EFOMM 2024 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O enunciado entrega a trajetória do ponto A já escrita em coordenadas cartesianas e pede a razão entre o módulo da velocidade de A e a sua componente horizontal quando y = 1,62 m. Note que y vai de 0 a um máximo de 2 m, então essa altura fica na metade de cima da roda, perto do topo. O que importa é reconhecer a curva; não precisamos calcular x em nenhum momento.

Um ponto da borda de uma roda que rola sem deslizar descreve uma cicloide, cujas equações paramétricas em função do ângulo girado $\theta$ são $x = R(\theta - \sin\theta)$ e $y = R(1-\cos\theta)$. Comparando com a expressão dada, $\arccos(1-y)$ é o próprio $\theta$ e $\sqrt{2y-y^2}$ é $\sin\theta$, o que revela $R = 1$ m. Aqui está a sacada: derivando no tempo, com $\omega$ constante, as duas componentes da velocidade dependem apenas de $\theta$, e a razão pedida cancela $R\omega$.

Derivando as paramétricas em relação ao tempo: \[v_x = R\omega\,(1-\cos\theta), \qquad v_y = R\omega\,\sin\theta\] O módulo fica \[v = R\omega\sqrt{(1-\cos\theta)^2+\sin^2\theta} = R\omega\sqrt{2(1-\cos\theta)}\] Como $y = R(1-\cos\theta)$ e $R = 1$ m, temos $1-\cos\theta = 1{,}62$. A razão é então \[\dfrac{v}{v_x} = \dfrac{\sqrt{2(1-\cos\theta)}}{1-\cos\theta} = \sqrt{\dfrac{2}{1{,}62}} = \sqrt{\dfrac{100}{81}} = \dfrac{10}{9}\]

A razão vale 10/9. Uma checagem rápida: no topo da roda (y = 2 m) a velocidade é toda horizontal e a razão vale 1; no contato com o solo (y = 0) a componente horizontal se anula e a razão diverge. Com y = 1,62 m, próximo do topo, um valor ligeiramente acima de 1 é exatamente o esperado.

Há duas situações. Na primeira, só o fio 1 age e o campo em P vale 0,3 μT, o que permite descobrir a distância de P ao fio 1. Na segunda, o fio 2 entra com 1 A no mesmo sentido e o campo total passa a $\sqrt{10}/10\ \mu\text{T}$. A pergunta é a distância d entre os fios, que forma um triângulo com P. Os sentidos das correntes só interessam porque definem a direção dos campos.

O campo de um fio longo é $B = \mu_0 i/(2\pi r)$ e é perpendicular ao segmento que liga o fio ao ponto. Como o campo é vetor, o total em P vem de uma soma vetorial. Repare que, comparando $B_T^2$ com $B_1^2$, podemos testar se os dois campos formam um ângulo reto: se $B_T^2 = B_1^2 + B_2^2$, os campos são ortogonais e, como cada um é perpendicular ao seu raio, os raios também formam 90° em P. Aí d é a hipotenusa do triângulo.

Com o fio 1 sozinho: \[r_1 = \dfrac{\mu_0 i_1}{2\pi B_1} = \dfrac{2\times10^{-7}\cdot 3}{0{,}3\times10^{-6}} = 2\text{ m}\] No campo total, $B_T^2 = 0{,}1\ (\mu\text{T})^2$ e $B_1^2 = 0{,}09\ (\mu\text{T})^2$. A diferença é exatamente o quadrado de um campo menor: \[B_2^2 = 0{,}1 - 0{,}09 = 0{,}01 \implies B_2 = 0{,}1\ \mu\text{T}\] \[r_2 = \dfrac{2\times10^{-7}\cdot 1}{0{,}1\times10^{-6}} = 2\text{ m}\] Com os raios ortogonais em P: \[d = \sqrt{r_1^2 + r_2^2} = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}\text{ m}\]

A distância vale $2\sqrt{2}\ \text{m} \approx 2{,}83$ m. Para fechar com segurança: 1 A a 2 m gera 0,1 μT, ordem de grandeza correta para fios longos; d é maior que cada cateto e menor que a soma deles (4 m), como deve ser em um triângulo.

Uma partícula desce por uma pista em quarto de círculo que também pode deslizar sem atrito sobre o solo. Tudo parte do repouso, a partícula começa no ponto mais alto (altura R) e queremos o módulo da velocidade dela em relação ao solo quando estiver à altura h. As alternativas parecem assustadoras, mas todas nascem de duas leis e de um vínculo geométrico; não é preciso decorar nada.

Não há força externa horizontal sobre o sistema partícula mais pista: o peso e a normal do solo são verticais. Logo, a quantidade de movimento horizontal se conserva. Também não há atrito, então a energia mecânica total se conserva. O vínculo é que a velocidade da partícula em relação à pista é sempre tangente ao arco. Essas três informações fecham o problema.

Sejam $\vec u$ a velocidade da partícula em relação à pista e $V$ a velocidade da pista em relação ao solo. A velocidade horizontal da partícula no solo é $u_x + V$ e a vertical é $u_y$. Conservando o momento horizontal: \[m(u_x+V)+MV=0 \implies V=-\dfrac{m}{m+M}\,u_x\] Na altura h, o raio que liga o centro do arco à partícula tem componentes $\sqrt{2Rh-h^2}$ (horizontal) e $R-h$ (vertical), e a tangente é perpendicular a ele: \[\dfrac{u_y}{u_x}=\dfrac{\sqrt{2Rh-h^2}}{R-h}\] A energia mecânica do conjunto dá \[mg(R-h)=\dfrac12 m\left[(u_x+V)^2+u_y^2\right]+\dfrac12 MV^2\] Eliminando $V$ e $u_y$ em função de $u_x$, e formando $v^2=(u_x+V)^2+u_y^2$, chega-se a \[v^2=\dfrac{2g(R-h)}{1+\dfrac{m/M}{1+\left[\dfrac{2Rh-h^2}{(R-h)^2}\right]\left(1+\dfrac{m}{M}\right)^2}}\]

A expressão é a da essa configuração. Dois testes de sanidade rápidos: se a pista fosse muito pesada ($m/M \to 0$), a fração some e sobra $v^2=2g(R-h)$, a queda livre da altura $R-h$, como esperado para uma pista praticamente fixa; e, em h = R, o numerador zera e a partícula está parada.

A caixa M desliza sem atrito e carrega uma roldana de massa desprezível. O fio sai da parede na horizontal, passa pela roldana e desce inclinado até o objeto m. Queremos o cosseno do ângulo $\theta$ do trecho inclinado com a horizontal para que esse ângulo não mude durante a queda. Repare que g e a tração não aparecem nas alternativas: só importam m, M e a geometria.

Como a roldana não tem massa, a força do fio sobre a caixa é a soma de duas trações iguais, uma horizontal e outra inclinada. O fio inextensível liga as duas partes do sistema: se a caixa avança com aceleração $b$ em direção à parede, o trecho inclinado se alonga com aceleração $b$. Com $\theta$ constante, a aceleração de m fica totalmente determinada por $b$ e por $\theta$. O pulo do gato é este: não trate a caixa como parada, pois ela acelera e arrasta o objeto junto.

Para a caixa, a componente horizontal da força resultante é \[Mb = T(1-\cos\theta)\] Para o objeto m, a aceleração horizontal, composta do movimento da caixa com o alongamento do fio, tem módulo $b(1-\cos\theta)$, e a única força horizontal é $T\cos\theta$: \[m\,b\,(1-\cos\theta)=T\cos\theta\] Substituindo $T = Mb/(1-\cos\theta)$, o $b$ se cancela: \[m(1-\cos\theta)^2 = M\cos\theta \implies \cos^2\theta-\left(2+\dfrac{M}{m}\right)\cos\theta+1=0\] \[\cos\theta=\left(1+\dfrac{M}{2m}\right)\pm\sqrt{\left(1+\dfrac{M}{2m}\right)^2-1}\]

O produto das duas raízes é 1 e ambas são positivas, então uma é maior que 1 e a outra fica entre 0 e 1. Como $\cos\theta \le 1$, vale o sinal negativo. Vale um teste de bom senso: se M tende a zero, o cosseno tende a 1 (ângulo nulo); se M cresce muito, o cosseno cai para perto de 0.

Duas barras homogêneas, articuladas no solo, se apoiam uma na outra, e só o atrito estático no contato impede que caiam. Pede-se o intervalo $[a, b]$ de valores da razão $m_2/m_1$ para o qual o equilíbrio se mantém. Na figura, a barra 1 faz $\theta$ com o solo, a barra 2 faz $\varphi$, e o topo arredondado da barra 2 toca a barra 1. Como o raio é desprezível, o contato é pontual: a normal é perpendicular à barra 1 e o atrito é paralelo a ela. Note que as duas articulações e o ponto de contato formam um triângulo.

Cada barra deve estar em equilíbrio de rotação por si só. Na barra 1, tome torques em torno da sua articulação: o atrito passa por ela e não entra na conta, e assim sai a normal $N$. Na barra 2, use a mesma força de contato, em sentido oposto, e obtenha $m_2$. O atrito estático varia entre $-\mu N$ e $+\mu N$, e é isso que abre o intervalo entre $a$ e $b$.

Pela lei dos senos no triângulo, o contato está a uma distância $s = L_2\sin\varphi/\sin\theta$ da articulação da barra 1. O torque em torno dela: \[m_1 g\,\dfrac{L_1}{2}\cos\theta = N\,s \;\Rightarrow\; N=\dfrac{m_1 g L_1\sin 2\theta}{4L_2\sin\varphi}\] Na barra 2, o contato está a $L_2$ da articulação. O peso e a normal produzem torques no mesmo sentido, e o atrito, de intensidade $f$, faz o contrapeso: \[m_2 g\,\dfrac{L_2}{2}\cos\varphi = L_2\left[-N\cos(\theta+\varphi) \pm f\sin(\theta+\varphi)\right]\] Impondo $f = \mu N$ nos dois sentidos e isolando a razão: \[\dfrac{m_2}{m_1}=\dfrac{L_1\sin 2\theta}{L_2\sin 2\varphi}\left[-\cos(\theta+\varphi)\pm\mu\sin(\theta+\varphi)\right]\]

O sinal negativo dá o extremo $a$ e o positivo dá o extremo $b$, exatamente como na essa configuração. Olhe o resultado com desconfiança saudável: com $\mu = 0$ os dois extremos coincidem e só um valor de $m_2/m_1$ equilibra o sistema; com atrito o intervalo se abre simetricamente em torno dele. Além disso, $-\cos(\theta+\varphi)$ só é positivo se $\theta+\varphi \gt 90^\circ$, o que combina com a figura, na qual o ângulo do topo do triângulo é agudo.

O planeta X tem a massa da Terra, metade do raio e gira com período de 2 h. Queremos pôr um objeto em órbita rasante gastando a menor energia possível e saber a velocidade de lançamento em relação ao solo. Repare que não precisamos de G nem da massa: os dados da Terra (escape de 11,2 km/s e 460 m/s no equador) bastam para escalar tudo.

Para uma órbita circular rasante, $v_{orb}=\sqrt{GM/R}$, que é a velocidade de escape dividida por $\sqrt{2}$. Se o raio cai à metade com a mesma massa, a velocidade orbital aumenta por $\sqrt{2}$. A menor energia exige aproveitar a rotação do planeta: lançar no equador, no mesmo sentido da rotação. O solo já se move, então a velocidade em relação ao solo é a orbital menos a de rotação.

Na Terra: \[v_{orb,T}=\dfrac{11{,}2}{\sqrt2}\approx 7{,}92\text{ km/s}\] No planeta X, com raio $R_T/2$: \[v_{orb,X}=\sqrt2\,v_{orb,T}=11{,}2\text{ km/s}\] A rotação de X: o raio é metade e o período é 2 h, ou seja, 1/12 do dia terrestre de 24 h. Logo a velocidade do equador é \[v_{eq,X}=\dfrac{2\pi (R_T/2)}{T_T/12}=6\,v_{eq,T}=6\times0{,}46=2{,}76\text{ km/s}\] E a velocidade de lançamento em relação ao solo é \[v_{solo}=v_{orb,X}-v_{eq,X}=11{,}2-2{,}76=8{,}44\text{ km/s}\]

O valor de 8,44 km/s está entre 8 e 9 km/s. Só para conferir: precisa ser maior que a órbita rasante da Terra (7,9 km/s), pois X é mais compacto, e menor que 11,2 km/s, pois a rotação ajuda.

Um barco em forma de caixa, com base de 4 m² e 1 m de altura, flutua em equilíbrio. Um pacote de 100 kg cai de 20 m sobre ele, sem resistência do ar, e fica preso ao barco (choque perfeitamente inelástico). Queremos a profundidade máxima do fundo do barco abaixo da superfície da água. A altura de 1 m serve para a massa do barco e para conferir, no fim, que ele não afunda por inteiro.

Vamos por partes, porque há três fases com leis diferentes. Na queda, vale a energia. No choque, que é rápido e inelástico, vale a conservação da quantidade de movimento, e a energia mecânica não se conserva. Depois do choque, como o barco tem seção constante, o empuxo varia linearmente com a profundidade e age como uma mola: o conjunto oscila em torno de um novo equilíbrio, mais fundo por causa da massa extra. A profundidade máxima é a posição do novo equilíbrio mais a amplitude.

A massa do barco é $M = 100\cdot 4 = 400$ kg. A velocidade do pacote ao chegar e a velocidade do conjunto logo após o choque são \[v_0=\sqrt{2gH}=20\text{ m/s}, \qquad V=\dfrac{m v_0}{m+M}=\dfrac{100\cdot 20}{500}=4\text{ m/s}\] O calado inicial e o novo calado de equilíbrio (com 500 kg no total): \[h_0=\dfrac{M}{\rho A}=0{,}1\text{ m}, \qquad h_{eq}=\dfrac{M+m}{\rho A}=0{,}125\text{ m}\] A "mola" do empuxo e a frequência angular: \[k=\rho g A=4\times10^{4}\text{ N/m}, \qquad \omega^2=\dfrac{k}{M+m}=80\text{ s}^{-2}\] Logo após o choque, o fundo está em $y_0 = h_0-h_{eq} = -0{,}025$ m em relação ao novo equilíbrio, com velocidade de 4 m/s. A amplitude vem da energia do MHS: \[A^2=y_0^2+\dfrac{V^2}{\omega^2}=0{,}000625+0{,}2=\dfrac{321}{1600}\] \[h_{max}=h_{eq}+A=\dfrac{5}{40}+\dfrac{\sqrt{321}}{40}=\dfrac{5+\sqrt{321}}{40}\text{ m}\]

Resultado: $(5+\sqrt{321})/40 \approx 0{,}57$ m. Uma checagem rápida: é maior que o novo calado de equilíbrio (0,125 m), como deve ser no ponto mais fundo da oscilação, e menor que 1 m, então o barco não afunda por inteiro e o modelo linear do empuxo continua válido.

São quatro afirmativas independentes, de assuntos diferentes: trabalho da força magnética, equilíbrio de cargas, MHS e força normal. Não há contas. Basta uma palavra absoluta, como "sempre" ou "só", para a afirmativa cair.

Vamos afirmativa por afirmativa, procurando o conceito que decide cada uma e testando com um contraexemplo quando a frase usa palavras absolutas.

Item I: verdadeira. A força $q\vec{v}\times\vec{B}$ é sempre perpendicular à velocidade, logo $\vec F\cdot d\vec r=0$ e o trabalho é nulo, embora ela mude a direção do movimento. Item II: falsa. Pelo teorema de Earnshaw, cargas estáticas não sustentam uma carga em equilíbrio estável; no centro de uma configuração simétrica o equilíbrio até existe, mas é instável em alguma direção. Item III: falsa. Restauradora só produz MHS se for proporcional ao deslocamento, como $F=-kx$. Item IV: falsa. Normal e peso atuam no mesmo corpo, então nunca formam par ação e reação, seja a superfície horizontal ou não.

Só o item I é verdadeiro. Para fechar com segurança: toda alternativa que inclui II, III ou IV depende de um item falso, então todas as outras caem.

Uma corda de comprimento L, presa nas duas pontas, é excitada por um motor na frequência máxima $f_{máx}$. Com tensão $T_1$, a figura mostra um padrão com 2 ventres. Depois, mantendo motor e corda, queremos um padrão com 9 nós, com um nó em cada extremidade, e perguntamos qual tensão $T_2$ é necessária. Repare que o dado essencial está na contagem de ventres, não na de nós.

Em uma corda fixa nas duas pontas, o harmônico de ordem n tem n ventres e frequência $f=\dfrac{n}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$. Como a frequência do motor, o comprimento e a densidade linear da corda permanecem os mesmos, o produto $n\sqrt{T}$ tem de ser o mesmo nas duas situações. Quem muda de padrão sem mudar a frequência precisa mudar a velocidade da onda, e isso se faz pela tensão.

No primeiro caso, $n_1 = 2$. No segundo, 9 nós com dois deles nas pontas deixam 8 intervalos entre nós vizinhos, ou seja, 8 ventres: $n_2 = 8$. Igualando as frequências: \[n_1\sqrt{T_1}=n_2\sqrt{T_2} \implies 2\sqrt{T_1}=8\sqrt{T_2} \implies \sqrt{T_2}=\dfrac{1}{4}\sqrt{T_1}\] Elevando ao quadrado: \[T_2=\dfrac{1}{16}\,T_1\]

A tensão cai a 1/16 do valor inicial. Vale um teste de bom senso: com a mesma frequência, mais ventres significam comprimento de onda menor e, portanto, onda mais lenta, o que pede menos tensão. Quadruplicar o número de ventres reduz a tensão pelo quadrado desse fator, 16.

Na ausência de gravidade, o peso não serve para pesar ninguém. O astronauta se prende a uma cadeira presa a uma mola e mede o período de oscilação. Os gráficos trazem três registros: a massa padrão de 6,0 kg, que completa 12 oscilações em 12 s; o 1º dia, com 4 oscilações em 12 s; e o 100º dia, com 4 oscilações em 11,6 s. Pede-se a variação da massa do astronauta.

Para massa-mola, $T=2\pi\sqrt{m/k}$, então $m\propto T^2$. Como a mola é a mesma nas três medições, a massa padrão calibra o sistema e dispensa o cálculo de k: basta comparar quadrados dos períodos. O período de cada registro sai de dividir o tempo total pelo número de oscilações.

Massa padrão: $T_p = 12/12 = 1{,}0$ s. Como $m = 6{,}0\,T^2$ (com T em segundos), calculamos os dois dias. No 1º dia, $T_1 = 12/4 = 3{,}0$ s e \[m_1 = 6{,}0\cdot 3{,}0^2 = 54{,}0\text{ kg}\] No 100º dia, $T_2 = 11{,}6/4 = 2{,}9$ s e \[m_2 = 6{,}0\cdot 2{,}9^2 = 50{,}46\text{ kg}\] A variação é \[\Delta m = 50{,}46-54{,}0 \approx -3{,}5\text{ kg}\]

O astronauta perdeu cerca de 3,5 kg. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o período caiu uns 3%, e como a massa depende do quadrado, a queda esperada é perto de 6,5% de 54 kg, isto é, uns 3,5 kg. O sinal negativo também é coerente com um período menor.

Dois alto-falantes idênticos emitem 510 Hz e o carrinho passa entre eles. O carrinho se aproxima de um e se afasta do outro ao mesmo tempo, então ouve duas frequências ligeiramente diferentes, que produzem batimentos. O ouvido só percebe batimentos até 15 Hz e queremos a velocidade limite do carrinho, com o som a 340 m/s. Distração: as distâncias não importam, e as alternativas em km/h são armadilha de unidade.

Observador em movimento com fonte parada percebe $f=f_0\dfrac{v_{som}\pm v}{v_{som}}$, com sinal positivo na aproximação e negativo no afastamento. A frequência de batimento é a diferença entre as duas frequências recebidas. Portanto, cada fonte contribui com um deslocamento Doppler de sinal oposto, e é o dobro que aparece nos batimentos.

As duas frequências são \[f_1=f_0\left(1+\dfrac{v}{v_{som}}\right), \qquad f_2=f_0\left(1-\dfrac{v}{v_{som}}\right)\] e o batimento vale \[f_{bat}=f_1-f_2=\dfrac{2f_0\,v}{v_{som}}\] Impondo o limite de 15 Hz: \[15=\dfrac{2\cdot 510\cdot v}{340}=3v \implies v=5\text{ m/s}\]

A velocidade limite é 5,0 m/s (18 km/h). Só para conferir: 5 m/s é bem menor que 340 m/s, então o deslocamento de cada fonte é de uns 1,5% de 510 Hz, perto de 7,5 Hz; os dois somam 15 Hz, como pedido.

A pele emite radiação e o ambiente devolve parte dela; o que interessa é o fluxo líquido, a diferença entre o que sai e o que volta. O enunciado já entrega os poderes emissivos de corpo negro às duas temperaturas (498 e 418 W/m²), então não precisamos elevar temperaturas à quarta potência. Faltam a emissividade (0,98), a área (1,5 m²) e o tempo de um dia, com conversão final para caloria alimentar de 4000 J.

A potência líquida irradiada por uma superfície com emissividade $\epsilon$ é $P=\epsilon A(E_{pele}-E_{amb})$. Multiplicando pelo intervalo de tempo temos a energia perdida em um dia, e dividindo por 4000 J obtemos a resposta em calorias alimentares.

A potência líquida: \[P=0{,}98\cdot1{,}5\cdot(498-418)=1{,}47\cdot80=117{,}6\text{ W}\] A energia em um dia: \[E=P\,\Delta t=117{,}6\cdot86400\approx1{,}02\times10^{7}\text{ J}\] Convertendo: \[\dfrac{1{,}02\times10^{7}}{4\times10^{3}}\approx2{,}5\times10^{3}\text{ cal alimentar}\]

O resultado é cerca de $2{,}5\times10^{3}$. Uma checagem rápida: 2500 calorias alimentares por dia é justamente a ordem de grandeza da ingestão diária de energia de uma pessoa, o que faz sentido para um corpo em repouso.

Uma fonte de potência constante, 7500 cal/min, derrete gelo e depois aquece a água resultante até 60 °C. O gráfico mostra que o patamar de fusão dura 160 s a partir de $t_f = 10$ s, e queremos o instante $t_e$ em que a água chega a 60 °C. A massa não é dada, mas o patamar de fusão a revela.

A potência é constante, então energia é potência vezes tempo. No patamar, todo o calor vai para a fusão, $Q=mL$, o que permite achar a massa. Depois, essa mesma massa de água sobe de 0 °C a 60 °C, com $Q=mc\Delta T$, e o tempo desse trecho sai de novo da potência. O instante final é a soma de todos os trechos, incluindo os 10 s iniciais.

Primeiro converta a potência para segundos: 7500 cal/min = 125 cal/s. No patamar de 160 s: \[Q_{fus}=125\cdot160=20000\text{ cal}=m\cdot80 \implies m=250\text{ g}\] Aquecendo essa massa de 0 °C a 60 °C: \[Q=250\cdot1\cdot60=15000\text{ cal} \implies \Delta t=\dfrac{15000}{125}=120\text{ s}\] O instante final: \[t_e=10+160+120=290\text{ s}=4\text{ min }50\text{ s}\]

O instante é 4 min 50 s. Para fechar com segurança: aquecer 60 °C custa 60 cal/g e fundir custa 80 cal/g, então o aquecimento deve durar 3/4 do patamar, isto é, 120 s em 160 s. Confere com a conta.

O diagrama $P\times T$ tem três curvas que se encontram no ponto triplo $(T_C,P_C)$. A curva que sobe para a direita, passando por $(T_A,P_A)$ e $(T_B,P_B)$, é a de vaporização. A curva quase vertical, inclinada para a esquerda, é a de fusão. A curva curta abaixo do ponto triplo é a de sublimação. Sólido fica à esquerda, líquido entre a fusão e a vaporização, e vapor à direita e abaixo.

Em cada afirmativa, fixe a pressão, caminhe na horizontal variando a temperatura e veja quais curvas você cruza e em que região cai o estado descrito.

Item A: em $P_B$, a curva de fusão está em uma temperatura menor que $T_C$; entre essa temperatura e $T_C$ a água é líquida, então não é o único estado sólido, e A é falsa. Item B: a caixa com $T_A\le T\le T_B$ fica toda à direita de $T_C$, longe da região sólida, então não há sólido ali, e B é falsa. Item C: a linha por $(T_A,P_A)$ e $(T_B,P_B)$ é de coexistência líquido-vapor, e não sólido-vapor, então C é falsa. Item D: em $P_C$, acima de $T_C$ o ponto está abaixo da curva de vaporização, na região de vapor, e não de líquido, então D é falsa. Item E: em $P_A$ e $T\gt T_A$ cruzamos a curva de vaporização e entramos na região de vapor, então E é verdadeira.

Fica essa configuração. Vale um teste de bom senso: aquecendo a pressão constante e já em vapor, não há como voltar a líquido.

O ciclo tem quatro etapas: AB, expansão isobárica; BC, compressão adiabática; CD, compressão isobárica; DA, expansão adiabática. O gás é ideal e diatômico, e há quatro afirmativas para julgar. O truque é identificar, em cada etapa, o que fica constante e para onde a temperatura vai.

Em processo isobárico, volume e temperatura andam juntos: se o volume aumenta, a temperatura aumenta. Em processo adiabático não há troca de calor, e o trabalho realizado sobre o gás vira variação de energia interna. Além disso, para gás ideal a energia interna só depende da temperatura. Com essas duas ideias julgamos todos os itens.

Item I: verdadeira. Em AB o volume cresce a pressão constante, logo $T_B>T_A$ e $Q_{AB}=nC_p(T_B-T_A)>0$: o gás absorve calor, que é a retirada de calor do ambiente frio. Item II: falsa. Em BC a compressão adiabática realiza trabalho sobre o gás sem perda de calor, então a temperatura sobe e $T_C>T_B$. Item III: falsa. Em CD, compressão isobárica, o volume diminui e a temperatura cai, então a energia interna diminui, e o gás cede calor. Item IV: falsa. O desempenho do refrigerador é o calor retirado, $nC_p(T_B-T_A)$, dividido pelo trabalho líquido; como as duas isobáricas têm o mesmo $C_p$, resulta $\dfrac{T_B-T_A}{(T_C-T_D)-(T_B-T_A)}$, que não coincide com a expressão do enunciado, a qual equivale a $1+\dfrac{T_B-T_A}{T_C-T_D}$.

Só o item I é verdadeiro. Olhe o resultado com desconfiança saudável: em um refrigerador o gás precisa absorver calor na parte fria do ciclo, e é justamente isso que AB faz, com o gás mais frio que a fonte fria.

Um resistor mergulhado no gás monoatômico, ligado a uma bateria, aquece o gás dentro de um cilindro com êmbolo, como mostra a figura. Com o êmbolo de 1 kg e tensão de 20 V, ele sobe com velocidade constante. Depois, um bloco de 5 kg é posto sobre o êmbolo, e pergunta-se a nova tensão para que o êmbolo suba com a mesma velocidade. A figura não traz mais dados numéricos. Velocidade constante significa pressão constante, e mesma velocidade significa mesma taxa $dV/dt$.

Toda a energia elétrica dissipada vira calor para o gás, e a pressão constante esse calor vai para a energia interna e também para o trabalho de expansão. Por isso entra $C_p = \tfrac52R$, e não $C_v$. Assim a potência elétrica é $\tfrac52\,P\,\dfrac{dV}{dt}$, e a única coisa que muda entre as situações é a pressão, que depende da massa apoiada no gás.

Desprezando a pressão externa, $P = Mg/A$, e com $dV/dt = A\,v$: \[P_{el}=\dfrac52\,P\,\dfrac{dV}{dt}=\dfrac52\,Mg\,v\] A potência é proporcional à massa total: $M_1 = 1\text{ kg}$ e $M_2 = 1+5 = 6\text{ kg}$, logo a potência precisa ficar 6 vezes maior. Com um resistor ôhmico de resistência fixa, $P_{el}=U^2/R$, e então \[U_2 = U_1\sqrt{6} = 20\sqrt6\approx 49\text{ V}\] Se a tensão fosse simplesmente proporcional à massa total, teríamos \[U_2 = 6\cdot 20 = 120\text{ V}\]

O gabarito oficial é essa configuração, 120 V, que corresponde a tomar a tensão proporcional à massa total. Com $P_{el}=U^2/R$ e $R$ constante, a minha conta dá cerca de 49 V, e não consegui reproduzir os 120 V só com os dados do enunciado e da figura. Em ambos os modelos, a tensão precisa subir, e o fator 6 na massa total é o ponto central.

Um disco metálico de raio 0,20 m gira em um campo magnético uniforme de 40,0 mT perpendicular a ele, e escovas ligam centro e borda a um circuito. Queremos a velocidade angular (a pergunta diz "frequência em rad/s") que gera 12 V. Atenção à unidade: 40,0 mT são 0,040 T.

Cada pedacinho do raio do disco se move com velocidade $v=\omega r$, que cresce linearmente do centro até a borda. A força eletromotriz de movimento em um elemento é $B\,v\,dr$, e a soma ao longo do raio dá uma integral simples. A ideia central é esta: como a velocidade cresce de zero até $\omega R$ de forma linear, tudo se passa como se o raio inteiro se movesse com a velocidade média, $\omega R/2$.

A força eletromotriz é \[\mathcal{E}=\int_0^R B\,\omega\,r\,dr=\dfrac12\,B\,\omega\,R^2\] Isolando $\omega$ e substituindo os valores: \[\omega=\dfrac{2\mathcal{E}}{BR^2}=\dfrac{2\cdot12}{0{,}040\cdot(0{,}20)^2}=\dfrac{24}{0{,}0016}=15000\text{ rad/s}\]

A velocidade angular vale 15000 rad/s. Só para conferir: o número é grande, cerca de 2400 rotações por segundo, porque o campo e o raio são pequenos e 12 V é muito para um disco desse tamanho; os dados do exercício é que impõem esse valor.

Três arcos concêntricos, centrados na origem, têm raios de 5, 10 e 15 cm. Os dois primeiros têm cargas 4,0 μC e −12,0 μC; o terceiro tem carga Q desconhecida. Uma carga de prova de 2 nC, colocada na origem, tem energia potencial de $28{,}8\times10^{-4}$ J. Queremos Q.

Como energia potencial é $E_p = qV$, o potencial no centro sai direto do dado. Além disso, o potencial é uma grandeza escalar, e todos os pontos de um arco carregado estão à mesma distância do centro, então cada arco contribui como uma carga pontual a essa distância, sem depender da abertura do arco. O potencial total é a soma escalar $k\,q_i/r_i$, com os sinais das cargas.

O potencial na origem: \[V=\dfrac{E_p}{q}=\dfrac{28{,}8\times10^{-4}}{2\times10^{-9}}=1{,}44\times10^{6}\text{ V}\] As contribuições dos arcos conhecidos: \[V_1=\dfrac{9\times10^{9}\cdot4\times10^{-6}}{0{,}05}=7{,}2\times10^{5}\text{ V}, \qquad V_2=\dfrac{9\times10^{9}\cdot(-12\times10^{-6})}{0{,}10}=-1{,}08\times10^{6}\text{ V}\] O arco 3 precisa completar o total: \[V_3=V-V_1-V_2=1{,}44\times10^{6}-7{,}2\times10^{5}+1{,}08\times10^{6}=1{,}8\times10^{6}\text{ V}\] \[Q=\dfrac{V_3\,r_3}{k}=\dfrac{1{,}8\times10^{6}\cdot0{,}15}{9\times10^{9}}=3\times10^{-5}\text{ C}\]

A carga é 30 μC. Uma checagem rápida: os arcos 1 e 2 juntos dão potencial negativo, $-3{,}6\times10^{5}$ V, e o total é positivo, então Q precisa ser positiva e grande o bastante para vencer o negativo, como o resultado mostra.

Uma gota de tinta com carga negativa entra horizontalmente, a 20 m/s, entre placas de comprimento 2,0 cm e é desviada. O desvio previsto era 0,50 mm, mas, com a dilatação das placas, foi 2,00 mm. Queremos a dilatação $\Delta L$. Repare que massa, carga e campo não precisam ser calculados: o que muda entre os dois casos é só o tempo dentro do campo.

No sentido horizontal o movimento é uniforme, então o tempo de travessia é $t=L/v_x$. No vertical, a força elétrica constante gera aceleração constante $a=qE/m$, e o desvio é $y=\tfrac12 a t^2$. Como m, q, E e $v_x$ ficam iguais, o desvio é proporcional a $L^2$.

Em forma de razão: \[\dfrac{y_2}{y_1}=\left(\dfrac{L'}{L}\right)^2 \implies \dfrac{2{,}00}{0{,}50}=4=\left(\dfrac{L'}{L}\right)^2 \implies \dfrac{L'}{L}=2\] \[L'=2\cdot2{,}0=4{,}0\text{ cm} \implies \Delta L=L'-L=2{,}0\text{ cm}\]

A dilatação é 2,0 cm. Para fechar com segurança: com L = 2 cm, o tempo é 1 ms e o desvio de 0,5 mm exige aceleração de 1000 m/s². Com L' = 4 cm, o tempo é 2 ms e $y=\tfrac12\cdot1000\cdot(2\times10^{-3})^2=2$ mm, exatamente o valor dado.

A rigidez dielétrica é o campo elétrico máximo que o isolante suporta antes de romper. O capacitor com ar (3,0 kV/mm) rompeu porque a fonte aplicou o dobro do potencial máximo dele, $2V_{máx}$. O novo capacitor, ligado à mesma fonte, trabalha com essa tensão igual à metade do limite dele, ou seja, $V'_{máx}/2 = 2V_{máx}$. Supomos a mesma distância entre as placas nos dois.

Se a distância entre as placas d é a mesma, a rigidez dielétrica, $E_{rig}=V_{máx}/d$, é diretamente proporcional ao potencial máximo suportado. Assim, basta comparar os potenciais máximos dos dois capacitores. Repare que não precisamos da capacitância nem da constante dielétrica do material.

A tensão da fonte vale $2V_{máx}$ e, para o novo capacitor, ela é metade do limite dele: \[2V_{máx}=\dfrac{V'_{máx}}{2} \implies V'_{máx}=4V_{máx}\] Como $d$ não mudou: \[E'_{rig}=\dfrac{V'_{máx}}{d}=4\cdot\dfrac{V_{máx}}{d}=4\cdot3{,}0=12\text{ kV/mm}\]

A rigidez do novo material é 12 kV/mm. Vale um teste de bom senso: o novo isolante suporta quatro vezes mais campo que o ar, então faz sentido que resista a uma tensão que rompeu o capacitor antigo; e 12 kV/mm é ordem de grandeza plausível para isolantes sólidos.