EFOMM 2023 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A esfera é lançada horizontalmente, paralela à superfície cilíndrica oca, e desliza por dentro dela sem dissipação. O enunciado dá a massa (0,5 kg), o raio do cilindro (2 m) e o módulo da velocidade 1 s depois do lançamento (12 m/s). Repare que a pergunta é a normal nesse instante, e que a velocidade de 12 m/s mistura duas contribuições diferentes: a horizontal e a vertical.

Na vertical, a parede lisa não exerce força alguma, então a esfera cai em queda livre. Na horizontal, ela gira em círculo de raio 2 m, e quem faz o papel de força centrípeta é a normal, que aponta para o eixo do cilindro. O peso é vertical e tangente à superfície, por isso não entra na direção radial. A sacada é separar os dois movimentos: a energia total não serve direto, o que importa para a normal é só a parte horizontal da velocidade.

Como a velocidade inicial é horizontal, a componente vertical em $t = 1\text{ s}$ vale: \[v_y = g\,t = 10 \cdot 1 = 10\text{ m/s}\] Com o módulo total conhecido, Pitágoras entrega a componente horizontal: \[v_h^2 = 12^2 - 10^2 = 44\text{ m}^2/\text{s}^2\] A resultante radial é a normal: \[N = m\,\dfrac{v_h^2}{R} = 0{,}5 \cdot \dfrac{44}{2}\]

Segue $N = 11\text{ N}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: se toda a velocidade de 12 m/s fosse horizontal, teríamos $0{,}5\cdot 144/2 = 36\text{ N}$; como parte dela é vertical, a normal tem de ser menor, e 11 N faz sentido.

Um objeto de 100 g é lançado horizontalmente a 10 m/s contra uma parede a 5 m. O choque dura 1 ms, com normal constante, e nesse curto intervalo o atrito cinético (coeficiente 0,1) age na parede. Ele volta com velocidade horizontal de 8 m/s e uma componente vertical desconhecida. Repare que a componente vertical que ele já traz antes do choque vem da queda durante o voo, e não está dada: é preciso calculá-la.

Aqui a ferramenta é o teorema do impulso, aplicado separadamente em cada eixo. Na horizontal, o impulso da normal inverte o movimento e permite descobrir o valor da normal. Na vertical, o atrito, que vale $\mu N$, produz um impulso que altera a componente vertical. Por que impulso e não Newton com aceleração? Porque só conhecemos a duração do choque e as velocidades antes e depois. Durante 1 ms, o peso é desprezível diante das forças de contato.

O tempo até a parede e a velocidade vertical de chegada (queda livre): \[t = \dfrac{5}{10} = 0{,}5\text{ s} \quad\Rightarrow\quad v_{y,i} = -g\,t = -5\text{ m/s}\] Impulso horizontal, com a normal contra o movimento: \[N \cdot 10^{-3} = 0{,}1\,(10 + 8) \;\Rightarrow\; N = 1800\text{ N}\] O atrito é $f = 0{,}1 \cdot 1800 = 180\text{ N}$, apontando para cima, já que o objeto desliza para baixo. Impulso vertical: \[180 \cdot 10^{-3} = 0{,}1\,\big(v_{y,f} + 5\big) \;\Rightarrow\; v_{y,f} = -3{,}2\text{ m/s}\]

O módulo é $|v_y| \approx 3{,}2\text{ m/s}$. O sinal negativo indica que ainda desce, só que mais devagar: o atrito tirou parte dos 5 m/s iniciais, o que é coerente com uma força para cima.

Há quatro cargas nos vértices de um quadrado de lado $d$, e o ponto P fica no meio de um dos lados, equidistante das cargas $2q$ e $q$ desse lado. O que se pede é o potencial em P. Repare que potencial é grandeza escalar: não há direção, sinais e vetores para decompor, só distâncias.

Pelo princípio da superposição, o potencial total é a soma dos potenciais de cada carga, $V = kQ/r$. Todo o trabalho está em achar as quatro distâncias corretamente. As duas cargas do lado de P estão a $d/2$. As duas do lado oposto ficam a uma distância diagonal, que sai de um triângulo retângulo com catetos $d$ e $d/2$. Repare no ponto-chave: agrupar as cargas por distância e somar antes de dividir.

Distância às cargas do lado oposto: \[r_2 = \sqrt{d^2 + \dfrac{d^2}{4}} = \dfrac{d\sqrt{5}}{2}\] As cargas próximas somam $3q$ a $d/2$; as distantes, $q + 3q = 4q$ a $r_2$: \[V_P = \dfrac{k\,(2q + q)}{d/2} + \dfrac{k\,(q + 3q)}{d\sqrt{5}/2}\] \[V_P = \dfrac{6kq}{d} + \dfrac{8kq}{\sqrt{5}\,d}\]

Colocando $kq/d$ em evidência, $V_P = \left(\dfrac{8}{\sqrt{5}} + 6\right)\dfrac{kq}{d}$. Só para conferir: as cargas mais próximas contribuem mais, e o termo $6$ (próximas, $d/2$) realmente supera o termo $8/\sqrt{5} \approx 3{,}6$ (distantes).

Duas forças (10 N em A(1, -3) e 6 N em B(4, 5)) atuam em direções paralelas aos eixos, em pontos diferentes de um corpo extenso. Pede-se em que reta deve passar a linha de ação de uma terceira força para o objeto ficar em repouso. Repare que é um problema de corpo extenso: não basta a soma das forças ser nula, o ponto de aplicação também importa.

Repouso exige duas condições ao mesmo tempo: resultante nula e torque resultante nulo. A primeira fornece o vetor da terceira força, e a segunda dá a posição da sua linha de ação. Por que calcular o torque em relação à origem? Porque é o ponto mais simples para o produto vetorial, e como a resultante é nula, o torque total não depende do ponto escolhido. Tomando a força em A vertical para cima e a força em B horizontal para a direita, como indica a figura, temos $\vec F_A = 10\hat j$ e $\vec F_B = 6\hat i$.

Resultante nula: \[\vec F_C = -6\hat i - 10\hat j\] Torques de A e B em relação à origem (componente $z$): \[\tau_A = 1\cdot 10 - (-3)\cdot 0 = +10, \qquad \tau_B = 4\cdot 0 - 5\cdot 6 = -30\] A soma vale $-20$, então a terceira força precisa dar $+20$. Para um ponto $(x, y)$ da sua linha de ação: \[\tau_C = x\,(-10) - y\,(-6) = -10x + 6y = 20\] \[5x - 3y = -10\]

A reta $5x - 3y = -10$ corresponde à essa configuração. Teste rápido: a linha de ação de $\vec F_C$ tem inclinação $10/6 = 5/3$, e a reta encontrada tem coeficiente angular $5/3$, ou seja, é paralela à própria força, como deve ser.

Um pêndulo de 2 kg, com fio de 1,5 m, é solto do repouso a $60^\circ$ da vertical e, depois de muitas oscilações, para na posição mais baixa. A pergunta é o trabalho das forças dissipativas em todo o movimento. Repare que o enunciado não pede detalhes das oscilações: só interessam o estado inicial e o final.

O trabalho das forças não conservativas é igual à variação da energia mecânica, $W = E_f - E_i$. Não é preciso saber quantas voltas o pêndulo deu nem como o atrito agiu, e essa é a beleza do balanço de energia. O importante é escolher bem a referência: o nível zero de altura fica no ponto mais baixo da trajetória. No início há apenas energia potencial, pois a velocidade é nula, e no fim não há nada, pois o pêndulo está parado nesse nível.

A altura inicial em relação ao ponto mais baixo não é o comprimento do fio, é a diferença entre $L$ e a projeção vertical do fio inclinado: \[h = L - L\cos 60^\circ = 1{,}5\,(1 - 0{,}5) = 0{,}75\text{ m}\] A energia inicial e o trabalho dissipado: \[E_i = m g h = 2 \cdot 10 \cdot 0{,}75 = 15\text{ J}\] \[W_{diss} = E_f - E_i = 0 - 15 = -15\text{ J}\]

O trabalho vale $-15\text{ J}$. O sinal negativo é esperado: as forças dissipativas retiram energia do sistema. Também confere o limite: se o fio fosse solto na vertical, $h = 0$ e nada seria dissipado.

Um cosmonauta de 50 kg se move a 1 m/s no sentido $+x$ e passa por $(-50, 50)\text{ m}$. Ele dispara uma arma de projétil de 100 g, na direção que faz ângulo $\theta$ com a vertical, e o disparo libera 50.100 J, convertidos em energia cinética do projétil e do cosmonauta. Depois disso ele segue em linha reta até a origem. Repare que a informação geométrica (ir do ponto $(-50,50)$ à origem) diz que a velocidade final tem componentes iguais em módulo e sinais opostos.

São três ideias em sequência. Primeiro, a conservação do momento no referencial do cosmonauta, junto com a energia liberada, fornece a velocidade de recuo dele. Segundo, o recuo tem sentido oposto ao do projétil, e por isso depende de $\sin\theta$ e $\cos\theta$. Terceiro, somando o recuo à velocidade que ele já tinha, impomos que o movimento aponte para a origem. Trabalhar no referencial do próprio cosmonauta antes do tiro simplifica tudo, já que a energia liberada só depende de velocidades relativas.

Com $v_p$ a velocidade do projétil e $V$ a do recuo, momento e energia dão $0{,}1\,v_p = 50\,V$ e: \[\tfrac12 (0{,}1)\,v_p^2 + \tfrac12 (50)\,V^2 = 50100 \;\Rightarrow\; v_p \approx 1000\text{ m/s},\quad V = 2\text{ m/s}\] O projétil sai na direção $(-\sin\theta,\ \cos\theta)$, então o recuo é $(2\sin\theta,\ -2\cos\theta)$. A velocidade final é $(1 + 2\sin\theta,\ -2\cos\theta)$. Trajetória para a origem exige $v_x = -v_y$: \[1 + 2\sin\theta = 2\cos\theta \;\Rightarrow\; \cos\theta - \sin\theta = \tfrac12\] Chamando $x = \sin\theta$ e elevando ao quadrado, $\sqrt{1 - x^2} = x + \tfrac12$ leva a: \[8x^2 + 4x - 3 = 0 \;\Rightarrow\; x = \dfrac{-1 + \sqrt{7}}{4}\]

$\sin\theta = \dfrac{-1+\sqrt{7}}{4} \approx 0{,}41$, que corresponde a $\theta \approx 24^\circ$, um ângulo do primeiro quadrante como pede a figura. A raiz negativa da quadrática é descartada porque $x + \tfrac12$ precisa ser positivo.

Três astros idênticos, de massa $M$, giram em uma mesma órbita circular de raio $R$, sempre nos vértices de um triângulo equilátero, sujeitos só à atração mútua. Pede-se a velocidade de cada um. Repare que $R$ é o raio da circunferência, e não a distância entre os astros: essa é a distinção que decide a questão.

Cada astro sofre duas atrações, uma de cada vizinho, e a resultante aponta para o centro da circunferência. Essa resultante é a força centrípeta. Vamos por partes: primeiro o lado do triângulo em função de $R$, depois a força de um par, depois a soma vetorial das duas forças, que formam $60^\circ$ entre si e, por simetria, têm resultante ao longo da bissetriz.

Num triângulo equilátero inscrito em circunferência de raio $R$, o lado vale $L = R\sqrt{3}$. A força entre um par: \[F = \dfrac{GM^2}{L^2} = \dfrac{GM^2}{3R^2}\] As duas forças formam $30^\circ$ com a direção do centro, logo: \[F_{res} = 2F\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}\,GM^2}{3R^2}\] Igualando à centrípeta: \[\dfrac{M v^2}{R} = \dfrac{\sqrt{3}\,GM^2}{3R^2} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\dfrac{\sqrt{3}\,GM}{3R}}\]

A expressão coincide com essa configuração. Sanidade dimensional: $GM/R$ tem unidade de velocidade ao quadrado, e a raiz devolve m/s. Ainda, o fator $\sqrt{3}/3 \approx 0{,}58$ mostra que a velocidade é menor do que a de um corpo de teste orbitando uma massa $M$ fixa, já que o efeito das duas vizinhas é mais fraco do que uma massa concentrada no centro.

Um bloco de 2,0 kg cai de 10 m e chega ao chão a 11 m/s. Durante a queda, a resistência do ar o aqueceu em 0,1 °C, e todo o calor gerado ficou no bloco. Pede-se o calor específico. Repare que os 11 m/s são menores do que os $\sqrt{200} \approx 14{,}1\text{ m/s}$ de uma queda livre, e é justamente essa diferença que virou calor.

A energia mecânica perdida na queda é a energia que o atrito com o ar dissipou, e ela se transforma em calor sensível no bloco. O balanço é energia potencial inicial menos energia cinética final. Depois, com o calor conhecido, a equação da calorimetria $Q = m c \Delta T$ dá o calor específico. Aqui está a sacada: o bloco não chega ao chão com toda a energia potencial convertida em cinética, e por isso a energia cinética final precisa aparecer na conta.

Energia dissipada: \[Q = m g h - \tfrac12 m v^2 = 2\cdot 10\cdot 10 - \tfrac12\cdot 2\cdot 11^2 = 200 - 121 = 79\text{ J}\] Calorimetria: \[Q = m\,c\,\Delta T \;\Rightarrow\; 79 = 2{,}0 \cdot c \cdot 0{,}1\] \[c = \dfrac{79}{0{,}2} = 395\text{ J/kg}^\circ\text{C}\]

O valor é $c = 395\text{ J/kg}^\circ\text{C}$. Ordem de grandeza: metais têm calor específico entre 100 e 900 J/kg°C, e 395 é típico do cobre, o que torna o resultado plausível.

Um cubo com um terço da densidade da água flutua num balde, com volume submerso $V_S$. O conjunto é colocado num elevador que sobe com aceleração $g/2$. Pergunta-se o novo volume submerso. Repare que o enunciado fornece a densidade relativa e a aceleração, mas o que decide é como cada uma delas entra na equação.

Num referencial acelerado para cima, tudo se passa como se a gravidade fosse maior: $g' = g + a$. Isso vale para o peso do cubo e também para o empuxo, porque o empuxo é o peso do líquido deslocado, e o líquido também sente a gravidade efetiva. Por isso o fator $g'$ vai aparecer nos dois lados da equação de equilíbrio. Vamos escrever e ver o que sobra.

Antes, no balde parado, peso igual a empuxo: \[\rho_c\,V\,g = \rho_a\,V_S\,g \;\Rightarrow\; V_S = \dfrac{\rho_c}{\rho_a}\,V = \dfrac{V}{3}\] No elevador, com $g' = g + \dfrac{g}{2} = \dfrac{3g}{2}$: \[\rho_c\,V\,g' = \rho_a\,V_S'\,g' \;\Rightarrow\; V_S' = \dfrac{\rho_c}{\rho_a}\,V = \dfrac{V}{3}\]

O termo $g'$ se cancela, e o volume submerso continua $V_S' = V_S$. Uma checagem rápida: o resultado precisa ser coerente com a experiência de que um corpo flutua do mesmo jeito parado ou no elevador, já que dentro dele o balde inteiro "pesa" mais, mas a razão entre as densidades continua a mesma.

Um navio de 10.250 kg flutua em água salgada (1.025 kg/m³) com o volume submerso máximo permitido. Ao entrar em água doce (1.000 kg/m³), ele afundaria mais. Pergunta-se quanta massa deve sair do navio para que o volume submerso volte ao valor original. Repare que o volume submerso é o mesmo nas duas situações, e o que muda é a densidade do fluido e, por consequência, a massa que ele consegue sustentar.

A flutuação exige peso igual a empuxo, e o empuxo é a densidade do fluido vezes o volume submerso vezes $g$. Como o volume submerso fica fixo, a massa suportada é proporcional à densidade do líquido. Vamos por partes: primeiro o volume submerso máximo, na água salgada; depois a massa que a água doce sustenta com esse mesmo volume; a diferença é o que precisa ser descartado.

Na água salgada, o volume submerso máximo: \[V = \dfrac{m}{\rho_s} = \dfrac{10250}{1025} = 10\text{ m}^3\] Na água doce, com o mesmo volume, a massa sustentada é: \[m' = \rho_d\,V = 1000 \cdot 10 = 10.000\text{ kg}\] A massa a rejeitar: \[\Delta m = 10250 - 10000 = 250\text{ kg}\]

O navio deve rejeitar 250 kg. Para fechar com segurança: a água doce é menos densa, então sustenta menos massa, e por isso a massa retirada é positiva. A diferença relativa de densidades é $25/1025 \approx 2{,}4\%$, e $2{,}4\%$ de 10.250 kg é cerca de 250 kg, o que fecha a conta.

Um tubo cilíndrico de material com coeficiente de dilatação linear $\alpha$ contém um líquido de coeficiente volumétrico $\beta$. Após aquecer o conjunto em $1^\circ\text{C}$, a altura do líquido deve permanecer a mesma. Pede-se a razão $\alpha/\beta$. Repare que o tubo também dilata, então o recipiente ganha volume, e o líquido só mantém a altura se acompanhar esse ganho.

A altura da coluna é o volume do líquido dividido pela área da seção do tubo. A altura não muda se o volume do líquido e a área crescerem na mesma proporção. Vamos por partes: o volume do líquido cresce com $\beta$, e a área da seção do tubo, que é uma grandeza de superfície, cresce com $2\alpha$. A dilatação em altura do tubo não interessa, porque a coluna de líquido é medida de dentro para cima, sem referência ao comprimento do tubo.

A altura final em função da inicial: \[h_f = \dfrac{V_0\,(1 + \beta\,\Delta T)}{A_0\,(1 + 2\alpha\,\Delta T)} = h_0\,\dfrac{1 + \beta\,\Delta T}{1 + 2\alpha\,\Delta T}\] Para $h_f = h_0$, os fatores precisam ser iguais: \[\beta\,\Delta T = 2\alpha\,\Delta T \;\Rightarrow\; \beta = 2\alpha\] \[\dfrac{\alpha}{\beta} = \dfrac{1}{2}\]

A razão vale $1/2$. Vale um teste de bom senso: se o líquido dilatasse menos do que $2\alpha$, a área cresceria mais que o volume e a coluna baixaria; se dilatasse mais, a coluna subiria. Só com $\beta = 2\alpha$ ela fica parada.

Um chuveiro de 4400 W em 220 V vai ser ligado numa rede de 110 V, e queremos que ele dissipe os mesmos 4400 W. Pede-se qual resistor deve ser associado à resistência interna, e de que forma. Repare que o dado importante é a potência desejada com a nova tensão, e que ela obriga a diminuir a resistência total.

A potência de um resistor ligado a uma tensão $V$ é $P = V^2/R$. Se a tensão cai à metade, o mesmo $R$ daria um quarto da potência. Para manter 4400 W com 110 V, a resistência equivalente precisa cair a um quarto do valor original. Como associação em série sempre aumenta a resistência e associação em paralelo sempre a diminui, só o paralelo resolve. Vamos por partes: resistência do chuveiro, resistência equivalente necessária, resistor auxiliar.

Resistência do chuveiro: \[R = \dfrac{220^2}{4400} = 11\,\Omega\] Resistência equivalente para 4400 W em 110 V: \[R_{eq} = \dfrac{110^2}{4400} = 2{,}75\,\Omega\] Resistor em paralelo com o chuveiro: \[\dfrac{1}{R_{eq}} = \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R_x} \;\Rightarrow\; \dfrac{1}{R_x} = \dfrac{4}{11} - \dfrac{1}{11} = \dfrac{3}{11}\] \[R_x = \dfrac{11}{3} \approx 3{,}7\,\Omega\]

Resistor em paralelo de aproximadamente $3{,}7\,\Omega$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: em paralelo, o equivalente ($2{,}75\,\Omega$) tem de ser menor do que o menor dos dois ($3{,}7\,\Omega$), e é. Além disso, o chuveiro continua com 110 V nos seus terminais, dissipando $110^2/11 = 1100\text{ W}$, e o resistor extra fornece os 3300 W restantes.

Uma corda presa à parede passa por uma polia e sustenta um bloco. A velocidade de uma onda transversal na corda é $v$. Quando o bloco é mergulhado na água com $3/8$ do volume submerso, a velocidade cai à metade. Pede-se a razão entre as densidades do bloco e da água. Repare que a corda e a massa por unidade de comprimento não mudam: só a tração muda.

A velocidade da onda numa corda tensa é $v = \sqrt{T/\mu}$. Com $\mu$ fixo, $v$ é proporcional à raiz da tração, então metade da velocidade significa um quarto da tração. Fora da água, a tração é o peso do bloco. Dentro, a tração é o peso menos o empuxo, porque o empuxo alivia a corda. Vamos igualar essas informações e deixar as densidades aparecerem.

Com $v_2 = v_1/2$, temos $T_2 = T_1/4$. Sendo $T_1 = P$ e $T_2 = P - E$: \[P - E = \dfrac{P}{4} \;\Rightarrow\; E = \dfrac{3P}{4}\] Escrevendo peso e empuxo com as densidades (volume total $V$, $3V/8$ submersos): \[\rho_A\,\dfrac{3}{8}\,V g = \dfrac{3}{4}\,\rho_B\,V g \;\Rightarrow\; \dfrac{\rho_A}{8} = \dfrac{\rho_B}{4}\] \[\dfrac{\rho_B}{\rho_A} = \dfrac{1}{2}\]

A razão é $1/2$. Só para conferir: o bloco é menos denso que a água e ainda assim está preso pela corda, mantendo-se sob tração graças ao fio, e apenas $3/8$ do volume submerso já tiram $3/4$ do peso, o que é coerente com um bloco de densidade média de meia água (se estivesse todo submerso, o empuxo valeria o dobro do peso e a corda afrouxaria).

Uma corda de violão com extremidades fixas vibra no modo de 3 ventres e emite 600 Hz. Depois, o violonista prende a corda com o dedo, encurtando o trecho que vibra, e no modo de 1 ventre o som é de 800 Hz. Pede-se que fração do comprimento total vibrou na segunda vez. Repare que a tração e a densidade da corda não mudam, então a velocidade da onda é a mesma nos dois casos.

Numa corda com extremidades fixas, o número de ventres coincide com o número do harmônico, e a frequência é $f_n = n\,\dfrac{v}{2L}$. Assim, 3 ventres é o terceiro harmônico e 1 ventre é o fundamental. Como $v$ é a mesma, podemos dividir uma equação pela outra e eliminar $v$. Vamos por partes: escrever a frequência de cada situação, dividir e isolar a razão $L_2/L_1$.

Primeira situação (n = 3) e segunda (n = 1): \[600 = \dfrac{3v}{2L_1}, \qquad 800 = \dfrac{v}{2L_2}\] Dividindo a segunda pela primeira: \[\dfrac{800}{600} = \dfrac{1/L_2}{3/L_1} = \dfrac{L_1}{3L_2}\] \[\dfrac{L_2}{L_1} = \dfrac{600}{3\cdot 800} = \dfrac{1}{4}\]

A fração é $1/4$. Uma checagem rápida: no fundamental, o comprimento de onda é $2L_2$, e no primeiro caso é $2L_1/3$. Como a frequência aumentou de 600 para 800 Hz, o comprimento de onda diminuiu para $3/4$ do anterior, isto é, $2L_2 = \tfrac34\cdot \tfrac{2L_1}{3}$, o que dá mesmo $L_2 = L_1/4$.

Duas barras de mesma área, uma de 1 m com condutividade 300 W/m·K e outra de 2 m com 200 W/m·K, estão ligadas em série entre uma extremidade a 0 °C e outra a 100 °C. Em regime estacionário e sem perdas laterais, pede-se a temperatura da junção. Repare que a área não é dada, e não precisa ser: ela é a mesma nas duas barras e vai desaparecer da conta.

Em regime estacionário, nada se acumula na junção, então o fluxo de calor que atravessa uma barra é exatamente o que atravessa a outra. Esse é o ponto central. Pela lei de Fourier, o fluxo em cada barra é $\Phi = kA\,\Delta T/\ell$. Igualando os dois fluxos, encontramos a temperatura $T_0$ da junção. Vamos por partes: escrever o fluxo de cada barra, igualar e resolver a equação linear.

Igualdade de fluxos, com $A$ cancelada: \[\dfrac{k_2\,(100 - T_0)}{\ell_2} = \dfrac{k_1\,(T_0 - 0)}{\ell_1}\] \[\dfrac{200\,(100 - T_0)}{2} = \dfrac{300\,T_0}{1}\] \[100\,(100 - T_0) = 300\,T_0 \;\Rightarrow\; 100 - T_0 = 3\,T_0\] \[T_0 = 25^\circ\text{C}\]

A junção fica a $25^\circ\text{C}$. Para fechar com segurança: a barra da direita é curta e boa condutora, então concentra pouca queda de temperatura (25 °C), enquanto a da esquerda, longa e mais resistiva, concentra a maior parte (75 °C). A junção deve ficar bem mais perto do lado frio, e ela fica.

Uma partícula de carga $q$ entra num campo magnético uniforme com velocidade de módulo constante e paralela ao campo. Pergunta-se que movimento ela descreve. Repare que o enunciado diz explicitamente que a velocidade é paralela a $\vec B$, e essa palavra é a chave da questão.

A força magnética sobre uma carga é $\vec F = q\,\vec v \times \vec B$, e o produto vetorial só é diferente de zero quando existe componente de $\vec v$ perpendicular ao campo. Se os dois vetores são paralelos, o seno do ângulo entre eles é zero e a força é nula. Sem força resultante, vale a primeira lei de Newton: a partícula mantém o que já fazia.

O módulo da força é: \[F = |q|\,v\,B\,\sin\theta = |q|\,v\,B\,\sin 0^\circ = 0\] Com $F = 0$, a aceleração é nula, e a velocidade permanece constante em módulo, direção e sentido.

A trajetória é uma reta percorrida com velocidade constante, isto é, movimento retilíneo e uniforme. Vale um teste de bom senso: circular e espiral exigem componente de velocidade perpendicular a $\vec B$, e aqui ela não existe; movimento uniformemente variado exigiria aceleração constante, que exigiria força.

São quatro afirmações sobre o campo magnético de um ímã, e é preciso julgar cada uma para escolher a combinação correta. Repare que é uma questão conceitual: não há conta, e cada item testa uma ideia distinta, como a inseparabilidade dos polos, a posição dos polos, a dependência com a distância e o sentido das linhas de campo.

A estratégia é julgar as afirmações uma a uma, sem depender das alternativas, e só depois procurar a combinação que bate com o resultado. As ideias que resolvem são: não existem polos isolados, as forças magnéticas enfraquecem com a distância e as linhas de indução formam curvas fechadas.

Item I: verdadeiro, pois quebrar um ímã não separa o norte do sul, e cada pedaço passa a ter os seus dois polos. Item II: falso, porque os polos não ficam exatamente nas extremidades, e sim um pouco para dentro delas. Item III: falso, já que a força entre ímãs diminui, e não aumenta, com a distância. Item IV: verdadeiro, pois as linhas saem do norte e chegam ao sul do lado de fora, e por dentro do ímã fecham o laço indo do sul para o norte.

São verdadeiras somente I e IV. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o item III contradiz a experiência diária, já que dois ímãs de geladeira só se atraem de fato quando estão próximos. E o item IV é coerente com a ausência de monopolos, já que linhas que nascessem e morressem em pontos isolados dariam origem a polos separados.

Um capacitor de placas paralelas, com ar, área $A$ e distância $d$, suporta carga máxima $Q$ sob tensão $V$. Coloca-se sobre uma das placas uma lâmina dielétrica de constante $K$, com a mesma área $A$ e espessura $d/2$. Pede-se a nova carga máxima. Repare que a lâmina cobre toda a área, mas só metade da espessura: o espaço entre as placas fica dividido em duas camadas empilhadas.

Camadas empilhadas ao longo da distância entre as placas comportam-se como capacitores em série, cada um com espessura $d/2$: um com ar e outro com o dielétrico. A associação em paralelo só aparece quando o dielétrico cobre parte da área, e não é o caso aqui. Com a tensão $V$ mantida, a carga é a nova capacitância equivalente vezes $V$. Vamos por partes: capacitância de cada camada, associação em série e carga final.

Com $C_0 = \dfrac{\varepsilon_0 A}{d}$, as duas camadas valem: \[C_1 = \dfrac{\varepsilon_0 A}{d/2} = 2C_0, \qquad C_2 = \dfrac{K\varepsilon_0 A}{d/2} = 2K\,C_0\] Em série: \[C_{eq} = \dfrac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \dfrac{4K\,C_0^2}{2C_0\,(1 + K)} = \dfrac{2K}{1 + K}\,C_0\] Como $V$ é o mesmo e $Q = C_0 V$: \[Q' = C_{eq}\,V = \dfrac{2K}{1 + K}\,Q\]

A nova carga é $\dfrac{2K}{1+K}\,Q$. Sanidade de limites: com $K = 1$ (sem dielétrico) o fator é 1 e a carga não muda; com $K \to \infty$ o fator tende a 2, o que faz sentido, pois o dielétrico se comportaria como um condutor e a distância efetiva cairia à metade, dobrando a capacitância.

Uma barra de 320 g desce trilhos inclinados de $60^\circ$, com atrito cinético $\mu = 0{,}5$. Os trilhos, de resistência desprezível e separados por $d = 1{,}0\text{ m}$, são fechados por um resistor $R$ no alto da rampa, como mostra a figura. O campo de $1\text{ T}$ é perpendicular ao plano dos trilhos, conforme o enunciado. A barra chega a uma velocidade limite de $2{,}0\text{ m/s}$ e pede-se $R$. Velocidade limite quer dizer aceleração nula: as forças ao longo do plano se equilibram.

Ao descer, a barra varre área do circuito e surge uma fem $\mathcal E = B\,d\,v$. A corrente resultante sofre uma força magnética que se opõe ao movimento (lei de Lenz) e cresce com $v$, até que, somada ao atrito, iguale a componente do peso ao longo do plano. Vamos por partes: componente do peso, atrito, força magnética em função de $R$ e, por fim, o balanço.

Com $mg = 3{,}2\text{ N}$, a componente do peso paralela ao plano e o atrito cinético valem: \[P_x = mg\sin 60^\circ = 3{,}2\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\approx 2{,}77\text{ N}\qquad f_k=\mu\,mg\cos60^\circ = 0{,}5\cdot 3{,}2\cdot 0{,}5 = 0{,}8\text{ N}\] Com $i = \dfrac{B d v}{R}$, a força magnética é \[F_{mag} = B\,i\,d = \dfrac{B^2 d^2 v}{R} = \dfrac{2}{R}\text{ N}\] No regime terminal: \[P_x = f_k + F_{mag}\;\Rightarrow\;\dfrac{2}{R}\approx 2{,}77-0{,}8 = 1{,}97\;\Rightarrow\; R\approx 1{,}0\,\Omega\]

O balanço de forças, com os dados exatamente como estão no enunciado, dá $R$ da ordem de $1\,\Omega$, e não consegui reproduzir por este caminho o valor da essa configuração ($5\,\Omega$), que é a indicada no gabarito oficial. Um teste útil: para $R = 5\,\Omega$ a força magnética seria apenas $0{,}4\text{ N}$, muito menor que os $1{,}97\text{ N}$ que precisam ser equilibrados. Guarde o método, que é o que a questão avalia: peso ao longo do plano igual a atrito mais força magnética, com $F_{mag}=B^2d^2v/R$.

A máquina 1 é de Carnot, opera entre 500 K e 200 K e rejeita 100 kJ. A máquina 2, de Diesel, realiza o mesmo trabalho total, e 20% dele ocorre na expansão isobárica, com volume passando de $0{,}1$ para $0{,}3\text{ m}^3$. Pede-se a pressão nessa etapa. Repare que as temperaturas só servem para a máquina de Carnot, e que a pressão sai do trabalho na isobárica, não de alguma relação adiabática.

Primeiro, o rendimento de Carnot depende só das temperaturas das fontes. Segundo, com o calor rejeitado e o rendimento, descobrimos o trabalho da máquina 1, que é o mesmo da máquina 2. Terceiro, 20% desse trabalho ocorre a pressão constante, e nesse trecho o trabalho é simplesmente $P\,\Delta V$, o que fornece a pressão. É um encadeamento curto, onde cada resultado alimenta o seguinte.

Rendimento de Carnot, com temperaturas em kelvin: \[\eta = 1 - \dfrac{200}{500} = 0{,}6\] Com $\eta = \dfrac{W}{W + Q_F}$ e $Q_F = 100\text{ kJ}$: \[0{,}6 = \dfrac{W}{W + 100} \;\Rightarrow\; 0{,}4\,W = 60 \;\Rightarrow\; W = 150\text{ kJ}\] Trabalho isobárico da máquina 2 e pressão: \[W_{iso} = 0{,}2\cdot 150\,000 = 30\,000\text{ J} = P\,(0{,}3 - 0{,}1)\] \[P = \dfrac{30\,000}{0{,}2} = 1{,}5\times 10^5\text{ Pa}\]

A pressão vale $1{,}5\times 10^5\text{ Pa}$. Só para conferir: é da ordem de 1,5 atmosfera, valor razoável para uma etapa de expansão isobárica num cilindro, e as unidades fecham, pois Pa vezes m³ dá joule.