EFOMM 2015 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A tabela traz frequência e amplitude de cinco sons, e o enunciado pede dois resultados: o som de maior intensidade e o mais agudo. Repare que são duas grandezas diferentes, cada uma ligada a uma coluna da tabela. A frequência de cada som em kHz e a amplitude em mm são os únicos dados relevantes.

Intensidade e altura são qualidades fisiológicas do som com causas físicas distintas. A intensidade depende da energia transportada pela onda, que cresce com o quadrado da amplitude. A altura, que distingue o grave do agudo, depende da frequência. Vamos por partes: uma coluna para cada pergunta, sem misturar.

Para a intensidade, basta comparar as amplitudes, já que \[I \propto A^2\] preserva a ordem. A maior amplitude é a do som II, com $7$ mm. Para o som mais agudo, olhamos a maior frequência: o som V, com $1{,}2$ kHz. Note que o som II tem só $0{,}3$ kHz, ou seja, é o segundo mais grave da lista.

Maior intensidade: II. Mais agudo: V. A ordem pedida é "respectivamente", então a resposta é II e V. Olhe o resultado com desconfiança saudável: nenhum outro som tem, ao mesmo tempo, amplitude maior que $7$ mm ou frequência maior que $1{,}2$ kHz.

O circuito é alimentado por $12$ V e pede a corrente no resistor de $6\,\Omega$. Pela figura, o ramo da direita tem um resistor de $2\,\Omega$ em série com um par de resistores de $3\,\Omega$ e $6\,\Omega$ em paralelo. A corrente que buscamos passa por um dos resistores desse par.

Esse tipo de questão se resolve em duas viagens: primeiro reduzimos a associação para achar a corrente total do ramo, depois "voltamos" e distribuímos a tensão até chegar no resistor pedido. A sacada é que a corrente do ramo não é a corrente do resistor de $6\,\Omega$, porque ela se divide no paralelo.

O paralelo vale \[R_p=\dfrac{3\cdot 6}{3+6}=2\,\Omega.\] Somando com o resistor em série, o ramo tem \[R=2+2=4\,\Omega,\qquad I=\dfrac{12}{4}=3\text{ A}.\] Essa corrente atravessa o paralelo, que fica submetido a \[U_p=I\,R_p=3\cdot 2=6\text{ V}.\] Agora sim, aplicando a lei de Ohm no resistor de $6\,\Omega$: \[I_6=\dfrac{U_p}{6}=\dfrac{6}{6}=1{,}0\text{ A}.\]

A corrente é $1{,}0$ A. Só para conferir: no resistor de $3\,\Omega$ passariam $2$ A, e $1+2=3$ A fecha com a corrente do ramo.

Duas partículas idênticas, de massa $m$, chegam à origem, uma com velocidade $v$ no eixo $x$ e outra com $2v$ no eixo $y$. Elas se unem e o problema pede módulo e ângulo da velocidade final. O fato de colidirem "juntas" indica colisão perfeitamente inelástica, sem nenhuma outra informação sobre forças externas.

Em qualquer colisão isolada vale a conservação da quantidade de movimento, e como ela é vetorial, aplicamos separadamente em $x$ e em $y$. Energia mecânica não se conserva aqui, então não serve como atalho.

Antes do choque, $p_x=mv$ e $p_y=2mv$. Depois, a massa é $2m$, logo $$V_x=\dfrac{mv}{2m}=\dfrac{v}{2},\qquad V_y=\dfrac{2mv}{2m}=v.$$ O módulo e a direção ficam $$V=\sqrt{\left(\dfrac{v}{2}\right)^2+v^2}=\dfrac{v\sqrt5}{2},\qquad \tan\theta=\dfrac{V_y}{V_x}=2\Rightarrow \theta\approx63^\circ.$$

A banca anulou o item. O que se nota é que o módulo correto, $v\sqrt5/2$, não aparece em nenhuma alternativa: as opções trazem $3v$, $v\sqrt3$ e $v\sqrt5$, todas sem o fator que vem da massa dobrada. Provavelmente por isso a questão foi anulada. Por isso, nenhuma letra deve ser marcada como correta aqui. Uma checagem rápida: a velocidade final tem de ser menor que a de $2v$ da partícula mais rápida, o que $v\sqrt5/2\approx1{,}1v$ respeita.

Duas pessoas puxam a mula pelo ponto P. Na figura, $F_A$ (de $200$ N) faz $60^\circ$ com a direção de $F_R$, à esquerda, e $F_B$ faz $30^\circ$ com ela, à direita. A linha $F_R$ é a direção em que a mula deve sair. Há duas perguntas em uma: a intensidade de $F_B$ e a conversão de $0{,}1$ microsséculo em minutos.

Para a mula andar só na direção de $F_R$, a resultante não pode ter componente perpendicular a ela. Então as componentes laterais das duas forças precisam se cancelar. Note que os ângulos são medidos a partir da linha de $F_R$, e por isso a componente lateral usa o seno, não o cosseno. O tempo é só conversão de unidades, sem física escondida.

Igualando as componentes laterais, com $\sin60^\circ=\cos30^\circ=0{,}87$: \[F_A\sin60^\circ=F_B\sin30^\circ\;\Rightarrow\;F_B=200\cdot\dfrac{0{,}87}{0{,}50}\approx348\text{ N}.\] Um microsséculo é $10^{-6}$ século, então $0{,}1$ microsséculo é $10^{-7}$ século, isto é, $10^{-5}$ ano: \[t=10^{-5}\cdot3{,}15\times10^{7}\text{ s}\approx315\text{ s}\approx5{,}25\text{ min}.\]

Temos $F_B\approx348$ N e $t\approx5$ min. Para fechar com segurança: a força que forma o ângulo menor com a linha de $F_R$ tem componente lateral menor por newton, então precisa ser a maior para equilibrar a lateral de $F_A$, e $348\text{ N}>200\text{ N}$ é coerente. Quanto ao tempo, $315$ s são pouco mais de cinco minutos.

Uma carga de $20$ toneladas deve subir $4$ m em $20$ s, com velocidade constante. Há cinco máquinas, cada uma com tensão nominal e potência máxima em hp, e duas tomadas, de $220$ V e $440$ V. Pede-se a lista completa das máquinas que dão conta, cada uma ligada na tomada correspondente à sua tensão nominal. Note que a frequência de $60$ Hz é igual em todas e não decide nada.

Como a velocidade é constante, a energia cinética não varia e todo o trabalho vai para aumentar a energia potencial. Assim, a potência necessária é o trabalho da força peso dividido pelo tempo. Depois basta converter para hp e comparar com a tabela. A tensão da tomada é só uma conferência de compatibilidade: cada máquina deve ser ligada na tensão que ela especifica.

A massa é $2{,}0\times10^4$ kg, então \[P=\dfrac{mgh}{\Delta t}=\dfrac{(2{,}0\times10^{4})(10)(4)}{20}=4{,}0\times10^{4}\text{ W}=40\text{ kW}.\] Convertendo com $1\text{ kW}=1{,}34\text{ hp}$: \[P=40\cdot1{,}34=53{,}6\text{ hp}.\] As máquinas de $40$ hp (1 e 3) não alcançam esse valor. Servem as de $80$ hp (2 e 4) e a de $100$ hp (5). Pela tabela, a máquina 2 usa $220$ V, e as máquinas 4 e 5 usam $440$ V.

A relação completa é máquina 2 em $220$ V e máquinas 4 e 5 em $440$ V. Vale um teste de bom senso: $40$ kW para levantar $200$ kN em $4$ m em $20$ s é uma potência típica de guindaste, e a folga das máquinas escolhidas (de $80$ a $100$ hp contra $53{,}6$ hp) é razoável.

Um carrinho de $200$ kg passa por A, a $50$ m de altura, com $43{,}2$ km/h. Sem atrito, pede-se a velocidade em B, a $37{,}2$ m. A massa é distração: ela aparece dos dois lados da equação e some. O dado que exige cuidado é a velocidade, dada em km/h.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva entre A e B, e o formato do trilho não importa, só as alturas. Como B está mais baixo que A, o carrinho ganha velocidade ao descer. Antes de qualquer conta, converta km/h para m/s, senão a energia fica em unidades misturadas.

Dividindo por $3{,}6$: \[43{,}2\text{ km/h}=12\text{ m/s}.\] Cancelando a massa na conservação da energia, \[v_B^2=v_A^2+2g(h_A-h_B)=12^2+2(10)(50-37{,}2)=144+256=400.\] Portanto \[v_B=20\text{ m/s}=72\text{ km/h}.\]

A velocidade em B é $72$ km/h. Olhe o resultado com desconfiança saudável: como o carrinho desce $12{,}8$ m, a velocidade tem de ser maior que os $43{,}2$ km/h iniciais, o que elimina D e E de cara. Nota final: a alternativa E ($20$ km/h) corresponde a esquecer de converter de volta.

O gráfico $v\times t$ do carro parte do repouso, com velocidade em km/h e tempo em minutos. Segundo os dados da resolução, o carro acelera até $80$ km/h em $5$ min, mantém essa velocidade até $30$ min, acelera até $100$ km/h em $35$ min e freia até parar aos $40$ min. Pede-se o espaço total, em km.

Em um gráfico de velocidade contra tempo, o deslocamento é a área sob a curva. Como o gráfico é formado por segmentos de reta, a área se divide em triângulos e trapézios. A dificuldade está em uma só coisa: o eixo do tempo está em minutos e a velocidade em km/h, então a área sai em "km/h vezes minuto" e precisa ser dividida por $60$.

Vamos por partes, trecho a trecho: \[A_1=\dfrac{5\cdot80}{2}=200,\quad A_2=25\cdot80=2000,\] \[A_3=\dfrac{(80+100)}{2}\cdot5=450,\quad A_4=\dfrac{5\cdot100}{2}=250.\] Somando e convertendo os minutos em horas: \[\Delta s=\dfrac{200+2000+450+250}{60}=\dfrac{2900}{60}\approx48{,}3\text{ km}.\]

O espaço total é cerca de $48{,}3$ km. Só para conferir: uma velocidade média em torno de $72$ km/h durante $40$ min, que é $\tfrac23$ de hora, dá cerca de $48$ km, coerente.

O rádio FM opera entre $88$ MHz e $108$ MHz, e as ondas se propagam a $3{,}0\times10^8$ m/s. Pede-se o menor comprimento de onda da faixa. Repare que a pergunta é sobre o menor $\lambda$, não sobre a menor frequência.

Vale a relação fundamental da ondulatória, $c=\lambda f$. Como $c$ é fixa, comprimento de onda e frequência são inversamente proporcionais. Logo, o menor $\lambda$ aparece na maior frequência da faixa.

Convertendo $108$ MHz para $108\times10^6$ Hz: \[\lambda_{min}=\dfrac{c}{f_{max}}=\dfrac{3{,}0\times10^{8}}{108\times10^{6}}\approx2{,}78\text{ m}.\]

O valor é aproximadamente $2{,}8$ m. Uma checagem rápida: com $88$ MHz teríamos cerca de $3{,}4$ m, o maior comprimento da faixa, que é a alternativa A. O resultado procurado fica, corretamente, abaixo dele.

Dois tanques ligados por uma tubulação inferior estabilizaram com níveis diferentes. O tanque 1 é aberto para a atmosfera, o tanque 2 é fechado, e há um manômetro no tanque 2. Pela figura, segundo a resolução, os níveis de água estão a $3{,}0$ m e a $1{,}0$ m acima da tubulação. A pergunta é o valor que o manômetro marca.

Na tubulação inferior, os dois pontos ao mesmo nível e ligados pelo mesmo líquido têm a mesma pressão. Isso permite igualar a pressão vinda do tanque 1 (atmosfera mais coluna de água) com a do tanque 2 (pressão do gás sobre a água mais coluna). Como o tanque 2 está fechado, a pressão do gás pode ser diferente da atmosférica, e o manômetro mede exatamente essa diferença.

Igualando as pressões no fundo: \[P_{atm}+\rho g h_1=P_2+\rho g h_2\;\Rightarrow\;P_2=P_{atm}+\rho g(h_1-h_2).\] Numericamente, a diferença de colunas gera \[\rho g(h_1-h_2)=(10^{3})(10)(2)=2\times10^{4}\text{ Pa}.\] Então $P_2=1{,}2\times10^{5}$ Pa, que é a pressão absoluta do gás. O manômetro, porém, indica a pressão em relação à atmosfera: \[P_{man}=P_2-P_{atm}=0{,}2\times10^{5}\text{ Pa}.\]

A leitura do manômetro é $0{,}2\times10^{5}$ Pa. Para fechar com segurança: a pressão manométrica vale só a coluna de $2$ m de água, cerca de um quinto de atm, e o gás do tanque 2 fica acima da pressão atmosférica.

Uma lâmpada no fundo de uma piscina de $2$ m emite luz em todas as direções, mas só uma região circular da superfície aparece iluminada. O índice de refração do líquido é $2$. Pede-se o raio do círculo. A luz que escapa é a que consegue refratar para o ar; o resto sofre reflexão total.

A borda do círculo iluminado corresponde ao raio que atinge a superfície exatamente no ângulo limite, medido em relação à normal. Raios mais inclinados que isso não saem. A geometria é então um triângulo retângulo, com a profundidade como cateto vertical e o raio do círculo como cateto horizontal.

Pela lei de Snell no ângulo limite, com o ar de índice $1$: \[\sin L=\dfrac{n_{ar}}{n_{liq}}=\dfrac12\;\Rightarrow\;L=30^\circ.\] No triângulo, a tangente de $L$ relaciona o raio $r$ com a profundidade $h$: \[r=h\tan L=2\tan30^\circ=\dfrac{2}{\sqrt3}\approx1{,}15\text{ m}.\]

O raio vale cerca de $1{,}15$ m. Vale um teste de bom senso: como $L=30^\circ$ é menor que $45^\circ$, o raio tem de ser menor que a profundidade, e $1{,}15$ m é menor que $2$ m.

Uma tábua de $4$ m, apoiada no meio, equilibra uma pessoa e um bloco de $80$ kg, cada um em uma extremidade. Depois o bloco é trocado por outro de $36$ kg. Pedem-se o peso da pessoa e a distância ao centro em que ela deve ficar no novo equilíbrio. O peso da tábua é dado como distração, porque ela está apoiada no seu centro.

Em equilíbrio de rotação, a soma dos torques em relação ao apoio é nula. Na primeira situação, os braços são iguais, de $2$ m, então os pesos têm de ser iguais. Isso dá o peso da pessoa. Na segunda, o bloco continua na extremidade, mas a pessoa se aproxima do apoio para compensar o peso menor.

Com braços iguais, $P_p=P_{bloco}$: \[P_p=80\cdot10=800\text{ N}.\] No novo equilíbrio, o bloco pesa $360$ N a $2$ m do apoio, e a pessoa fica a $x$ do centro: \[800\,x=360\cdot2\;\Rightarrow\;x=\dfrac{720}{800}=0{,}90\text{ m}=90\text{ cm}.\]

Peso de $800$ N e distância de $90$ cm. Olhe o resultado com desconfiança saudável: como o novo bloco é bem mais leve que a pessoa, ela precisa ficar mais perto do apoio, menos de $2$ m, o que $0{,}90$ m respeita.

O bloco de $50$ N fica em equilíbrio preso por dois fios ao teto, um deles com uma mola. Pela figura, o trecho da mola forma $30^\circ$ com o teto e o fio da direita forma $60^\circ$ com ele. Com $K=5{,}0\times10^3$ N/m, pede-se o alongamento da mola. Note as unidades: as alternativas estão em centímetros.

A mola, no equilíbrio, exerce uma força igual ao peso que ela ajuda a sustentar. Então o plano é: equilibrar o nó em x e y para achar a força da mola e, em seguida, usar a lei de Hooke $F=Kx$. Como os ângulos são medidos a partir do teto (horizontal), a componente horizontal leva cosseno e a vertical leva seno.

Chamando de $T_m$ a força da mola e de $T$ a tração do fio da direita, na horizontal: \[T_m\cos30^\circ=T\cos60^\circ\;\Rightarrow\;T=\dfrac{0{,}87}{0{,}50}T_m=1{,}74\,T_m.\] Na vertical, as duas componentes sustentam o peso: \[T_m\sin30^\circ+T\sin60^\circ=50\;\Rightarrow\;0{,}50\,T_m+0{,}87\cdot1{,}74\,T_m=50\;\Rightarrow\;T_m\approx25\text{ N}.\] Pela lei de Hooke: \[x=\dfrac{T_m}{K}=\dfrac{25}{5{,}0\times10^{3}}=5{,}0\times10^{-3}\text{ m}=0{,}50\text{ cm}.\]

O alongamento é $0{,}50$ cm. Só para conferir: os dois fios formam $90^\circ$ entre si, então a força da mola é a componente do peso ao longo da sua direção, $50\sin30^\circ=25$ N, que é exatamente o que achamos. E $25$ N numa mola dura de $5000$ N/m só estica poucos milímetros.

Seis cargas puntiformes ocupam os vértices de um hexágono regular de lado $R$, no vácuo, e pede-se o campo elétrico no centro. Na figura aparecem, por exemplo, $+Q$ e $-2Q$ nos vértices de cima e $+Q$ no vértice da esquerda, e os sinais e valores das cargas são o dado decisivo. Um fato geométrico ajuda: num hexágono regular, o centro dista $R$ de cada vértice, igual ao lado.

O campo é vetorial, então vale a superposição: somamos o campo de cada carga, que aponta para longe dela se for positiva e para perto se for negativa. A sacada é agrupar os vértices em pares opostos, que ficam na mesma reta pelo centro. Duas cargas iguais em vértices opostos se anulam no centro; cargas diferentes deixam sobrar só a diferença entre os módulos.

O módulo do campo criado por uma carga de valor $Q$ a distância $R$ é \[E_0=\dfrac{KQ}{R^2}.\] Somando vetorialmente os três pares opostos com os sinais da figura, os cancelamentos deixam uma resultante cujo módulo, em unidades de $E_0$, é \[E=2E_0=\dfrac{2KQ}{R^2}.\]

O campo resultante é $2KQ/R^2$. Uma checagem rápida: o valor fica entre zero, que só ocorreria com cancelamento total, e a soma dos módulos das cargas, que seria maior e ignoraria direções e sinais. Nenhum dos dois extremos acontece.

Quatro figuras mostram pequenas bússolas em volta de um ímã, sempre com uma bússola acima, uma abaixo e uma de cada lado. É preciso dizer em quais figuras a orientação das agulhas é coerente com os polos do ímã. Cada figura deve ser avaliada de forma independente, e basta uma agulha invertida para a figura estar errada.

A agulha da bússola é um pequeno ímã que se alinha com o campo magnético local, e a sua ponta norte aponta no sentido do campo. Fora do ímã, as linhas de campo saem do polo norte e chegam ao polo sul. Então, perto do polo norte do ímã a agulha aponta para longe dele, e perto do polo sul ela aponta para ele.

Aqui não há números, e sim um teste para cada bússola. Na figura I, o ímã tem o norte em cima e o sul embaixo. A bússola de cima aponta para cima, afastando-se do norte, e a de baixo também aponta para cima, em direção ao sul: as duas estão certas. As laterais apontam para baixo, que é o sentido da linha de campo ao lado do ímã, do norte para o sul: certas também. Logo, a figura I passa. Na figura II, o ímã tem a mesma disposição, mas a bússola da esquerda aponta para cima, contra a linha de campo, então a figura II está errada. Aplicando o mesmo teste às figuras III e IV, só a IV passa.

As figuras certas são I e IV. Para fechar com segurança: perto do polo norte do ímã, a ponta da agulha que aponta para ele deve ser a ponta sul, pois polos opostos se atraem.

Dois balões rígidos, A de $15{,}0$ L a $25^\circ$C e $20{,}0$ atm, e B de $20{,}0$ L a $10^\circ$C e $5{,}0$ atm, são ligados entre si e aquecidos a $40^\circ$C. Pede-se a pressão final. O vidro é indilatável, então o volume total é a soma dos dois volumes, $35{,}0$ L.

A quantidade de gás se conserva: o número de mols final é a soma dos números de mols iniciais. Cada balão tem um estado inicial diferente, então calculamos $n$ de cada um com a equação de Clapeyron, $PV=nRT$, somamos e usamos o resultado no estado final. Repare que o valor de $R$ não muda o resultado final, porque ele cancela na razão.

Passando as temperaturas para kelvin, temos $298$ K, $283$ K e $313$ K. O número total de mols, em unidades de $1/R$, é \[nR=\dfrac{P_AV_A}{T_A}+\dfrac{P_BV_B}{T_B}=\dfrac{20\cdot15}{298}+\dfrac{5\cdot20}{283}\approx1{,}36.\] Aplicando a equação ao estado final: \[P_f=\dfrac{nR\,T_f}{V_A+V_B}=1{,}36\cdot\dfrac{313}{35}\approx12\text{ atm}.\]

O valor fica em torno de $12$ atm, e essa configuração, $12{,}1$ atm, é a mais próxima; a pequena diferença vem do arredondamento das temperaturas em kelvin. Vale um teste de bom senso: sem mudar a temperatura, a pressão seria uma média ponderada pelos volumes, $(300+100)/35\approx11{,}4$ atm, e o aquecimento eleva um pouco esse valor.

Uma boia homogênea flutua com metade do volume submerso em água doce e com $48\%$ submersos em água salgada. Pede-se a salinidade, em g/L. O enunciado ainda diz que o sal não altera o volume da solução, então cada litro de água salgada é um litro de água pura com sal acrescentado.

Na flutuação, o empuxo iguala o peso. Como o empuxo depende da densidade do líquido e do volume deslocado, a fração submersa é inversamente proporcional à densidade do líquido. Com a boia fixa, podemos descobrir sua densidade na água doce e depois a densidade da água salgada. A diferença para a água pura é a massa de sal por litro.

Na água doce, o equilíbrio dá \[\rho_{boia}=\rho_{água}\cdot0{,}50=0{,}50\text{ kg/L}.\] Na água salgada, com $48\%$ submersos: \[\rho_{boia}V=\rho_s(0{,}48V)\;\Rightarrow\;\rho_s=\dfrac{0{,}50}{0{,}48}\approx1{,}0417\text{ kg/L}.\] O excesso de massa por litro, que é o sal, vale \[1{,}0417-1{,}000=0{,}0417\text{ kg/L}\approx42\text{ g/L}.\]

A salinidade é cerca de $42$ g/L. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a densidade do líquido subiu cerca de $4\%$, e a fração submersa caiu de $50\%$ para $48\%$, ou seja, também cerca de $4\%$ em termos relativos, coerentes entre si.

São dadas as distâncias médias ao Sol da Terra, $1{,}5\times10^{11}$ m, e de Urano, $3\times10^{12}$ m. Pede-se o período de Urano em anos terrestres. A unidade pedida já sugere a estratégia: tomar a Terra como referência, com período de $1$ ano.

A terceira lei de Kepler diz que o quadrado do período é proporcional ao cubo do raio médio da órbita, com a mesma constante para todos os planetas do Sol. Assim, a razão entre os quadrados dos períodos é a razão entre os cubos dos raios, e o valor de $G$ ou da massa do Sol nem precisa aparecer.

Primeiro a razão dos raios: \[\dfrac{R_U}{R_T}=\dfrac{3\times10^{12}}{1{,}5\times10^{11}}=20.\] Com $T_T=1$ ano: \[\dfrac{T_U^2}{T_T^2}=\left(\dfrac{R_U}{R_T}\right)^3\;\Rightarrow\;T_U=20^{3/2}=20\sqrt{20}=40\sqrt5\text{ anos}.\]

O período é $40\sqrt5\approx89$ anos. Só para conferir: sendo $20^{3/2}$ um valor entre $20$ e $20^2=400$, o resultado tem de ficar entre esses dois, e $89$ realmente está. Isso descarta 20 e 400 de saída.

Um ar condicionado de $1$ kW liga em metade dos dias do mês, por $8$ h por dia, e um chuveiro de $4$ kW liga $1$ h por dia, todos os dias. O mês tem $30$ dias e o kWh custa R\$ 0,50. Pede-se o custo total dos dois aparelhos. A informação decisiva é "metade dos dias": são $15$ dias para o ar condicionado.

A energia consumida é a potência multiplicada pelo tempo de uso, $E=P\,\Delta t$. Usando a potência em kW e o tempo em horas, a energia já sai em kWh, que é a unidade da tarifa. Calculamos a energia de cada aparelho, somamos e multiplicamos pelo preço.

Para o ar condicionado, $8$ h em $15$ dias: \[E_{ar}=1\cdot8\cdot15=120\text{ kWh}.\] Para o chuveiro, $1$ h em $30$ dias: \[E_{c}=4\cdot1\cdot30=120\text{ kWh}.\] A energia total é $240$ kWh, e o custo é \[C=240\cdot0{,}50=\text{R\$ }120{,}00.\]

O total é R\$ 120,00. Uma checagem rápida: os dois aparelhos consomem a mesma energia no mês, cada um com R\$ 60,00, o que faz sentido para uma conta de valor redondo.

A sala está a $40^\circ$C, e copos com água gelada ficam com a superfície externa umedecida somente quando a água está a $10^\circ$C ou menos. Pede-se a umidade relativa do ar, com o gráfico da pressão de vapor da água em mmHg. O dado central não é numérico: é a informação de que a condensação começa por volta de $10^\circ$C.

O vapor da sala condensa no vidro quando a superfície atinge a temperatura de orvalho, aquela em que o vapor presente se torna saturado. Portanto, a pressão parcial real do vapor na sala é a pressão de saturação a essa temperatura, cerca de $10^\circ$C. A umidade relativa compara essa pressão com a de saturação na temperatura da sala.

Lendo o gráfico, a curva em $10^\circ$C fica um pouco abaixo da linha de $10$ mmHg, em torno de $9$ mmHg, e em $40^\circ$C ela marca cerca de $55$ mmHg. Assim, \[UR=\dfrac{p_v}{p_{sat}}\cdot100\%\approx\dfrac{9}{55}\cdot100\%\approx16\%.\]

A umidade relativa é cerca de $16\%$. Para fechar com segurança: a pressão de vapor a $10^\circ$C é bem menor que a de $40^\circ$C, então o ar está seco em relação ao que suportaria, e valores como $47\%$ ou $55\%$ pediriam um orvalho bem mais quente.

Um objeto é largado do repouso do alto de um prédio, e o cronômetro registrou cerca de $3$ s até se ouvir o impacto. O enunciado manda desprezar o tempo do som e o atrito com o ar para achar a altura. Depois pede o tempo que o som levaria para subir essa altura. Repare que são dois cálculos em sequência.

Como o procedimento do experimento despreza a propagação do som, todo o tempo medido é tratado como tempo de queda livre, de modo que a altura sai da cinemática do movimento uniformemente variado. Só depois, com a altura em mãos, calculamos quanto tempo o som gastaria para percorrê-la em movimento uniforme. Esse segundo tempo mostra o quanto a simplificação foi razoável.

A altura de queda a partir do repouso é \[h=\dfrac12gt^2=\dfrac12(10)(3^2)=45\text{ m}.\] O som percorre essa altura com $340$ m/s, então \[t_s=\dfrac{h}{v_s}=\dfrac{45}{340}\approx0{,}13\text{ s}.\]

A altura determinada é $45$ m e o tempo do som é cerca de $0{,}13$ s. Vale um teste de bom senso: $0{,}13$ s é pouco mais de $4\%$ dos $3$ s medidos, então desprezar a propagação do som gera um erro pequeno, como o experimento supõe.