EFOMM 2020 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Haste e régua são aquecidas de 0 °C a 300 °C. A leitura de 1,006 m não é o comprimento real da haste: é quantas divisões da régua a haste cobre, e a própria régua cresceu. O coeficiente do vidro está no enunciado para corrigir essa leitura.

Primeiro vemos quanto vale cada "metro" da régua a 300 °C. Depois convertemos a leitura em comprimento real e só então aplicamos a dilatação linear da haste. Aqui está a sacada: a régua esticada subestima o comprimento, então a dilatação real é maior que os 0,006 m lidos.

Cada metro da régua passa a valer \[L_{vidro}=1{,}0\,(1+9{,}0\times10^{-6}\cdot300)=1{,}0027\text{ m}\] O comprimento real da haste é \[L_{haste}=1{,}006\cdot1{,}0027\approx1{,}00872\text{ m}\] Assim $\Delta L\approx0{,}00872\text{ m}$ e \[\alpha=\dfrac{\Delta L}{L_0\,\Delta T}=\dfrac{0{,}00872}{300}\approx2{,}9\times10^{-5}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}\]

O resultado é essa configuração. Vale um teste de bom senso: sem corrigir a régua, $0{,}006/300=2{,}0\times10^{-5}$, e somando o coeficiente do vidro, $0{,}9\times10^{-5}$, chegamos a $2{,}9\times10^{-5}$.

Gelo abaixo de zero é misturado com água quente em recipiente isolado, e pede-se a temperatura final. Todos os dados servem. O ponto delicado é que não sabemos de antemão se o gelo derrete por inteiro.

Em sistema isolado, a soma dos calores é zero. Mas antes de montar a equação testamos o cenário: a água tem energia para levar o gelo a 0 °C e ainda fundi-lo? Se tiver, a temperatura final é positiva. Se não, o equilíbrio ocorre a 0 °C com gelo e água coexistindo.

Aquecer e fundir o gelo exige \[Q=100\cdot0{,}53\cdot20+100\cdot79{,}5=1060+7950=9010\text{ cal}\] A água, ao resfriar até 0 °C, cede $300\cdot65=19500\text{ cal}$, mais que o necessário. Logo tudo derrete e \[9010+100\,T=300\,(65-T)\] \[400\,T=10490\;\Rightarrow\;T\approx26{,}2^\circ\text{C}\]

Aproximadamente 26 °C. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o valor está entre 0 e 65 °C e fica mais perto de 0 °C, pois o gelo gasta muita energia só para fundir.

A máquina entrega 200 W, ou seja, 200 J de trabalho por segundo, entre 200 °C e 100 °C. Pede-se o calor absorvido da fonte quente por segundo.

O rendimento de Carnot depende só das temperaturas das fontes, desde que em kelvin. Com o rendimento, a definição $\eta=W/Q_Q$ dá o calor absorvido. Caminho direto: temperaturas absolutas, rendimento, calor.

Com $T_Q=473\text{ K}$ e $T_F=373\text{ K}$, \[\eta=1-\dfrac{373}{473}=\dfrac{100}{473}\approx0{,}211\] \[Q_Q=\dfrac{W}{\eta}=200\cdot\dfrac{473}{100}=946\text{ J}\]

Cerca de 950 J por segundo. Só para conferir: rendimento de 21% significa calor absorvido perto de cinco vezes o trabalho, e $5\times200=1000$ está na mesma ordem.

Duas esferas iguais e igualmente carregadas pendem de fios de 30 cm que formam 90° entre si. Elas se repelem, em equilíbrio, e queremos a massa de cada uma.

Cada esfera está em equilíbrio sob peso, tração e repulsão elétrica horizontal. Com 90° entre os fios, cada fio faz 45° com a vertical, e o triângulo de forças é isósceles: força elétrica e peso têm o mesmo módulo. O trabalho está em achar a distância entre as esferas pela geometria.

Os fios e a reta entre as esferas formam um triângulo retângulo isósceles de catetos $D=0{,}30\text{ m}$, então \[d=0{,}30\sqrt{2}\text{ m},\qquad d^2=0{,}18\text{ m}^2\] \[F_e=k\dfrac{q^2}{d^2}=\dfrac{9\times10^9\cdot(2\times10^{-6})^2}{0{,}18}=0{,}20\text{ N}\] Como $\tan45^\circ=F_e/P=1$, temos $P=0{,}20\text{ N}$ e \[m=\dfrac{0{,}20}{10}=0{,}020\text{ kg}\]

São 20 g. Uma checagem rápida: repulsão de 0,2 N entre microcoulombs a cerca de 42 cm é plausível, e esferas de dezenas de gramas combinam com esse peso.

Um capacitor de 150 pF é carregado com 100 V, desligado da fonte e depois ligado em paralelo a outro, desconhecido. A tensão final comum é 60 V.

Desligado da fonte, o capacitor está isolado, e ao conectá-lo ao outro nenhuma carga entra nem sai do conjunto. Repare que a tensão cai justamente porque a mesma carga passa a se distribuir por placas maiores. A lei é a conservação da carga.

A carga inicial é $Q=150\cdot100=15000\text{ pC}$. Em paralelo as capacitâncias se somam: \[15000=(150+C)\cdot60\;\Rightarrow\;150+C=250\] \[C=100\text{ pF}\]

Resultado de 100 pF. Para fechar com segurança: a tensão caiu por um fator $100/60\approx1{,}67$, e $150\cdot1{,}67=250\text{ pF}$, coerente com $150+100$.

O circuito tem duas malhas, uma bateria de 10 V, outra de fem $E$ desconhecida, uma resistência $R$ desconhecida e resistores de 1,0 Ω e 2,0 Ω. As correntes conhecidas nos ramos, 1,0 A e 2,0 A, permitem achar as incógnitas.

A lei dos nós dá a corrente no ramo comum, o que fixa a tensão entre os nós. Depois a lei das malhas em cada ramo com incógnita produz equações de uma variável só.

No ramo inferior passa $I=1{,}0+2{,}0=3{,}0\text{ A}$, logo \[U=2{,}0\cdot3{,}0=6{,}0\text{ V}\] No ramo do meio: \[6{,}0=E-2{,}0\cdot1{,}0\;\Rightarrow\;E=8{,}0\text{ V}\] No ramo superior: \[6{,}0=10{,}0-1{,}0\cdot R\;\Rightarrow\;R=4{,}0\,\Omega\]

Temos $E=8{,}0\text{ V}$ e $R=4{,}0\,\Omega$. Vale um teste de bom senso: os dois ramos superiores entregam corrente ao nó, e a soma delas atravessa o resistor de 2,0 Ω, como a lei dos nós exige.

Uma partícula com carga positiva entra em uma região com campo elétrico vertical e não sofre desvio. Isso só ocorre se existir um campo magnético que gere uma força de mesma intensidade e sentido oposto à elétrica. O dado da partícula que falta é a velocidade, e ela vem da energia cinética. A carga aparece nos dois lados da equação e não influencia o resultado.

A trajetória retilínea e uniforme exige força resultante nula, portanto a força elétrica $qE$ tem de igualar a magnética $qvB$. Assim $B=E/v$, o princípio do seletor de velocidades. Como a energia vem em keV e a massa em kg, a chave do problema é converter a energia para joules antes de extrair $v$.

A energia cinética em joules é \[E_c=1{,}25\times10^{3}\cdot1{,}6\times10^{-19}=2{,}0\times10^{-16}\text{ J}\] Da energia cinética sai a velocidade: \[\dfrac{1}{2}mv^2=E_c\;\Rightarrow\;v=\sqrt{\dfrac{2\cdot2{,}0\times10^{-16}}{1{,}0\times10^{-26}}}=2{,}0\times10^{5}\text{ m/s}\] Igualando as forças, \[B=\dfrac{E}{v}=\dfrac{1{,}0\times10^{3}}{2{,}0\times10^{5}}=5{,}0\times10^{-3}\text{ T}\]

Temos $B=5{,}0\text{ mT}$. Sanidade de unidades: $\text{V/m}$ dividido por $\text{m/s}$ dá $\text{V}\cdot\text{s/m}^2$, que é o tesla. A ordem de grandeza também é razoável para um seletor de laboratório.

Um laser atravessa um pequeno orifício e, no anteparo, surgem máximos e mínimos de intensidade. Pergunta-se o fenômeno responsável. O que importa é o orifício pequeno e único.

Quando uma onda encontra uma abertura de dimensões próximas ao seu comprimento de onda, ela se espalha além da direção original: é a difração. Cada ponto da abertura age como fonte de ondas secundárias, cuja superposição gera as franjas.

Não há cálculo, e sim eliminação. Refração e dispersão exigem mudança de meio, o que não ocorre. Reflexão pediria uma superfície refletora. Interferência, no sentido clássico, precisa de duas ou mais fontes coerentes, e aqui há uma abertura só.

Difração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: com orifício muito maior que o comprimento de onda, não haveria franjas.

Uma mesa oscila horizontalmente em MHS com amplitude de 10 cm, e um bloco repousa sobre ela com atrito estático de coeficiente 0,6. Queremos a maior frequência que ainda impede o bloco de deslizar. A massa do bloco não é dada, e não precisa ser.

A única força horizontal sobre o bloco é o atrito estático, e é ele que dá ao bloco a aceleração da mesa. Essa aceleração muda ao longo do movimento e é máxima nas extremidades, com módulo $\omega^2A$. Se o atrito máximo $\mu mg$ suportar essa aceleração máxima, o bloco acompanha a mesa o tempo todo. O limite é a igualdade.

Na condição limite, \[m\,\omega^2A=\mu\,m\,g\;\Rightarrow\;\omega^2=\dfrac{\mu g}{A}=\dfrac{0{,}6\cdot10}{0{,}10}=60\] \[\omega=2\sqrt{15}\text{ rad/s}\] A frequência é \[f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{\sqrt{15}}{\pi}\text{ Hz}\]

O resultado é $\sqrt{15}/\pi\text{ Hz}$, cerca de 1,2 Hz. Só para conferir: a massa se cancela, como esperado para atrito, e 1,2 Hz com 10 cm de amplitude dá aceleração máxima de 6 m/s², igual a $\mu g$.

Uma corda uniforme e pesada pende do teto, sustentando apenas o próprio peso. Uma perturbação é feita na extremidade de baixo e queremos o tempo que ela leva para chegar ao teto. Não há números: a resposta é uma expressão em $L$ e $g$. O detalhe físico central é que a massa da corda não é desprezível.

A velocidade de um pulso em corda é $v=\sqrt{T/\mu}$, e aqui a tração varia ao longo da corda: em cada ponto ela sustenta o trecho que está abaixo. Portanto a velocidade não é constante, e usar $t=L/v$ com um único $v$ seria incorreto. O pulo do gato é este: escrevemos $v$ em função da altura $x$ medida a partir da extremidade livre e integramos $dt=dx/v$.

A uma distância $x$ da extremidade livre, a tração é o peso do trecho abaixo, $T=\mu x g$, com $\mu$ a densidade linear. A velocidade local é \[v(x)=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{g\,x}\] Como $v=dx/dt$, o tempo total é \[t=\int_0^L\dfrac{dx}{\sqrt{g\,x}}=\dfrac{1}{\sqrt{g}}\Big[2\sqrt{x}\Big]_0^L=2\sqrt{\dfrac{L}{g}}\] Note que $\mu$ desaparece: a densidade da corda não importa, só o comprimento e a gravidade.

O tempo $2\sqrt{L/g}$ corresponde à essa configuração. Uma checagem rápida: a velocidade cresce de zero até $\sqrt{gL}$, então a velocidade média é $\sqrt{gL}/2$ e $t=L/\bar v=2\sqrt{L/g}$, igual ao resultado. A unidade também fecha, pois $\sqrt{\text{m}/(\text{m/s}^2)}=\text{s}$.

Duas ondas de mesma amplitude e mesma frequência, uma com fase $2x-3t$ e outra com $2x+3t$, se sobrepõem. O sinal diante de $t$ mostra que elas viajam em sentidos opostos. Pergunta-se o que resulta da soma.

Uma onda progressiva depende de $x$ e $t$ apenas pela combinação $kx\mp\omega t$. Já uma estacionária tem o deslocamento fatorado em uma função só de $x$ vezes outra só de $t$. Então o caminho é somar os cossenos com a identidade da soma e olhar a forma do resultado.

Usando $\cos a+\cos b=2\cos\dfrac{a+b}{2}\cos\dfrac{a-b}{2}$: \[y=A\left[\cos(2x-3t)+\cos(2x+3t)\right]=2A\cos(2x)\cos(3t)\] Vamos comentar as afirmações uma a uma. Não há cancelamento completo, pois a amplitude $2A\cos 2x$ só se anula em pontos isolados. Não é onda progressiva, porque $x$ e $t$ aparecem separados. A frequência angular vale 3 rad/s, mas não como onda viajante; e ela não é 0 rad/s, pois o fator $\cos 3t$ oscila. Sobra a opção da onda estacionária.

A soma descreve uma onda estacionária. Para fechar com segurança: existem nós fixos onde $\cos 2x=0$, e nesses pontos a corda nunca se move; nos ventres a amplitude chega a $2A$.

Hamilton fez 53 voltas em 1 h 16 min 54 s, a 5,79 km cada. Pelo novo regulamento, a corrida só acaba quando o tempo de 2 horas chega ao fim, e o piloto mantém a velocidade média. Pergunta-se quantas voltas a mais ele completa em relação às 53. A extensão de 5,79 km é distração, pois o número de voltas depende só de tempos.

Se a velocidade média é constante, cada volta leva o mesmo tempo. Basta calcular esse tempo por volta e ver quantas voltas completas cabem em 2 horas. Vamos trabalhar tudo em segundos para evitar erros com a mistura de horas, minutos e segundos.

O tempo das 53 voltas é \[1\text{ h }16\text{ min }54\text{ s}=3600+960+54=4614\text{ s}\] O tempo médio por volta é \[t_{volta}=\dfrac{4614}{53}\approx87{,}1\text{ s}\] Em 2 horas, ou seja, 7200 s, cabem \[N=\dfrac{7200}{87{,}1}\approx82{,}7\text{ voltas}\] Só contam voltas completas, então são 82 voltas, e a diferença é $82-53=29$.

São 29 voltas a mais. Vale um teste de bom senso: 2 h é cerca de 1,56 vez o tempo de 1 h 17 min, e $53\times1{,}56\approx82{,}7$, o que confirma a conta.

Uma barra de massa desprezível está apoiada no meio. De um lado pende a massa $m_3$, a uma distância $L_1$ do apoio. Do outro lado, a uma distância $L_2$, está uma roldana que sustenta dois blocos, $m_1$ e $m_2$, ligados por um fio que passa por ela. Queremos a massa $m_3$ que equilibra o conjunto. Pelo enunciado, o conjunto roldana mais fio tem massa desprezível.

O equilíbrio da barra é uma questão de momentos em relação ao apoio. O ponto sutil está na força que a roldana exerce sobre a barra: como os blocos não estão em repouso relativo (se $m_1\neq m_2$ eles aceleram), a força sobre a roldana não é $(m_1+m_2)g$. É a soma das duas trações, e a tração vem da dinâmica da máquina de Atwood. Vamos por partes: primeiro a tração, depois o torque.

Para dois blocos ligados por fio ideal, a aceleração é $a=\dfrac{(m_1-m_2)g}{m_1+m_2}$ e a tração resulta em \[T=\dfrac{2m_1m_2}{m_1+m_2}\,g\] A roldana, de massa desprezível, é puxada para baixo pelo fio nos dois lados, então a força que ela transmite à barra é \[F=2T=\dfrac{4m_1m_2}{m_1+m_2}\,g\] Anulando o momento em relação ao apoio, \[m_3\,g\,L_1=F\,L_2\;\Rightarrow\;m_3=\dfrac{4m_1m_2}{m_1+m_2}\,\dfrac{L_2}{L_1}\]

A expressão corresponde à essa configuração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: se $m_1=m_2=m$, o sistema fica em repouso, $F=2mg$ e $m_3=2m\,L_2/L_1$; a fórmula dá $4m^2/(2m)=2m$, como deveria. Além disso, o resultado não se anula nem diverge quando $m_1=m_2$, ao contrário das alternativas D e E.

Um disco parte do repouso com aceleração angular constante $\alpha$ e leva consigo um bloco a uma distância $d$ do centro. Pergunta-se em que instante o bloco começa a deslizar. A massa do bloco não aparece nas alternativas, o que já indica que ela se cancela. Os dados são $\alpha$, $d$, $\mu$ e $g$.

O bloco descreve um círculo com velocidade crescente, então tem duas componentes de aceleração: a centrípeta, que aponta para o centro e cresce com o quadrado da velocidade, e a tangencial, constante. Ambas precisam ser fornecidas pelo atrito estático, e a força de atrito é a soma vetorial das duas. Como as componentes são perpendiculares, a resultante sai por Pitágoras, e o deslizamento começa quando ela atinge $\mu m g$.

Com $\omega=\alpha t$, as componentes são \[a_t=\alpha d,\qquad a_c=\omega^2d=\alpha^2t^2d\] A condição de início do deslizamento é \[\sqrt{a_t^2+a_c^2}=\mu g\;\Rightarrow\;(\alpha d)^2+\alpha^4t^4d^2=(\mu g)^2\] Isolando $t^4$: \[t^4=\left(\dfrac{\mu g}{\alpha^2d}\right)^2-\dfrac{1}{\alpha^2}\] Extraindo a raiz quarta, \[t=\left[\left(\dfrac{\mu g}{\alpha^2d}\right)^2-\dfrac{1}{\alpha^2}\right]^{1/4}\]

Esse resultado é o da essa configuração. Só para conferir: se a componente tangencial fosse desprezada, teríamos $t^4=(\mu g/\alpha^2d)^2$, e o termo subtraído $1/\alpha^2$ representa o "gasto" de atrito com a parte tangencial, que reduz o tempo até o deslizamento, como esperado. Dimensionalmente, $\mu g/(\alpha^2d)$ tem unidade de $\text{s}^2$, e $1/\alpha^2$ também, então a subtração é legítima.

Ana balança segurando um diapasão de 520 Hz, e Beatriz corre em direção a ela a 2 m/s. A pergunta é pela maior frequência que Beatriz ouve. A altura de 1,25 m entre o ponto mais alto e o mais baixo é o dado que fornece a velocidade da fonte. O som se propaga a 343 m/s.

O efeito Doppler aumenta a frequência quando fonte e observador se aproximam, e o aumento é maior quanto mais rápida for a fonte. Como a energia mecânica do balanço se conserva, a velocidade da fonte é máxima no ponto mais baixo, e é ali que a frequência ouvida é máxima. Então precisamos de duas coisas: a velocidade no ponto mais baixo, pela energia, e a fórmula de Doppler com aproximação mútua.

Convertendo a energia potencial em cinética, \[\dfrac{1}{2}mv^2=mgh\;\Rightarrow\;v=\sqrt{2\cdot10\cdot1{,}25}=5\text{ m/s}\] Para observador e fonte se aproximando, o numerador soma e o denominador subtrai: \[f'=f_0\,\dfrac{v_{som}+v_{obs}}{v_{som}-v_{fonte}}=520\cdot\dfrac{343+2}{343-5}=520\cdot\dfrac{345}{338}\approx530{,}8\text{ Hz}\]

O valor mais próximo é 531 Hz. Uma checagem rápida: a razão $345/338\approx1{,}021$ indica aumento de apenas 2%, coerente com velocidades de poucos metros por segundo comparadas com a do som, e o resultado fica pouco acima de 520 Hz.

A Lua se afasta da Terra 4,0 cm por ano, em órbita circular, durante um bilhão de anos, a partir de 400.000 km. Pergunta-se que percentual da energia mecânica do sistema foi dissipado. O ponto é ver a energia mecânica da órbita como função só do raio, e depois comparar o valor inicial com o final.

Em órbita circular, a energia cinética vale metade do módulo da potencial, e a soma dá $E=-GMm/(2R)$, então a energia mecânica é inversamente proporcional ao raio. Como o raio aumenta, $E$ fica menos negativa, ou seja, sobe em valor algébrico, e o módulo da energia de ligação cai. É essa queda relativa que a questão chama de dissipação. Vamos calcular o novo raio e comparar as razões.

O aumento do raio em $10^9$ anos é \[\Delta R=4{,}0\times10^{-2}\cdot10^{9}=4{,}0\times10^{7}\text{ m}=40.000\text{ km}\] Logo $R_i=400.000\text{ km}$ e $R_f=440.000\text{ km}$. Como $|E|\propto1/R$, a fração perdida do módulo inicial é \[\dfrac{|E_i|-|E_f|}{|E_i|}=1-\dfrac{R_i}{R_f}=1-\dfrac{400}{440}=\dfrac{1}{11}\approx9{,}1\%\]

O percentual é 9,1%. Para fechar com segurança: o raio aumenta 10%, então a variação de $1/R$ deve ser um pouco menor que 10% (aqui, $1/1{,}1\approx0{,}909$), e a resposta é ligeiramente inferior a 10%, o que fecha a conta. Dividir por $R_f$ em vez de $R_i$ daria 10%, que nem é alternativa.

Uma bola de 400 g, chutada de 20 m da linha de fundo, chega ao gol 1,0 s depois, a 2,0 m de altura, sem resistência do ar. O chute dura 0,1 s. Queremos o vetor força média do pé sobre a bola. Os 20 m e os 2,0 m no fim da trajetória permitem obter a velocidade inicial do lançamento; os dados do chute (massa e 0,1 s) permitem passar da velocidade à força.

O teorema do impulso diz que a força média vezes o tempo de contato é a variação da quantidade de movimento. Como a bola parte do repouso, essa variação é a própria quantidade de movimento com que ela sai do pé. Então o problema se divide em cinemática de lançamento oblíquo, para achar as duas componentes da velocidade inicial, e depois em impulso. Vamos tratar cada componente separadamente, pois o resultado é vetorial.

Na horizontal o movimento é uniforme: \[v_{0x}=\dfrac{20}{1{,}0}=20\text{ m/s}\] Na vertical, $y=v_{0y}t-5t^2$ com $y=2{,}0\text{ m}$ e $t=1{,}0\text{ s}$: \[2{,}0=v_{0y}-5\;\Rightarrow\;v_{0y}=7\text{ m/s}\] O impulso do chute é $\vec I=m\vec v_0=0{,}4\,(20\,\hat i+7\,\hat j)$, então \[\vec F_m=\dfrac{\vec I}{\Delta t}=\dfrac{8{,}0\,\hat i+2{,}8\,\hat j}{0{,}1}=80{,}0\,\hat i+28{,}0\,\hat j\text{ N}\]

A força média é $80{,}0\text{ N}\,\hat i+28{,}0\text{ N}\,\hat j$. Vale um teste de bom senso: uma força de cerca de 85 N sobre uma bola de 0,4 kg por um décimo de segundo é típica de um chute forte, muito maior que o peso da bola (4 N), o que justifica desprezá-lo durante o contato.

Uma barra homogênea de massa $m$ está presa a uma parede por atrito em uma extremidade e sustentada por um fio inclinado, com ângulo $\theta$, na outra. Pede-se a força total que a parede exerce sobre a barra, isto é, normal e atrito compostos. Os dados são $m$, $g$ e $\theta$, extraídos da figura. O comprimento da barra se cancela.

Escolhemos o ponto de contato com a parede como eixo, pois nele agem duas forças desconhecidas (normal e atrito) que então não geram torque. Sobram o peso e a tração, e obtemos a tração. Depois, o equilíbrio de forças nas direções horizontal e vertical dá a normal e o atrito. A força total da parede é a soma vetorial das duas, e vamos compor por Pitágoras.

Equilíbrio dos torques em relação ao ponto na parede, com a componente da tração perpendicular à barra: \[T\sin\theta\cdot L=mg\cdot\dfrac{L}{2}\;\Rightarrow\;T=\dfrac{mg}{2\sin\theta}\] Na horizontal, a normal equilibra a componente horizontal da tração; na vertical, o atrito completa o que a tração não sustenta do peso: \[N=T\cos\theta=\dfrac{mg\cos\theta}{2\sin\theta},\qquad f=mg-T\sin\theta=\dfrac{mg}{2}\] Compondo os dois, \[F=\sqrt{N^2+f^2}=\dfrac{mg}{2}\sqrt{\dfrac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}+1}=\dfrac{mg}{2\sin\theta}\]

A força total é $\dfrac{mg}{2\sin\theta}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: para $\theta=90^\circ$ o fio fica vertical, a normal se anula e a parede apenas sustenta metade do peso por atrito, $mg/2$, valor que a fórmula reproduz.

Com 80 kg o motorista não solta o parafuso usando a chave de 40 cm, mas com 100 kg soltaria. Logo, o torque mínimo é o de 100 kg na chave de 40 cm. Pede-se o comprimento da barra que prolonga a chave.

O que solta o parafuso é o torque, força vezes braço. Como o peso é menor que o necessário, aumentamos o braço até atingir o torque mínimo. Vamos achar o braço total e ver quanto falta em relação à chave.

\[\tau=(100\cdot10)\cdot0{,}40=400\text{ N}\cdot\text{m}\] \[L=\dfrac{400}{800}=0{,}50\text{ m}=50\text{ cm}\] O acréscimo é $\Delta L=50-40=10\text{ cm}$.

Prolongamento de 10,0 cm. Só para conferir: a razão $100/80=1{,}25$ pede braço 25% maior, e 25% de 40 cm são 10 cm.

Uma esfera totalmente submersa é solta e leva 4,0 s para descer 40 m no lago. Conhecendo a densidade da água, queremos a densidade da esfera. O tempo e a profundidade dão a aceleração, e a aceleração, comparada com $g$, dá a relação entre as densidades. Note que o volume e a massa não são dados e se cancelam.

Na descida agem o peso, para baixo, e o empuxo, para cima, e a resultante é $ma$. Como a aceleração medida é 5 m/s², menor que $g$, o empuxo está freando parte da queda. A cinemática de aceleração constante fornece $a$, a segunda lei de Newton relaciona $a$ às densidades e a álgebra fecha o resultado.

Partindo do repouso, \[h=\dfrac{1}{2}at^2\;\Rightarrow\;40=\dfrac{1}{2}\,a\,(4)^2\;\Rightarrow\;a=5{,}0\text{ m/s}^2\] Segunda lei de Newton, com peso e empuxo escritos pelas densidades: \[\rho_{esf}Vg-\rho_{H_2O}Vg=\rho_{esf}V\,a\] Cancelando $V$ e isolando $\rho_{esf}$, \[\rho_{esf}\,(g-a)=\rho_{H_2O}\,g\;\Rightarrow\;\rho_{esf}=\dfrac{10^3\cdot10}{10-5}=2{,}0\times10^{3}\text{ kg/m}^3\]

A densidade da esfera é $2{,}0\times10^3\text{ kg/m}^3$. Uma checagem rápida: a esfera afunda, então precisa ser mais densa que a água, e o dobro da densidade dá empuxo igual à metade do peso, portanto aceleração $g/2=5\text{ m/s}^2$, exatamente o que a cinemática indicou.