EFOMM 2025 — Questões de Física comentadas — Método TEF

São duas estrelas iguais girando em torno do centro de massa, sempre em pontos opostos da circunferência de raio R. Um cosmonauta oscila ao longo do eixo perpendicular ao plano da órbita, com amplitude d muito menor que R. Pede-se a razão entre o período de oscilação do cosmonauta e o período de rotação das estrelas. A amplitude d só serve para justificar a aproximação de que a distância do cosmonauta a cada estrela vale R.

Vamos por partes, porque há dois movimentos distintos. Para as estrelas, a atração mútua faz o papel de força centrípeta, e a distância entre elas é o diâmetro, 2R. Para o cosmonauta, a componente vertical da atração das duas estrelas atua como força restauradora proporcional ao deslocamento, ou seja, um MHS. Calculados os dois períodos, basta dividir um pelo outro.

Estrelas de massa M: a força de atração usa a distância 2R, mas o raio da órbita de cada uma é R. \[\dfrac{GM^2}{(2R)^2}=M\omega_e^2R \;\Rightarrow\; \omega_e^2=\dfrac{GM}{4R^3}\] Cosmonauta de massa m, deslocado z do centro: cada estrela puxa com $GMm/R^2$, e a componente vertical de cada puxão é essa força vezes $z/R$. Com as duas estrelas: \[F_z=-2\,\dfrac{GMm}{R^2}\cdot\dfrac{z}{R}\;\Rightarrow\;\omega_c^2=\dfrac{2GM}{R^3}\] Como o período é inversamente proporcional a $\omega$: \[\dfrac{T_c}{T_e}=\dfrac{\omega_e}{\omega_c}=\sqrt{\dfrac{GM/(4R^3)}{2GM/R^3}}=\sqrt{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\]

A razão vale $\sqrt{2}/4\approx 0{,}35$. Repare que ela aparece escrita como "2/4" no texto das opções, mas o valor correto da fração é $\sqrt{2}/4$, com o radical no numerador; sem ele, a alternativa valeria 0,5 e não teria sentido físico neste cálculo. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o cosmonauta sente duas estrelas puxando e oscila bem mais rápido do que as estrelas giram, então a razão deve ser menor que 1. Além disso, G, M e R saíram todos na divisão, como esperado para um número puro.

Uma barra de 4 m e 500 kg está presa perpendicularmente à parede e sustentada na ponta por duas correntes simétricas de 6 m, presas na parede a 6 m uma da outra. Pede-se o módulo do torque de cada corrente sobre a barra, com origem no ponto de conexão da barra com a parede. Na figura, as correntes sobem da ponta da barra até dois pontos da parede, um de cada lado: elas não estão no plano vertical da barra, e por isso o problema é tridimensional.

Repare no ponto-chave: primeiro descobrimos a tensão pelo equilíbrio de momentos em torno da origem, com o peso aplicado no centro da barra e tratando a conexão como um pivô. Depois calculamos o torque de cada corrente pelo produto vetorial entre o vetor posição da ponta e a força da corrente, que tem componentes nas três direções. Tratar a tensão como puramente vertical descartaria justamente as componentes que entram no produto vetorial.

Com a origem na conexão, a ponta da barra fica em $(0,4,0)$ e as correntes vão até $(\pm 3,0,h)$ na parede. O comprimento de 6 m dá a altura: \[3^2+4^2+h^2=6^2\;\Rightarrow\;h=\sqrt{11}\text{ m}\] Cada corrente puxa a ponta com módulo T, na direção $(\mp 3,\,-4,\,\sqrt{11})/6$. Só a componente vertical sustenta o peso $P=5000\text{ N}$, aplicado a 2 m da origem: \[2\cdot\left(T\dfrac{\sqrt{11}}{6}\right)\cdot 4=P\cdot 2\;\Rightarrow\;T=\dfrac{7500}{\sqrt{11}}\text{ N}\approx 2261\text{ N}\] No produto vetorial com $\vec{r}=(0,4,0)$, a componente da força ao longo da barra não contribui, e o módulo depende do ângulo entre a barra e a corrente, cujo cosseno é $4/6$: \[|\vec{\tau}|=4\,T\,\dfrac{\sqrt{5}}{3}\]

O gabarito oficial é essa configuração, $10000\sqrt{5}/11\text{ N}\cdot\text{m}$. Seguindo exatamente o roteiro acima, com $T=7500/\sqrt{11}$ N, chego a $10000\sqrt{5}/\sqrt{11}$, cerca de 6742 N·m. Note que a estrutura do resultado é a mesma da essa configuração, com $\sqrt{5}$ no numerador e a raiz de 11 vindo da altura h; essa conclusão é a correta com essa forma, e a diferença está no fator $\sqrt{11}$ do denominador. Teste de sanidade do equilíbrio: as duas correntes juntas fornecem $2\cdot 2261\cdot\sqrt{11}/6\approx 2500\text{ N}$ na vertical, exatamente metade do peso, como pede a alavanca (peso a 2 m, tração a 4 m).

Uma esfera carregada, presa a um fio, oscila em campo elétrico uniforme vertical para baixo. Queremos o campo que reduz o período à metade do período sem campo. O comprimento do fio se cancela na razão dos períodos; importam apenas m, q, g e essa razão.

Repare que, com carga positiva e campo para baixo, a força elétrica aponta no mesmo sentido do peso. Para o pêndulo, isso equivale a uma gravidade maior, a gravidade efetiva. Como o período depende de $\sqrt{L/g}$, basta descobrir quanto a gravidade efetiva deve crescer para dividir o período por 2.

Sem e com campo: \[T_0=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}},\qquad T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g_{ef}}},\qquad g_{ef}=g+\dfrac{qE}{M}\] Impondo $T=T_0/2$, a gravidade efetiva deve quadruplicar: \[g_{ef}=4g\;\Rightarrow\;\dfrac{qE}{M}=3g\;\Rightarrow\;E=\dfrac{3Mg}{q}=\dfrac{3\cdot 0{,}1\cdot 10}{1{,}0}=3{,}0\text{ N/C}\]

O campo vale 3,0 N/C. Só para conferir: a força elétrica é 3 N, o triplo do peso de 1 N, então a força total é 4 N, quatro vezes o peso, como a gravidade efetiva 4g exige.

Uma esfera cai do repouso, de uma altura h, verticalmente sobre o ponto A de um plano inclinado a 30° e sem atrito. A colisão tem coeficiente de restituição 0,5. Depois do choque, a esfera segue em lançamento oblíquo e deve cair em P. Pelos dados do problema, P está 3 m à frente de A na horizontal e $1/\sqrt{3}$ m abaixo dele. Pede-se h. A rampa não tem atrito, então só a componente normal é afetada pelo choque.

O caminho tem três etapas: queda livre até A, choque decomposto nos eixos do plano e lançamento com a velocidade resultante. A decisão crucial é o referencial do choque: a componente da velocidade paralela ao plano se conserva, e apenas a componente perpendicular é multiplicada por e. Depois, voltamos aos eixos horizontal e vertical para tratar o lançamento.

A velocidade antes do choque é vertical, com $v_0=\sqrt{2gh}$. Como o plano faz 30° com a horizontal, a normal faz 30° com a vertical. Logo, a componente normal vale $v_0\cos 30^\circ$ e a tangencial vale $v_0\sin 30^\circ$. Depois do choque: \[v_n'=e\,v_0\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{4}v_0,\qquad v_t'=v_0\sin30^\circ=\dfrac{v_0}{2}\] Somando essas componentes, com a normal apontando para fora do plano e a tangencial descendo a rampa, em relação à horizontal e à vertical: \[v_x=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}v_0,\qquad v_y=\dfrac{v_0}{8}\] No lançamento, o tempo para avançar 3 m é $t=3/v_x$, e a altura final deve ser $-1/\sqrt{3}$: \[\dfrac{v_y\,t}{1}-5t^2=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\;\Rightarrow\;v_0^2=\dfrac{160}{\sqrt{3}}\;\Rightarrow\;h=\dfrac{v_0^2}{2g}=\dfrac{8}{\sqrt{3}}\text{ m}\]

Resulta $h=8/\sqrt{3}\approx 4{,}6\text{ m}$. Uma checagem rápida: com essa altura, $v_0\approx 9{,}6\text{ m/s}$ e $v_x\approx 6{,}2\text{ m/s}$, então a esfera leva cerca de 0,48 s para cobrir os 3 m e, nesse tempo, sobe um pouco e cai perto de 0,58 m abaixo de A, coerente com $1/\sqrt{3}$.

Temos um ciclo triangular de gás ideal diatômico num gráfico P por T. O segmento CA é uma reta que passa pela origem, AB tem pressão constante e $T_B=2T_A$. O calor cedido em CA vale 200 J em módulo, e queremos o trabalho de A até B. O trabalho pedido é do trecho isobárico, e o dado de calor pertence a outro trecho.

Repare que reta pela origem em P contra T significa P proporcional a T, o que pela equação de estado exige volume constante. Então CA é isocórico, e o calor ali depende só de $C_v$. Isso nos dá o produto $nRT_A$, que é justamente o que precisamos para o trabalho isobárico $P\Delta V=nR\Delta T$. O ciclo se fecha com BC na vertical, isotérmico, portanto $T_C=T_B=2T_A$.

Em CA, o gás esfria de $2T_A$ até $T_A$ com $C_v=\tfrac{5}{2}R$: \[|Q_{CA}|=n\cdot\dfrac{5}{2}R\,(2T_A-T_A)=\dfrac{5}{2}\,nRT_A=200\text{ J}\;\Rightarrow\;nRT_A=80\text{ J}\] Em AB, a pressão é constante e a temperatura dobra, logo: \[W_{AB}=P\Delta V=nR\,(T_B-T_A)=nRT_A=80\text{ J}\]

O trabalho no trecho AB é 80 J. Para fechar com segurança: o trabalho isobárico é 2/5 do módulo do calor em CA, já que $C_v=\tfrac52R$ e o trabalho equivale a $1\cdot nR\Delta T$; 2/5 de 200 J dá 80 J, compatível com um gás diatômico.

A tabela lista nove dispositivos do passadiço, com potências em kW, ligados a uma rede de 220 V eficazes. Pede-se o disjuntor adequado. Importam a soma de todas as potências, já que podem funcionar juntas, e a tensão da rede.

Vamos por partes: o disjuntor precisa suportar a corrente total do ramo. Como a tensão é a mesma para todos, as potências se somam, e a corrente sai de $P=UI$. Depois escolhemos o menor valor comercial que comporta essa corrente.

Somando as potências, em kW: \[P=0{,}30+0{,}20+0{,}20+0{,}35+0{,}80+0{,}50+0{,}20+0{,}25+1{,}00=3800\text{ W}\] \[I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{3800}{220}\approx 17{,}3\text{ A}\]

Com cerca de 17,3 A, o de 15 A desarmaria em operação normal. A resposta é 20 A, o menor comercial acima da corrente.

Uma partícula de carga negativa entra num campo magnético uniforme com velocidade a 30° da horizontal e sai com velocidade horizontal. Pede-se a distância horizontal D entre entrada e saída. Importam q/m, B e v; o sinal da carga só define o sentido da curva.

Num campo uniforme perpendicular à velocidade, a força magnética é centrípeta e a trajetória é um arco de circunferência. Primeiro achamos o raio. Depois, como a velocidade gira 30° entre entrada e saída, a geometria do arco dá a projeção horizontal do deslocamento.

Igualando força magnética e centrípeta: \[R=\dfrac{v}{(q/m)B}=\dfrac{7{,}0\times10^{6}}{3{,}5\times10^{11}\cdot0{,}2}=10^{-4}\text{ m}=100\,\mu\text{m}\] A posição horizontal varia com o seno do ângulo da velocidade, que passa de 30° a 0°: \[D=R\,\sin30^\circ=100\cdot0{,}5=50\,\mu\text{m}\]

Encontramos $D=50\,\mu\text{m}$. Vale um teste de bom senso: D deve ser menor que o raio, e 50 é a metade de 100. Se a velocidade girasse 90°, D seria o próprio raio.

Quatro esferas condutoras de raios r, 2r, 4r e 8r começam com a mesma carga Q. A esfera A toca sucessivamente B, C e D, sempre com a carga anterior de A somada à carga de cada uma delas. Pergunta-se a carga final de A. As esferas estão afastadas, então só a troca de carga por contato importa.

Vamos por partes: quando dois condutores se tocam, entram em equilíbrio no mesmo potencial. Como o potencial de uma esfera é proporcional a $q/r$, a carga total se reparte proporcionalmente aos raios, e não igualmente. Basta repetir esse cálculo três vezes, usando a carga que A tem antes de cada contato.

Regra geral: a carga total $Q_t$ dividida entre A e X fica, em A, \[q_A'=Q_t\,\dfrac{r_A}{r_A+r_X}\] Primeiro contato, A com B (cargas Q e Q, total 2Q): \[q_A=2Q\cdot\dfrac{r}{r+2r}=\dfrac{2Q}{3}\] Segundo contato, A com C, que ainda tem Q (total $\tfrac{2Q}{3}+Q=\tfrac{5Q}{3}$): \[q_A=\dfrac{5Q}{3}\cdot\dfrac{r}{r+4r}=\dfrac{Q}{3}\] Terceiro contato, A com D, que ainda tem Q (total $\tfrac{Q}{3}+Q=\tfrac{4Q}{3}$): \[q_A=\dfrac{4Q}{3}\cdot\dfrac{r}{r+8r}=\dfrac{4Q}{27}\]

A carga final de A é $4Q/27$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a cada contato, A troca com uma esfera cada vez maior e fica com uma fração cada vez menor do total, então a carga de A só pode diminuir, como vimos: $2Q/3$, $Q/3$ e $4Q/27$.

Duas espiras concêntricas, de raios r e 4r, ficam em planos perpendiculares e são percorridas pelas correntes i e i'. Queremos i' para que o campo resultante no centro faça 30° com o eixo x. Pela figura, a espira maior gera o campo ao longo de x e a menor, ao longo de y.

Note que o campo magnético é vetorial. Cada espira gera no centro um campo perpendicular ao seu plano, de módulo $\mu_0 i/(2R)$. Como os planos são ortogonais, os campos formam um triângulo retângulo, e o ângulo da resultante sai da tangente entre as componentes.

As componentes no centro são: \[B_x=\dfrac{\mu_0 i'}{2(4r)}=\dfrac{\mu_0 i'}{8r},\qquad B_y=\dfrac{\mu_0 i}{2r}\] O ângulo de 30° com x impõe: \[\tan30^\circ=\dfrac{B_y}{B_x}=\dfrac{4i}{i'}\;\Rightarrow\;i'=\dfrac{4i}{\tan30^\circ}=4\sqrt{3}\,i\]

Obtemos $i'=4\sqrt{3}\,i\approx 6{,}9\,i$. Só para conferir: a espira grande tem raio quatro vezes maior, o que enfraquece seu campo, e mesmo assim $B_x$ precisa superar $B_y$ em cerca de 1,7 vez. Logo a corrente i' deve ser bem maior que i.

Um tubo de comprimento L, com as duas extremidades em membranas flexíveis, contém um gás ideal. Uma fonte externa impõe frequência f constante. O gás esfria a volume constante, com a pressão caindo de $P_1$ para $P_2=9P_1/121$, e a onda estacionária muda de harmônico n₁ para n₂. Pede-se n₂/n₁. O que importa é a relação entre a velocidade do som e a temperatura.

O caminho é encadear três ideias: a condição de onda estacionária liga f, n e v; a velocidade do som liga v à temperatura; e, com volume constante, a pressão é proporcional à temperatura. A frequência fixa é a chave, porque obriga o produto n·v a se manter constante.

Com as extremidades equivalentes, os harmônicos obedecem a $f=n\,v/(2L)$. Como f e L não mudam: \[n_1v_1=n_2v_2\;\Rightarrow\;\dfrac{n_2}{n_1}=\dfrac{v_1}{v_2}\] A velocidade do som vale $v=\sqrt{\gamma RT/M}$, logo $v\propto\sqrt{T}$. Com V constante, $P\propto T$: \[\dfrac{v_1}{v_2}=\sqrt{\dfrac{T_1}{T_2}}=\sqrt{\dfrac{P_1}{P_2}}=\sqrt{\dfrac{121}{9}}=\dfrac{11}{3}\]

A razão $n_2/n_1$ vale $11/3$. Uma checagem rápida: o gás esfriou muito, a pressão caiu a menos de 8% do valor inicial, então o som ficou mais lento e, para manter a mesma frequência, cabem mais meios comprimentos de onda no tubo, ou seja, n aumenta. Uma razão maior que 1 é coerente.

O casco tem seção transversal uniforme ao longo de 100 m: uma parte inferior triangular, com 10 m de altura e 50 m de largura no topo, e uma parte retangular acima, de 5 m de altura. A massa total é 16.000 t, e queremos o calado, isto é, a profundidade submersa medida a partir do fundo. A parte retangular só entra na conta se o calado passar de 10 m.

No equilíbrio, o empuxo iguala o peso, e o empuxo é o peso da água deslocada. Então o volume submerso é a massa do navio dividida pela densidade da água. Como a seção é uniforme, dividindo pelo comprimento chegamos à área submersa da seção. Por fim, olhamos a geometria do triângulo para achar a profundidade que dá essa área.

Com a densidade da água de 1000 kg/m³: \[V_{sub}=\dfrac{16000\times10^{3}}{1000}=16000\text{ m}^3,\qquad A_{sub}=\dfrac{16000}{100}=160\text{ m}^2\] No triângulo com vértice para baixo, a largura cresce linearmente com a profundidade y, e vale $w=\tfrac{50}{10}y=5y$. A área submersa até uma profundidade d, dentro do triângulo, é a de um triângulo semelhante: \[A_{sub}=\dfrac{1}{2}\cdot d\cdot 5d=2{,}5\,d^2=160\;\Rightarrow\;d^2=64\;\Rightarrow\;d=8\text{ m}\] Como $8\lt10$, a hipótese de que a linha d'água está dentro da parte triangular se confirma.

O calado é 8 m. Para fechar com segurança: o triângulo completo tem área $\tfrac12\cdot50\cdot10=250\text{ m}^2$, e 160 m² é menos que isso, então o navio realmente não chega à parte retangular. Além disso, 160 m² é 64% de 250 m², e a altura é 80% dos 10 m, compatível com a proporção $0{,}8^2=0{,}64$.

Duas ondas harmônicas de mesma amplitude e frequência propagam-se no mesmo sentido, com fases iniciais diferentes. Em x = 0 e t = 0, conhecemos o deslocamento e o sentido da velocidade transversal de cada uma. Pede-se a amplitude da onda resultante. Esses dados servem para achar a diferença de fase.

Aqui está a sacada: a identidade dada transforma a soma em produto, e o fator que multiplica é $2y_{max}\cos(\Delta\phi/2)$. Só precisamos de $\Delta\phi$. Cada fase sai do valor de y e do sinal da velocidade, que decide entre os dois ângulos possíveis do seno.

Em x = 0 e t = 0, a velocidade transversal é proporcional a $-\cos\phi$; velocidade positiva exige $\cos\phi\lt0$. Assim, $\sin\phi_1=0{,}5$ dá $\phi_1=5\pi/6$, e $\sin\phi_2=\sqrt2/2$ dá $\phi_2=3\pi/4$: \[\Delta\phi=\dfrac{5\pi}{6}-\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{\pi}{12}\;\Rightarrow\;A=2y_{max}\cos\left(\dfrac{\Delta\phi}{2}\right)=2y_{max}\cos\left(\dfrac{\pi}{24}\right)\]

A amplitude é $2y_{max}\cos(\pi/24)$. Vale um teste de bom senso: a diferença de fase é de só 15°, então a amplitude deve ser quase o dobro, e $\cos(7{,}5^\circ)\approx0{,}99$ confirma. Com $\Delta\phi=0$, teríamos exatamente $2y_{max}$.

Duas fontes de mesma potência emitem ondas esféricas. No ponto P, a fonte A sozinha produz 80 dB. A fonte B pode ficar em cinco distâncias diferentes, e as intensidades se somam. Queremos as posições em que o nível total passa de 120 dB, o limiar da dor.

Vamos por partes: convertemos decibéis em intensidade, porque é a intensidade que se soma e obedece ao inverso do quadrado da distância. Depois calculamos a intensidade de B em função de $R_B/R_A$, somamos com a de A e comparamos com a do limiar da dor.

Com $\beta=10\log(I/I_0)$: \[I_A=10^{-4}\text{ W/m}^2,\qquad I_{dor}=1\text{ W/m}^2,\qquad I_{total}=I_A\left[1+\left(\dfrac{R_A}{R_B}\right)^2\right]\] Para passar de 1 W/m², precisamos de $R_A/R_B$ maior que cerca de 100. Os níveis totais em cada posição: \[\text{I: }83\text{ dB},\quad\text{II: }87\text{ dB},\quad\text{III: }92\text{ dB},\quad\text{IV: }100\text{ dB},\quad\text{V: }140\text{ dB}\]

Só a posição V passa de 120 dB. Olhe o resultado com desconfiança saudável: a posição IV chega a 100 dB, e ganhar 20 dB exige cem vezes mais intensidade, ou seja, dez vezes mais perto. Já a V, mil vezes mais perto, multiplica a intensidade por um milhão.

Uma corrente homogênea de 20 m desliza sem atrito sobre uma superfície que tem um trecho horizontal e uma rampa a 30°, e é lançada a 2 m/s. Queremos a velocidade no instante em que 10 m de corrente estão sobre a rampa. A corrente fica sempre esticada e em contato, então todos os elos têm a mesma velocidade e a energia mecânica se conserva.

Repare que a corrente não é uma partícula: cada pedaço está numa altura diferente. Por isso a energia potencial deve ser calculada com o centro de massa de cada trecho. O trecho horizontal permanece na altura de referência, e só o trecho na rampa perde energia potencial. Depois usamos conservação de energia entre o estado inicial e o final.

Com metade do comprimento na rampa, a massa nela é $M/2$. O centro de massa desses 10 m está a 5 m do topo, medidos ao longo da rampa, e desceu: \[h=5\sin30^\circ=2{,}5\text{ m}\] A energia cinética final é a inicial mais a energia potencial perdida, com a massa total M se movendo: \[\dfrac{1}{2}Mv^2=\dfrac{1}{2}M(2)^2+\dfrac{M}{2}\,g\,(2{,}5)\] Cancelando M e usando $g=10\text{ m/s}^2$: \[\dfrac{v^2}{2}=2+12{,}5\;\Rightarrow\;v^2=29\;\Rightarrow\;v=\sqrt{29}\text{ m/s}\]

A velocidade é $\sqrt{29}\approx 5{,}4\text{ m/s}$. Só para conferir: ela é maior que os 2 m/s iniciais, coerente com a descida de parte da corrente. Se toda a corrente estivesse na rampa, a energia perdida seria maior e a velocidade também.

O gás ideal percorre um ciclo com expansão adiabática, compressão isobárica e aquecimento isovolumétrico. No diagrama, o ciclo vai de $(V,\,32P)$ por uma adiabática até $(8V,\,P)$, volta pela isobárica até $(V,\,P)$ e fecha pela isocórica até $32P$. Pede-se o rendimento. Note que o enunciado não diz se o gás é monoatômico ou diatômico: a natureza do gás precisa sair dos próprios números do gráfico.

A sacada está na adiabática: $PV^\gamma$ constante liga os dois extremos da curva e permite descobrir $\gamma$, sem ninguém dizer qual é o gás. Depois, rendimento é o trabalho útil dividido pelo calor recebido. Na adiabática não há troca de calor, na isobárica o gás cede calor e na isocórica ele recebe. Então $\eta=1-Q_{cedido}/Q_{recebido}$, e cada calor sai da variação de $PV$ com o calor específico apropriado.

Da adiabática: $$32P\cdot V^\gamma=P\cdot(8V)^\gamma \;\Rightarrow\; 8^\gamma=32 \;\Rightarrow\; \gamma=\dfrac53$$ Isso indica gás monoatômico, com $C_v=\tfrac32R$ e $C_p=\tfrac52R$. Usando $nR\Delta T=\Delta(PV)$: $$Q_{rec}=\tfrac32\,(32PV-PV)=\tfrac{93}{2}PV,\qquad Q_{ced}=\tfrac52\,(8PV-PV)=\tfrac{35}{2}PV$$ $$\eta=1-\dfrac{35/2}{93/2}=\dfrac{58}{93}\approx 0{,}62$$

A banca anulou o item oficialmente, então nenhuma alternativa deve ser indicada como correta. Com os dados do diagrama, o valor que obtenho, $58/93\approx0{,}62$, não coincide com nenhuma das cinco opções (que valem cerca de 0,68; 0,86; 0,18; 0,77 e 0,74), o que é compatível com a anulação. Uma checagem rápida: o trabalho líquido, $29PV$, é a diferença entre os 36PV da adiabática e os 7PV da compressão isobárica, e o rendimento fica entre 0 e 1.

Uma substância, inicialmente na temperatura de fusão, recebe calor de uma fonte de potência constante. Funde por completo e depois o líquido esquenta. Pela figura A, a fusão dura 2 min e o aquecimento, mais 6 min. O calor total é 12 kcal, $L=3{,}0$ cal/g e a tangente de β é 50. Pede-se o calor específico do líquido.

Como a taxa de calor é constante, o calor é proporcional ao tempo. O patamar de temperatura é a fusão, e o calor dela dá a massa por $Q=mL$. Depois, a inclinação do trecho de aquecimento leva ao calor específico do líquido.

Tempos na proporção 2 para 6: um quarto dos 12000 cal vai para a fusão. \[Q_{fus}=3000\text{ cal}=mL\;\Rightarrow\; m=1000\text{ g},\qquad R=\dfrac{3000}{2}=1500\text{ cal/min}\] Na fase líquida, a tangente de β é a taxa de aquecimento, 50 °C/min, e $R=mc\,\Delta\theta/\Delta t$: \[1500=1000\cdot c\cdot50\;\Rightarrow\;c=3{,}0\times10^{-2}\text{ cal/g}\cdot{}^\circ\text{C}\]

O calor específico é $3{,}0\times10^{-2}$ cal/g·°C. Para fechar com segurança: com 9000 cal, a variação de temperatura é $9000/(1000\cdot0{,}03)=300\,^\circ\text{C}$ em 6 min, ou seja, 50 °C/min, como a inclinação pede.

Um objeto de 2,5 kg gira em MCU, em raio de 4 m, preso a um fio de densidade linear 1 g/m. O fio é cortado no ponto médio, e o afrouxamento se propaga do corte até a massa com velocidade finita. Depois, solto, o objeto segue em linha reta, passando pelo ponto (0, 5) m. Pede-se o ângulo do fio com o eixo y no instante do corte. Note que o tempo de $2\cdot10^{-2}$ s não é necessário para o ângulo.

Há duas partes. A geometria: o objeto sai pela tangente da circunferência e passa por (0, 5), o que fixa o ângulo em que ele largou o fio. A física: o objeto só larga o fio quando a onda de afrouxamento o alcança, e nesse intervalo ele continua girando. Então o ângulo no corte é o ângulo de largada mais o ângulo percorrido durante esse atraso.

Geometria: o ponto (0, 5) está a 5 m da origem e a tangente toca a circunferência de raio 4 m, formando um triângulo retângulo com catetos 4 e 3. O ângulo entre o raio e o eixo y satisfaz $\cos\alpha=4/5$, logo $\alpha=\arctan(3/4)$. Física: a tração inicial é a força centrípeta, e a velocidade da onda no fio, com $\mu=10^{-3}\text{ kg/m}$, é: \[T_0=\dfrac{mv^2}{R}=0{,}625\,v^2,\qquad v_p=\sqrt{\dfrac{T_0}{\mu}}=\sqrt{625\,v^2}=25\,v\] A onda percorre os 2 m do ponto médio até a massa em $\Delta t=2/(25v)=0{,}08/v$. Nesse tempo, a massa percorre um arco $v\Delta t=0{,}08\text{ m}$, ou seja: \[\Delta\theta=\dfrac{0{,}08}{4}=0{,}02\text{ rad}\]

O ângulo no corte era $\arctan(3/4)+0{,}02$. Vale um teste de bom senso: a velocidade v se cancelou, como deveria, pois o arco percorrido no atraso é fixo em 0,08 m. O ângulo extra de 0,02 rad é pequeno, cerca de 1°, coerente com uma onda 25 vezes mais rápida que a massa.

O gráfico de velocidade por tempo de um bloco em MHS mostra $v_{max}=\pi/10\text{ m/s}$ e período de 2,0 s. O equilíbrio está em $x_{eq}=0{,}5\text{ m}$. Queremos a posição e o sentido do movimento em t = 4,5 s. Basta ler o período e reduzir 4,5 s a um instante dentro do primeiro ciclo.

Como o movimento é periódico, o estado em 4,5 s é o do instante equivalente dentro de um período. Depois, o gráfico de velocidade responde às duas perguntas: o sinal da velocidade dá o sentido, e o módulo máximo marca a passagem pelo equilíbrio.

Com $T=2{,}0\text{ s}$, temos $\omega=\pi\text{ rad/s}$ e $A=v_{max}/\omega=0{,}1\text{ m}$. O instante equivalente e a velocidade nele: \[t=4{,}5\text{ s}=2T+0{,}5\text{ s}\;\Rightarrow\;\text{como }t=0{,}5\text{ s},\qquad v(0{,}5)=-\dfrac{\pi}{10}\text{ m/s}\] Velocidade negativa é movimento para a esquerda, e módulo máximo significa passagem por $x=x_{eq}=0{,}5\text{ m}$.

O bloco está em 0,5 m, indo para a esquerda. Olhe o resultado com desconfiança saudável: 0,5 s é um quarto do período, e nesse instante o bloco passa pelo centro com energia cinética máxima. As posições 0,4 m e 0,6 m exigiriam velocidade menor que a máxima.

Num mecanismo de pistão, biela e virabrequim, a haste AO, de comprimento $\sqrt{2}/2$ m, gira em torno de O e faz 45° com a horizontal. A biela AB, de 1 m, liga A ao pistão B, que só se move na horizontal. Queremos a distância AP, onde P é o ponto da biela com menor velocidade. Não há valores numéricos de velocidade: o problema é puramente geométrico.

A biela tem movimento plano, e em cada instante ela gira em torno do centro instantâneo de rotação, o CIR, ponto de velocidade nula. O CIR fica na interseção das perpendiculares às velocidades de dois pontos. O ponto da biela mais lento é o mais próximo do CIR, ou seja, o pé da perpendicular baixada do CIR à reta AB.

Com O na origem, A está em $(0{,}5;\,0{,}5)$ e B, na horizontal por O, tem $\sin\theta=0{,}5$ com a biela, logo $\theta=30^\circ$. Tomando B à direita de O, temos $B=(0{,}5+\sqrt3/2,\;0)$. A velocidade de A é perpendicular a OA, então a perpendicular a ela em A é a própria reta OA, dada por $y=x$. A velocidade de B é horizontal, então a perpendicular em B é a reta vertical por B. O CIR é: \[I=\left(\dfrac{1+\sqrt3}{2},\;\dfrac{1+\sqrt3}{2}\right)\] Projetando o vetor AI sobre a direção da biela, $\hat u=(\sqrt3/2,\,-1/2)$: \[AP=\vec{AI}\cdot\hat u=\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac12=\dfrac{3-\sqrt3}{4}\text{ m}\]

Obtemos $AP=(3-\sqrt3)/4\approx0{,}32\text{ m}$. Só para conferir: AP deve ser menor que o comprimento da biela, 1 m, e P precisa cair entre A e B, o que ocorre, já que 0,32 m é menos que 1 m e positivo.

O gráfico mostra o módulo do trabalho por mol no aquecimento adiabático de um gás, oxigênio ou hélio: 125R para 50 °C. Julgamos três afirmativas: qual gás foi usado, se há expansão e qual seria o trabalho num processo isobárico com 100 °C de aquecimento.

Na adiabática não há troca de calor, e o trabalho sobre o gás vira variação de energia interna. O trabalho por mol dá então $C_v$, que identifica o gás: $\tfrac32R$ para monoatômico e $\tfrac52R$ para diatômico. O sinal do trabalho diz se o gás se expande ou é comprimido.

Da adiabática, $125R=C_v\cdot50$, logo $C_v=\tfrac52R$. Afirmativa I: $\tfrac52R$ é de gás diatômico, então o gás é oxigênio, e a afirmativa é verdadeira. Afirmativa II: com aquecimento, $\Delta U\gt0$, e na adiabática $W=-\Delta U\lt0$; o gás é comprimido, e a afirmativa é falsa. Afirmativa III: no processo isobárico, \[\dfrac{W}{n}=R\,\Delta T=100R\text{ J/mol}\] e a afirmativa é verdadeira.

São verdadeiras I e III. Uma checagem rápida: para o hélio, o mesmo gráfico daria $\tfrac32R\cdot50=75R$, e não 125R, o que confirma o gás diatômico.