EFOMM 2017 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O feixe entra na borda do aquário com incidência de $60^\circ$, segue por AB, passa ao líquido em B sem desvio e chega a C, na superfície líquido-ar. A pergunta é se ele sai em C, e isso depende do ângulo com que chega ali. Os dados úteis são $n_{ar}=1{,}0$ e $n=\sqrt3$.

Snell na entrada dá o ângulo dentro da borda. Sem desvio em B, os dois meios têm o mesmo índice, então o líquido tem $n_L=\sqrt3$. Em C o raio vai de um meio mais refringente para o ar, e aí pode haver reflexão total; por isso precisamos comparar o ângulo de incidência com o ângulo limite.

Na entrada: \[1\cdot\sin60^\circ=\sqrt3\,\sin r\ \Rightarrow\ \sin r=\dfrac12,\quad r=30^\circ.\] O raio faz $30^\circ$ com a normal da parede (horizontal), portanto $60^\circ$ com a normal da superfície do líquido, e $i=60^\circ$ em C. O limite é \[\sin L=\dfrac{n_{ar}}{n_L}=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}.\]

Como $\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}\approx0{,}87$ é maior que $\dfrac{\sqrt3}{3}\approx0{,}58$, há reflexão total e o feixe não emerge em C. É essa configuração. Note que A e B falam em seno refratado, que nem existe nesse caso.

A partícula parte do repouso, é acelerada por uma diferença de potencial de $100$ V e depois entra num campo magnético uniforme de $2{,}0\times10^{-2}$ T, onde faz uma circunferência de raio $20$ cm. Pede-se a massa. A velocidade não é dada, e nem precisa ser: ela é só a ponte entre as duas etapas. A força gravitacional é desprezada.

São dois fenômenos encadeados. Na aceleração, o trabalho da força elétrica vira energia cinética. No campo magnético, a força magnética faz o papel de resultante centrípeta. O pulo do gato é este: as duas equações têm $v$ e $m$, então basta eliminar $v$ entre elas e isolar $m$. Vale mais a pena eliminar $v$ do que calculá-la, porque o caminho fica algébrico e com menos arredondamento.

Energia na aceleração e força centrípeta no campo: \[qU=\dfrac12mv^2,\qquad qvB=\dfrac{mv^2}{r}\ \Rightarrow\ v=\dfrac{qBr}{m}.\] Substituindo $v$ na primeira equação e isolando a massa: \[m=\dfrac{qB^2r^2}{2U}=\dfrac{(5{,}0\times10^{-6})(2{,}0\times10^{-2})^2(0{,}20)^2}{2\cdot100}.\] Numerador: $5\times10^{-6}\cdot4\times10^{-4}\cdot4\times10^{-2}=8\times10^{-11}$. Dividindo por $200$: \[m=4{,}0\times10^{-13}\text{ kg}.\]

O resultado, $4{,}0\times10^{-13}$ kg, é essa configuração. Como teste, a velocidade sai de $v=qBr/m=\dfrac{5\times10^{-6}\cdot2\times10^{-2}\cdot0{,}2}{4\times10^{-13}}=5\times10^{4}$ m/s, e $\tfrac12mv^2=5\times10^{-4}$ J, igual a $qU=5\times10^{-6}\cdot100$. As duas etapas fecham.

O poste tem $2{,}7$ m, a lente da câmera tem distância focal de $8{,}0$ cm e a imagem deve ter $4{,}0$ cm. Queremos a distância do objeto à lente. Repare que os dados estão em unidades diferentes: converta tudo para centímetros.

O aumento linear liga os tamanhos às distâncias, e a equação de Gauss liga as distâncias à focal. O aumento dá $q$ em função de $p$, e Gauss fecha o problema com uma só incógnita.

Em módulo, com $o=270$ cm: \[\dfrac{i}{o}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{4}{270}=\dfrac{2}{135}\ \Rightarrow\ q=\dfrac{2p}{135}.\] \[\dfrac{1}{8}=\dfrac1p+\dfrac{135}{2p}=\dfrac{137}{2p}\ \Rightarrow\ p=548\text{ cm}.\]

Temos $p=548$ cm. A imagem fica em $q\approx8{,}1$ cm, logo além da focal, como esperado para objeto distante.

O painel recebe $2{,}0\times10^3$ W por metro quadrado numa área de $20\text{ m}^2$, mas só $60\%$ dessa energia vira calor útil para a água. A água passa por ele a $6{,}0$ litros por minuto, e queremos a elevação de temperatura. O calor específico vem em cal, enquanto a potência vem em watts, então será preciso converter usando $1\text{ cal}=4{,}2\text{ J}$.

Como a água está sempre passando, o mais natural é raciocinar em potência, e não em energia total. A potência útil do painel é o calor recebido pela água por segundo. Esse calor por segundo é a vazão de massa vezes o calor específico vezes a variação de temperatura. Igualando as duas expressões, sai a variação de temperatura sem precisar de nenhum tempo específico.

Potência útil, já com a eficiência: \[P_u=0{,}60\cdot20\cdot2{,}0\times10^3=2{,}4\times10^4\text{ W}.\] A vazão de $6{,}0$ L/min é $6000$ g em $60$ s, ou seja, $100$ g/s. Com $c=4{,}2\text{ J/(g}\cdot^\circ\text{C)}$: \[P_u=\dot m\,c\,\Delta T\ \Rightarrow\ \Delta T=\dfrac{2{,}4\times10^4}{100\cdot4{,}2}\approx57{,}1^\circ\text{C}.\]

O resultado é $\Delta T\approx57{,}1^\circ$C. Dá para desconfiar do valor: $24$ kW aquecendo $0{,}1$ kg por segundo é muita potência para pouca água, então um salto de dezenas de graus é plausível. A unidade também fecha: W dividido por (g/s vezes J/(g°C)) resulta em °C.

São dois sistemas independentes ligados só pela razão pedida. Na corda, presa a um corpo de $2{,}5$ kg e com densidade linear de $250$ g/m, forma-se uma onda estacionária com $6$ ventres ocupando $3{,}0$ m, vibrando na frequência $f_1$. No tubo com água, o primeiro reforço sonoro aparece com a coluna de ar de $42{,}5$ cm, e isso define $f_2$. Queremos $f_2/f_1$. A velocidade do som no ar não é dada, então adota-se o valor usual de cerca de $340$ m/s.

Para a corda, a tração é o peso do corpo pendurado, a velocidade da onda vem de $\sqrt{T/\mu}$ e o número de ventres dá o comprimento de onda. Para o tubo, que é fechado numa extremidade pela água, o primeiro reforço ocorre quando a coluna de ar vale um quarto do comprimento de onda. Com o comprimento de onda e a velocidade do som, achamos $f_2$. A razão sai da divisão das duas frequências.

Na corda, $T=mg=25$ N e $\mu=0{,}250$ kg/m: \[v_1=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{100}=10\text{ m/s}.\] Cada ventre vale meio comprimento de onda, então seis ventres em $3{,}0$ m dão \[6\cdot\dfrac{\lambda_1}{2}=3{,}0\ \Rightarrow\ \lambda_1=1{,}0\text{ m},\qquad f_1=\dfrac{v_1}{\lambda_1}=10\text{ Hz}.\] No tubo, $L=\dfrac{\lambda_2}{4}$, logo $\lambda_2=1{,}70$ m e \[f_2=\dfrac{340}{1{,}70}=200\text{ Hz}\ \Rightarrow\ \dfrac{f_2}{f_1}=\dfrac{200}{10}=20.\]

A razão é $20$. Como teste de ordem de grandeza, $10$ Hz na corda é uma vibração lenta e $200$ Hz é um som grave audível, então uma razão de dezenas é razoável. Se a velocidade do som adotada mudar um pouco, a razão continua próxima de $20$, e por isso a questão diz “aproximadamente”.

Dois blocos de mesma massa $m$ estão ligados por um fio e uma polia ideal: A sobre a superfície, com atrito, e B pendurado. B cai $y$ a partir do repouso e chega ao chão, e A percorre ao todo $y+d$ até parar. Queremos $\mu$. Só há distâncias como dados, então a resposta é uma expressão.

O movimento tem duas fases. Na primeira, B desce e o sistema acelera com o atrito atuando. Na segunda, B já parou, o fio afrouxa e A desliza sozinho, freado só pelo atrito, por mais $d$. A velocidade no fim da primeira fase é a do início da segunda, e é essa ligação que dá $\mu$.

Fase 1, com massa total $2m$: \[mg-\mu mg=2ma\ \Rightarrow\ a=\dfrac{g(1-\mu)}{2},\qquad v^2=2ay=gy(1-\mu).\] Fase 2, com desaceleração $\mu g$ ao longo de $d$: \[v^2=2\mu g\,d.\] Igualando e cancelando $g$: \[y(1-\mu)=2\mu d\ \Rightarrow\ \mu=\dfrac{y}{y+2d}.\]

É essa configuração. Nos limites: se $d\to0$, A para junto com B e $\mu\to1$; se $y\to0$, não há energia para A deslizar e $\mu\to0$. Ambos coerentes.

O trem vai de A a B, distantes $4$ km, com aceleração e desaceleração de no máximo $5{,}0\text{ m/s}^2$ e velocidade máxima de $72$ km/h. Queremos o menor tempo. Passe para o SI: $72$ km/h são $20$ m/s e $4$ km são $4000$ m.

O menor tempo vem de acelerar o máximo, manter a velocidade máxima e frear o máximo, formando um trapézio no gráfico $v\times t$. Mas isso só vale se o trem atingir os $20$ m/s antes de precisar frear, então o primeiro passo é conferir isso.

Para chegar a $20$ m/s: \[t_a=\dfrac{20}{5}=4\text{ s},\qquad \Delta s_a=\dfrac{0+20}{2}\cdot4=40\text{ m}.\] A frenagem gasta os mesmos $4$ s e $40$ m. Como $80\text{ m}\ll4000\text{ m}$, a velocidade máxima é atingida, e o resto é a $20$ m/s: \[t_c=\dfrac{4000-80}{20}=196\text{ s},\qquad t=4+196+4=204\text{ s}=3{,}4\text{ min}.\]

O tempo mínimo é $3{,}4$ min. A velocidade média, $4000/204\approx19{,}6$ m/s, fica um pouco abaixo de $20$ m/s, como esperado.

Dois móveis de $15{,}0$ kg e $13{,}0$ kg se aproximam em sentidos opostos, com $5{,}0$ m/s e $3{,}0$ m/s, e colidem de frente com $e=3/4$. Pedem-se as intensidades das velocidades após o choque. Sendo parcialmente elástico, a energia cinética não se conserva, mas a quantidade de movimento sim.

A conservação da quantidade de movimento dá uma equação, e o coeficiente de restituição, que compara afastamento e aproximação, dá a outra. O ponto delicado é escolher um sentido positivo e respeitar os sinais.

Sentido positivo: o inicial de P, então $V_T=-3{,}0$ m/s antes do choque. \[15(5)+13(-3)=15v_P+13v_T\ \Rightarrow\ 15v_P+13v_T=36,\] \[\dfrac{v_T-v_P}{5-(-3)}=\dfrac34\ \Rightarrow\ v_T-v_P=6.\] Com $v_T=v_P+6$: $28v_P+78=36$, logo \[v_P=-1{,}5\text{ m/s},\qquad v_T=4{,}5\text{ m/s}.\]

As intensidades são $4{,}5$ m/s (T) e $1{,}5$ m/s (P). O sinal negativo mostra que P inverteu o sentido. Teste: $15(-1{,}5)+13(4{,}5)=36$, o momento inicial.

Um pêndulo simples de comprimento $L$ está pendurado no teto de um vagão que acelera horizontalmente com aceleração $a$. Queremos o período de pequenas oscilações. O enunciado não dá números, então a resposta é uma expressão, e as alternativas diferem pela forma como $g$ e $a$ aparecem juntos. Note que só interessa o que o pêndulo “sente” dentro do vagão.

A ideia central é usar o referencial do vagão. Nele, além do peso, surge uma força de inércia horizontal, $-ma$, que se soma ao peso. O resultado é uma gravidade efetiva inclinada, e o pêndulo oscila em torno da nova direção de equilíbrio, exatamente como um pêndulo comum numa gravidade diferente. Assim reaproveitamos a fórmula do período, trocando $g$ por $g_{ef}$. Por que esse caminho e não outro? Porque resolver as equações no referencial da estação seria bem mais trabalhoso.

As duas acelerações, vertical $g$ e horizontal $a$, são perpendiculares, e por isso se combinam por Pitágoras: \[g_{ef}=\sqrt{g^2+a^2}.\] O período de pequenas oscilações é \[T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g_{ef}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{\sqrt{g^2+a^2}}}.\] Levando $L$ para dentro da raiz interna, $\dfrac{L}{\sqrt{g^2+a^2}}=\left(\dfrac{L^2}{g^2+a^2}\right)^{1/2}$, então \[T=2\pi\sqrt{\left(\dfrac{L^2}{g^2+a^2}\right)^{1/2}}.\]

Essa é a forma da essa configuração. Sanidade nos limites: com $a=0$, obtemos $T=2\pi\sqrt{L/g}$, o pêndulo comum. Com $a$ crescendo, $g_{ef}$ aumenta e o período diminui, o que faz sentido, pois a gravidade aparente ficou maior. A alternativa C traz um fator $2L$ que não existe na dedução, e A tem uma expressão que nem reproduz o caso $a=0$.

O suco, com $194\text{ cm}^3$ a $30^\circ$C, recebe dois cubos de gelo de $15$ g cada, a $-4^\circ$C. O gelo derrete por completo, e só há troca de calor entre gelo e suco. Como o suco tem densidade e calor específico da água, seus $194\text{ cm}^3$ valem $194$ g. Queremos a temperatura final de equilíbrio. Repare que o enunciado já garante a fusão total, então não precisamos testar se sobra gelo.

Vale a conservação da energia: o calor que o suco perde é o calor que o gelo ganha. Só que o gelo passa por três etapas antes de virar água na temperatura final: aquece de $-4^\circ$C até $0^\circ$C, funde a $0^\circ$C e, já como água, aquece de $0^\circ$C até $T$. Somando as três parcelas, igualamos ao calor cedido pelo suco. Somar calor sensível e calor latente numa só equação é a sacada aqui.

Com a massa total de gelo de $30$ g: \[Q_1=30\cdot0{,}5\cdot4=60\text{ cal},\qquad Q_2=30\cdot80=2400\text{ cal},\qquad Q_3=30\cdot1\cdot T.\] O suco cede $Q_s=194\,(30-T)$. Somando o que o gelo recebe e igualando: \[194(30-T)=60+2400+30T.\] Desenvolvendo, $5820-194T=2460+30T$, logo $224T=3360$ e \[T=15^\circ\text{C}.\]

A temperatura final é $15^\circ$C. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o resultado está entre $0^\circ$C e $30^\circ$C, como precisa estar, e o suco esfriou $15^\circ$C, cedendo $194\cdot15=2910$ cal, valor que confere com $60+2400+450=2910$ cal recebidos pelo gelo. Se o gelo não derretesse por inteiro, a resposta seria $0^\circ$C, mas aqui o suco tem calor de sobra.

Um manômetro de tubo aberto tem mercúrio num tubo em U, com um ramo ligado ao gás e o outro aberto para a atmosfera. Os níveis estão em $h_1=5{,}0$ cm e $h_2=8{,}0$ cm. Pede-se a pressão manométrica, isto é, em relação à atmosfera.

Pontos de um mesmo líquido em equilíbrio, no mesmo nível, têm a mesma pressão. Assim, a diferença entre a pressão do gás e a atmosférica é a pressão de uma coluna de mercúrio com altura igual à diferença de níveis. A atmosfera se cancela.

Com os dados da figura: \[\Delta h=h_2-h_1=3{,}0\text{ cm}=0{,}030\text{ m},\] \[p_{man}=\rho g\,\Delta h=(13{,}6\times10^3)(10)(0{,}030)=4{,}08\times10^3\text{ Pa}.\]

O valor é $4{,}08\times10^3$ Pa. Só para conferir: $3$ cm de mercúrio são cerca de $30$ mmHg, e $760$ mmHg valem cerca de $10^5$ Pa, o que dá perto de $4\times10^3$ Pa.

Um cubo de $25{,}0$ kg e $5{,}0$ m de lado flutua na água. Ao ser empurrado ligeiramente para baixo e solto, ele oscila verticalmente em movimento harmônico simples, sem atrito. Pede-se a frequência angular. Note que o lado do cubo só entra pela área da face horizontal, que é o que muda o volume submerso, e que a densidade da água é a usual, $1000\text{ kg/m}^3$.

A ideia é reconhecer que a força restauradora é a variação do empuxo. Na posição de equilíbrio, empuxo e peso se anulam. Deslocando o cubo de um pequeno $x$ para baixo, o volume submerso extra é a área da base vezes $x$, e o empuxo extra, sempre para cima, é proporcional a $x$. Uma força proporcional ao deslocamento e de sentido contrário é a assinatura de uma mola, então o cubo se comporta como massa presa a uma mola de constante $k=\rho g A$. Daí é só aplicar $\omega=\sqrt{k/m}$.

A área da base é $A=L^2=25\text{ m}^2$. A força restauradora e a constante equivalente valem \[F=-\rho gAx\ \Rightarrow\ k=\rho gA=1000\cdot10\cdot25=2{,}5\times10^5\text{ N/m}.\] Com a massa do cubo, $m=25$ kg: \[\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{2{,}5\times10^5}{25}}=\sqrt{10^4}=100\text{ rad/s}.\]

A frequência angular é $100$ rad/s. Como teste de unidade, $\rho g A/m$ tem unidade de $\text{(kg/m}^3)(\text{m/s}^2)\text{m}^2/\text{kg}=1/\text{s}^2$, portanto a raiz dá rad/s. Note também que a resposta independe da altura submersa: só contam a área da base, a massa e a densidade da água.

Um satélite de $3\times10^5$ g, ou seja, $300$ kg, tem energia mecânica de $-2{,}0\times10^{10}$ J numa órbita elíptica com semieixos de $16\times10^3$ km e $9\times10^3$ km. Pede-se a energia cinética no perigeu em função de $G$. Converta massa e distâncias para o SI.

A energia mecânica, soma da cinética com a potencial gravitacional, se conserva. No perigeu basta achar a distância ao centro da Terra, que está num foco, e isolar $K=E_m-U$. Essa distância vem da geometria da elipse: $r_p=a-c$, com $c=\sqrt{a^2-b^2}$.

$$c=\sqrt{16^2-9^2}\times10^3\text{ km}=5\sqrt7\times10^3\text{ km},\qquad r_p=(16-5\sqrt7)\times10^6\text{ m}.$$ Como $E_m=K_p-\dfrac{GM_Tm}{r_p}$, $$K_p=-2\times10^{10}+\dfrac{G(6\times10^{24})(300)}{(16-5\sqrt7)\times10^6}.$$

A expressão obtida não coincide com nenhuma das alternativas, e a banca anulou oficialmente a questão, então nenhuma letra deve ser marcada como correta. A estrutura, porém, é a esperada: uma parcela negativa somada a outra proporcional a $G$.

Um cilindro com pistão leve contém $30$ g de água a $0^\circ$C, sob $1$ atm. Um aquecedor fornece $24\,200$ J, e pede-se a altura da subida do pistão. O volume da água líquida é desprezado. Os dados misturam J e cal, g e mol, atm e litros, então escolha um sistema coerente.

A energia primeiro aquece a água até $100^\circ$C e o que sobra vaporiza. Esse vapor, a $1$ atm e $373$ K, ocupa um volume dado pela equação dos gases, e o pistão sobe até acomodá-lo sobre a área da base.

$Q=24200/4{,}2\approx5762$ cal. Aquecer custa $30\cdot100=3000$ cal, sobrando $2762$ cal: \[m_v=\dfrac{2762}{540}\approx5{,}11\text{ g},\qquad n=\dfrac{5{,}11}{18}\approx0{,}284\text{ mol}.\] \[V=nRT=0{,}284\cdot0{,}082\cdot373\approx8{,}69\text{ L}=8690\text{ cm}^3,\qquad h=\dfrac{V}{S}=\dfrac{8690}{512}\approx17\text{ cm}.\]

A altura é cerca de $17$ cm. Cerca de $5$ g de vapor a $1$ atm ocupam algo como $9$ litros, e uma base de $512\text{ cm}^2$ leva a dezenas de centímetros, plausível.

Há duas situações independentes ligadas pela razão pedida. Na primeira, um fio de $5\,\Omega$ e $2{,}4$ m forma um quadrado de $60$ cm de lado, que entra por completo em $0{,}90$ s num campo de $10{,}0$ T, perpendicular ao plano da espira. Isso gera uma corrente $i_1$. Na segunda, um fio reto de $2{,}0$ m, no mesmo campo, sofre uma força de $8{,}0$ N e por ele passa $i_2$. Queremos $i_1/i_2$. O perímetro do quadrado, $4\cdot0{,}60=2{,}4$ m, só confirma que o fio dá exatamente um quadrado.

Para $i_1$, usamos a lei de Faraday: enquanto a espira entra no campo, o fluxo cresce de zero até $BA$, e isso induz uma fem média, da qual a lei de Ohm tira a corrente. Para $i_2$, a força magnética sobre um fio reto perpendicular ao campo vale $F=BiL$. Depois é só dividir. Repare que a velocidade de entrada não precisa ser calculada, porque $v=L/\Delta t$ está embutida na variação do fluxo por unidade de tempo, e o tempo de $0{,}90$ s já a contém.

A área da espira é $A=(0{,}60)^2=0{,}36\text{ m}^2$, e a variação de fluxo é $\Delta\Phi=BA=10\cdot0{,}36=3{,}6$ Wb. Então \[\mathcal E=\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\dfrac{3{,}6}{0{,}90}=4\text{ V},\qquad i_1=\dfrac{\mathcal E}{R}=\dfrac{4}{5}=0{,}8\text{ A}.\] No fio reto: \[F=B\,i_2\,L\ \Rightarrow\ 8=10\cdot i_2\cdot2\ \Rightarrow\ i_2=0{,}4\text{ A}.\] Logo \[\dfrac{i_1}{i_2}=\dfrac{0{,}8}{0{,}4}=2{,}0.\]

A razão é $2{,}0$. Teste de unidades: weber por segundo é volt, e volt por ohm é ampère; newton dividido por tesla e metro também é ampère. As duas correntes são da ordem de décimos de ampère, plausíveis para esses dados.

Uma haste homogênea de peso $P$ está em equilíbrio, apoiada na parede e em dois degraus de uma escada, nos pontos A e B. Ela forma um ângulo $\theta$ com a perpendicular à parede, e a distância entre a escada e a parede é $L$. As forças que a escada faz na haste são $F_A$ e $F_B$, e queremos o peso $P$ em função delas e de $\theta$. Os dados geométricos vêm da figura: os pontos de apoio ficam a distâncias horizontais proporcionais a $L$ e $2L$ do contato com a parede, e o centro de massa da haste a $3L/2$.

Equilíbrio de corpo extenso pede a soma dos torques nula. A escolha do eixo é a sacada: tomando o ponto de contato da haste com a parede, a força que a parede faz na haste e qualquer outra incógnita ali aplicada ficam com braço nulo e somem da equação, restando só $F_A$, $F_B$ e o peso. Como os apoios em degraus são pontuais, as forças de contato $F_A$ e $F_B$ são perpendiculares à haste, e seus braços são as distâncias medidas ao longo dela. Já o peso é vertical, e seu braço é a distância horizontal.

Ao longo da haste, as distâncias de A, de B e do centro de massa ao ponto da parede são, respectivamente, $\dfrac{L}{\cos\theta}$, $\dfrac{2L}{\cos\theta}$ e $\dfrac{3L}{2\cos\theta}$. O braço do peso, na horizontal, é $\dfrac{3L}{2\cos\theta}\cos\theta=\dfrac{3L}{2}$. Equilíbrio de torques em relação ao ponto da parede: \[F_A\dfrac{L}{\cos\theta}+F_B\dfrac{2L}{\cos\theta}=P\,\dfrac{3L}{2}.\] Cancelando $L$ e isolando $P$: \[P=\dfrac{2}{3\cos\theta}\left(F_A+2F_B\right).\]

O resultado corresponde à essa configuração. Note que as alternativas A e D são iguais entre si e não distinguem o peso maior do apoio B, o que já as torna suspeitas. Uma checagem rápida: o apoio B, mais distante do ponto da parede, tem braço maior, então cada unidade de $F_B$ pesa o dobro de $F_A$ no balanço de torques, como mostra o fator $2$.

Uma polia gira em torno do eixo central. Os pontos A e B, no mesmo raio, têm velocidades de $60$ cm/s e $0{,}3$ m/s, e distam $10$ cm entre si. Pedem-se o diâmetro e a velocidade angular. Converta antes: $0{,}3$ m/s são $30$ cm/s.

Num corpo rígido em rotação, todos os pontos têm o mesmo $\omega$ e $v=\omega r$. Logo, a razão das velocidades é a razão dos raios. Com a diferença $r_A-r_B=10$ cm, temos duas equações para dois raios.

\[\dfrac{r_A}{r_B}=\dfrac{60}{30}=2,\qquad r_A-r_B=10\text{ cm}\ \Rightarrow\ r_B=10\text{ cm},\ r_A=20\text{ cm}.\] Como A está na borda, o diâmetro é $40$ cm e \[\omega=\dfrac{v_A}{r_A}=\dfrac{60}{20}=3{,}0\text{ rad/s}.\]

Diâmetro de $40$ cm e $3{,}0$ rad/s formam essa configuração. Teste: $\omega r_B=3\cdot10=30$ cm/s, o dado de B.

Uma bolinha de $10\text{ cm}^3$ e densidade $2{,}5\text{ g/cm}^3$, presa a um fio de $12$ cm, está imersa em água e é solta de $45^\circ$. No ponto mais baixo a tração vale $0{,}25$ N, e pede-se a energia cinética ali. O ângulo inicial é só cenário: o que resolve é a tração combinada com as forças naquele ponto.

No ponto mais baixo o movimento é circular, e a resultante radial, para cima, é a força centrípeta. Tração e empuxo apontam para cima, e o peso para baixo. A segunda lei de Newton na radial dá $v^2$, e daí a energia cinética.

A massa é $0{,}025$ kg, então $P=0{,}25$ N, e $E=1000\cdot10\cdot10^{-5}=0{,}10$ N. Então \[T+E-P=\dfrac{mv^2}{L}\ \Rightarrow\ 0{,}10=\dfrac{0{,}025\,v^2}{0{,}12}\ \Rightarrow\ v^2=0{,}48,\] \[K=\dfrac12mv^2=\dfrac12(0{,}025)(0{,}48)=0{,}006\text{ J}.\]

A energia cinética é $0{,}006$ J. Como ordem de grandeza, a bolinha desce cerca de $3$ cm sob força efetiva $P-E=0{,}15$ N, o que dá algo da casa de $10^{-3}$ J, longe de $0{,}06$ J.

Duas esferas pendem de fios nos braços de uma balança em equilíbrio. A esfera 2, de $2{,}0$ g e $1{,}2\text{ cm}^3$, está totalmente mergulhada na água. Queremos $m_1$. Como os braços são iguais, os fios devem puxar com forças iguais.

Na água, a esfera 2 sofre empuxo, e o fio dela puxa com o peso aparente, menor que o real. A esfera 1, no ar, puxa com o peso inteiro. Igualando, achamos $m_1$. Como a água tem $1\text{ g/cm}^3$, o empuxo em gramas-força é numericamente o volume em cm$^3$.

\[T_2=m_2g-\rho_{água}gV_2\ \Rightarrow\ m_{ap}=2{,}0-1{,}2=0{,}8\text{ g}.\] Com braços iguais, $m_1g=T_2$, logo \[m_1=0{,}8\text{ g}.\]

A massa é $0{,}8$ g. Para fechar com segurança: a esfera 2 tem densidade de cerca de $1{,}7\text{ g/cm}^3$, afunda, e seu peso aparente deve ser positivo e menor que $2{,}0$ g.

O circuito tem $R_1=2{,}5\times10^3\,\Omega$, $R_2=1{,}5\times10^3\,\Omega$, $C_1=2{,}0$ nF, $C_2=4{,}5$ nF e uma chave S. Pergunta-se a variação da carga em $C_1$ depois de fechar a chave e atingir o novo regime. O que interessa é comparar a carga de $C_1$ antes e depois, em regime estacionário.

Em regime estacionário, um capacitor se comporta como circuito aberto, e a corrente circula só pelos resistores. Basta achar a tensão em $C_1$ nos dois regimes e multiplicar por $C_1$. O potencial do nó entre os resistores sai de um divisor de tensão, com fonte de $10$ V.

Com a chave aberta, não há corrente em $R_2$ e $Q_i=2{,}0\text{ nF}\cdot10\text{ V}=20$ nC. Fechada, $$V_M=10\,\dfrac{R_2}{R_1+R_2}=3{,}75\text{ V},\qquad V_{C_1}=10-3{,}75=6{,}25\text{ V},$$ $$Q_f=2{,}0\cdot6{,}25=12{,}5\text{ nC},\qquad \Delta Q=12{,}5-20=-7{,}5\text{ nC}.$$

O valor $-7{,}5$ nC não aparece entre as alternativas, o que é coerente com a anulação oficial do item. Por isso nenhuma letra deve ser indicada como correta. O sinal faz sentido: a tensão em $C_1$ caiu de $10$ V para $6{,}25$ V.