EFOMM 1999 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O recipiente tem paredes isolantes térmicas, e o gás realiza 100 J de trabalho ao expandir. O valor numérico do trabalho é quase distração: o que importa é o isolamento, que já responde se há troca de calor, e o sinal do trabalho, que diz para onde vai a energia.

Vamos pela Primeira Lei da Termodinâmica, que é a conservação de energia aplicada ao gás. Paredes isolantes significam processo adiabático, ou seja, sem calor trocado. Então todo o trabalho realizado pelo gás precisa ser pago por alguma reserva interna: a energia interna.

Com $Q=0$ e $W=+100\text{ J}$ (trabalho realizado pelo gás): \[\Delta U = Q - W = 0 - 100 = -100\text{ J}\] Como a energia interna de um gás cresce com a temperatura, $\Delta U\lt 0$ indica resfriamento.

O gás não troca calor e sua temperatura diminui, o que corresponde à essa configuração. Vale um teste de bom senso: é o mesmo fenômeno do spray que esfria ao ser liberado, o gás se expande rápido e não dá tempo de receber calor do ambiente.

O corpo A, preso ao fio de 0,8 m, é solto do repouso na altura do ponto de sustentação, desce e atinge o corpo B sobre uma superfície lisa. Depois do choque os dois ficam colados. Pede-se a velocidade do conjunto logo após a colisão. A massa de B é três vezes a de A, e o fato de a superfície ser lisa significa que nada rouba momento horizontal no choque.

Aqui há duas fases, e cada uma pede uma lei diferente. Na descida, só o peso realiza trabalho (a tração é perpendicular ao movimento), então vale conservação de energia mecânica. No choque, as forças são internas e muito intensas, então vale conservação da quantidade de movimento. Misturar as leis entre as fases é o caminho do erro.

Descida de A, com queda de altura igual ao comprimento do fio: \[m_A g L=\tfrac12 m_A v_A^2\;\Rightarrow\; v_A=\sqrt{2\cdot10\cdot0{,}8}=4\text{ m/s}\] Choque perfeitamente inelástico, com massa total $m_A+3m_A=4m_A$: \[m_A v_A=4m_A\,v\;\Rightarrow\; v=\dfrac{4}{4}=1\text{ m/s}\]

A velocidade do conjunto é 1 m/s. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o conjunto tem quatro vezes a massa de A, então precisa andar a um quarto da velocidade, e 4 m/s dividido por 4 dá 1 m/s. Além disso, a velocidade após um choque colado nunca pode superar a de A.

O elevador sobe freando, com desaceleração de módulo $a$, e depois desce acelerando, também com módulo $a$. Pede-se a tração no cabo em cada trecho. A palavra decisiva é o sentido da aceleração, não o sentido da velocidade.

Na subida freando, a velocidade aponta para cima e a aceleração aponta para baixo, pois o movimento está sendo retardado. Na descida acelerando, velocidade e aceleração apontam para baixo. Repare que, nos dois casos, a aceleração é para baixo, e é ela que entra na Segunda Lei de Newton.

Adotando o sentido para cima como positivo, com as forças de tração $T$ e peso $Mg$: \[T - Mg = -Ma \;\Rightarrow\; T = M(g-a)\] A mesma equação vale para a subida desacelerada e para a descida acelerada.

A tração é $M(g-a)$ nos dois trechos. Só para conferir: com $a\lt g$ a tração é menor que o peso, coerente com o elevador que precisa de resultante para baixo; no limite $a=g$ o cabo ficaria frouxo, queda livre.

O diagrama relaciona as leituras nas escalas X e Y por uma reta. Pede-se a leitura em X quando o termômetro Y marca zero. O importante é ler corretamente da reta dois pontos bem definidos.

Como a relação é linear, basta montar a equação da reta com dois pontos e depois impor $Y=0$. A reta é a mesma ideia da proporção entre escalas termométricas, só que escrita em forma de função.

Pelos pontos do gráfico, $(X,Y)=(30,20)$ e $(80,40)$, a inclinação é \[m=\dfrac{40-20}{80-30}=0{,}4\] e a reta fica \[Y=0{,}4\,X+8\] Impondo $Y=0$: \[0=0{,}4X+8\;\Rightarrow\; X=-20\]

O valor é $-20^\circ\text{X}$. Uma checagem rápida: substituindo $X=-20$ na reta, $0{,}4\cdot(-20)+8=0$. Como Y aumenta com X, o zero de Y precisa estar abaixo dos pontos lidos, e $-20$ está.

A partícula tem coordenadas $x=b\sin\omega t$, $y=b\cos\omega t$ e $z=ut$. Pede-se identificar qual afirmação sobre trajetória, velocidade ou aceleração é correta. As constantes $b$, $\omega$ e $u$ têm significados distintos: $b$ é um comprimento, $\omega$ uma frequência angular e $u$ uma velocidade.

O par $(x,y)$ descreve uma circunferência de raio $b$ no plano horizontal, enquanto $z$ cresce linearmente. Juntos, formam uma hélice. Para a velocidade, derivamos cada coordenada e compomos as componentes, sem precisar de nenhuma fórmula pronta. Para a aceleração, derivamos de novo. Verificar cada alternativa por derivação é o caminho mais seguro e ainda serve para eliminar as demais.

Componentes da velocidade: \[v_x=b\omega\cos\omega t,\qquad v_y=-b\omega\sin\omega t,\qquad v_z=u\] Módulo: \[v=\sqrt{b^2\omega^2(\cos^2\omega t+\sin^2\omega t)+u^2}=\sqrt{\omega^2b^2+u^2}\] Para a trajetória, $x^2+y^2=b^2$ apenas no plano horizontal, sem restringir $z$, de modo que a equação da trajetória completa envolve as três coordenadas. Já a aceleração tem $a_z=0$ e módulo $b\omega^2$, dirigida para o eixo da hélice.

A expressão da velocidade coincide com essa configuração. Sanidade dimensional: $\omega b$ e $u$ têm unidade de velocidade, então a raiz da soma dos quadrados também. Nos limites, $u=0$ dá $v=\omega b$ (movimento circular) e $b=0$ dá $v=u$ (movimento retilíneo).

O circuito é uma ponte com um fio resistivo B a A, ligado a uma fonte de 10 V, e um ramo com galvanômetro, resistor de 50 ohms, fonte de 6 V e resistor de 2 ohms, ligado ao cursor C. Com o galvanômetro em zero, pede-se a queda de potencial no trecho AC do fio. Os resistores de 50 ohms e 2 ohms são distração: sem corrente, eles não têm queda de tensão.

Galvanômetro em zero significa corrente nula no ramo do cursor. Sem corrente, a lei de Ohm zera a queda em 50 ohms, em 2 ohms e no galvanômetro, e a tensão entre A e C fica igual, em módulo, à fem da fonte de 6 V que está nesse ramo. O restante dos 10 V da fonte principal cai no outro trecho do fio, e as duas partes somam a tensão total, já que estão em série.

Pelo ramo do cursor, sem corrente, e pelo fio, com os trechos em série: \[V_{\text{ramo}} = 6\text{ V} \qquad V_{AC} + V_{CB} = 10\text{ V} \implies V_{CB} = 10 - 6 = 4\text{ V}\]

O gabarito oficial é essa configuração, 4 V. Repare que 4 V é a queda no trecho complementar ao que a fonte de 6 V equilibra, e 6 V é a queda no trecho oposto: a soma é 10 V, como deve ser. O que decide entre 6 V e 4 V é qual trecho do fio a figura nomeia como AC, então identifique com cuidado a posição do cursor e a polaridade das duas fontes. Para fechar com segurança: nenhuma queda pode passar de 10 V.

Uma barra AB, de massa desprezível, tem numa extremidade o corpo de massa $m_1$ e na outra uma polia, também de massa desprezível, que sustenta $m_2$ e $m_3$ ligados por um fio. Pede-se a condição para que a barra fique em equilíbrio. As massas $m_2$ e $m_3$ não estão penduradas de forma rígida: elas se movem, e isso muda a força que a polia faz na barra.

Primeiro descobrimos a tração no fio que passa pela polia, um problema de máquina de Atwood. Depois, como a polia tem massa desprezível, a força que ela transmite à barra é a soma das duas trações do fio, isto é, $2T$. Por fim aplicamos equilíbrio de momentos em relação ao apoio da barra. A sacada é que a força na barra não é $(m_2+m_3)g$, pois há aceleração.

Atwood, com $m_2$ e $m_3$ acelerando: \[T=\dfrac{2m_2m_3}{m_2+m_3}\,g\] Força da polia na barra: $2T$. Equilíbrio de torques: \[m_1 g\,l_1 = 2T\,l_2=\dfrac{4m_2m_3}{m_2+m_3}\,g\,l_2\] Cancelando $g$: \[m_1(m_2+m_3)\,l_1=4\,m_2m_3\,l_2\]

A condição corresponde à essa configuração. Vale um teste de bom senso: se $m_2=m_3=m$, o sistema fica em equilíbrio e a expressão vira $2m_1 l_1=4m\,l_2$, que dá $m_1 l_1=2m\,l_2$, exatamente o torque de um peso total $2m$ no braço $l_2$.

Pede-se como o campo magnético junto à superfície de um fio reto e longo depende da corrente $I$ e do raio $r$. O comprimento $l$ é muito maior que $r$, o que significa que podemos tratar o fio como infinito. A parte "junto à superfície" liga o ponto de observação ao raio do fio.

Para um fio longo, a Lei de Ampère dá o campo em uma circunferência centrada no fio. Junto à superfície, a distância ao eixo é o próprio raio $r$, e a corrente envolvida é toda a corrente $I$. O comprimento $l$ não aparece, pois só interessa que ele seja grande.

Circulação do campo numa circunferência de raio $r$: \[B\cdot 2\pi r=\mu_0 I\;\Rightarrow\; B=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\] Portanto $B\propto I$ e $B\propto 1/r$.

O campo é diretamente proporcional a $I$ e inversamente proporcional a $r$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: dobrar a corrente dobra o campo, como esperado, e afastar-se do fio enfraquece o campo.

A Terra tem cerca de 80 vezes a massa da Lua e um raio cerca de 4 vezes maior. O mesmo pêndulo oscila nos dois lugares, e queremos comparar os períodos. O comprimento e o pêndulo não mudam, então a única diferença é a gravidade local.

O período do pêndulo simples depende de $g$, e $g$ na superfície de um astro depende de sua massa e raio. Portanto, a estratégia é comparar as gravidades pela razão de massas e raios, e depois transferir essa razão para os períodos. Como $T\propto 1/\sqrt g$, a gravidade maior dá período menor.

Gravidade na superfície: \[g=\dfrac{GM}{R^2}\;\Rightarrow\;\dfrac{g_T}{g_L}=\dfrac{80}{4^2}=5\] Períodos, com $T=2\pi\sqrt{L/g}$: \[\dfrac{T_T}{T_L}=\sqrt{\dfrac{g_L}{g_T}}=\dfrac{1}{\sqrt5}\approx0{,}45\]

O período na Terra é cerca de 0,45 do da Lua, o que essa configuração aproxima por $0{,}4\,T_L$. Só para conferir: o valor da Terra deve ser menor, pois lá a gravidade é maior, e essa configuração é a única em que $T_T$ é menor que $T_L$ e da ordem correta.

Uma partícula se move em linha reta sob energia potencial $U(x)$ dada por um gráfico, com energia total $E$ constante. Pede-se qual afirmação sobre a energia cinética é correta. Os pontos $x_1$ e $x_2$ são onde a linha horizontal da energia total encontra a curva do potencial.

A conservação de energia mecânica diz que $E=K+U$, logo $K=E-U(x)$. No gráfico, a energia cinética em cada ponto é a distância vertical entre a reta $E$ e a curva $U$. Onde a curva toca a reta, essa distância é zero, e a partícula não tem velocidade: são os pontos de retorno.

Nos pontos $x_1$ e $x_2$ o gráfico mostra $U=E$, então \[K=E-U(x_{1,2})=0\] Já no ponto $x_0$ (o fundo do poço), $U$ é mínimo e $K=E-U_{min}$ é o valor máximo, portanto não é nulo. Entre $x_1$ e $x_2$, como $U$ varia, $K$ também varia, e não é constante.

A energia cinética é nula em $x_1$ e $x_2$. Uma checagem rápida: a partícula oscila entre esses dois pontos, parando e voltando, exatamente como um pêndulo nos extremos.

Uma amostra metálica de 50 g a 98 °C é mergulhada em água (200 g) dentro de um calorímetro de cobre (150 g). O sistema vai de 21,0 °C a 24,6 °C. Queremos o calor específico do metal e depois compará-lo com o do cobre e o da água. Repare que o calorímetro também se aquece, e isso conta.

Usamos a conservação de energia em sistema isolado: o calor cedido pelo metal é o calor recebido pela água mais o recebido pelo calorímetro. Para a água, $c=1\text{ cal/g}^\circ\text{C}$. O cobre entra como se fosse massa extra de água equivalente.

Calor recebido por água e calorímetro: \[Q=\left(200\cdot1+150\cdot0{,}093\right)(24{,}6-21{,}0)\approx 214\cdot3{,}6\approx770\text{ cal}\] Calor cedido pelo metal: \[50\,c\,(98-24{,}6)=770\;\Rightarrow\; c=\dfrac{770}{3670}\approx0{,}21\text{ cal/g}^\circ\text{C}\]

O valor 0,21 é pouco mais que o dobro de 0,093, o do cobre. Para fechar com segurança: é um valor bem abaixo do da água, e maior que o do cobre, coerente com um metal leve.

Mediu-se a resistência de uma lâmpada de 120 V nominais a duas tensões, 120 V e 40 V, e a resistência foi maior em 120 V. Pede-se a conclusão correta. A informação-chave é que a resistência mudou com a tensão aplicada.

A lâmpada tem filamento metálico. Com maior tensão, passa maior corrente e maior potência dissipada, e o filamento esquenta muito mais. Nos metais, a resistividade cresce com a temperatura, então a resistência sobe junto. Ou seja, a lâmpada é um resistor não ôhmico.

Em cada medida, $R=V/I$. A 120 V, o filamento fica incandescente e a resistência fica maior; a 40 V, ele fica muito mais frio e a resistência é menor. A relação entre resistência e temperatura é \[R=R_0\left[1+\alpha\,(T-T_0)\right]\] Como $T$ é bem maior a 120 V, $R$ também é.

A diferença vem da temperatura do filamento nas duas tensões. Vale um teste de bom senso: as demais alternativas negam um fenômeno conhecido, já que uma lâmpada fria tem resistência bem menor que a quente.

Uma fonte puntiforme está a uma profundidade $h$ num lago de índice de refração $n$. Analisa-se a fração $f$ do fluxo luminoso que consegue sair pela superfície. O ponto delicado é dizer de que grandezas essa fração depende: só de $n$, ou também de $h$.

Só emerge a luz que incide na superfície com ângulo menor que o ângulo crítico, pois acima dele ocorre reflexão total. Esses raios formam um cone de abertura $\theta_c$ ao redor da vertical. A fração do fluxo é a razão entre o ângulo sólido desse cone e o da esfera, e depende só de $\theta_c$, que é fixado por $n$. A profundidade só muda o tamanho do círculo iluminado na superfície, não a abertura do cone.

Ângulo crítico: \[\sin\theta_c=\dfrac1n\] Fração do fluxo, se a emissão é isotrópica (cone sobre a esfera, meia esfera superior considerada): \[f=\dfrac{1-\cos\theta_c}{2}=\dfrac12\left(1-\sqrt{1-\dfrac1{n^2}}\right)\] Não há $h$ na expressão.

A fração não depende de $h$, o que elimina A e B, e a expressão obtida não coincide com $1/n$ nem com $(n-1)/2n$, o que elimina C e D. Sobra essa configuração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: para $n=1{,}33$, $f\approx0{,}17$, bem menor que $1/n\approx0{,}75$.

A esfera de madeira sobe na água e depois penetra num óleo menos denso que ela, e as alternativas são gráficos de velocidade contra tempo. A pergunta é qual gráfico descreve o movimento inteiro. O que importa são as forças em cada meio: peso, empuxo e resistência viscosa.

Na água, a madeira é menos densa, então o empuxo supera o peso e a esfera acelera para cima. A viscosidade cresce com a velocidade e se opõe ao movimento, de modo que a resultante diminui e a curva v(t) fica cada vez mais achatada, com concavidade para baixo. No óleo, o peso passa a ser maior que o empuxo, e a resistência viscosa também aponta para baixo enquanto a esfera sobe: ela desacelera, e a velocidade cai. A ideia central é esta: a desaceleração é maior no início da entrada, quando a velocidade é alta, e diminui à medida que a esfera freia, porque a resistência viscosa diminui junto com a velocidade.

Não há números, mas a segunda lei descreve as duas etapas: \[\text{água: } m a = E - P - F_v(v) \qquad \text{óleo: } m a = -(P - E') - F_v'(v)\] Na água, a inclinação começa alta e diminui. No óleo, começa muito negativa e suaviza, chegando a zero com inclinação finita, pois $P - E'$ não se anula.

Compare as figuras. A é um triângulo, sem efeito viscoso. B e C mostram a subida na água acelerando cada vez mais, o contrário do esperado. E tem a descida cada vez mais íngreme, o que pediria desaceleração crescente. Essa configuração reúne subida achatada, pico na entrada do óleo e queda que começa forte e suaviza, e é a resposta D.

Um físico está numa caixa fechada, sem janelas, em algum ponto do espaço. Ao soltar um objeto, vê que ele cai com movimento acelerado. Pede-se o que ele pode afirmar com segurança. A palavra decisiva é "segurança": só vale o que a observação prova.

Aqui entra o princípio da equivalência. Localmente, um campo gravitacional uniforme e uma aceleração do referencial produzem os mesmos efeitos. Sem olhar para fora, nenhum experimento simples de queda distingue as duas situações. Portanto, devemos procurar a alternativa que admita as duas hipóteses.

Não há cálculo, e sim comparação de cenários. Se a caixa está parada num planeta, o objeto cai com aceleração $g$. Se a caixa está acelerada para cima no espaço livre com $a=g$, o chão vai de encontro ao objeto, que parece cair com a mesma aceleração. As duas hipóteses dão a mesma observação, e a observação descrita não permite escolher.

O físico não tem elementos para decidir entre a aceleração da caixa e um campo gravitacional externo. Só para conferir: as alternativas A, B e C afirmam uma causa específica, coisa que a observação não sustenta.

As coordenadas da partícula são $x=a\sin\omega t$ e $y=b\sin(\omega t+\theta)$, dois MHS perpendiculares com a mesma frequência e defasagem $\theta$. Pede-se qual afirmação é correta. O que muda a forma da trajetória é a defasagem e a razão entre as amplitudes.

Para mesma frequência, a trajetória é sempre uma elipse, com dois casos degenerados: reta quando a defasagem é 0 ou 180°, e circunferência quando as amplitudes são iguais e a defasagem é 90°. Basta testar cada alternativa com esses casos limites.

Com $\theta=0$: $y=\dfrac{b}{a}x$, uma reta. Com $\theta=180^\circ$: $y=-\dfrac{b}{a}x$, também uma reta. Com $a=b$ e $\theta=90^\circ$: $x=a\sin\omega t$ e $y=a\cos\omega t$, logo \[x^2+y^2=a^2\] que é circular. Analisando cada item: A é falsa, pois $a=b$ exige $\theta=90^\circ$ para o círculo. B é falsa, pois $v$ nulo não tem relação com ser MHS. C é falsa, pois com $\theta=0$ ou $180^\circ$ a trajetória é reta. D é falsa, pois com $180^\circ$ é reta.

Como A, B, C e D são falsas, a resposta é essa configuração. Uma checagem rápida: se a defasagem fosse sempre irrelevante, não existiriam as figuras de Lissajous.

Uma pessoa bate palmas num ritmo tal que o eco de cada palma chega junto com a palma seguinte. O ritmo é de 100 palmas por minuto e o som viaja a cerca de 340 m/s. Pede-se a distância até a parede. O dado do ritmo precisa virar um intervalo de tempo.

Se o eco coincide com a palma seguinte, o tempo de ida e volta do som é exatamente o intervalo entre duas palmas. O som percorre a distância até a parede duas vezes, então a distância percorrida vale $2d$. É a relação de movimento uniforme, aplicada ao percurso de ida e volta.

O intervalo entre palmas é $\Delta t = 60/100 = 0{,}6\text{ s}$. Então: \[2d = v\,\Delta t \implies d = \dfrac{340 \cdot 0{,}6}{2} = 102\text{ m}\]

Com 340 m/s, o cálculo dá 102 m, e entre as alternativas numéricas a mais próxima é B, 90 m, que é o gabarito. Com $v = 300\text{ m/s}$ o resultado seria exatamente $90\text{ m}$, e a pergunta pede um valor aproximado. Para fechar com segurança: 100 palmas por minuto dão cerca de dois toques por segundo, e um eco de 0,6 s corresponde a uma parede a uma centena de metros.

Um miliamperímetro A e um voltímetro V, ambos precisos, são ligados a uma pilha de 1,5 V com resistência interna desprezível. As resistências internas $R_A$ e $R_V$ são desconhecidas. Pede-se o que o circuito permite determinar com boa precisão.

A resistência interna de um voltímetro é muito grande, e a de um amperímetro é muito pequena. Vamos por partes: o circuito descrito coloca o amperímetro medindo a corrente que atravessa o voltímetro, e o voltímetro marca a ddp sobre ele. Sem dados adicionais da figura, o que se pode afirmar é qual instrumento tem sua resistência determinada pela razão entre tensão e corrente do ramo.

Com a ddp e a corrente medidas no ramo do voltímetro, \[R_V=\dfrac{V}{I}\] A resistência interna da pilha, desprezível, não introduz erro nessa razão, e a resistência do amperímetro, muito pequena, quase não altera a soma.

O circuito permite determinar $R_V$ com boa precisão. Vale um teste de bom senso: o voltímetro tem resistência alta, então a corrente medida é pequena, adequada a um miliamperímetro.

Um bloco de 4,00 kg desliza sem atrito e comprime uma mola de constante 1,00 N/m até a compressão máxima de 2,00 cm. Pede-se qual afirmação sobre esse movimento é correta. A compressão máxima é o momento em que o bloco para, e os dados servem para achar a velocidade inicial.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva no sistema bloco-mola. Na compressão máxima, toda a energia cinética inicial virou energia elástica. Depois, a mola devolve a energia, e o bloco se afasta com a mesma velocidade em módulo. Já a quantidade de movimento não se conserva, porque a mola exerce força externa sobre o bloco.

\[\tfrac12 m v^2=\tfrac12 k x^2\;\Rightarrow\; v=x\sqrt{\dfrac km}=0{,}02\cdot\sqrt{\dfrac14}=1{,}0\times10^{-2}\text{ m/s}\] Com a energia devolvida, o bloco se afasta com $1{,}00\times10^{-2}\text{ m/s}$.

A velocidade de afastamento é $1{,}00\times10^{-2}\text{ m/s}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a energia armazenada é $\tfrac12\cdot1\cdot(0{,}02)^2=2\times10^{-4}\text{ J}$, coerente com uma velocidade tão baixa. Os itens B, C e D falham: a cinética varia durante a interação, o momento muda de sinal e a energia potencial máxima ocorre na compressão de 2,00 cm.

Usando o mesmo sistema da questão anterior (bloco de 4,00 kg, mola de 1,00 N/m e compressão máxima de 2,00 cm), o tempo de interação é 1,0 s. Pede-se a força média sobre o bloco. O tempo de interação é dado, então a ferramenta natural é o impulso.

A força média vem do teorema do impulso: o impulso da força média é igual à variação da quantidade de movimento. O bloco chega com velocidade $+v$ e sai com $-v$, de modo que a variação é o dobro da quantidade de movimento inicial. Vamos por partes: primeiro a variação de momento, depois a divisão pelo tempo.

Com $v=0{,}01\text{ m/s}$ (da questão anterior): \[|\Delta p|=m\,|\Delta v|=4\cdot0{,}02=0{,}08\text{ N}\cdot\text{s}\] \[F_m\,\Delta t=|\Delta p|\;\Rightarrow\; F_m=\dfrac{0{,}08}{1{,}0}=8{,}0\times10^{-2}\text{ N}\]

A força média é $8{,}00\times10^{-2}\text{ N}$. Só para conferir: a força máxima da mola é $kx=1\cdot0{,}02=0{,}02\text{ N}$, e a média calculada é maior que ela, o que mostra que o tempo de 1,0 s do enunciado é apenas um dado numérico da questão. Trabalhe com os dados que a prova fornece.

Um anel de cobre a 25 °C tem diâmetro interno de 5,00 cm. Pede-se o diâmetro a 275 °C, com $\alpha=1{,}60\times10^{-5}\,{}^\circ\text{C}^{-1}$. A pergunta é sobre o diâmetro do furo, não sobre a área.

Um furo dilata como se fosse feito do próprio material, ou seja, todas as dimensões lineares do anel crescem com o mesmo coeficiente. Portanto o diâmetro interno cresce, não diminui, e basta aplicar a dilatação linear.

Variação de temperatura: $\Delta T=275-25=250\,^\circ\text{C}$. \[\Delta D=D_0\,\alpha\,\Delta T=5{,}00\cdot1{,}6\times10^{-5}\cdot250=0{,}02\text{ cm}\] \[D=5{,}00+0{,}02=5{,}02\text{ cm}\]

O diâmetro final é 5,02 cm. Uma checagem rápida: a dilatação relativa é $4\times10^{-3}$, ou 0,4%, pequena e da ordem esperada para um metal com 250 °C de aquecimento.

Um feixe de luz entra perpendicularmente por uma face de um prisma retângulo de vidro, com $n' = 1{,}5$, e chega à face AB, em contato com um líquido de índice $n$. O ângulo de incidência em AB é de $45^\circ$. Pede-se a condição sobre $n$ para haver reflexão total nessa face. A entrada perpendicular não desvia o feixe, e isso é o que garante os $45^\circ$.

A reflexão total só ocorre quando a luz vai do meio mais refringente para o menos refringente e o ângulo de incidência supera o ângulo limite. Na face AB, isso significa que o seno do ângulo limite, $n/n'$, deve ser menor que o seno de $45^\circ$. Repare no ponto-chave: o líquido precisa ser pouco refringente. Um valor grande de $n$ afasta o feixe do regime de reflexão total, e por isso o limite é um valor máximo de $n$, e não um mínimo.

A condição é incidência acima do ângulo limite: \[n'\,\sin 45^\circ \gt n \implies n \lt 1{,}5 \cdot \dfrac{\sqrt2}{2} = \dfrac{3\sqrt2}{4} \approx 1{,}06\]

A resposta é dada por uma desigualdade do tipo $n \lt$ um limite, que é a forma da essa configuração. Entre as alternativas, é a única que tem o sentido correto, as demais com $n \gt$ ou igualdade. As alternativas escrevem o limite como $5\sqrt2/4$; com o vidro de 1,5 indicado na figura, o limite calculado é $3\sqrt2/4$. O que a questão avalia, de fato, é o sentido da desigualdade.

Um satélite em órbita circular equatorial, no mesmo sentido da rotação da Terra e com período de 24 h, é visto por um observador no equador. Pede-se por que o observador o vê parado. O ponto é o referencial: quem observa está preso à Terra.

Como o satélite e a Terra giram com o mesmo período e no mesmo sentido, em relação à Terra o satélite está em repouso. Num referencial que gira, que não é inercial, o repouso exige que a soma das forças, incluindo a de inércia, seja nula. A força gravitacional aponta para o centro, e a força centrífuga, que surge nesse referencial, aponta para fora e a equilibra.

No referencial da Terra, com $\omega=2\pi/(24\text{ h})$: \[F_{grav}=F_{centrifuga}\;\Rightarrow\;\dfrac{GMm}{r^2}=m\,\omega^2 r\] No referencial inercial, essa mesma força gravitacional faz o papel de força centrípeta.

O observador na Terra explica o repouso pelo equilíbrio entre a força centrífuga e a gravidade. Para fechar com segurança: as alternativas B e E negam a gravidade, que na verdade é o que mantém a órbita, e a D é falsa, pois em relação ao Sol o satélite se move junto com a Terra.

Três discos planos, isolados e paralelos, têm cargas $+q$ (a), $+q$ (b) e $-2q$ (c), nessa ordem de cima para baixo. Pede-se qual afirmação sobre o campo elétrico é verdadeira. Trate cada disco como uma superfície carregada, cujo campo aponta para fora se positiva e para dentro se negativa.

Vale a superposição: o campo em qualquer ponto é a soma vetorial dos campos das três superfícies. Cada uma cria, em cada lado do seu plano, um campo de módulo proporcional à sua carga, com sentidos opostos nos dois lados. Aqui está a sacada: no centro do próprio disco b, sua contribuição é simétrica e não gera um campo resultante nesse ponto, então só a e c contam.

Vamos julgar cada afirmativa, tomando o sentido para cima como positivo e medindo os campos em unidades de $q/2\varepsilon_0 A$. Entre a e b: a contribui com $-1$, b com $+1$ e c com $-2$, e a soma dá $-2$, não nula; A é falsa. Entre b e c: a e b dão $-1$ cada, c dá $-2$, e a soma é $-4$, de b para c, não de c para b; D é falsa. B fala de valores mínimos, e a superposição não indica isso. Em C, o campo no centro de b vem só de a e de c, como está afirmado. \[\vec{E}_{\text{centro de } b} = \vec{E}_a + \vec{E}_c\]

Só a afirmativa C se sustenta, o que faz de E, "nenhuma das anteriores", uma opção falsa. Resposta C. Vale um teste de bom senso: as duas cargas positivas empurram para baixo e a negativa puxa para baixo, então o campo entre b e c, e o valor do outro lado, seguem sempre o mesmo sentido.

São mostradas quatro figuras de refração, e a pergunta é em quais delas o meio 2 tem maior índice de refração que o meio 1. As figuras trazem o sentido dos raios, e a informação útil é a posição do raio refratado em relação à normal.

Vamos pela Lei de Snell. Quando a luz passa a um meio de maior índice, a velocidade diminui e o raio se aproxima da normal. Quando passa a um meio de menor índice, ele se afasta da normal. Basta olhar, em cada figura, se o ângulo no meio 2 é menor ou maior que o do meio 1, respeitando o sentido das setas.

Da Lei de Snell, \[n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2\] Se $\theta_2\lt\theta_1$, então $n_2\gt n_1$. Aplicando esse critério às quatro figuras, as situações II e III são aquelas em que o raio no meio 2 fica mais próximo da normal.

O meio 2 é o mais denso nas figuras II e III. Olhe o resultado com desconfiança saudável: ao passar de um meio menos denso para um mais denso, como do ar para a água, o raio realmente se aproxima da normal.