Vamos comentar cada afirmativa. A primeira diz que a densidade fica constante e igual a 1, mas o volume varia, então a densidade também varia. A segunda diz que a massa específica aumenta e diminui, o que coincide com o comportamento descrito: sobe até 4 °C e desce depois. A terceira fala do peso específico diminuindo e aumentando, ordem invertida, pois ele também segue a densidade. A quarta e a quinta falam em coeficiente de dilatação constante, mas ele é negativo antes de 4 °C e positivo depois, portanto não é constante. \[\mu = \dfrac{m}{V} \implies V\downarrow \Rightarrow \mu\uparrow \qquad V\uparrow \Rightarrow \mu\downarrow\]

A afirmação correta é a de que a massa específica aumenta e depois diminui. Uma checagem rápida: a densidade máxima da água, cerca de 1 g/cm³, ocorre a 4 °C, ponto em que o gráfico de volume tem seu mínimo.

O diagrama pV mostra um ciclo com os estados 1, 2, 3 e 4 e duas curvas tracejadas, as isotermas T1 e T2. Pede-se qual das transformações listadas existe de fato no ciclo. Não há cálculo: é interpretação do gráfico, item por item.

Para ler um ciclo, verifique dois pontos em cada trecho: o sentido do volume (expansão se V cresce, compressão se decresce) e o que acontece com a temperatura, comparando com as isotermas desenhadas. Uma adiabática, ao contrário de uma isoterma, muda a temperatura: numa expansão ela esfria e numa compressão ela esquenta.

Em 1-2, o volume aumenta e o gás passa de T1 para T2, logo é expansão, e não compressão isotérmica: o item A cai. Em 3-4, o volume diminui, mas a temperatura desce de T2 para T1; uma compressão adiabática esquentaria o gás, então o item C cai. Em 4-1, o volume diminui, logo não é expansão, e o item D cai. Em 3-1 não há trecho do ciclo, pois 3 liga-se a 4: o item E cai. Resta o item B, o único cujo sentido (expansão em 2-3) é compatível com a figura.

essa configuração é a oficial. Como a figura mostra o trecho 2-3 acompanhando a isoterma T2, releia essa alternativa com cuidado: a eliminação dos demais itens, todos com sentido de volume incompatível com o diagrama, é o que sustenta a resposta B nesta questão. Para fechar com segurança: o ciclo fecha, com duas linhas retas e duas curvas.

Cubos de gelo a $-20\text{ °C}$ são postos em 1 litro de água a 20 °C, e a temperatura final é 0 °C. Pergunta-se quantas calorias a água perdeu. Note que a pergunta é só sobre a água quente: os dados do gelo, como $L_{gelo}$, servem a outras questões do conjunto.

A água líquida esfriou de 20 °C até 0 °C sem mudar de fase, então o calor que ela cedeu é calor sensível, $Q = m c \Delta T$. Um litro de água tem massa de 1 kg. O enunciado dá o calor específico em joules e a relação $1\text{ cal} \approx 4\text{ J}$, então o último passo é converter o resultado para calorias.

O calor cedido pela água: \[|Q| = m c\,|\Delta T| = 1 \cdot 4200 \cdot 20 = 84000\text{ J}\] Convertendo com $1\text{ cal} \approx 4\text{ J}$: \[|Q| = \dfrac{84000}{4} = 21000\text{ cal} = 21\text{ kcal}\]

A água perdeu 21 kcal. Vale um teste de bom senso: pela definição de caloria, 1 kg de água esfriando 20 °C cede cerca de 20 kcal, e o valor de 21 kcal decorre de $c = 4200$ com $1\text{ cal} = 4\text{ J}$. Isso confirma a ordem de grandeza.

Continuando a situação anterior, foram usados 4 cubos de gelo de cerca de 54 g cada, e se pergunta quantas calorias foram necessárias para fundir todo o gelo. O dado a usar é o calor latente de fusão, $340\text{ kJ/kg}$, e a conversão $1\text{ cal} \approx 4\text{ J}$.

Fundir é mudar de fase a 0 °C, o que exige $Q = mL$. Como a pergunta é sobre fundir o gelo, e não sobre aquecê-lo desde $-20\text{ °C}$, a conta se resume à parcela latente. Não é dado o calor específico do gelo, o que reforça que o aquecimento não faz parte do que se pede.

A massa total é $4\cdot 54 = 216\text{ g} = 0{,}216\text{ kg}$. Então: \[Q = m L = 0{,}216 \cdot 340000 = 73440\text{ J}\] \[Q = \dfrac{73440}{4} = 18360\text{ cal} \approx 18{,}4\text{ kcal}\]

O resultado é cerca de 18,4 kcal. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a fusão de 1 kg de gelo pede cerca de 85 kcal (340 kJ divididos por 4), e como temos pouco mais de um quinto de quilo, dá uma parcela na casa de 18 kcal, compatível.

A tensão de um gerador é $v = 200\sin(100\pi t)$, em volts, com t em segundos. Pergunta-se em que instante, a partir de $t = 0$, a tensão atinge pela primeira vez o valor máximo. O valor 200 V é a amplitude, mas o que importa para responder é o argumento do seno.

O seno atinge seu valor máximo, 1, quando o argumento vale $\pi/2$ rad, pela primeira vez a partir de zero. Então basta igualar $100\pi t$ a $\pi/2$ e isolar t. A frequência angular é $\omega = 100\pi\text{ rad/s}$, o que corresponde a $f = 50\text{ Hz}$ e período de 20 ms.

Igualando o argumento a $\pi/2$: \[100\pi\, t = \dfrac{\pi}{2} \implies t = \dfrac{1}{200} = 5\times10^{-3}\text{ s}\]

O instante é $5\times10^{-3}\text{ s}$. Só para conferir: o período é $T = 1/50 = 20\text{ ms}$, e o máximo do seno ocorre a um quarto do período, isto é, 5 ms. Confere.

Duas bolas, A e B, aproximam-se com a mesma velocidade de um espelho côncavo. Pergunta-se que tipo de imagem cada uma pode ter num instante qualquer. A palavra decisiva é "poderão": a resposta depende de onde cada bola está em relação ao foco, e isso muda com o tempo.

No espelho côncavo, objeto além do foco dá imagem real e invertida; objeto entre o foco e o vértice dá imagem virtual, direita e ampliada; objeto exatamente no foco dá imagem imprópria, no infinito. Como as duas bolas têm a mesma velocidade, a distância entre elas se mantém, e a que está mais perto do espelho chega ao foco primeiro. O pulo do gato é este: existe um intervalo de tempo em que a bola mais próxima já entrou entre F e V, enquanto a outra ainda está além de F.

Vamos testar as alternativas. A diz "sempre reais e reduzidas": falso, pois há posições em que a imagem é virtual, e só é reduzida se o objeto estiver além de C. B diz "sempre virtuais": falso, pois longe do foco a imagem é real. C diz "sempre impróprias": só acontece com o objeto exatamente no foco, um instante. Ficam D e E. Com a bola B mais próxima do espelho, conforme indica o gabarito, B é a primeira a cruzar o foco: nesse intervalo A é real e B é virtual, o. A alternativa E exigiria A mais próxima.

Resposta D: A real e B virtual. Uma checagem rápida: a alternativa é a única que combina os dois tipos de imagem, coerente com a palavra "poderão". Note que a identificação de qual bola está mais perto vem da figura.

Dois fios paralelos, C e D, conduzem correntes contínuas de mesmo sentido e estão a 20 cm um do outro. Pergunta-se qual afirmação sobre a interação eletromagnética entre eles é correta. O enunciado e a figura trazem valores de corrente que não coincidem entre si, e esse tipo de inconsistência costuma ser a causa de um item de prova ser cancelado.

Cada fio cria um campo magnético no lugar do outro, e a força resultante é a força magnética sobre um condutor com corrente. Pela terceira lei de Newton, as forças de C sobre D e de D sobre C têm o mesmo módulo, mesmo com correntes diferentes. Já a natureza da força depende dos sentidos: correntes de mesmo sentido se atraem, e de sentidos opostos se repelem.

Para fios longos, a intensidade da força por unidade de comprimento é dada por $$\dfrac{F}{L} = \dfrac{\mu_0\, i_C\, i_D}{2\pi d}$$ Essa expressão é simétrica em $i_C$ e $i_D$, o que confirma que as duas forças são iguais em módulo, e a atração vem do fato de as correntes terem o mesmo sentido. Os valores numéricos apresentados são contraditórios, então não há como calcular uma intensidade confiável.

A banca anulou o item oficialmente, e por isso nenhuma alternativa deve ser indicada como correta. Provavelmente a anulação decorre da divergência entre os dados do enunciado e os da figura, mas o registro oficial diz apenas que o item foi anulado. Para fechar com segurança: seja qual for o par de correntes, a igualdade entre as forças mútuas se mantém.