EFOMM 2021 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O carro parte do repouso, acelera com $2\text{ m/s}^2$ e não derrapa. Pede-se a velocidade do ponto mais veloz de um pneu, em relação ao solo, quando o carro percorreu 25 m. A massa e o raio do pneu não aparecem: o resultado não depende deles.

Primeiro achamos a velocidade do centro da roda, que é a do carro, pela cinemática. Depois usamos que, sem derrapagem, o pneu faz translação mais rotação. A ideia central é esta: o ponto de contato com o chão está parado, e o ponto do topo soma a velocidade de translação com a de rotação, que tem o mesmo módulo.

Com aceleração constante e partida do repouso, Torricelli resolve: \[v_{cm}^2 = 2a\,\Delta x = 2\cdot 2\cdot 25 = 100 \implies v_{cm}=10\text{ m/s}\] No rolamento puro, $\omega R = v_{cm}$. No topo os dois efeitos apontam no mesmo sentido: \[v_{topo}=v_{cm}+\omega R = 2v_{cm}=20\text{ m/s}\]

O ponto mais veloz tem 20 m/s. Para fechar com segurança: o ponto de baixo vale 0 e o centro vale 10 m/s, então 20 m/s é o máximo possível no pneu.

Temos uma porção suspensa de peso $P$, com centro de massa em A, presa por duas cordas: a corda 1 puxa a estrutura para cima e a corda 2 a puxa para baixo. O enunciado dá as distâncias horizontais $d_1$ e $d_2$ de cada corda ao ponto A e pede a tensão na corda 2. Repare que as alturas $h_1$ e $h_2$ aparecem nos dados, mas não na expressão da resposta correta: elas funcionam como distração neste caminho.

Há duas incógnitas, $T_1$ e $T_2$, e portanto precisamos de duas equações de equilíbrio. A primeira vem da soma das forças verticais. A segunda vem dos torques, e aqui está a escolha que decide a questão: tomando o eixo no ponto A, o peso não produz torque, porque está aplicado no próprio A. Isso deixa uma equação limpa, só com as tensões e as distâncias horizontais.

Na vertical, a corda 1 sustenta o peso e ainda equilibra a corda 2, que puxa para baixo: \[T_1 = P + T_2\] Torques em relação ao ponto A, com as duas cordas girando a estrutura em sentidos opostos: \[T_1 d_1 = T_2 d_2 \implies (P+T_2)\,d_1 = T_2\, d_2\] Isolando $T_2$: \[T_2\,(d_2-d_1)=P\,d_1 \implies T_2=\dfrac{P\,d_1}{d_2-d_1}\]

O resultado corresponde à essa configuração. Vale um teste de bom senso: se $d_2$ tende a $d_1$, o denominador tende a zero e a tensão explode, o que faz sentido, pois as duas cordas teriam a mesma linha de ação e não conseguiriam equilibrar o torque. Se $d_1 \to 0$, a tensão vai a zero, coerente com o peso passando pela corda 1.

O planeta é esférico, de raio $R$, com gravidade $g$ na superfície. Pede-se a gravidade a uma altura $h$ acima da superfície. Note que $h$ é medido a partir da superfície, e não do centro.

A gravidade vem da lei da gravitação: depende da massa do planeta e do inverso do quadrado da distância ao centro. Como não conhecemos $G$ nem a massa, usamos a superfície para eliminar o produto $GM$. Repare no ponto-chave: escrever a gravidade nos dois pontos.

Na superfície a distância ao centro é $R$: \[g=\dfrac{GM}{R^2}\implies GM=gR^2\] Na altura $h$ a distância é $R+h$: \[g'=\dfrac{GM}{(R+h)^2}=\dfrac{g\,R^2}{(R+h)^2}\]

É essa configuração. Teste pelos limites: com $h=0$ recuperamos $g'=g$, e com $h$ muito grande $g'$ tende a zero.

Uma bola leve, de raio $R$ e velocidade $v$, atinge uma segunda bola em repouso, de mesmo raio e massa muito maior, de modo que o centro dela fica a uma distância $R$ da reta da trajetória. A primeira bola volta para a esquerda, numa direção que faz $75^\circ$ com a horizontal inicial, e pede-se a razão entre as velocidades final e inicial. A massa muito maior indica que a bola pesada praticamente não se move. A pista mais importante é a frase sobre a força: ela é perpendicular à superfície, ou seja, atua ao longo da linha que une os centros.

Primeiro a geometria: no instante do contato os centros estão a $2R$ um do outro, e a trajetória passa a $R$ do centro da bola alvo, o que fixa o ângulo da linha de impacto. Depois a física: uma força só ao longo dessa linha não altera a componente da velocidade perpendicular a ela. Essa componente tangencial se conserva, e a componente normal é a que inverte e muda de módulo. Com o ângulo final dado, fechamos as duas componentes.

O ângulo $\phi$ entre a linha dos centros e a horizontal cumpre \[\sin\phi=\dfrac{R}{2R}=\dfrac12 \implies \phi=30^\circ\] A componente da velocidade perpendicular à linha dos centros é conservada: \[v_t=v\sin 30^\circ=\dfrac{v}{2}\] A tangente ao ponto de contato faz $60^\circ$ com a horizontal. Como a velocidade final faz $75^\circ$ com a horizontal, voltando para a esquerda, ela forma $45^\circ$ com a direção tangente. Logo a componente normal final é igual à tangencial, e \[v_f=\dfrac{v_t}{\cos 45^\circ}=\dfrac{v/2}{\sqrt2/2}=\dfrac{\sqrt2}{2}\,v\]

A razão vale $\sqrt2/2\approx 0{,}71$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a bola perdeu velocidade na colisão, o que é esperado, e a razão é maior que o piso de $1/2$ dado pela parte tangencial, que nunca é perdida.

Uma massa presa a um fio de comprimento $L$ gira num plano horizontal, com velocidade constante, em uma circunferência de raio $L/3$. Pede-se o período de rotação em função de $L$ e $g$. É um pêndulo cônico: o fio desenha um cone e a massa é a ponta que gira. A massa $m$ é distração, pois deve cancelar no final.

Sobre a massa agem só o peso e a tração do fio. A componente vertical da tração equilibra o peso, e a componente horizontal é a resultante centrípeta. Dividindo uma equação pela outra eliminamos a tração e a massa e ficamos com a tangente do ângulo do fio com a vertical. A geometria do triângulo formado por fio, raio e vertical nos dá esse ângulo.

O ângulo $\theta$ com a vertical cumpre \[\sin\theta=\dfrac{L/3}{L}=\dfrac13 \implies \cos\theta=\dfrac{2\sqrt2}{3},\quad \tan\theta=\dfrac{1}{2\sqrt2}\] As equações da dinâmica dão $T\cos\theta=mg$ e $T\sin\theta=m\omega^2 r$, e portanto \[\omega^2=\dfrac{g\tan\theta}{r}=\dfrac{g/(2\sqrt2)}{L/3}=\dfrac{3g}{2\sqrt2\,L}\] O período vem de $T=2\pi/\omega$: \[T^2=\dfrac{4\pi^2}{\omega^2}=\dfrac{8\sqrt2\,\pi^2 L}{3g}\]

Extraindo a raiz, $T=\left(\dfrac{8\sqrt2\,\pi^2L}{3g}\right)^{1/2}$. Só para conferir: a unidade de $L/g$ é segundo ao quadrado, então a raiz dá segundos. O valor numérico do fator, $8\sqrt2/3\approx 3{,}8$, fica próximo de $4$, o que reproduz a ordem de grandeza do pêndulo simples $T=2\pi\sqrt{L/g}$.

Um balão de 50 litros com hélio a 2 atm está preso por uma corda a um pequeno objeto de massa $m$. Fora dele, o ar está a 1 atm e 27 graus Celsius, e o hélio está na mesma temperatura. Pede-se o menor valor de $m$ para que o conjunto fique em repouso. A massa do invólucro é desprezível, então só contam o hélio, o objeto e o ar deslocado.

Aqui está a sacada: o balão sobe porque o empuxo, que é o peso do ar deslocado, supera o peso do hélio. O objeto preso serve de lastro para compensar essa diferença. No limite do repouso, o empuxo iguala o peso do hélio somado ao peso do objeto. Para as massas de gás usamos a equação de Clapeyron, com a pressão certa em cada caso: 2 atm para o hélio interno e 1 atm para o ar que o balão desloca.

Com $T=300\text{ K}$, a quantidade de hélio é \[n_{He}=\dfrac{2\cdot 50}{0{,}082\cdot 300}\approx 4{,}07\text{ mol}\implies m_{He}\approx 4{,}07\cdot 4{,}0\approx 16{,}3\text{ g}\] O ar deslocado, no volume de 50 litros à pressão externa de 1 atm, tem massa \[m_{ar}=\dfrac{1\cdot 50}{0{,}082\cdot 300}\cdot 29{,}0\approx 58{,}9\text{ g}\] No limite do repouso, empuxo igual a peso total: \[m_{ar}=m_{He}+m \implies m\approx 58{,}9-16{,}3\approx 42{,}7\text{ g}\]

O valor mínimo é cerca de 43 g. Uma checagem rápida: 50 litros de ar a 1 atm pesam quase 60 g, e o hélio, bem mais leve, mesmo comprimido a 2 atm, carrega só uma fração disso. Uma massa da ordem de dezenas de gramas é coerente.

Uma mola de constante $k=100\text{ N/m}$ e tamanho natural de 1 m foi comprimida até 60 cm entre duas caixas de 1 kg e 2 kg, sobre um piso sem atrito. Ao ser liberado, o sistema empurra as caixas até a mola voltar ao tamanho natural, e o contato se perde. Pede-se a velocidade final da caixa de 1 kg. O que importa é a compressão de $0{,}4\text{ m}$, e não o comprimento total.

Não há forças externas horizontais, então a quantidade de movimento total, inicialmente nula, se conserva. Não há atrito, então a energia elástica se converte integralmente em energia cinética das duas caixas. Duas equações, duas velocidades: é o caminho direto. Note que a energia não se divide igualmente, e sim de acordo com as massas.

A energia armazenada é \[E_{el}=\dfrac12 k x^2=\dfrac12\cdot 100\cdot(0{,}4)^2=8\text{ J}\] A conservação da quantidade de movimento dá $1\cdot v_1=2\cdot v_2$, isto é, $v_2=v_1/2$. Na energia: \[\dfrac12(1)v_1^2+\dfrac12(2)\left(\dfrac{v_1}{2}\right)^2=8\implies \dfrac34 v_1^2=8\implies v_1^2=\dfrac{32}{3}\] \[v_1=4\sqrt{\dfrac23}\text{ m/s}\approx 3{,}3\text{ m/s}\]

O resultado é essa configuração. Para fechar com segurança: a caixa leve deve ficar com a maior parte da energia. Ela leva $\tfrac12\cdot 1\cdot\tfrac{32}{3}=\tfrac{16}{3}\approx 5{,}3\text{ J}$ e a pesada leva $\tfrac{8}{3}\approx 2{,}7\text{ J}$, somando os 8 J iniciais.

Duas esferas metálicas de raios diferentes, com $R_1 \gt R_2$, começam com cargas positivas iguais. Elas são colocadas em contato e depois afastadas. A pergunta é como ficam as cargas e os potenciais ao final. Repare que o enunciado dá as cargas iniciais iguais, mas isso não vale mais depois do contato.

Durante o contato, as duas esferas formam um único condutor. Em um condutor em equilíbrio eletrostático, o potencial é o mesmo em todos os pontos. Então, cessado o fluxo de cargas, os potenciais se igualam. A partir disso, a relação entre carga e raio decide como a carga total se reparte.

Vamos comentar as duas grandezas. Os potenciais: as cargas escoam do condutor de maior potencial para o de menor até que \[V_1=V_2\] As cargas: o potencial de uma esfera condutora é $V=\dfrac{kQ}{R}$, logo \[\dfrac{kQ_1}{R_1}=\dfrac{kQ_2}{R_2}\implies \dfrac{Q_1}{Q_2}=\dfrac{R_1}{R_2}\gt 1\] Como $R_1 \gt R_2$, concluímos que $Q_1 \gt Q_2$.

Potenciais iguais e carga maior na esfera maior: essa configuração. Vale um teste de bom senso: a soma das cargas se conserva, e a esfera maior, que "comporta" mais carga para o mesmo potencial, fica com a maior parte.

Um recipiente com gás, à esquerda, está em equilíbrio com um fluido de densidade $10^4\text{ kg/m}^3$ à direita, cuja coluna está aberta para a atmosfera. As alturas do fluido nas duas colunas são $h_1=10\text{ cm}$ e $h_2=30\text{ cm}$. Pede-se a diferença entre a pressão do gás e a pressão atmosférica, isto é, a pressão efetiva do gás. Lembre de converter os centímetros para metros.

Vamos usar a lei de Stevin: em um mesmo fluido em equilíbrio, a pressão só muda com a profundidade, na razão $\rho g$ por metro. Quem importa, então, é o desnível entre as duas superfícies do fluido, e não as alturas medidas separadamente a partir do fundo. Esse desnível faz a ponte entre a pressão do gás e a da atmosfera.

O desnível entre as superfícies é \[\Delta h=h_2-h_1=0{,}30-0{,}10=0{,}20\text{ m}\] Pela lei de Stevin, com o gás em um lado e a atmosfera no outro: \[P_{gás}-P_{atm}=\rho g\,\Delta h=10^4\cdot 10\cdot 0{,}20=2{,}0\times 10^4\text{ N/m}^2\]

A diferença é $2{,}0\times10^4\text{ N/m}^2$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: esse valor é da ordem de um quinto da pressão atmosférica, que é cerca de $10^5\text{ N/m}^2$, plausível para 20 cm de um fluido dez vezes mais denso que a água.

Um bloco de 200 g, preso a uma mola, oscila em MHS com amplitude de 20 cm. O tempo entre a primeira passagem por $X=-10\text{ cm}$, indo para a esquerda, e a segunda passagem pelo mesmo ponto, na volta, vale 1 s. Pede-se a constante elástica $k$, com $\pi=3$. Note que o enunciado não dá o período direto: ele dá um intervalo entre duas passagens, e é preciso traduzi-lo em fase.

Primeiro achamos $\omega$ a partir desse intervalo, usando a função horária $x=A\cos\phi$ e os ângulos de fase em que $x=-A/2$. Depois usamos $\omega^2=k/m$. A sacada é que o bloco vai até a extremidade esquerda e volta, então o intervalo de 1 s inclui o "passeio" até $-A$ e o retorno, e corresponde a uma variação de fase bem definida, que não é linear no deslocamento.

A posição $x=-10\text{ cm}$ com $A=20\text{ cm}$ cumpre \[\cos\phi=\dfrac{-10}{20}=-\dfrac12\] Isso dá $\phi_1=2\pi/3$ na passagem para a esquerda e $\phi_2=4\pi/3$ no retorno. A variação de fase no intervalo de 1 s é \[\Delta\phi=\dfrac{4\pi}{3}-\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}\implies \omega=\dfrac{2\pi}{3}\text{ rad/s}=2\text{ rad/s}\quad(\pi=3)\] Com $m=0{,}20\text{ kg}$: \[k=m\omega^2=0{,}20\cdot 2^2=0{,}8\text{ N/m}\]

O valor obtido é $0{,}8\text{ N/m}$. Só para conferir: com $\omega=2\text{ rad/s}$, o período é cerca de $3\text{ s}$, e o tempo de 1 s entre as passagens é um terço do período, coerente com $2\pi/3$ de fase em $2\pi$. A massa em quilogramas, e não em gramas, dá uma constante pequena, como a de uma mola macia.

Uma fonte emite 440 Hz em direção a um objeto que se afasta. O som reflete e volta à fonte, que mede 272 Hz. Com $v_{som}=340\text{ m/s}$, pede-se a velocidade do objeto. Repare que a fonte fica parada e o objeto é quem se move, e que o som sofre efeito Doppler duas vezes no trajeto.

Na ida, o objeto é um observador que se afasta da fonte, e ouve uma frequência menor. Na volta, o objeto é uma fonte que se afasta do detector e reemite o que recebeu, então a frequência cai de novo. Compondo as duas etapas, obtemos uma equação só para a velocidade do objeto, e a sacada é que a frequência intermediária se cancela.

Na ida e na volta: \[f'=f_0\,\dfrac{v_{som}-v}{v_{som}},\qquad f''=f'\,\dfrac{v_{som}}{v_{som}+v}=f_0\,\dfrac{v_{som}-v}{v_{som}+v}\] Substituindo os dados: \[\dfrac{340-v}{340+v}=\dfrac{272}{440}=\dfrac{34}{55}\implies 55(340-v)=34(340+v)\] \[89\,v=21\cdot 340=7140\implies v\approx 80\text{ m/s}\]

O resultado, cerca de 80 m/s, é essa configuração. Uma checagem rápida: com $v=80$, a razão $(340-80)/(340+80)=260/420\approx 0{,}62$ leva 440 Hz a cerca de 272 Hz, e o objeto é subsônico, como deve ser para que a análise valha.

A boneca caiu na piscina a 1,9 m da borda, e Ana Clara, na borda, com os olhos a 0,95 m acima da água, a vê a 0,95 m de profundidade. Essa é a profundidade aparente, e a pergunta é a real. Os dados de $\sin 32^\circ$ e $\cos 32^\circ$ mostram que o ângulo de refração será de $32^\circ$, e o índice da água é 1,33.

Primeiro, a menina enxerga a boneca na direção da linha reta que vai dos olhos até a imagem aparente. Essa linha define o ângulo de incidência no ar. Depois, usamos a lei de Snell na superfície para obter o ângulo do raio dentro da água. Por fim, a geometria do triângulo na água liga a distância horizontal percorrida à profundidade real. Aqui está a sacada: o raio real é mais vertical que o aparente, e por isso a boneca está mais funda do que parece.

A linha de visada tem cateto vertical $0{,}95+0{,}95=1{,}90\text{ m}$ e cateto horizontal $1{,}90\text{ m}$, então a incidência é de $45^\circ$. Ela corta a superfície a $0{,}95\text{ m}$ da borda, sobrando na água um deslocamento horizontal de $1{,}90-0{,}95=0{,}95\text{ m}$. Snell: \[1{,}33\,\sin r=1{,}0\cdot\sin45^\circ\approx0{,}707\implies \sin r\approx0{,}53\implies r=32^\circ\] Na água, o raio percorre $0{,}95\text{ m}$ na horizontal, com ângulo $r$ em relação à vertical: \[H=\dfrac{0{,}95}{\tan32^\circ}=\dfrac{0{,}95}{0{,}53/0{,}85}\approx1{,}5\text{ m}\]

A profundidade real fica em torno de $1{,}5\text{ m}$. Para fechar com segurança: a profundidade real deve superar a aparente de $0{,}95\text{ m}$, e a razão entre as duas, cerca de 1,6, é da ordem do índice de refração da água, como se espera de uma observação inclinada.

Em um calorímetro há 100 g de água a $10^\circ\text{C}$ e 50 g de gelo a $-10^\circ\text{C}$. Um resistor de $1{,}0\ \Omega$, ligado a 10 V, dissipa energia por 220 s. Depois se espera o equilíbrio e lê-se a temperatura. O enunciado diz que o calorímetro e o termômetro têm capacidade térmica desprezível e que toda a energia elétrica vira calor, então não há perdas a considerar.

Primeiro, a energia elétrica entregue em joules e convertida em calorias. Depois, um balanço de energia: a energia do resistor mais o calor cedido pela água quente deve cobrir o aquecimento do gelo, a fusão completa e o aquecimento da água resultante. Antes de igualar, é preciso checar se o gelo derrete totalmente, e a energia é grande o bastante para isso.

A energia do resistor é \[E=\dfrac{V^2}{R}\,\Delta t=\dfrac{10^2}{1{,}0}\cdot220=22\,000\text{ J}=5500\text{ cal}\] O gelo precisa de $50\cdot0{,}5\cdot10=250\text{ cal}$ para chegar a $0^\circ\text{C}$ e de $50\cdot80=4000\text{ cal}$ para derreter. A água inicial, ao resfriar até $0^\circ\text{C}$, libera $100\cdot1\cdot10=1000\text{ cal}$. Como $5500+1000\gt4250$, o gelo derrete todo e sobra energia para aquecer os 150 g de água: \[5500+1000-250-4000=150\cdot1\cdot T_f\implies T_f=\dfrac{2250}{150}=15^\circ\text{C}\]

A temperatura final é de $15^\circ\text{C}$. Vale um teste de bom senso: sem o resistor, o sistema ficaria em $0^\circ\text{C}$ com gelo sobrando, e os 5500 cal extras elevam, no total, apenas 15 graus porque quase 4000 cal vão só para a fusão.

Um refrigerador de Carnot tem potência de 200 W e rejeita 1400 J de calor por segundo para o ambiente, a $27^\circ\text{C}$. Pede-se a menor temperatura possível no interior. A potência é o trabalho por segundo, e os 1400 J por segundo são o calor lançado na fonte quente.

No refrigerador, trabalho mais calor retirado da fonte fria dá o calor rejeitado na fonte quente. Como o ciclo é de Carnot, a razão entre os calores é a razão entre as temperaturas absolutas. Dois passos: achar o calor retirado do interior e aplicar a proporção em kelvin.

Por segundo, o calor retirado do interior é \[Q_C=Q_H-W=1400-200=1200\text{ J}\] Com $T_H=27+273=300\text{ K}$: \[\dfrac{Q_C}{Q_H}=\dfrac{T_C}{T_H}\implies T_C=300\cdot\dfrac{1200}{1400}\approx257\text{ K}\implies t_C\approx-16^\circ\text{C}\]

A menor temperatura é cerca de $-16^\circ\text{C}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o interior é mais frio que o ambiente, e a razão $12/14$ é próxima de 1, então a queda é modesta, como numa geladeira comum.

Uma espira retangular de 200 g, com lados de 1 m e $0{,}5\text{ m}$ e corrente de 4 A, está presa ao teto por dois fios, cada um suportando 0,5 N. Uma linha tracejada a divide em duas regiões, com campo $B$ de um lado e $2B$ do outro. Pergunta-se o valor de $B$ para que os fios não rompam.

O caminho normal seria somar as forças magnéticas nos ramos da espira e comparar com o limite dos fios. Mas, antes de investir na conta, vamos verificar o que os fios suportam sem nenhuma força magnética.

O peso da espira, com $g=10\text{ m/s}^2$, e o limite dos dois fios valem $$P=mg=0{,}200\cdot10=2\text{ N},\qquad 2\cdot0{,}5=1\text{ N}$$ Repare que o peso sozinho é o dobro do que os fios aguentam.

A banca anulou o item oficialmente, então nenhuma alternativa deve ser indicada como correta. Pelos dados, o limite dos fios é menor que o peso da espira, o que deixa o enunciado inconsistente, e isso provavelmente pesou na anulação.

Seis cargas fixas estão nos vértices de um hexágono regular de lado $r$, e uma sétima carga $q$ fica no ponto médio de um dos lados, a $r/2$ das cargas vizinhas. Pede-se o valor de $q$ para que o campo elétrico no centro P seja nulo. Como os vértices e o ponto médio de um lado ficam a distâncias diferentes do centro, é preciso comparar as distâncias com cuidado: os vértices estão a $r$ de P, e o ponto médio do lado está a $r\sqrt3/2$.

O campo no centro é a soma vetorial dos campos das seis cargas dos vértices, e explorando a simetria muitos termos se cancelam ou se agrupam. O que sobra pode ser reduzido a um único vetor. Para anulá-lo, a carga $q$ precisa produzir um campo de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário. O pulo do gato é este: a carga $q$ está sobre a mesma direção desse vetor resultante, e só falta igualar os módulos.

Depois de combinar as cargas dos vértices por simetria, restam duas resultantes de módulo $\dfrac{2kq_1}{r^2}$ cada, que formam entre si um ângulo de $60^\circ$. Seu total é \[E_{vert}=2\cdot\dfrac{2kq_1}{r^2}\cos30^\circ=\dfrac{2\sqrt3\,kq_1}{r^2}\] A carga $q$ está a $d=\dfrac{r\sqrt3}{2}$ do centro, então $d^2=\dfrac{3r^2}{4}$ e \[E_q=\dfrac{kq}{d^2}=\dfrac{4kq}{3r^2}\] Igualando os módulos: \[\dfrac{4kq}{3r^2}=\dfrac{2\sqrt3\,kq_1}{r^2}\implies q=\dfrac{6\sqrt3}{4}\,q_1=\dfrac{3\sqrt3}{2}\,q_1\]

O valor de $q$ é $\dfrac{3\sqrt3}{2}q_1\approx2{,}6\,q_1$. Só para conferir: o resultado é um múltiplo de $q_1$ de ordem de grandeza razoável, e a proporção $\dfrac{4}{3}$ vem de a carga estar mais perto do centro que os vértices, o que exige uma carga maior para o mesmo campo.

Um motor ligado a 127 V é percorrido por 2 A e dissipa 40% da potência que recebe. Pede-se a resistência interna. A parte dissipada é a que vira calor na resistência interna, e o resto é a potência útil.

A potência recebida é tensão vezes corrente. Dela, 40% se perde por efeito Joule. A sacada é aplicar $r\,i^2$ apenas à parte perdida, e não à potência total recebida.

A potência recebida e a dissipada valem \[P_{rec}=U\,i=127\cdot2=254\text{ W},\qquad P_{diss}=0{,}40\cdot254=101{,}6\text{ W}\] Como essa potência vem do efeito Joule: \[P_{diss}=r\,i^2\implies r=\dfrac{101{,}6}{2^2}=25{,}4\ \Omega\]

A resistência interna é $25{,}4\ \Omega$. Uma checagem rápida: se toda a potência fosse dissipada, teríamos $127/2=63{,}5\ \Omega$, e 40% disso dá $25{,}4\ \Omega$.

Um cubo de 20 cm de lado e 20 g, uniformemente carregado, deve ficar suspenso no ar sob um campo elétrico de 52 N/C apontando para cima. A densidade do ar é $1{,}2\text{ kg/m}^3$ e o enunciado manda não a desprezar. O cubo é volumoso e leve, então o empuxo do ar é comparável ao peso.

Sobre o cubo agem o peso para baixo, o empuxo do ar para cima e a força elétrica, que aponta para cima se a carga for positiva. Em equilíbrio, as forças para cima igualam o peso. O empuxo é o peso do ar deslocado, e é ele que muda o resultado em relação a um cálculo ingênuo.

Volume, peso e empuxo: \[V=(0{,}20)^3=0{,}008\text{ m}^3,\quad P=0{,}200\text{ N},\quad E=\rho_{ar}Vg=1{,}2\cdot0{,}008\cdot10=0{,}096\text{ N}\] Equilíbrio vertical, com $E_c=52\text{ N/C}$ o campo: \[qE_c=P-E=0{,}104\text{ N}\implies q=\dfrac{0{,}104}{52}=2{,}0\times10^{-3}\text{ C}\]

A carga é $2{,}0\text{ mC}$. Para fechar com segurança: sem o empuxo teríamos cerca de $3{,}8\text{ mC}$, e com ele a carga necessária diminui, pois o ar ajuda a sustentar o cubo.

Um capacitor de placas paralelas com ar é carregado por uma bateria, e o gráfico da ddp em função da carga é uma reta que vai da origem até $4\text{ V}$ para $10\times10^{-9}\text{ C}$. Depois, insere-se um dielétrico de constante $K=2$ entre as placas, e pede-se a energia armazenada com ele. A leitura adotada é que o capacitor continua ligado à bateria, de modo que a tensão se mantém em 4 V.

Primeiro, o gráfico dá a energia inicial: a área sob a reta é um triângulo, e representa a energia armazenada. Depois, o dielétrico multiplica a capacitância por $K$. Como a tensão fixada pela bateria não muda, a energia $\tfrac12CV^2$ é multiplicada por $K$.

A energia inicial é a área do triângulo: \[U_0=\dfrac12\,Q\,V=\dfrac12\cdot(10\times10^{-9})\cdot4=2{,}0\times10^{-8}\text{ J}\] Com o dielétrico, $C=2C_0$ e $V$ continua em 4 V: \[U=\dfrac12\,(2C_0)\,V^2=2U_0=4{,}0\times10^{-8}\text{ J}\]

A energia final é $4{,}0\times10^{-8}\text{ J}$. Vale um teste de bom senso: a energia dobrou, como é esperado com a tensão mantida e $K=2$, e o valor inicial de $2\times10^{-8}\text{ J}$ tem a ordem de grandeza certa para nanocoulombs e volts.

Duas espiras circulares, coplanares e concêntricas, têm raios $R_1$ e $R_2=4R_1/9$, com correntes $i_1$ e $i_2$. O campo resultante no centro é nulo, e pede-se $i_1/i_2$. O campo nulo obriga os dois campos a terem o mesmo módulo.

O campo no centro de uma espira é perpendicular ao plano e depende da corrente e do raio. Para dois campos de mesma direção se anularem, os módulos são iguais e os sentidos opostos, o que exige correntes em sentidos contrários. Fixado isso, basta igualar os módulos.

O campo no centro vale $B=\dfrac{\mu_0\,i}{2R}$. Igualando: \[\dfrac{\mu_0\,i_1}{2R_1}=\dfrac{\mu_0\,i_2}{2R_2}\implies\dfrac{i_1}{i_2}=\dfrac{R_1}{R_2}=\dfrac{R_1}{\tfrac49R_1}=\dfrac94\]

A razão é $9/4$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a espira maior produz menos campo por ampere, então precisa de mais corrente, e $i_1 \gt i_2$ combina com $R_1 \gt R_2$.