EFOMM 2022 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Uma esfera de 0,5 kg cai do repouso num campo elétrico uniforme de $3{,}75\times10^5\text{ N/C}$, apontando para cima. O dado decisivo é que, com o campo, a queda leva o dobro do tempo. Pede-se a carga, com sinal.

A altura é a mesma nos dois casos, então o tempo dobrado revela a aceleração efetiva de queda. Com ela, a segunda lei de Newton dá a força elétrica, e a força dividida pelo campo dá a carga. O sinal vem do sentido da força em relação ao campo.

Sem campo, $h=\tfrac12 g t_0^2$; com campo, $h=\tfrac12 a(2t_0)^2$. Igualando: \[\tfrac12 g=2a\;\Rightarrow\;a=\dfrac{g}{4}=2{,}5\text{ m/s}^2\] Como cai mais devagar, a força elétrica aponta para cima: \[F_e=m(g-a)=0{,}5\,(10-2{,}5)=3{,}75\text{ N}\;\Rightarrow\;q=\dfrac{F_e}{E}=10^{-5}\text{ C}\]

Força e campo apontam para cima, logo $q=+10{,}0\ \mu\text{C}$. Só para conferir: $F_e=3{,}75\text{ N}$ é menor que o peso de 5 N, coerente com uma esfera que ainda cai.

Um resistor de $1{,}0\ \Omega$ ligado a um gerador ideal dissipa energia por efeito Joule, e toda essa energia vai para a água, sem perdas. Estão em 5,0 L (5,0 kg) de água a 10 °C, mas o objetivo é vaporizar apenas 2,0 kg deles em 30 minutos. A incógnita é a fem. Repare que a massa que se aquece (5 kg) é diferente da massa que vaporiza (2 kg).

A ideia central é o balanço de energia: a energia elétrica dissipada no resistor durante 30 min precisa igualar o calor sensível mais o calor latente. Como o recipiente é isolado e a água está toda junta, os 5 kg sobem até 100 °C antes de qualquer vaporização, e só então 2 kg mudam de fase. Com a energia total e o tempo, obtemos a potência, e com a potência e a resistência obtemos a fem.

Aquecimento de toda a massa até 100 °C: \[Q_1=m\,c\,\Delta T=5\cdot4{,}0\cdot(100-10)=1800\text{ kJ}\] Vaporização de 2 kg: \[Q_2=m_v L=2\cdot2230=4460\text{ kJ}\] Energia total e potência, com $\Delta t=1800\text{ s}$: \[P=\dfrac{Q_1+Q_2}{\Delta t}=\dfrac{6{,}26\times10^{6}}{1800}\approx3478\text{ W}\] Como $P=\mathcal{E}^2/R$ com $R=1{,}0\ \Omega$: \[\mathcal{E}=\sqrt{P\,R}=\sqrt{3478}\approx59\text{ V}\]

A fem necessária é cerca de 59 V. Uma checagem rápida: a potência de quase 3,5 kW é típica de aquecedores potentes, e com apenas 1 ohm isso exige dezenas de volts, o que combina com 59 V. Ignorar o calor sensível daria cerca de 50 V, valor que não aparece entre as opções, o que já denuncia o descuido.

Temos dois movimentos que começam juntos: uma barra vertical em queda livre, cuja extremidade inferior parte de $z=5\text{ m}$ sobre o ponto $(1,1)$, e uma hélice em cruz que gira no plano $XY$ (em $z=0$) com aceleração angular constante de $2\pi/3\text{ rad/s}^2$, partindo do repouso com as hastes sobre os eixos. Pergunta-se a que distância da extremidade inferior a barra é atingida. Note que o ponto $(1,1)$ está a $45^\circ$ do eixo $X$.

A sacada é ligar os dois movimentos pelo tempo. Uma haste só pode atingir a barra quando passar pelo ângulo de $45^\circ$, e isso acontece em instantes bem definidos, pois a rotação é um MCUV. Para cada instante possível, vemos onde a barra está: se a extremidade inferior ainda não chegou ao plano, a haste passa sem tocar; se a barra já atravessou o plano, a haste bate num ponto mais alto dela. A primeira passagem que de fato encontra a barra no plano define a resposta.

A primeira haste (a do eixo $X$) precisa girar $\pi/4$: \[\dfrac{\pi}{4}=\dfrac12\cdot\dfrac{2\pi}{3}\,t_1^2\;\Rightarrow\;t_1^2=0{,}75\text{ s}^2\] Nesse tempo a barra caiu $\tfrac12 g t_1^2=3{,}75\text{ m}$, então a extremidade inferior está em $z=1{,}25\text{ m}$, ainda acima do plano. A haste passa sem tocar. A próxima haste chega ao mesmo ângulo depois de girar $3\pi/4$: \[\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac12\cdot\dfrac{2\pi}{3}\,t_2^2\;\Rightarrow\;t_2^2=2{,}25\text{ s}^2\] A barra caiu \[\Delta z=\tfrac12 g t_2^2=5\cdot2{,}25=11{,}25\text{ m}\]

A extremidade inferior desceu de $z=5$ para $z=-6{,}25\text{ m}$, isto é, já atravessou o plano da hélice. O ponto atingido está em $z=0$, portanto a $6{,}25\text{ m}$ da extremidade inferior: essa configuração. Para fechar com segurança: a extremidade inferior cruza o plano em $t=1\text{ s}$, entre $t_1\approx0{,}87\text{ s}$ e $t_2=1{,}5\text{ s}$, o que explica por que a primeira haste falha e a segunda acerta.

Uma lanterna está no fundo de um tanque de 5,0 m de profundidade. Quem olha quase na vertical vê a lanterna a 3,4 m. A aproximação de ângulos pequenos permite tratar a superfície como dioptro plano. A incógnita é o índice do fluido.

Para ângulos pequenos, seno e tangente se confundem, e a geometria dos raios que chegam ao olho leva a uma relação simples entre profundidade real, aparente e índices. Quanto mais refringente o fluido, mais o fundo parece subir.

Com o observador no ar ($n_{ar}=1$): \[\dfrac{h_{ap}}{h_{real}}=\dfrac{n_{ar}}{n_{fluido}}\;\Rightarrow\;\dfrac{3{,}4}{5{,}0}=\dfrac{1}{n_{fluido}}\;\Rightarrow\;n_{fluido}=\dfrac{5{,}0}{3{,}4}\approx1{,}47\]

O índice vale cerca de 1,47. Vale um teste de bom senso: é maior que 1, e o fundo parece mais raso que o real, o que só ocorre se o fluido for mais refringente que o ar.

A máquina recebe 1000 J da fonte quente a 600 °C e entrega 400 J de trabalho. Seu rendimento é 70% do de Carnot entre as mesmas fontes. Pede-se a temperatura da fonte fria em °C.

O rendimento real sai da definição. Como é 70% do de Carnot, recuperamos o de Carnot, e este depende só das temperaturas absolutas, do que extraímos a temperatura fria. A conversão para Kelvin é obrigatória em toda razão $T_F/T_Q$.

Rendimentos: \[\eta=\dfrac{400}{1000}=0{,}40,\qquad\eta_C=\dfrac{0{,}40}{0{,}70}=\dfrac47\] Com $T_Q=873\text{ K}$: \[1-\dfrac{T_F}{873}=\dfrac47\;\Rightarrow\;T_F=873\cdot\dfrac37\approx374\text{ K}\approx101\,^\circ\text{C}\]

A fonte fria está a cerca de 101 °C. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o rendimento de Carnot (57%) supera o real (40%), como deve ser, e $T_F\lt T_Q$.

Três afirmações sobre difração, reflexão em extremidade fixa e refração. Sem números, cada item se julga por um conceito.

Difração: comparar o comprimento de onda com o obstáculo. Reflexão: a extremidade prende ou solta a corda. Refração: o que muda e o que permanece ao trocar de meio.

Item I: verdadeiro, pois a difração é bem visível quando $\lambda$ é comparável ou maior que o obstáculo. Item II: falso, porque numa extremidade fixa o pulso volta com inversão de fase. Item III: verdadeiro, pois velocidade e comprimento de onda mudam na refração, mas a frequência é imposta pela fonte.

Só I e III são verdadeiras. Só para conferir: quem inclui o item II nega a inversão de fase na extremidade fixa.

Por que um pássaro pousado num fio de alta tensão não morre? Note que as duas patas tocam o mesmo fio, sem ligação com a terra.

Corrente num corpo exige diferença de potencial entre dois pontos dele, não potencial alto. Um trecho de fio metálico é praticamente equipotencial.

A ddp entre as patas é a corrente do fio vezes a resistência do curto trecho entre elas, algo minúsculo. Com ddp quase nula, a corrente no corpo, dada por Ohm, também é quase nula: \[I_{corpo}=\dfrac{\Delta V_{patas}}{R_{corpo}}\approx0\]

Com as patas no mesmo fio, não há corrente significativa pelo corpo: essa configuração. Uma checagem rápida: com uma pata num poste aterrado, a ddp seria enorme.

Um projétil de massa $m$ e velocidade $v$ atinge um bloco de massa $M$ preso a uma mola de constante $K$, sobre superfície lisa, e fica cravado nele. A pergunta é a amplitude da oscilação depois do choque. Dois momentos bem distintos: a colisão, muito rápida, e a oscilação, que vem depois.

Na colisão totalmente inelástica, a energia mecânica não se conserva (parte vira calor e deformação), mas a quantidade de movimento do sistema se conserva, porque a mola não tem tempo de agir. Depois do choque, sem atrito, a energia mecânica do conjunto massa-mola se conserva: a energia cinética logo após o choque vira energia elástica na amplitude máxima.

Conservação do momento no choque: \[mv=(M+m)V\;\Rightarrow\;V=\dfrac{mv}{M+m}\] Conservação da energia na oscilação, com a velocidade $V$ na posição de equilíbrio e velocidade nula na amplitude: \[\dfrac12(M+m)V^2=\dfrac12 K A^2\] Substituindo $V$ e isolando $A$: \[A=\dfrac{mv}{\sqrt{K(M+m)}}\]

A expressão obtida corresponde à essa configuração. Para fechar com segurança: se $m\to0$, o projétil não transfere nada e $A\to0$; se $K$ aumenta, a mola é mais dura e a amplitude diminui. As dimensões também fecham, pois $mv/\sqrt{KM}$ tem unidade de metro.

Uma corda de 60,0 cm e 0,52 g ressoa em 1300 Hz e só volta a ressoar em 1500 Hz. Pede-se a tensão. A ideia é que essas seriam ressonâncias consecutivas, e a diferença entre elas daria o fundamental.

Numa corda presa nas duas pontas, $f_n=nf_1$, e harmônicos consecutivos diferem de $f_1$. Com $f_1$ obtemos $v=2Lf_1$ e depois a tensão por $v=\sqrt{T/\mu}$. O passo que merece cuidado é conferir se os dados são consistentes com esse modelo.

A diferença dá $f_1=1500-1300=200\text{ Hz}$. Mas então o harmônico de 1300 Hz teria índice $$n=\dfrac{1300}{200}=6{,}5$$ que não é inteiro. Os dados não são compatíveis com uma corda fixa nas duas extremidades. Seguindo mesmo assim o procedimento padrão, $v=2Lf_1=240\text{ m/s}$ e $T=\mu v^2\approx50\text{ N}$, mas esse número repousa numa premissa inconsistente.

A banca anulou oficialmente o item, e a incoerência dos dados é uma explicação plausível. Por isso não indicamos alternativa como correta. O exercício vale como treino do método e do hábito de testar a consistência dos dados.

Uma janela de vidro de $100{,}0\text{ cm}^2$ e $1{,}0\text{ cm}$ de espessura separa a sala, a 25 °C, do exterior a 8 °C. A fonte deve repor a cada segundo o calor que escapa pela janela. A condutividade está em $\text{cal/s}\cdot\text{cm}\cdot{}^\circ\text{C}$.

É a Lei de Fourier em regime estacionário: o fluxo é proporcional à área e à diferença de temperatura, e inversamente proporcional à espessura. Temperatura constante na sala significa calor fornecido igual ao fluxo pelo vidro.

Mantendo tudo em centímetros, coerente com a unidade de $k$: \[\Phi=k\,A\,\dfrac{\Delta T}{e}=2{,}0\times10^{-3}\cdot100{,}0\cdot\dfrac{25-8}{1{,}0}=3{,}4\text{ cal/s}\] Em 1 s, $Q=3{,}4\text{ cal}$.

O calor vale 3,4 cal a cada segundo. Vale um teste de bom senso: área pequena de vidro, fluxo de poucas calorias por segundo, ordem de grandeza razoável.

Um chuveiro de 14 kW com vazão de 15 L/min recebe água a 8 °C, a temperatura do exterior. Pergunta-se a máxima temperatura de saída. "Máxima" significa que toda a potência elétrica vira calor na água, sem perdas.

Potência é energia por segundo, então precisamos saber quanta água passa a cada segundo. Com essa vazão em massa, a potência térmica que a água absorve é $\dot m\,c\,\Delta T$, e igualando à potência do chuveiro obtemos o aquecimento. Tudo isso exige unidades coerentes: litros por minuto viram gramas por segundo, e calorias viram joules.

Vazão em massa, com densidade de 1000 g/L: \[\dot m=\dfrac{15\text{ L}\cdot1000\text{ g/L}}{60\text{ s}}=250\text{ g/s}\] A potência absorvida pela água, com $c=1\text{ cal/g}\cdot{}^\circ\text{C}=4\text{ J/g}\cdot{}^\circ\text{C}$: \[P=\dot m\,c\,\Delta T=250\cdot4\cdot\Delta T=1000\,\Delta T\text{ W}\] Igualando a 14000 W: \[1000\,\Delta T=14000\;\Rightarrow\;\Delta T=14\,^\circ\text{C}\] Portanto $T_f=8+14=22\,^\circ\text{C}$.

A temperatura máxima na saída é 22 °C. Olhe o resultado com desconfiança saudável: um chuveiro de 14 kW com vazão alta de 15 L/min esquenta pouco a água, algo como 14 graus acima da entrada, o que é coerente com um banho morno num dia frio.

Uma esfera de 1,0 kg e carga $2{,}0\times10^3\text{ C}$ cai do repouso de 20,0 m no vácuo. Quer-se o campo magnético num ponto do solo a 1,0 m do impacto, no instante imediatamente anterior ao choque. A massa serve só para a queda.

Carga em movimento cria campo magnético proporcional à velocidade. Primeiro achamos a velocidade na chegada, pela queda livre. Depois usamos o campo de carga pontual, $qv\sin\theta/r^2$. A velocidade é vertical e a linha até o ponto é horizontal, então o seno vale 1.

Velocidade e campo: \[v=\sqrt{2gh}=20\text{ m/s},\qquad B=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{q\,v\sin\theta}{r^{2}}=10^{-7}\cdot\dfrac{(2{,}0\times10^{3})(20)}{(1{,}0)^{2}}=4{,}0\times10^{-3}\text{ T}\]

O campo vale $4{,}0\times10^{-3}\text{ T}$. Só para conferir: a carga de $2\times10^3$ C é gigantesca, o que explica milésimos de tesla a 1 m.

Uma tira elástica de comprimento natural 10 cm e constante 200 N/m está presa a dois pontos A e B, afastados de 20 cm. Uma esfera de 10 g é posta no meio e a tira é puxada 5 cm na transversal. Ao ser solta, a esfera sobe na vertical e perde contato com a tira quando ela volta à forma horizontal. Pergunta-se o deslocamento vertical entre o ponto mais baixo e o mais alto. Repare que a tira já estava esticada antes de ser puxada, pois 20 cm superam os 10 cm naturais.

A ideia central é a conservação da energia mecânica, sem atrito. A energia elástica armazenada na posição mais baixa se divide em duas partes no instante em que a tira fica reta: uma parte continua na tira, que ainda está esticada, e a outra passou para a esfera. No ponto mais alto, a esfera está parada, e toda a energia que ela recebeu virou potencial gravitacional. A dificuldade está em calcular corretamente as duas deformações da tira.

Puxada, cada metade da tira vai de A ao ponto de apoio da esfera, com comprimento $\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt5\text{ cm}$, então o comprimento total é $10\sqrt5\text{ cm}$. A deformação vale \[x_1=0{,}10\sqrt5-0{,}10\text{ m}\] Na posição horizontal, a tira mede 20 cm, e a deformação é $x_2=0{,}20-0{,}10=0{,}10\text{ m}$. A energia cedida à esfera é a diferença das energias elásticas: \[\dfrac12k\,x_1^2-\dfrac12k\,x_2^2=100\left[(0{,}10\sqrt5-0{,}10)^2-(0{,}10)^2\right]=5-2\sqrt5\text{ J}\] Toda ela vira energia potencial gravitacional entre o ponto mais baixo e o mais alto: \[mgH=5-2\sqrt5\;\Rightarrow\;0{,}1\,H=5-2\sqrt5\;\Rightarrow\;H=50-20\sqrt5\text{ m}\]

O deslocamento vertical vale $50-20\sqrt5\approx5{,}3\text{ m}$. Uma checagem rápida: a energia cedida é cerca de 0,53 J, e com $mg=0{,}1\text{ N}$ cada joule sobe 10 m, então 0,53 J leva a mais ou menos 5 m, o que confere com o valor obtido.

Uma esfera de 2 kg parte do repouso do alto de uma pista curva de 10 kg, que está apoiada sobre um chão sem atrito. Não há atrito entre esfera e pista. Ao chegar ao chão, a esfera tem velocidade de 3 m/s em relação à pista. Pergunta-se a altura da pista. Como a pista também é livre para se mover, ela recua enquanto a esfera desce, e esse detalhe muda tudo.

Na horizontal não há força externa sobre o sistema esfera mais pista, então o momento linear horizontal se conserva, começando em zero. E, sem atrito em nenhuma superfície, a energia mecânica total também se conserva. A velocidade que o enunciado fornece é relativa à pista, então precisamos convertê-la em velocidades em relação ao solo antes de usar a energia.

Sejam $v$ a velocidade da esfera e $V$ a da pista, ambas em módulo e em sentidos opostos. A velocidade relativa é a soma, e o momento total é nulo: \[v+V=3,\qquad mv=MV\;\Rightarrow\;2(3-V)=10V\;\Rightarrow\;V=0{,}5\text{ m/s},\; v=2{,}5\text{ m/s}\] Agora a energia, com a perda de altura $h$ da esfera indo para as duas energias cinéticas: \[mgh=\dfrac12mv^2+\dfrac12MV^2\] Substituindo: \[20\,h=\dfrac12\cdot2\cdot(2{,}5)^2+\dfrac12\cdot10\cdot(0{,}5)^2=6{,}25+1{,}25=7{,}5\] \[h=\dfrac{7{,}5}{20}=\dfrac38\text{ m}\]

A altura da pista é $3/8\text{ m}=0{,}375\text{ m}$. Para fechar com segurança: se a pista fosse fixa, uma esfera com 3 m/s no fim exigiria $h=v^2/2g=0{,}45\text{ m}$. Como parte da energia vai para a pista, que se move, a altura necessária é um pouco menor, o que é coerente com 0,375 m.

Um recipiente de dois ramos iguais contém o líquido $L_1$ na base, e os líquidos $L_2$ (4 g/cm³, ramo direito) e $L_3$ (2 g/cm³, ramo esquerdo) são colocados de modo que seus topos ficam no mesmo nível. O dado numérico é que a elevação do nível de $L_1$ no ramo esquerdo vale um terço da altura da coluna de $L_3$. A incógnita é a densidade $d_1$. Os dados da figura se resumem, na prática, a essas relações entre alturas.

A ferramenta é a lei de Stevin: num mesmo líquido em equilíbrio, pontos no mesmo nível têm a mesma pressão. O truque é escolher dois pontos na mesma altura e ligados pelo mesmo líquido, e a pressão atmosférica cancela nos dois lados. Para escrever as alturas de cada coluna, usamos a incógnita $\Delta h$ e a geometria dos ramos iguais.

Como os ramos têm a mesma seção, o nível de $L_1$ sobe $\Delta h$ de um lado e desce $\Delta h$ do outro, e a diferença de nível de $L_1$ entre os ramos é $2\Delta h$. Do dado, a coluna de $L_3$ vale $h_3=3\Delta h$. Como os topos de $L_2$ e $L_3$ estão no mesmo nível, a coluna de $L_2$ soma as alturas do lado esquerdo acima do nível de $L_1$ do lado direito, ou seja, $h_2=2\Delta h+3\Delta h=5\Delta h$. Igualando as pressões no nível da interface mais baixa, no lado direito: \[d_3\,g\,h_3+d_1\,g\,(2\Delta h)=d_2\,g\,h_2\] Cancelando $g$ e dividindo por $\Delta h$: \[2\cdot3+2\,d_1=4\cdot5\;\Rightarrow\;2\,d_1=14\;\Rightarrow\;d_1=7{,}0\text{ g/cm}^3\]

A densidade vale 7,0 g/cm³. Vale um teste de bom senso: $L_1$ precisa ficar na base e sustentar as duas colunas, então deve ser o mais denso dos três, mais que 4 g/cm³, e 7 atende a isso.

Um semicírculo homogêneo de raio $R$ repousa sobre um plano com atrito, e o centro de massa está a $h=4R/(3\pi)$ da borda reta. Uma corda amarrada numa extremidade puxa horizontalmente e o inclina de um ângulo $\theta$. O coeficiente de atrito estático é $\mu=1/\pi$. Pede-se o seno do maior ângulo em que ele permanece em repouso sem escorregar. Note que aparecem duas condições ao mesmo tempo: não deslizar e ficar em equilíbrio de rotação.

Primeiro a translação: na horizontal, a tração é equilibrada pelo atrito, e na vertical, a normal iguala o peso. Na iminência de escorregar, o atrito vale $\mu N$. Depois a rotação: escolhemos o ponto de contato com o solo como eixo, para que atrito e normal não gerem torque. Sobram o torque do peso, que tenta desfazer a inclinação, e o torque da tração, que tenta aumentá-la.

Na iminência de deslizamento: \[T=f_{at}=\mu N=\mu P=\dfrac{P}{\pi}\] O braço do peso em relação ao ponto de contato é $h\sin\theta$, e o braço da tração horizontal, aplicada na extremidade que está a uma altura $R(1-\sin\theta)$ do solo, é essa altura. Igualando os torques: \[\dfrac{P}{\pi}\,R\,(1-\sin\theta)=P\,\dfrac{4R}{3\pi}\,\sin\theta\] Simplificando $P$, $R$ e $\pi$: \[1-\sin\theta=\dfrac43\sin\theta\;\Rightarrow\;\sin\theta=\dfrac37\]

O seno do ângulo máximo é $3/7$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: $3/7\approx0{,}43$ corresponde a cerca de $25^\circ$, um ângulo razoável, e o resultado é menor que 1, como deve ser. Se o atrito fosse maior, a tração admissível aumentaria e o ângulo máximo também.

Um pêndulo com a esfera A fica inclinado de $30^\circ$ com a vertical pela repulsão de uma esfera B a 10 cm. A carga de B é o dobro da de A, e a massa de A é $180\sqrt3\times10^{-3}\text{ kg}$. Pede-se a carga de A.

Em A atuam peso, tração e força elétrica horizontal. Na vertical a tração equilibra o peso, na horizontal equilibra a força elétrica. Dividindo as equações, a tração some e sobra $\tan\theta=F_e/P$. Com a força, a lei de Coulomb entrega a carga.

O peso é $P=1{,}8\sqrt3\text{ N}$. Então \[F_e=P\tan30^\circ=1{,}8\text{ N}\] Por Coulomb, com $q_B=2q_A$ e $d=0{,}10\text{ m}$: \[1{,}8=9\times10^{9}\cdot\dfrac{2\,q_A^{2}}{0{,}01}\;\Rightarrow\;q_A^{2}=10^{-12}\;\Rightarrow\;q_A=10^{-6}\text{ C}\]

A carga de A vale $1\ \mu\text{C}$. Só para conferir: microcoulombs a 10 cm dão forças de poucos newtons, compatíveis com 1,8 N diante de um peso de cerca de 3 N.

Uma bateria de fem 10 V e resistência interna 1,0 Ω alimenta um resistor $R$ em paralelo com um capacitor de 2,0 μF. O capacitor está totalmente carregado, com 16 μC. Pede-se $R$. "Totalmente carregado" é o dado que decide o funcionamento do circuito.

Em corrente contínua, um capacitor carregado bloqueia a corrente no seu ramo, então toda a corrente do gerador passa por $R$. A tensão em $R$ é a do capacitor, $Q/C$, e é também a tensão nos terminais do gerador real, $U=\mathcal{E}-rI$.

Tensão, corrente e resistência: \[U=\dfrac{Q}{C}=8\text{ V},\qquad 8=10-1{,}0\,I\;\Rightarrow\;I=2\text{ A},\qquad R=\dfrac{U}{I}=4\ \Omega\]

A resistência vale 4 Ω. Uma checagem rápida: $R+r=5\ \Omega$ com 10 V dá 2 A, a mesma corrente encontrada, e a queda de 2 V na resistência interna explica os 8 V úteis.

Um campo magnético para cima cresce com o tempo, com taxa de 3,0 mT/s segundo o gráfico. Uma espira quadrada de 20,0 cm de lado e resistência de 10,0 mΩ tem o plano perpendicular ao campo. Pede-se módulo e sentido da corrente induzida, vista por cima.

Pela lei de Faraday, a fem é a taxa de variação do fluxo. Área e orientação são fixas, então a fem é a área vezes a taxa de variação de $B$. A corrente sai de Ohm, e o sentido vem da lei de Lenz: a corrente cria um campo que se opõe à variação do fluxo.

Com $A=0{,}04\text{ m}^2$: \[\mathcal{E}=A\dfrac{\Delta B}{\Delta t}=0{,}04\cdot3{,}0\times10^{-3}=1{,}2\times10^{-4}\text{ V},\qquad I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{1{,}2\times10^{-4}}{10{,}0\times10^{-3}}=12{,}0\text{ mA}\] Sentido: o campo para cima aumenta, então a corrente cria campo induzido para baixo, o que pela regra da mão direita é sentido horário, visto por cima.

A corrente é 12,0 mA, horária. Para fechar com segurança: décimos de milivolt divididos por centésimos de ohm dão miliampères, o que descarta as opções com 12 A.

Um barco de 1000 kg, a 10 m/s, desliga os motores. Na horizontal passa a atuar somente o arrasto da água, proporcional à velocidade, $F=-200v$. Pergunta-se o trabalho realizado pelo arrasto desde o desligamento até a velocidade cair a 2 m/s. Note que a lei do arrasto e o valor 200 são detalhes que parecem importantes, mas não serão usados numericamente.

A ideia central é esta: o arrasto varia com a velocidade, então o trabalho não é simplesmente força vezes deslocamento, e calcular o deslocamento exigiria uma equação diferencial. Mas o teorema da energia cinética dispensa tudo isso. O trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética, seja a força constante ou não. Como o arrasto é a única força horizontal que atua, o trabalho dele é o trabalho total.

Aplicando o teorema entre as duas velocidades: \[W_{arrasto}=\Delta E_c=\dfrac12m\,v_f^{2}-\dfrac12m\,v_i^{2}=\dfrac12\cdot1000\cdot(2^{2}-10^{2})\] Efetuando: \[W_{arrasto}=500\cdot(4-100)=-48\,000\text{ J}\]

O trabalho do arrasto vale $-48\,000\text{ J}$. Vale um teste de bom senso: o sinal negativo é coerente, pois o arrasto se opõe ao movimento e tira energia do barco. A energia cinética inicial era 50 000 J e a final é 2 000 J, e a diferença é justamente 48 000 J.