EFOMM 2018 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O enunciado descreve uma grandeza $X$ montada só com força, velocidade, peso e aceleração, e pede a equação dimensional dela. A constante de proporcionalidade é adimensional, então ela não muda nada: o que importa é apenas a combinação das grandezas. A história da NASA é ambientação, pura distração.

Análise dimensional é substituir cada grandeza pela sua dimensão em $[M]$, $[L]$ e $[T]$ e operar como se fossem potências. A ideia central é esta: peso é uma força (o peso é $mg$), então tem exatamente a mesma dimensão de força. Quem trata peso como massa perde o rumo logo no início.

Força e peso: $[F]=[P]=MLT^{-2}$. Velocidade: $[v]=LT^{-1}$. Aceleração: $[a]=LT^{-2}$. A grandeza é proporcional a $Fv/(P^2a^3)$, então \[[X]=\dfrac{(MLT^{-2})(LT^{-1})}{(MLT^{-2})^2\,(LT^{-2})^3}=\dfrac{ML^2T^{-3}}{M^2L^5T^{-10}}=M^{-1}L^{-3}T^{7}\]

O resultado $[L]^{-3}[M]^{-1}[T]^{7}$ corresponde à essa configuração. Vale um teste de bom senso: no numerador ficou massa na primeira potência e no denominador massa ao quadrado, então sobra $M^{-1}$; e o expoente de $T$ é positivo porque o denominador tem muito mais $T^{-1}$ acumulado.

Dois corpos são abandonados do repouso, o segundo $2{,}0$ s depois do primeiro e de uma altura $120$ m menor. Os dois chegam juntos ao solo, e queremos $H$. O dado que amarra tudo é a chegada simultânea: o corpo que sai depois cai durante menos tempo.

É queda livre a partir do repouso, com $h=\tfrac12 gt^2$. Chamando de $t$ o tempo de queda do primeiro, o segundo cai durante $t-2$, porque começou 2 s depois e termina no mesmo instante. Temos duas equações e duas incógnitas, $H$ e $t$. Subtrair uma da outra elimina $H$ e deixa $t$ isolado.

Com $g=10\text{ m/s}^2$, vem $H=5t^2$ e $H-120=5(t-2)^2$. Subtraindo, \[120=5\left[t^2-(t-2)^2\right]=5(4t-4)=20t-20\] Daí $t=7\text{ s}$ e \[H=5\cdot 7^2=245\text{ m}\]

$H=245$ m é essa configuração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o segundo corpo cai $5$ s, ou seja, $5\cdot25=125$ m, e $245-125=120$ m, exatamente a diferença de alturas do enunciado.

O carro anda em linha reta com velocidade constante, e o pneu, de raio $0{,}3$ m, gira a $900$ rpm. Pede-se a velocidade do carro, usando $\pi=3{,}1$. O "sem atrito" do enunciado só indica que a velocidade não varia; o pneu rola sem deslizar sobre a pista.

No rolamento sem deslizamento, o centro da roda anda com a mesma velocidade de um ponto da borda em relação ao centro: $v=\omega R$. Repare que essa é a ligação entre o giro e o avanço do carro. Antes, porém, é preciso levar a frequência para hertz, ou a velocidade angular para rad/s.

$900\text{ rpm}=900/60=15\text{ Hz}$. Então $\omega=2\pi f=2\cdot3{,}1\cdot15=93\text{ rad/s}$ e \[v=\omega R=93\cdot0{,}3\approx27{,}9\text{ m/s}\]

$27{,}9\text{ m/s}\approx28\text{ m/s}$. Só para conferir: cerca de $100\text{ km/h}$, velocidade típica de rodovia para um pneu de automóvel girando 15 vezes por segundo.

Uma régua homogênea de $30$ cm, de massa $M$, está com $2/3$ do comprimento sobre a mesa, ou seja, $20$ cm apoiados e $10$ cm para fora. Um corpo de massa $2M$ é posto na parte suspensa, e queremos a menor distância $x$ até a borda livre para que o conjunto não tombe. O peso da régua e o peso do corpo são as duas forças que giram em sentidos opostos.

A borda da mesa é o eixo de rotação. No limite do equilíbrio, o torque do corpo (que tenta derrubar a régua para fora) iguala o torque do peso da régua (que a segura na mesa). O peso da régua age no centro de massa, e aqui está a sacada: como a régua é homogênea, esse ponto fica no meio, a $15$ cm de cada extremidade.

O centro de massa está a $15$ cm da extremidade da mesa, portanto a $20-15=5$ cm para dentro da borda. O corpo, a $x$ da ponta livre, fica a $10-x$ da borda. Torques em relação à borda: \[Mg\cdot 5=2Mg\,(10-x)\] Então $5=20-2x$ e $x=7{,}5\text{ cm}$.

$x=7{,}5$ cm. Uma checagem rápida: o corpo pesa o dobro da régua, então precisa ficar a apenas metade do braço: braço de $2{,}5$ cm em relação à borda, contra $5$ cm da régua. E $10-7{,}5=2{,}5$, confere.

Uma esfera de $50$ g é lançada horizontalmente por uma mola comprimida $10$ cm, de uma mesa de $1{,}25$ m de altura, e cai a $5$ m da mesa. Queremos a constante elástica $k$. Os dados de queda e de alcance servem só para descobrir a velocidade com que a esfera deixa a mola.

A questão tem duas partes encadeadas. Primeiro, um lançamento horizontal: o tempo de queda depende só da altura, e o alcance, da velocidade horizontal, que é constante. Depois, a energia potencial elástica se converte em energia cinética na mesa. Sem atrito, vale a conservação de energia, e o elo entre as partes é a velocidade $v$.

Queda vertical: $1{,}25=\tfrac12\cdot10\,t^2$, logo $t=0{,}5\text{ s}$. Alcance: $v=5/0{,}5=10\text{ m/s}$. Agora a energia, com $m=0{,}05$ kg e $x=0{,}10$ m: \[\dfrac12kx^2=\dfrac12mv^2\ \Rightarrow\ k=\dfrac{mv^2}{x^2}=\dfrac{0{,}05\cdot100}{0{,}10^2}=500\text{ N/m}\]

$k=500{,}0$ N/m. Para fechar com segurança: a energia cinética é $\tfrac12\cdot0{,}05\cdot100=2{,}5$ J, e uma mola de $500$ N/m comprimida $0{,}1$ m guarda $\tfrac12\cdot500\cdot0{,}01=2{,}5$ J. Unidades e valores batem.

Um corpo de densidade $0{,}6\text{ g/cm}^3$ flutua exatamente na fronteira entre dois líquidos, um de $0{,}4$ e outro de $1{,}0\text{ g/cm}^3$. Sabemos que $10{,}0\text{ cm}^3$ estão no líquido mais denso e queremos o volume no menos denso. As densidades vieram todas em g/cm³, então nem precisamos converter unidades.

Corpo em equilíbrio: peso igual ao empuxo total. Como o corpo está parte em cada líquido, o empuxo é a soma de duas contribuições, cada uma igual ao peso do líquido deslocado por aquela parte. Note que o $g$ aparece dos dois lados e cancela, então trabalhamos direto com densidades e volumes.

Sendo $V_1$ o volume no líquido leve e $V_2=10$ no denso: \[\rho_c(V_1+V_2)=\rho_1V_1+\rho_2V_2\] \[0{,}6(V_1+10)=0{,}4V_1+1{,}0\cdot10\] \[0{,}2V_1=4\ \Rightarrow\ V_1=20\text{ cm}^3\]

$V_1=20{,}0\text{ cm}^3$. Vale um teste de bom senso: o volume total é $30\text{ cm}^3$, o peso vale $0{,}6\cdot30=18$ (em unidades de g·força por cm³), e o empuxo, $0{,}4\cdot20+1{,}0\cdot10=18$. Fecha.

Um astronauta salta em dois planetas de densidades uniformes $\rho$ e $2\rho/3$. No segundo, a altura do pulo é seis vezes a do primeiro. Pede-se $R_2/R_1$. O valor $0{,}5$ m é um número de ambientação: só a razão entre as alturas importa. O ponto implícito é que o astronauta dá o mesmo impulso inicial nos dois planetas.

Com a mesma velocidade inicial $v_0$, a altura de um lançamento vertical é $h=v_0^2/2g$, ou seja, inversamente proporcional à gravidade local. Seis vezes mais altura significa gravidade seis vezes menor. Depois, a gravidade na superfície de uma esfera homogênea é $g=GM/R^2$ com $M=\rho\cdot\tfrac43\pi R^3$, o que dá $g=\tfrac43\pi G\rho R$.

De $h_2=6h_1$ sai $g_2=g_1/6$. Dividindo as expressões de $g$, $G$ e $\tfrac43\pi$ se cancelam: \[\dfrac{g_2}{g_1}=\dfrac{(2\rho/3)\,R_2}{\rho\,R_1}=\dfrac23\cdot\dfrac{R_2}{R_1}=\dfrac16\] Logo, \[\dfrac{R_2}{R_1}=\dfrac16\cdot\dfrac32=\dfrac14\]

$R_2/R_1=1/4$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o segundo planeta é menos denso e bem menor, e as duas coisas juntas reduzem a gravidade: $\tfrac23\cdot\tfrac14=\tfrac16$, exatamente o fator pedido.

Misturam-se $1$ kg de água a $40$ °C e $500$ g de gelo a $-10$ °C em um calorímetro ideal. A pergunta é a massa de água líquida no equilíbrio. Note que a pergunta não é a temperatura final: antes de tudo é preciso saber se o gelo derrete por completo, em parte, ou se a água congela.

A boa estratégia é comparar duas quantidades de calor. Uma é a que a água pode ceder ao esfriar até $0$ °C. A outra é a que o gelo precisa para chegar a $0$ °C e depois derreter todo. Só o teste dessa comparação diz qual é o estado final, e o equilíbrio, se sobrar gelo, será a $0$ °C.

Calor cedido pela água até $0$ °C: $Q_a=1000\cdot1\cdot40=40\,000$ cal. Calor para aquecer o gelo até $0$ °C: $Q_g=500\cdot0{,}55\cdot10=2\,750$ cal. Sobram $37\,250$ cal para a fusão, e a massa derretida é \[m_f=\dfrac{37\,250}{80}\approx465{,}6\text{ g}\] Como fundir todo o gelo exigiria $500\cdot80=40\,000$ cal, o gelo não derrete por inteiro. A água líquida final é $1000+465{,}6\approx1466\text{ g}$.

Cerca de $1466$ g. Só para conferir: sobram aproximadamente $34$ g de gelo, e o equilíbrio ocorre a $0$ °C; o resultado fica entre os $1000$ g iniciais de água e os $1500$ g de massa total, como deve ser.

Um capacitor plano, inicialmente com ar, passa a ter entre as placas uma lâmina de porcelana de constante dielétrica $k$ e espessura $d/2$. A diferença de potencial é mantida, e pede-se a razão $Q_b/Q_a$ entre as cargas máximas. Como a tensão fica constante, tudo se resume a comparar as capacitâncias.

Com $V$ fixo, $Q=CV$, então $Q_b/Q_a=C_f/C_i$. A lâmina de espessura $d/2$ não preenche o capacitor: o sistema equivale a dois capacitores em série, cada um com a mesma área $A$ e espessura $d/2$, um com ar e o outro com dielétrico $k$. O que vale aqui é a associação em série, não a fórmula do capacitor totalmente preenchido.

Capacitância inicial: $C_i=\varepsilon_0A/d$. As duas metades valem $C_1=\dfrac{2\varepsilon_0A}{d}$ e $C_2=\dfrac{2k\varepsilon_0A}{d}$. Em série, \[C_f=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}=\dfrac{2k}{k+1}\cdot\dfrac{\varepsilon_0A}{d}\] Logo, \[\dfrac{Q_b}{Q_a}=\dfrac{C_f}{C_i}=\dfrac{2k}{k+1}\]

A razão $\dfrac{2k}{k+1}$ é essa configuração. Uma checagem rápida: para $k=1$ (sem dielétrico) o resultado é $1$; para $k$ muito grande, tende a $2$, coerente com o fato de que só metade do espaço foi "melhorada", e a metade de ar continua limitando.

Uma massa de $10$ kg estica a mola $50$ cm em equilíbrio. Depois, ela é trocada por outra de $12{,}5$ kg, que é posta a oscilar, e pede-se o período. Os primeiros dados servem para achar a constante elástica; a massa nova entra no cálculo do período.

No equilíbrio, o peso é equilibrado pela força da mola, $Mg=kx$, o que dá $k$. Como a mola é ideal, $k$ não muda com a troca de massa. O período de um sistema massa-mola vale $T=2\pi\sqrt{m/k}$, sem depender de $g$ nem da amplitude.

Primeiro a constante: $$k=\dfrac{Mg}{x}=\dfrac{10\cdot10}{0{,}50}=200\text{ N/m}$$ Agora o período com $m=12{,}5$ kg: $$T=2\pi\sqrt{\dfrac{12{,}5}{200}}=2\pi\cdot0{,}25=\dfrac{\pi}{2}\text{ s}$$

O cálculo direto leva a $\pi/2$ s, valor que aparece na alternativa A, mas a banca anulou o item oficialmente, então não indico alternativa como correta. Para fechar com segurança: $\pi/2\approx1{,}6$ s é um período razoável para uma massa de alguns quilos em uma mola de $200$ N/m.

O corpúsculo de $2$ g e $4\,\mu$C parte do repouso no ponto A, a meio caminho entre duas placas verticais de $4$ m de altura, separadas por $4$ cm. Ele cai livremente por $0{,}6$ s; só então a chave K fecha e as placas passam a fazer parte do circuito de capacitores ligado à fonte de $60$ V. Pergunta-se a que distância da borda inferior ocorre o choque. Os $5\,\mu$F do capacitor de placas entram na associação e a distância de $4$ cm vira o campo elétrico.

Primeiro, a tensão entre as placas: com K fechada, o capacitor de placas fica em paralelo com o par de $20\,\mu$F e $15\,\mu$F, e esse conjunto fica em série com o outro $20\,\mu$F. Em série, a carga é a mesma e a tensão se divide na razão inversa das capacitâncias. Segundo, o movimento: horizontal uniformemente acelerado pela força elétrica, vertical sempre sob ação do peso. O tempo do choque sai do movimento horizontal, e com ele se obtém o quanto o corpo ainda desce.

Capacitância em paralelo: $C_p=20+15+5=40\,\mu\text{F}$, em série com $20\,\mu$F. A tensão nas placas é \[U=60\cdot\dfrac{20}{20+40}=20\text{ V},\qquad E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{20}{0{,}04}=500\text{ V/m}\] \[a_x=\dfrac{qE}{m}=\dfrac{4\times10^{-6}\cdot500}{2\times10^{-3}}=1\text{ m/s}^2\] O corpo está a $2$ cm de cada placa, logo \[0{,}02=\dfrac12\cdot1\cdot t^2\ \Rightarrow\ t=0{,}2\text{ s}\] Na queda livre inicial, $y_1=\tfrac12\cdot10\cdot0{,}6^2=1{,}8$ m e $v_y=6$ m/s. Na segunda fase: \[y_2=6\cdot0{,}2+\dfrac12\cdot10\cdot0{,}2^2=1{,}4\text{ m}\] Descida total: $1{,}8+1{,}4=3{,}2$ m, restando $4-3{,}2=0{,}8$ m.

O choque ocorre a $0{,}8$ m da borda inferior. Vale um teste de bom senso: a força elétrica ($2\times10^{-3}$ N) é dez vezes menor que o peso ($2\times10^{-2}$ N), então a deflexão horizontal de $2$ cm leva pouco tempo, e o corpo praticamente continua em queda, como o resultado mostra.

O gerador fotovoltaico recebe $80$ W de potência luminosa e alimenta uma associação em paralelo: um ramo com $12\ \Omega$ e o amperímetro, outro com $2\ \Omega$ em série com $R$, com o voltímetro medindo a tensão em $R$. O dado que fecha o problema é $V/I=2$, em que $V$ é a tensão em $R$ e $I$ é a corrente do ramo de $12\ \Omega$. Pede-se o rendimento.

Rendimento é potência útil sobre potência recebida, $\eta=P_{\text{out}}/P_{\text{in}}$. A potência útil é a que o gerador entrega ao circuito, então precisamos da resistência equivalente do circuito. A razão $V/I=2$ é a pista: ela permite achar $R$ sem conhecer a tensão do gerador, porque os dois ramos estão sob a mesma tensão $U$.

No ramo de $12\ \Omega$, $I=U/12$, e então $V=2I=U/6$. Sobre o resistor de $2\ \Omega$ ficam $U-U/6=5U/6$, e a corrente nesse ramo é $5U/12$. Assim \[R=\dfrac{U/6}{5U/12}=0{,}4\ \Omega,\qquad R_{eq}=\dfrac{12\cdot2{,}4}{12+2{,}4}=2\ \Omega\] \[P_{\text{out}}=\dfrac{U^2}{R_{eq}}=72\text{ W}\ \Rightarrow\ U=12\text{ V},\quad i_{\text{total}}=6\text{ A}\] \[\eta=\dfrac{72}{80}=0{,}90=90\%\]

O rendimento é de $90\%$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: as correntes dos ramos são $1$ A e $5$ A, somando $6$ A, e a tensão em $R$ é $2$ V, o dobro de $1$ A, como pede a razão do enunciado. O valor fica abaixo de $100\%$, como manda a conservação de energia.

Uma esfera de $500$ g, totalmente mergulhada em água, tensiona uma corda de densidade linear $1{,}2$ g/m. Pede-se a velocidade de propagação de uma onda na corda. O volume da esfera é $0{,}1\text{ dm}^3$, dado necessário para o empuxo. Note que as unidades vêm misturadas (g, dm³, g/m), então vale converter tudo para o SI.

A velocidade numa corda esticada é $v=\sqrt{T/\mu}$. A tração é a força que a corda faz para segurar a esfera. Como a esfera está imersa, o empuxo a alivia, então a tração não é o peso inteiro: é o peso menos o empuxo, com a esfera em equilíbrio.

Peso: $P=0{,}5\cdot10=5$ N. Volume: $0{,}1\text{ dm}^3=10^{-4}\text{ m}^3$, então \[E=\rho_{\text{água}}\,g\,V=1000\cdot10\cdot10^{-4}=1\text{ N}\] A tração é $T=5-1=4$ N, e com $\mu=1{,}2\times10^{-3}\text{ kg/m}$: \[v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{4}{1{,}2\times10^{-3}}}\approx57{,}7\text{ m/s}\]

O valor $57{,}7$ m/s é essa configuração. Só para conferir: com $T=5$ N (sem o empuxo) sairia cerca de $64{,}5$ m/s, fora das opções; o resultado com empuxo é menor, como esperado, pois a tração diminui.

Uma panela de $500$ g, com água, pende de um fio de aço de $2$ m e densidade linear $10^{-3}\text{ kg/m}$. Pulsos de $100$ Hz geram uma onda estacionária no terceiro harmônico, e queremos a massa de água que restou. A massa de água inicial (três litros) é só ponto de partida: a resposta sai da tração que o regime estacionário exige.

Num fio fixo nas duas extremidades, $f_n=\dfrac{n}{2L}\sqrt{T/\mu}$. Com $n=3$, $f$ e $L$ conhecidos, dá para achar a velocidade da onda e, dela, a tração. A tração é o peso de tudo que está pendurado, panela mais água, então a massa total vem de $T/g$, e é dela que descontamos a panela.

Do terceiro harmônico, \[v=\dfrac{2Lf}{3}=\dfrac{2\cdot2\cdot100}{3}=\dfrac{400}{3}\text{ m/s}\] A tração é \[T=\mu v^2=10^{-3}\cdot\left(\dfrac{400}{3}\right)^2\approx17{,}78\text{ N}\] A massa total suspensa é $17{,}78/10\approx1{,}778$ kg. Descontando os $0{,}5$ kg da panela, restam $1{,}278$ kg de água.

A massa de água restante, cerca de $1{,}28$ kg, é essa configuração. Uma checagem rápida: partimos de $3$ kg de água e restou menos da metade, coerente com uma fervura prolongada; e $1{,}28$ kg equivale a $1{,}28$ L, com densidade de $1$ kg/L.

Um gás ideal passa por uma expansão isotérmica e depois por uma compressão adiabática. Pergunta-se qual transformação seguinte poderia tornar nula a variação total da energia interna. É uma questão conceitual, sem números.

Para um gás ideal, a energia interna depende só da temperatura: $\Delta U=nc_V\Delta T$. Então o problema é de temperaturas. A variação total só é nula se a temperatura final for igual à inicial, e isso guia a análise etapa por etapa, sem precisar de calor nem de trabalho.

Na expansão isotérmica, $\Delta T=0$ e $\Delta U=0$. Na compressão adiabática, $Q=0$ e o trabalho é feito sobre o gás, então $\Delta U\gt0$ e a temperatura sobe. Para o total voltar a zero, a etapa seguinte precisa baixar a temperatura. As isocóricas mudam a pressão sem mexer no volume, e a isotérmica não muda a temperatura; entre as isobáricas, na compressão $V$ diminui e, como $PV=nRT$ com $P$ constante, $T$ diminui. Já na expansão isobárica $T$ aumentaria. Só a compressão isobárica cumpre o papel.

A compressão isobárica é essa configuração. Para fechar com segurança: as opções A, B e E não permitem essa queda de temperatura de forma garantida, e a C só a agravaria, pois a expansão isobárica esquenta o gás.

Uma fonte de $1020$ Hz na boca de um tubo de ensaio o faz ressoar no harmônico fundamental. O volume é de $100$ mL, a velocidade do som é $340$ m/s e $\pi=3$. Procura-se a faixa de valores que contém o raio $R$, em cm. Um tubo de ensaio é fechado no fundo e aberto na boca, e isso define o modelo.

Em tubo fechado numa ponta, o fundamental tem nó no fundo e ventre na boca, ou seja, $L=\lambda/4$. A frequência, pela relação $\lambda=v/f$, dá o comprimento do tubo. Como o tubo é cilíndrico, o volume $V=\pi R^2L$ dá então o raio. Repare no ponto-chave: a frequência entrega o comprimento e o volume entrega o raio.

Comprimento do tubo: \[L=\dfrac{v}{4f}=\dfrac{340}{4\cdot1020}=\dfrac{1}{12}\text{ m}\approx8{,}33\text{ cm}\] Com $100\text{ mL}=100\text{ cm}^3$ e $\pi=3$: \[R^2=\dfrac{V}{\pi L}=\dfrac{100}{3\cdot(100/12)}=4\ \Rightarrow\ R=2{,}0\text{ cm}\]

O raio vale exatamente $2{,}0$ cm. Lendo as alternativas como valores que delimitam faixas consecutivas ($1{,}9$ a $2{,}2$, $2{,}2$ a $2{,}5$ e assim por diante), $2{,}0$ cm cai na faixa que começa em $1{,}9$, que é o gabarito oficial. Vale um teste de bom senso: um cilindro de $8{,}3$ cm de comprimento e $2$ cm de raio tem volume próximo de $100\text{ cm}^3$, coerente com um tubo de ensaio.

Um vagão acelera horizontalmente com aceleração $a$, com um pêndulo simples preso no teto. Em certo instante o vagão passa a velocidade constante, e pede-se a aceleração angular da massa nesse exato momento. O comprimento $L$ e a gravidade $g$ entram na expressão final. Trata-se do instante logo após o fim da aceleração, quando o pêndulo ainda está inclinado.

Enquanto o vagão acelera, o pêndulo fica em equilíbrio relativo, inclinado de um ângulo $\theta$ em que a força inercial horizontal e o peso se compõem ao longo do fio. Quando a aceleração some, o vagão vira referencial inercial, a força inercial desaparece, mas o fio ainda está inclinado e a massa está momentaneamente em repouso em relação ao vagão. Só a componente tangencial do peso produz aceleração angular.

No equilíbrio relativo, a tangente do ângulo é a razão entre a força horizontal e o peso, $\tan\theta=a/g$, logo $\theta=\arctan(a/g)$. Logo após o vagão passar a velocidade constante, a componente do peso perpendicular ao fio é $mg\,\text{sen}\,\theta$, e a segunda lei para a rotação dá \[mL\alpha=mg\,\text{sen}\,\theta\ \Rightarrow\ \alpha=\dfrac{g}{L}\,\text{sen}\!\left(\arctan\dfrac{a}{g}\right)\]

Isso é essa configuração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: para $a=0$, o pêndulo estaria na vertical e $\alpha=0$, como manda a expressão; para $a$ muito grande, $\theta\to90^\circ$ e $\alpha\to g/L$, o valor máximo para um pêndulo solto na horizontal.

Um objeto de $1$ kg é abandonado de $20$ m e chega ao solo a $10$ m/s. O gráfico mostra a força de resistência do ar contra a altura: ela cresce linearmente de $0$, em $20$ m, até $12$ N, em $h$, e daí até o solo permanece constante em $12$ N. Pede-se o valor de $h$.

O teorema da energia cinética diz que o trabalho total é a variação de energia cinética. O peso realiza $mgH$; o que falta para explicar a energia cinética final é o trabalho negativo da resistência do ar, e ele é a área sob o gráfico $F\times$ altura (um triângulo mais um retângulo). Igualar as duas contas dá $h$.

Energia dissipada pelo ar: $$W_{\text{res}}=mgH-\dfrac12mv^2=200-50=150\text{ J}$$ Área do gráfico: triângulo de base $(20-h)$ e altura $12$, mais retângulo de base $h$ e altura $12$: $$\dfrac12\cdot12\cdot(20-h)+12h=120+6h$$ $$120+6h=150\ \Rightarrow\ h=5\text{ m}$$

O cálculo leva a $5$ m, o que corresponderia à alternativa D, mas a banca anulou a questão oficialmente, e por isso não indico alternativa como correta. Só para conferir: em $h=5$ m a força de $12$ N já supera o peso de $10$ N, e o objeto passa a frear nos últimos metros. A energia cinética em $5$ m seria $60$ J e, nos $5$ m finais, perderia $10$ J, chegando a $50$ J, o que fecha com $10$ m/s.

Uma partícula carregada entra ortogonalmente num campo magnético uniforme, na origem, com velocidade $v$, e sai do campo no ponto $(0,\,3R)$. Pede-se a componente $x$ da velocidade em função do tempo. Repare que o enunciado não dá massa, carga nem $B$: tudo deve sair da geometria, através dos números $3R$ e $v$.

Com velocidade perpendicular a $B$, o movimento é circular uniforme, com velocidade escalar constante $v$. A partícula entra e sai em pontos da mesma reta vertical, separados por $3R$, e para uma trajetória semicircular esse segmento é o diâmetro. Logo o raio da órbita é $r=1{,}5R$, e a velocidade angular é $\omega=v/r$.

O raio: $2r=3R$, então $r=1{,}5R$. A velocidade angular: \[\omega=\dfrac{v}{r}=\dfrac{v}{1{,}5R}\] Na entrada, a velocidade aponta ao longo de $x$, portanto $v_x=v$ em $t=0$, e a projeção de um vetor que gira uniformemente é um cosseno: \[v_x=v\cos(\omega t)=v\cos\!\left(\dfrac{vt}{1{,}5R}\right)\]

A expressão corresponde à essa configuração. Uma checagem rápida: em $t=0$ dá $v_x=v$, e no instante de saída, $t=\pi r/v$, o argumento vale $\pi$ e $v_x=-v$, o que faz sentido para uma meia volta, com a partícula saindo em sentido oposto ao da entrada.

Uma lâmpada de $20$ W e $3{,}0$ V é ligada a uma pilha de $3{,}0$ V por um fio de $1{,}4$ mm de diâmetro e resistividade $4{,}9\times10^{-8}\ \Omega\text{m}$, estando a pilha a $6{,}0$ m da lâmpada. A corrente de curto da pilha é $20$ A e $\pi=3{,}0$. Pede-se a potência real dissipada na lâmpada. O enunciado esconde três resistências em série: lâmpada, pilha e fio.

Num circuito real a corrente depende da soma das resistências em série. A potência e a tensão nominais dão a resistência da lâmpada; a corrente de curto dá a resistência interna da pilha, pois em curto só ela limita a corrente; a resistividade e a geometria dão a do fio. Com a corrente, a potência real vem de $P=i^2R_L$.

Lâmpada e pilha: $$R_L=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{9}{20}=0{,}45\ \Omega,\qquad r=\dfrac{E}{i_{cc}}=\dfrac{3}{20}=0{,}15\ \Omega$$ Fio de $6$ m, com $A=3\cdot(0{,}7\times10^{-3})^2=1{,}47\times10^{-6}\text{ m}^2$: $$R_f=\dfrac{\rho L}{A}=\dfrac{4{,}9\times10^{-8}\cdot6}{1{,}47\times10^{-6}}=0{,}20\ \Omega$$ $$i=\dfrac{3}{0{,}45+0{,}15+0{,}20}=3{,}75\text{ A},\qquad P_L=i^2R_L\approx6{,}3\text{ W}$$

Com $6$ m de fio, o resultado é cerca de $6{,}3$ W, que coincide com a alternativa A. A banca, porém, anulou o item oficialmente, e por isso não indico alternativa como correta. Uma explicação plausível é a ambiguidade do percurso: se os $6$ m forem a distância em linha reta, o circuito tem ida e volta, $12$ m de fio, $R_f=0{,}40\ \Omega$ e $P_L=4{,}05$ W, que não consta das opções. Para fechar com segurança: a tensão na lâmpada cai para cerca de $1{,}7$ V, bem abaixo dos $3$ V nominais, e a potência despenca de $20$ W para poucos watts.