EFOMM 2016 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A mesma luz percorre 20 m em dois meios diferentes, e o que se pede é a diferença entre os tempos de percurso, em nanossegundos. O comprimento de onda de 590 nm é distração: a velocidade da luz em cada meio depende só do índice de refração, e o enunciado já entrega os dois índices.

Em um meio de índice $n$, a luz se propaga com $v = c/n$. Como a distância é a mesma, o tempo é $t = d/v = dn/c$, ou seja, o tempo é proporcional ao índice. Por isso podemos subtrair os tempos direto, colocando $d/c$ em evidência, sem precisar calcular cada velocidade separadamente.

Escrevendo a diferença e usando $c = 3\times10^8\text{ m/s}$: \[\Delta t = t_2 - t_1 = \dfrac{d}{c}\,(n_2 - n_1) = \dfrac{20}{3\times 10^{8}}\,(1{,}63 - 1{,}47)\] \[\Delta t = \dfrac{20\cdot 0{,}16}{3\times 10^{8}} \approx 1{,}07\times 10^{-8}\text{ s} \approx 11\text{ ns}\]

O resultado, cerca de 10,7 ns, corresponde à essa configuração (11). Olhe o resultado com desconfiança saudável: só o tempo no vácuo seria $20/(3\times10^8)\approx 67$ ns, então uma diferença de 11 ns entre dois meios com índices próximos de 1,5 é perfeitamente razoável. E o sinal é positivo, porque o dissulfeto de carbono é mais refringente e a luz demora mais nele.

Dois aparelhos ficam em meridianos opostos, perto do equador, e o sinal viaja pelos cabos, junto à superfície, com velocidade próxima de $c$. Pede-se o tempo mínimo para o sinal chegar ao outro aparelho e voltar ao ponto de partida. Note que "meridianos opostos" significa que os aparelhos estão em lados diametralmente opostos da Terra.

É movimento uniforme: $t = d/c$. A sacada está na distância. O caminho mais curto pela superfície entre dois pontos opostos no equador é meia circunferência, $\pi R$. Como o sinal precisa ir e voltar, a distância total é o dobro disso, ou seja, uma volta completa, $2\pi R$. Como as alternativas são frações simples, usamos $\pi\approx 3$.

A distância total percorrida e o tempo são: \[d = 2\pi R \approx 2\cdot 3\cdot \dfrac{1}{15}\times10^{8} = 4\times 10^{7}\text{ m}\] \[t = \dfrac{d}{c} = \dfrac{4\times10^{7}}{3\times10^{8}} = \dfrac{2}{15}\text{ s}\]

O tempo de $2/15\text{ s}$, cerca de 0,13 s, é essa configuração. Só para conferir: a Terra tem cerca de 40 000 km de circunferência, e a luz dá aproximadamente 7 voltas por segundo, então uma volta leva algo em torno de 0,13 s. Confere.

Um tubo em U aberto nas duas pontas contém dois líquidos que não se misturam, em equilíbrio. As alturas são medidas a partir da superfície de separação entre eles, e a densidade de A é conhecida. Pede-se a densidade de B. Como as duas bocas estão abertas, a pressão atmosférica atua igualmente nos dois lados.

Vamos usar o teorema de Stevin. A superfície de separação está em um único nível horizontal dentro do mesmo líquido em contato, então a pressão ali é a mesma vista pelo ramo A e pelo ramo B. Como a atmosférica aparece nos dois lados, ela se cancela, e sobra a igualdade das pressões das colunas.

Igualando as pressões hidrostáticas na separação: \[\rho_A\, g\, H_A = \rho_B\, g\, H_B \;\Rightarrow\; \rho_B = \rho_A\,\dfrac{H_A}{H_B}\] \[\rho_B = 1{,}4\cdot\dfrac{35{,}0}{50{,}0} = 0{,}980\text{ g/cm}^3\]

Resultado de 0,980 g/cm³. Uma checagem rápida: a coluna de B é mais alta que a de A, então B precisa ser menos denso que A, e 0,98 é de fato menor que 1,4. As alturas em cm e as densidades em g/cm³ dispensam qualquer conversão, pois só aparece a razão das alturas.

Um diapasão de 400 Hz soa na boca de uma proveta cuja coluna de ar vai aumentando à medida que a água escoa. O som fica mais forte pela primeira vez em certa altura $h$, e é essa altura que se pede. Note que "primeira vez" indica a ressonância de menor comprimento de coluna, a do modo fundamental.

A proveta funciona como um tubo sonoro fechado: a superfície da água é a extremidade fechada, onde há nó de deslocamento, e a boca é a extremidade aberta, onde há ventre. Entre um nó e o ventre mais próximo cabe um quarto de comprimento de onda. Assim, a primeira ressonância ocorre quando a coluna de ar mede $\lambda/4$, e o comprimento de onda vem de $v = \lambda f$.

Primeiro o comprimento de onda, depois a altura: \[\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{320}{400} = 0{,}8\text{ m} = 80\text{ cm}\] \[h = \dfrac{\lambda}{4} = \dfrac{80}{4} = 20\text{ cm}\]

Altura de 20 cm. Para fechar com segurança: a segunda ressonância viria em $3\lambda/4 = 60$ cm, e a distância entre ressonâncias sucessivas é $\lambda/2 = 40$ cm. Como $60 - 20 = 40$ cm, o quadro é coerente. Ondas de 80 cm de comprimento em uma proveta comum também são plausíveis.

O calor liberado pela queima do gás natural, com rendimento total, aquece ao mesmo tempo uma chaleira de cobre de 0,50 kg e 5,0 kg de água, de 20 °C a 30 °C. Pergunta-se qual volume de gás é consumido, em litros. Repare que o calor específico é dado em kJ/kg°C e o poder calorífico em MJ/m³, então o cuidado com as unidades faz parte do problema.

Com rendimento de 100%, todo o calor da combustão vira calor sensível, e chaleira e água sofrem a mesma variação de temperatura. Logo, o calor total é a soma dos dois: $Q = (m_{cu}c_{cu} + m_{ag}c_{ag})\Delta T$. Depois, o volume de gás é o calor total dividido pelo calor liberado por metro cúbico.

Trabalhando em kJ e depois convertendo: \[Q = (0{,}50\cdot0{,}39 + 5{,}0\cdot4{,}18)\cdot 10 = (0{,}195 + 20{,}9)\cdot10 \approx 211\text{ kJ}\] \[V = \dfrac{Q}{37\text{ MJ/m}^3} = \dfrac{211\times10^{3}}{37\times10^{6}} \approx 5{,}7\times10^{-3}\text{ m}^3 = 5{,}7\text{ L}\]

O volume encontrado, cerca de 5,7 L, é essa configuração. Vale um teste de bom senso: aquecer 5 kg de água em 10 °C exige por volta de 200 kJ, e cada litro de gás entrega 37 kJ, então são poucos litros mesmo, na casa de 5 a 6. A ordem de grandeza está certa.

Um tanque rígido de 1,0 m³ guarda oxigênio a 30 atm, e depois de algum uso o manômetro marca 25 atm, com a temperatura constante. Pede-se o volume de oxigênio consumido, medido na pressão atmosférica. O ponto central é que o volume do tanque não muda, mas o gás que saiu, ao chegar ao ambiente, ocupa um volume bem maior.

Com temperatura constante, vale a lei de Boyle: $PV$ é proporcional à quantidade de gás. Assim, podemos comparar as quantidades de gás pela grandeza $PV$, sem precisar de $R$, $T$ ou do número de mols. O gás consumido corresponde à queda de pressão de 30 para 25 atm no mesmo 1,0 m³, e depois basta expressar essa quantidade a 1 atm.

A quantidade consumida, em termos de $PV$, é $\Delta P\cdot V_{tanque}$, e igualamos a $P_{atm}V_{cons}$: \[\Delta P\, V_{tanque} = P_{atm}\, V_{cons}\] \[V_{cons} = \dfrac{(30-25)\cdot 1{,}0}{1} = 5{,}0\text{ m}^3\]

O volume é de 5,0 m³. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o tanque continha inicialmente o equivalente a 30 m³ a 1 atm e passou a conter 25 m³, então saíram 5 m³. Conferindo o total, 30 m³ menos 25 m³ é o consumido, e o resultado é positivo e menor que o inicial, como deveria.

O diagrama PV mostra processos entre os estados A, B, C e D. Sabe-se o calor fornecido em AB (120 J) e em BD (500 J), e pede-se a variação de energia interna no caminho ACD. Os dados da figura, segundo o que a resolução exige, são a pressão de 70 kPa no trecho BD e a variação de volume de 2500 cm³ a 4000 cm³ nesse mesmo trecho.

Aqui está a sacada: a energia interna é função de estado. A variação de A até D é a mesma por qualquer caminho, inclusive por ACD. Então não precisamos conhecer o calor nem o trabalho em ACD. Basta calcular $\Delta U$ pelo caminho ABD, onde temos os dados, usando a primeira lei em cada trecho.

Em AB o volume não varia, então $W_{AB}=0$ e $\Delta U_{AB} = Q_{AB} = 120\text{ J}$. Em BD a pressão é constante: \[W_{BD} = P\,\Delta V = 70\times10^{3}\cdot(4000-2500)\times10^{-6} = 105\text{ J}\] \[\Delta U_{BD} = Q_{BD} - W_{BD} = 500 - 105 = 395\text{ J}\] \[\Delta U_{ACD} = \Delta U_{ABD} = 120 + 395 = 515\text{ J}\]

A variação vale 515 J. Só para conferir: o gás recebeu 620 J de calor ao todo no caminho ABD e realizou apenas 105 J de trabalho, então a maior parte ficou como energia interna, e 515 J é coerente com isso. Note também que o valor é maior que o calor dado em AB, como esperado.

Um bloco de 0,500 kg pende de uma mola de 200 N/m presa ao teto de um elevador que desce com velocidade constante de 2,00 m/s. O elevador para de repente, e pergunta-se a amplitude da oscilação que o bloco passa a fazer. Os dados que interessam são a massa, a constante da mola e a velocidade. A aceleração da gravidade não aparece na conta, e veremos o porquê.

Enquanto o elevador desce com velocidade constante, o bloco está em equilíbrio: a força elástica equilibra o peso, com a mola já esticada por $mg/k$. Essa é justamente a posição de equilíbrio do oscilador. Quando o elevador para, o bloco ainda tem 2,00 m/s nesse ponto, e passa a oscilar em torno dele. Como o bloco está no centro da oscilação, toda a energia é cinética naquele instante, e ela se converte em energia elástica nos extremos, medida a partir do equilíbrio.

Contando o deslocamento a partir da posição de equilíbrio, a energia do oscilador se conserva. A parte gravitacional se combina com a deformação estática e não altera a amplitude: \[\tfrac{1}{2}\,m v^{2} = \tfrac{1}{2}\,k A^{2} \;\Rightarrow\; A = v\sqrt{\dfrac{m}{k}}\] \[A = 2{,}00\sqrt{\dfrac{0{,}500}{200}} = \dfrac{2{,}00}{20} = 0{,}10\text{ m} = 10{,}0\text{ cm}\]

A amplitude é de 10,0 cm. Uma checagem rápida: a frequência angular é $\omega=\sqrt{k/m}=20\text{ rad/s}$, e a velocidade máxima de um MHS é $\omega A = 20\cdot0{,}10 = 2{,}00\text{ m/s}$, exatamente a velocidade inicial. Além disso, a unidade sai em metros e a amplitude de 10 cm é razoável para uma mola dessa rigidez.

Uma balsa de 2,00 t, inicialmente parada, leva dois carros, de 800 kg e 900 kg, que partem do repouso e aceleram um em direção ao outro até 20,0 m/s em relação à balsa. Pede-se a velocidade da balsa em relação à água imediatamente antes da colisão. As acelerações e a distância de 200 m só dizem que os carros já atingiram o regime de velocidade constante, e não entram na conta.

Não há força externa horizontal sobre o sistema balsa mais carros, pois a água não oferece resistência. Portanto, a quantidade de movimento total se conserva e permanece nula, como no início. A sutileza é que as velocidades de 20 m/s são relativas à balsa, e a conservação vale para velocidades em relação à água, um referencial que não acelera. Por isso somamos a velocidade da balsa a cada velocidade relativa.

Adotando o sentido de A como positivo, com $v$ a velocidade da balsa em relação à água: \[2000\,v + 800\,(20 + v) + 900\,(-20 + v) = 0\] \[3700\,v + 16000 - 18000 = 0 \;\Rightarrow\; v = \dfrac{2000}{3700} = \dfrac{20}{37}\approx 0{,}540\text{ m/s}\]

A velocidade é de aproximadamente 0,540 m/s, e o sinal positivo indica que a balsa desliza no sentido em que A se move, porque B, mais pesado, empurra a balsa para o lado oposto ao seu próprio movimento. Para fechar com segurança: a diferença entre as quantidades de movimento relativas é apenas 2000 kg·m/s, distribuída por 3700 kg, um valor pequeno, coerente com menos de 1 m/s.

Duas esferas de $1{,}00$ kN cada estão em equilíbrio presas por quatro cordas. Pela figura, a esfera B está presa à corda horizontal BC, à corda BD, que sobe a $60^\circ$ com a horizontal, e à corda BA, que desce a $45^\circ$ até a esfera A. A esfera A ainda está presa à corda horizontal AE. Pede-se a tração em BD.

Vamos por partes, começando pela esfera A, que tem só duas incógnitas: as trações de AB e de AE. Resolvida A, a força que a corda AB exerce sobre B passa a ser um dado, e o equilíbrio vertical de B entrega a tração em BD. Aqui está a sacada: a corda BD sustenta o peso de B e também o que A transmite por AB.

Em A, a vertical dá o valor de AB, e a horizontal dá o de AE: \[T_{AB}\sin45^\circ=1\;\Rightarrow\;T_{AB}=\sqrt2\text{ kN},\qquad T_{AE}=T_{AB}\cos45^\circ=1\text{ kN}.\] Em B, a corda AB puxa para baixo com $T_{AB}\sin45^\circ=1$ kN, além do peso de $1$ kN. Só BD tem componente vertical para cima: \[T_{BD}\sin60^\circ=1+1\;\Rightarrow\;T_{BD}=\dfrac{2}{\sqrt3/2}=\dfrac{4\sqrt3}{3}\text{ kN}\approx2{,}31\text{ kN}.\]

O gabarito oficial é essa configuração, $2\sqrt3/3\approx1{,}15$ kN, que é exatamente $1/\sin60^\circ$, o valor que apareceria se a componente vertical de BD sustentasse um único peso de $1$ kN. Com o equilíbrio das duas esferas escrito como acima, o meu resultado ficou em $4\sqrt3/3$ kN; vale conferir a figura original e a sua própria montagem das forças antes de fechar. Vale um teste de bom senso: BD sustenta o peso de B mais a parcela vertical de AB, então a sua tração tem de superar $1/\sin60^\circ$.

Os blocos A e B, de 1,00 kN cada, estão em planos inclinados de 30° (A) e 60° (B), ligados por um fio ideal que passa por uma polia sem atrito. O coeficiente de atrito estático é 0,60 nos dois planos, e B está na iminência de movimento. Pede-se o atrito no bloco A. O detalhe é que "iminência" vale para B, e não necessariamente para A.

B está no plano mais inclinado, então tende a descer e puxar A plano acima. Na iminência, o atrito em B atinge o valor máximo $\mu N_B$, dirigido para cima do plano. Isso fixa a tração no fio. Em seguida, o equilíbrio de A determina o atrito de A, que será apenas o necessário para equilibrar, sem ser o máximo.

Em B, com componente do peso paralela ao plano $P\,\text{sen}\,60^\circ \approx 870\text{ N}$ e normal $N_B = P\cos 60^\circ = 500\text{ N}$: \[T = P\,\text{sen}\,60^\circ - \mu N_B = 870 - 0{,}60\cdot 500 = 570\text{ N}\] Em A, o fio puxa plano acima com 570 N, e o peso paralelo ao plano vale $1000\,\text{sen}\,30^\circ = 500\text{ N}$, logo o atrito precisa atuar plano abaixo: \[T = P\,\text{sen}\,30^\circ + f_A \;\Rightarrow\; f_A = 570 - 500 = 70\text{ N}\]

O atrito em A vale 70 N. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o atrito máximo possível em A seria $0{,}60\cdot 1000\cos30^\circ \approx 0{,}60\cdot870 = 522\text{ N}$, e 70 N está bem abaixo, então o bloco A realmente não está no limite, como devia ser. O sentido plano abaixo também é coerente, porque o fio o puxa com mais força que sua componente do peso.

Um automóvel parte do repouso, pode acelerar com 2,0 m/s² e frear com 3,0 m/s², e precisa percorrer 375 m terminando parado. Pede-se o menor tempo possível. O que importa é que o menor tempo significa acelerar o máximo possível e frear o máximo possível, sem trecho de velocidade constante.

A ideia é dividir o movimento em duas fases: aceleração até uma velocidade de pico $v$ e frenagem imediata até parar. A velocidade de pico é a mesma nas duas fases, pois é o fim de uma e o começo da outra. Isso liga as distâncias das duas fases à mesma incógnita $v$, e a torricelli em cada fase resolve o problema.

Somando as distâncias das duas fases, dadas por $v^2/(2a)$: \[375 = \dfrac{v^{2}}{2\cdot 2} + \dfrac{v^{2}}{2\cdot 3} = v^{2}\cdot\dfrac{5}{12} \;\Rightarrow\; v^{2} = 900 \;\Rightarrow\; v = 30\text{ m/s}\] \[t = \dfrac{v}{a_1} + \dfrac{v}{a_2} = \dfrac{30}{2} + \dfrac{30}{3} = 15 + 10 = 25\text{ s}\]

O tempo mínimo é 25 s. Só para conferir: as distâncias das fases são 225 m e 150 m, que somam 375 m. Além disso, a velocidade média em todo o percurso é $375/25 = 15\text{ m/s}$, exatamente metade do pico de 30 m/s, como acontece em dois movimentos uniformemente variados que partem e chegam ao repouso.

Uma gota de óleo de 1,60 pg, com excesso de quatro elétrons, fica em repouso entre duas placas horizontais separadas por 1,8 cm. Pede-se a diferença de potencial entre as placas. Repare que a maior parte do trabalho está na conversão de unidades, já que a massa vem em picogramas e a distância em centímetros.

Para a gota ficar parada, a força elétrica para cima tem que igualar o peso: $qE = mg$. Em um campo uniforme entre placas, $E = U/d$, então a tensão fica $U = mgd/q$. É o mesmo raciocínio do experimento original de Millikan, que assim mediu a carga elementar.

Convertendo: $m = 1{,}60\times10^{-12}\text{ g} = 1{,}60\times10^{-15}\text{ kg}$, $d = 1{,}8\times10^{-2}\text{ m}$ e $q = 4e = 6{,}4\times10^{-19}\text{ C}$. Então: \[U = \dfrac{m g d}{q} = \dfrac{1{,}60\times10^{-15}\cdot 10\cdot 1{,}8\times10^{-2}}{6{,}4\times10^{-19}}\] \[U = \dfrac{28{,}8\times10^{-17}}{6{,}4\times10^{-19}} = 4{,}5\times10^{2}\text{ V} = 450\text{ V}\]

A tensão é de 450 V. Uma checagem rápida: o campo necessário é $E = U/d = 450/0{,}018 = 2{,}5\times10^{4}\text{ V/m}$, e a força $qE = 6{,}4\times10^{-19}\cdot2{,}5\times10^{4} = 1{,}6\times10^{-14}\text{ N}$ é igual ao peso $mg = 1{,}6\times10^{-14}\text{ N}$. Fecha.

Uma bola é lançada horizontalmente, a 5,0 m/s, do topo de uma torre de 85 m, e atinge um barranco inclinado. Pede-se a distância horizontal $D$ entre a torre e o ponto de impacto. Como a bola não cai no chão plano, mas no barranco, o instante do impacto não é conhecido de antemão, e é isso que torna a questão mais rica do que um lançamento comum.

A trajetória é uma parábola, $y(x)$, e o barranco é uma reta. O impacto acontece onde as duas se cruzam. Então o plano é escrever a equação da parábola eliminando o tempo, escrever a reta a partir da geometria da figura e igualar as duas alturas no mesmo $x$. Resolvendo a equação do segundo grau, ficamos com a raiz positiva e fisicamente possível.

Com origem no pé da torre, $x = 5t$ e $y = 85 - 5t^{2}$, de modo que $y = 85 - x^{2}/5$. Segundo os dados da figura, o barranco começa em $x = 10\text{ m}$ com declividade 8, portanto $y = 8x - 80$. Igualando: \[85 - \dfrac{x^{2}}{5} = 8x - 80 \;\Rightarrow\; x^{2} + 40x - 825 = 0\] \[x = \dfrac{-40 + \sqrt{1600 + 3300}}{2} = \dfrac{-40 + 70}{2} = 15\text{ m}\]

A distância horizontal é $D = 15\text{ m}$. Para fechar com segurança: o tempo de voo é $t = 15/5 = 3\text{ s}$, a altura nesse instante é $85 - 45 = 40\text{ m}$, e a reta do barranco em $x=15$ dá $8\cdot15-80 = 40\text{ m}$. As duas alturas coincidem, e o impacto ocorre depois do início do barranco, em $x = 10$ m, como precisa ser.

Uma pessoa de 100 kg recebe empuxo de 0,900 N do ar, cuja densidade é 1,20 kg/m³. Em um lago, ela fica em repouso totalmente submersa. Pede-se a densidade relativa da água do lago em relação à água pura a 4 °C. O empuxo no ar, aparentemente desprezível, é a chave para descobrir o volume do corpo.

Vamos em duas etapas. Primeiro, o empuxo do ar $E = \rho_{ar}Vg$ dá o volume da pessoa. Depois, a pessoa em repouso totalmente submersa tem empuxo igual ao peso, o que significa que a densidade do lago é igual à densidade média do corpo, $m/V$. A densidade relativa é essa densidade dividida por 1000 kg/m³.

Do empuxo no ar: \[V = \dfrac{E_{ar}}{\rho_{ar}\,g} = \dfrac{0{,}900}{1{,}20\cdot10} = 0{,}075\text{ m}^3\] \[\rho_{lago} = \dfrac{m}{V} = \dfrac{100}{0{,}075} \approx 1333\text{ kg/m}^3 \;\Rightarrow\; d_r = \dfrac{1333}{1000} \approx 1{,}33\]

A densidade relativa é aproximadamente 1,33. Vale um teste de bom senso: uma pessoa comum tem densidade próxima de 1000 kg/m³, então 1333 kg/m³ é alta e exigiria um lago muito salgado, mas o exercício é numérico e o resultado segue rigorosamente dos dados. O volume de 75 litros já é bem menor que o de uma pessoa real, o que explica o valor elevado.

Um observador com os olhos a 1,50 m de altura, a 2,00 m de um espelho plano vertical, vê no espelho o topo de uma árvore de altura $H$, cuja base fica 18,0 m atrás dele. O raio incide no espelho sob 10° em relação à normal. A tabela trigonométrica dada indica que o dado importante é $\text{tg}\,10^\circ = 0{,}18$.

A normal a um espelho vertical é horizontal. Então o raio incidente e o refletido fazem 10° com a horizontal. O raio que chega aos olhos desce 10° em relação à horizontal, vindo do ponto do espelho, e o raio que vem do topo da árvore desce com o mesmo ângulo até esse ponto. Assim, a altura de cada trecho é a distância horizontal vezes a tangente de 10°.

O ponto de reflexão fica acima dos olhos por $2{,}00\cdot\text{tg}\,10^\circ$. A árvore está a $2{,}00 + 18{,}0 = 20{,}0\text{ m}$ do espelho, e o topo está acima do ponto de reflexão por $20{,}0\cdot\text{tg}\,10^\circ$: \[H = 1{,}50 + 2{,}00\cdot 0{,}18 + 20{,}0\cdot 0{,}18\] \[H = 1{,}50 + 0{,}36 + 3{,}60 = 5{,}46\text{ m} \approx 5{,}5\text{ m}\]

A altura vale cerca de 5,5 m. Olhe o resultado com desconfiança saudável: uma árvore de 5,5 m é plausível, e o valor é bem maior que a altura dos olhos, como precisa ser, já que o raio precisa subir para chegar ao topo. O ângulo de 10° é pequeno, e por isso uma altura de poucos metros a 20 m de distância é a ordem de grandeza esperada.

Dois capacitores planos, com a mesma distância $d$ entre placas e ar como dielétrico, estão inicialmente com cargas $Q_1$ e $Q_2$. Ao fechar a chave que os liga, a tensão $V_1$ não muda. Pergunta-se qual afirmação vale para os dois capacitores. O dado decisivo é justamente essa tensão não mudar com a ligação.

Se ao fechar a chave nada mudou, é porque os capacitores já estavam à mesma diferença de potencial, ou seja, $V_1 = V_2$. Não há redistribuição de carga quando se ligam terminais no mesmo potencial. Com a tensão comum e a mesma distância entre placas, o que se conclui sobre as demais grandezas depende de fórmulas diferentes, e cabe avaliar cada alternativa.

Comentando cada alternativa, com $V$ igual e $d$ igual: A) a energia é $\tfrac12CV^2$ e depende de $C$, que depende da área das placas, então nada garante energias iguais. B) e C) a carga é $Q = CV$, também dependente da área, então as cargas podem ser diferentes. D) a capacitância $C=\varepsilon A/d$ depende da área, que o enunciado não iguala. E) o campo é \[E = \dfrac{V}{d}\] e, com $V$ e $d$ iguais, os campos são necessariamente iguais.

Somente a afirmação da essa configuração decorre dos dados: o campo elétrico uniforme é o mesmo nos dois capacitores. Só para conferir: o campo depende só de $V$ e $d$, e as duas grandezas são iguais, sem nenhuma hipótese sobre as áreas.

Uma espira retangular rígida se move com velocidade constante, toda ela dentro de uma região de campo magnético uniforme, constante no tempo e perpendicular ao plano da espira. A corrente induzida é nula, e pede-se a razão. Repare que o movimento da espira, que parece ser o ponto central, não é o que decide a resposta.

Pela lei de Faraday, só há força eletromotriz induzida se o fluxo magnético através da espira variar no tempo: $\varepsilon = -\Delta\Phi/\Delta t$. O fluxo é $\Phi = BA\cos\theta$. Então a pergunta se reduz a: por que o fluxo não varia? Vamos verificar cada afirmativa.

Alternativa A: o fluxo não é nulo, pois o campo é perpendicular ao plano e atravessa a espira, então ela é falsa. Essa configuração: se $B$ é uniforme e constante no tempo, e a espira está toda dentro da região, o fluxo $BA$ não muda ao se deslocar, e isso explica a corrente nula. Alternativa C: a perpendicularidade dá fluxo máximo, mas não garante que ele seja constante. Alternativa D: ser perpendicular à velocidade também não impede variação de fluxo. Alternativa E: com velocidade constante, mas em um campo não uniforme, o fluxo variaria. \[\Phi = B\,A = \text{constante} \;\Rightarrow\; \varepsilon = 0\]

A causa da corrente nula é o campo ser uniforme e constante no tempo. Uma checagem rápida: se a espira estivesse entrando ou saindo da região, a área imersa variaria, o fluxo mudaria e haveria corrente, mesmo com a velocidade constante. O que impede isso aqui é a uniformidade do campo sobre toda a espira.

Uma esfera condutora descarregada, de raio $R_1 = R_0/4$, é ligada por fio à cúpula esférica de um gerador de Van de Graaff, de raio $R_0$, mantida em potencial constante. Pede-se a razão entre as densidades superficiais de carga da esfera e da cúpula, no equilíbrio. Desprezam-se a indução e a capacitância dos fios.

Condutores ligados por fio atingem o mesmo potencial. O potencial de uma esfera condutora carregada é $V = kQ/R$, então cargas e raios são proporcionais, $Q\propto R$. Já a densidade superficial é a carga dividida pela área, $\sigma = Q/(4\pi R^2)$. Combinando as duas ideias, $\sigma\propto R/R^2 = 1/R$, e a esfera menor terá densidade maior.

Igualando os potenciais: \[k\dfrac{Q_0}{R_0} = k\dfrac{Q_1}{R_1} \;\Rightarrow\; \dfrac{Q_1}{Q_0} = \dfrac{R_1}{R_0} = \dfrac{1}{4}\] \[\dfrac{\sigma_1}{\sigma_0} = \dfrac{Q_1}{Q_0}\cdot\left(\dfrac{R_0}{R_1}\right)^{2} = \dfrac{1}{4}\cdot 4^{2} = 4\]

A razão vale 4. Para fechar com segurança: o resultado também sai direto de $\sigma\propto 1/R$, já que a esfera tem um quarto do raio e, portanto, densidade quatro vezes maior. É o poder das pontas: quanto menor o raio de curvatura, mais concentrada a carga e mais intenso o campo na superfície.

Por uma seção de um fio de cobre passam $9{,}00\times10^{22}$ elétrons a cada hora, e o pedido é a corrente média em amperes. Os dados úteis são o número de elétrons, a carga elementar e o intervalo de tempo, que precisa ser expresso em segundos para dar ampères.

Corrente média é carga por unidade de tempo, $i = \Delta Q/\Delta t$. A carga total que atravessa a seção é o número de elétrons vezes a carga de cada um, $\Delta Q = n e$. O ampère é coulomb por segundo, então o tempo de uma hora tem de virar 3600 s antes da divisão.

Calculando a carga e depois a corrente: \[\Delta Q = n\,e = 9{,}00\times10^{22}\cdot1{,}60\times10^{-19} = 1{,}44\times10^{4}\text{ C}\] \[i = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{1{,}44\times10^{4}}{3600} = 4{,}00\text{ A}\]

A corrente média é de 4,00 A. Vale um teste de bom senso: 4 A é um valor típico de aparelhos domésticos de potência média, e 14 400 C em uma hora é da ordem esperada. Se você tivesse esquecido de converter a hora, encontraria 14,4 A, que é a alternativa A e não bate com o cálculo correto.