EFOMM 2026 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Dois blocos idênticos deslizam sem atrito em guias perpendiculares, ligados por uma barra rígida de 1 m e massa desprezível. O bloco que anda em y parte com 2 m/s, e o outro, em x, começa parado, a 1 m da origem. Pede-se o tempo para o bloco da esquerda chegar à origem. Repare que o enunciado já avisa que existe uma analogia com um movimento conhecido: é ela que evita uma integral difícil.

Sem atrito, e com a barra sem massa e articulada, nenhuma força externa realiza trabalho, então a energia cinética total se conserva. Como as massas são iguais, isso significa que a soma dos quadrados das velocidades dos dois blocos é constante. Já o vínculo geométrico amarra as posições: a barra mantém as extremidades sempre a distância L. Aqui está a sacada: se você descreve o sistema pelo ângulo $\varphi$ da barra com o eixo x, a conservação da energia entrega uma velocidade angular constante, e uma coordenada que depende do cosseno de um ângulo que cresce linearmente no tempo é, por definição, um MHS.

O vínculo dá $x = L\cos\varphi$ e $y = L\,\text{sen}\,\varphi$. Derivando e somando os quadrados: \[\dot{x}^2+\dot{y}^2 = L^2\dot{\varphi}^2 = v_0^2 \implies \dot{\varphi}=\dfrac{v_0}{L}=2\text{ rad/s}\] Logo $x(t)=L\cos(\omega t)$, com $\omega = 2\text{ rad/s}$. O bloco da esquerda vai de $x=L$ ($\varphi=0$) até $x=0$ ($\varphi=\pi/2$), ou seja, um quarto de período: \[\Delta t=\dfrac{\pi/2}{\omega}=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}79\text{ s}\]

O resultado é cerca de 0,79 s, que corresponde à essa configuração. Para fechar com segurança: se o bloco da esquerda andasse sempre com a velocidade média do da direita, o tempo seria de ordem 1 m dividido por 2 m/s, ou seja, meio segundo a um segundo. O valor encontrado cai nessa faixa, e o tempo é maior que 0,5 s porque o bloco da esquerda começa parado e só ganha velocidade aos poucos.

Uma corda de 4,5 m e 3 kg pende do teto pelo ponto A. Um fio horizontal amarrado em B, a 2,5 m de A, é puxado lentamente para baixo até que o trecho AB forme com a vertical um ângulo de tangente 3/4. O trecho BC permanece vertical. Pede-se o trabalho da força que puxa o fio. Os dados que interessam são as massas dos trechos e as alturas dos seus centros de massa, antes e depois.

Note que o processo é lento, então a energia cinética é desprezível o tempo todo. Pelo teorema do trabalho e energia, o trabalho da força que puxa mais o trabalho do peso é zero, e o trabalho do peso é menos a variação da energia potencial. Portanto, o trabalho da força externa é exatamente a variação da energia potencial gravitacional da corda. Como a corda é uniforme, basta dividi-la em AB e BC e tratar cada pedaço como uma partícula no seu centro de massa, que fica no ponto médio do trecho.

A densidade linear é $\lambda = 3/4{,}5 = 2/3\text{ kg/m}$, então AB tem $5/3\text{ kg}$ e BC tem $4/3\text{ kg}$. Com o teto em $y=0$ e o sentido para baixo negativo, no estado inicial os centros de massa estão em $-1{,}25\text{ m}$ (AB) e $-3{,}5\text{ m}$ (BC): \[\sum m_iy_i=\dfrac53(-1{,}25)+\dfrac43(-3{,}5)=-\dfrac{81}{12}\] No estado final, $\cos\theta=4/5$, então B fica a $2{,}5\cdot\frac45=2\text{ m}$ de profundidade. O centro de AB está a $-1\text{ m}$ e o de BC, que tem 2 m e pende de B, está a $-2-1=-3\text{ m}$: \[\sum m_iy_i=\dfrac53(-1)+\dfrac43(-3)=-\dfrac{68}{12}\] \[W=g\,\Delta\!\left(\sum m_iy_i\right)=10\left(-\dfrac{68}{12}+\dfrac{81}{12}\right)=\dfrac{130}{12}=\dfrac{65}{6}\text{ J}\]

O trabalho vale $65/6\text{ J}$, cerca de 10,8 J. Vale um teste de bom senso: o sinal é positivo, como deve ser, porque a corda como um todo sobe. O centro de massa geral passa de $-6{,}75/3=-2{,}25\text{ m}$ para $-68/36\approx-1{,}89\text{ m}$, uma subida de cerca de $0{,}36\text{ m}$, e $mg\,\Delta h=30\cdot0{,}36\approx10{,}8\text{ J}$, o mesmo valor.

Uma espira circular fica no plano $z=0$, em um campo uniforme $\vec{B}=(B_0+\alpha^2t)\hat{k}$ com $B_0\lt 0$. Trata-se de uma questão de afirmativas: é preciso testar cada alternativa contra a lei de Faraday. Note que o valor de $B_0$ só desloca o campo, não interfere na taxa de variação.

A f.e.m. induzida depende da taxa de variação do fluxo, e não do valor do fluxo. O fluxo é campo vezes área, e a área é fixa. Como o campo cresce linearmente, sua taxa de variação é constante, logo a f.e.m. é constante. O sentido vem da lei de Lenz: a corrente se opõe à variação do fluxo.

Com raio $r$ da espira: \[\Phi=(B_0+\alpha^2t)\,\pi r^2 \implies \varepsilon=-\dfrac{d\Phi}{dt}=-\alpha^2\pi r^2\] Agora cada afirmativa. A) falsa: a f.e.m. é constante e diferente de zero, então nunca há instante de corrente nula. B) verdadeira: nada em $\varepsilon$ depende de $t$. C) falsa: o fluxo na direção $+z$ está aumentando (o campo vai ficando menos negativo e depois positivo), então a corrente cria campo em $-z$, o que é sentido horário para quem olha de $z\gt0$. D) falsa: aparece o fator $\pi r^2$, e o raio importa. E) falsa: a f.e.m. depende de $\alpha^2$, então dobrar $\alpha$ quadruplica a f.e.m.

Só a afirmativa B resiste ao teste, então a resposta é essa configuração. Como sanidade dimensional, $\alpha^2$ tem unidade de tesla por segundo, e multiplicado por uma área dá volt, como deve ser para uma f.e.m.

Um fio de densidade linear $0{,}4\times10^{-3}\text{ kg/m}$ prende-se na parede, corre 10 m na horizontal, passa por uma roldana ideal e sustenta um bloco de 0,1 kg. A partir de $t=0$, uma força $F=0{,}01t^2+0{,}2t$, para baixo, age sobre o bloco. No mesmo instante um pulso sai da roldana rumo à parede. Pede-se o tempo de chegada. O detalhe decisivo: a tensão muda com o tempo, e portanto a velocidade do pulso também muda.

A velocidade de um pulso em corda é dada pela relação de Taylor, $v=\sqrt{T/\mu}$. Como o bloco fica em repouso, a tensão no fio equilibra o peso mais a força extra em cada instante. Então a tensão é uma função do tempo, e a distância percorrida pelo pulso é a integral da velocidade no tempo, não um simples produto velocidade vezes tempo.

Com $g=10\text{ m/s}^2$, o peso é $mg=1\text{ N}$, então \[T(t)=1+0{,}01t^2+0{,}2t=0{,}01(t+10)^2\] O pulo do gato é este: o trinômio é um quadrado perfeito, então a raiz sai limpa: \[v(t)=\sqrt{\dfrac{0{,}01(t+10)^2}{0{,}4\times10^{-3}}}=5(t+10)\text{ m/s}\] O pulso percorre 10 m no intervalo de 0 a $\tau$: \[10=\int_0^{\tau}5(t+10)\,dt=2{,}5\tau^2+50\tau \implies \tau^2+20\tau-4=0\] \[\tau=-10+\sqrt{104}\text{ s}\] Descartamos a raiz negativa, que não tem sentido físico.

O tempo é $\sqrt{104}-10\text{ s}$. Numericamente, $\sqrt{104}\approx10{,}2$, então $\tau\approx0{,}2\text{ s}$. Olhe o resultado com desconfiança saudável: em $t=0$ a velocidade já vale $50\text{ m/s}$, então 10 m levam cerca de $0{,}2\text{ s}$, e a velocidade cresce só um pouco nesse intervalo curto. Bate com o resultado.

Dois líquidos imiscíveis, A e B, estão em um tubo em U de seção uniforme e muito fina. Cada um ocupa um volume igual ao da base horizontal, de comprimento L. Pede-se a posição x da interface, contada a partir da extremidade esquerda. Note que o dado de volumes iguais é o que fixa as alturas das colunas, e a seção do tubo se cancela na conta.

A ideia é o equilíbrio hidrostático: na altura da interface, a pressão vinda do lado de A precisa ser igual à pressão vinda do lado de B. Cada coluna vertical contribui com $\rho g h$. Portanto, o problema se resume a descobrir as alturas das colunas usando a conservação do volume de cada líquido, e depois igualar as pressões.

O líquido A ocupa um comprimento $x$ da base, e como o volume total dele equivale a um comprimento L de tubo, o que sobra vai para a coluna esquerda: $h_A=L-x$. O líquido B ocupa o restante da base, de comprimento $L-x$, e o que falta para completar L sobe pela coluna direita: $h_B=L-(L-x)=x$. Igualando as pressões: \[\rho_A\,g\,(L-x)=\rho_B\,g\,x\] \[\rho_AL=(\rho_A+\rho_B)\,x \implies x=\dfrac{\rho_A}{\rho_A+\rho_B}\,L\]

O resultado é $x=\dfrac{\rho_A}{\rho_A+\rho_B}L$. Teste de sanidade com os limites: se $\rho_A=\rho_B$, então $x=L/2$, a interface fica no meio da base, como a simetria exige. Se A for muito mais denso que B, $x$ tende a $L$: a coluna de A fica curta e A ocupa quase toda a base, coerente com o fato de que o líquido mais denso precisa de menos altura para equilibrar o outro.

Um capacitor plano, de área A e distância d, é preenchido por 8 camadas de dielétrico, todas com espessura $d/8$. A primeira tem $K_1=10$ e cada seguinte tem a metade da constante da anterior. Pede-se a capacitância total em função de $C_0$, a capacitância no vácuo. Os dados úteis são a razão 1/2 entre constantes e a espessura igual de todas as camadas.

As camadas estão empilhadas na direção do campo elétrico, uma sobre a outra, e cada uma ocupa toda a área das placas. Isso é uma associação em série de oito capacitores. Em série, somam-se os inversos das capacitâncias, por isso a constante dielétrica que domina é a menor, e não a maior.

Cada camada tem capacitância $$C_i=K_i\dfrac{\varepsilon_0A}{d/8}=8K_iC_0$$ Como $K_i=10/2^{i-1}$, vale $1/K_i=2^{i-1}/10$, e a soma é uma progressão geométrica: $$\sum_{i=1}^{8}\dfrac{1}{K_i}=\dfrac{1+2+4+\cdots+128}{10}=\dfrac{255}{10}$$ $$\dfrac1C=\dfrac{1}{8C_0}\cdot\dfrac{255}{10}=\dfrac{255}{80\,C_0} \implies C=\dfrac{80}{255}C_0=\dfrac{16}{51}C_0\approx0{,}31\,C_0$$

O valor obtido, $16C_0/51\approx0{,}31\,C_0$, não coincide com nenhuma das cinco alternativas (elas valem cerca de 0,47; 0,75; 0,10; 0,04 e 0,02 vezes $C_0$). Por isso a revisão comentada registra que a questão não tem alternativa correta, e nenhuma letra deve ser marcada. Repare que a alternativa D, $2C_0/51$, é exatamente 1/8 do valor correto: é o que sai se a espessura $d/8$ de cada camada for esquecida e cada capacitância for tomada como $K_iC_0$. Só para conferir: a capacitância total em série tem de ser menor que a da menor das camadas, a oitava, que vale $8K_8C_0=0{,}625\,C_0$; e $0{,}31\,C_0$ cumpre isso.

Um gás ideal está num cilindro com êmbolo de massa desprezível, sustentado por uma mola ideal e pela pressão do ar externo. O gás passa de 5 m³ e 100 kPa para 15 m³ e 200 kPa, em expansão lenta. Pede-se o trabalho realizado pelo gás. A temperatura e o calor recebido não são necessários: são distrações.

O trabalho do gás é a área sob a curva no diagrama P-V. Então a pergunta central é: que curva liga os dois estados? O êmbolo está sempre em equilíbrio, então a pressão do gás é a pressão atmosférica somada (ou subtraída) da pressão devida à mola. A força da mola varia linearmente com a posição do êmbolo, e a posição é proporcional ao volume, logo a pressão varia linearmente com o volume. O gráfico é um segmento de reta, e a área é a de um trapézio.

Com a pressão como função linear do volume, o trabalho é a média das pressões vezes a variação de volume: \[W=\dfrac{P_1+P_2}{2}\,(V_2-V_1)=\dfrac{100+200}{2}\,\text{kPa}\cdot(15-5)\,\text{m}^3\] \[W=150\cdot10=1500\text{ kJ}\] Lembre que kPa vezes m³ dá diretamente quilojoule.

O trabalho vale 1500 kJ. Uma checagem rápida: o trabalho tem de ficar entre o retângulo mínimo, $100\cdot10=1000\text{ kJ}$, e o máximo, $200\cdot10=2000\text{ kJ}$, e 1500 kJ está exatamente no meio, como esperado para uma reta.

Um ciclo com cinco processos reversíveis em ar tratado como gás ideal: 1-2 adiabático, 2-3 isovolumétrico, 3-4 isobárico, 4-5 adiabático e 5-1 isovolumétrico. São quatro afirmativas, e é preciso dizer quais são verdadeiras. Os dados sobre massa e calores específicos servem para julgar a afirmativa III.

Vamos por partes, afirmativa por afirmativa, usando a primeira lei e o significado de cada processo. Em adiabática não há troca de calor. Em isovolumétrica, o trabalho é nulo e o calor vira variação de energia interna. E a fórmula de rendimento $1-T_L/T_H$ só vale para um ciclo que troca calor exclusivamente em duas isotermas, o ciclo de Carnot.

Afirmativa I: falsa. Este ciclo troca calor em processos a volume constante e a pressão constante, e não em isotermas, então o rendimento é menor que o de Carnot entre as mesmas temperaturas extremas. Afirmativa II: verdadeira. A pressão sobe em 2-3 a volume fixo e o volume cresce em 3-4 a pressão fixa, ambos com aumento de temperatura, portanto com entrada de calor; em 5-1 a pressão cai a volume fixo, então o gás cede calor. Afirmativa III: falsa. Para gás ideal, $\Delta U=mc_v\Delta T$ em qualquer processo, inclusive o isobárico; o $c_p$ aparece no calor trocado, e não na energia interna: \[Q_{3\text{-}4}=mc_p(T_4-T_3),\qquad \Delta U_{3\text{-}4}=mc_v(T_4-T_3)\] Afirmativa IV: verdadeira. Em 4-5 o volume aumenta (expansão) e em 1-2 o volume diminui (compressão).

São verdadeiras apenas II e IV. Para fechar com segurança: como $c_p\gt c_v$, o calor no isobárico é maior que a variação de energia interna, e a diferença é o trabalho de expansão, o que confirma que III não pode estar certa.

Uma bateria de 120 V alimenta um motor elétrico representado por uma resistência de $5\,\Omega$. O motor tem rendimento de 80% e o torque exigido no eixo é constante, de $2{,}0\text{ N}\cdot\text{m}$. Pede-se a velocidade angular do eixo. O que importa é separar a potência que a bateria entrega da potência mecânica útil que chega ao eixo.

A potência elétrica consumida pelo circuito é calculada a partir da tensão e da resistência dadas. Só uma fração dela, o rendimento, vira potência mecânica útil. E a potência mecânica de um eixo que gira é o torque vezes a velocidade angular. A cadeia é: potência elétrica, depois potência útil, depois velocidade angular.

A potência fornecida ao motor é \[P_{el}=\dfrac{U^2}{R_m}=\dfrac{120^2}{5}=2880\text{ W}\] Com rendimento de 80%, a potência mecânica útil é \[P_m=0{,}8\cdot2880=2304\text{ W}\] Como $P_m=\tau\omega$, \[\omega=\dfrac{P_m}{\tau}=\dfrac{2304}{2{,}0}=1152\text{ rad/s}\]

Resulta $\omega=1152\text{ rad/s}$. Teste de sanidade de unidades: watt dividido por newton-metro dá radiano por segundo, que é a unidade pedida. Em rotações, $1152\text{ rad/s}$ correspondem a cerca de 11 mil rpm, um valor alto, mas coerente com uma bomba acionada por motor pequeno e com torque baixo.

O bloco A está num plano inclinado de $30^\circ$ com atrito estático de coeficiente $\sqrt3/4$, ligado por corda e roldana a um bloco B suspenso. Pede-se o intervalo da razão $m_B/m_A$ em que o sistema permanece em repouso. Repare que se pede um intervalo, e não um valor: o atrito estático pode apontar para cima ou para baixo do plano, e cada sentido define uma extremidade do intervalo.

O bloco A é puxado pela corda com a tração $m_Bg$, para cima do plano, e pela componente do peso, para baixo. Se a tração for pequena, A tende a descer e o atrito age para cima. Se a tração for grande, A tende a subir e o atrito age para baixo. Os dois extremos correspondem ao atrito estático máximo, $\mu N$. Entre eles, o atrito se ajusta e o sistema fica em equilíbrio.

A componente do peso ao longo do plano é $m_Ag\,\text{sen}\,30^\circ=\tfrac12m_Ag$. O atrito máximo é \[f_{max}=\mu\,m_Ag\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\,m_Ag=\dfrac38\,m_Ag\] Limite inferior (A quase descendo, atrito para cima): \[m_Bg=\dfrac12m_Ag-\dfrac38m_Ag \implies \dfrac{m_B}{m_A}=\dfrac18\] Limite superior (A quase subindo, atrito para baixo): \[m_Bg=\dfrac12m_Ag+\dfrac38m_Ag \implies \dfrac{m_B}{m_A}=\dfrac78\]

O intervalo é $\left[\tfrac18,\tfrac78\right]$. Vale um teste de bom senso: sem atrito haveria um único valor de equilíbrio, $m_B/m_A=1/2$, e o intervalo obtido é simétrico em torno dele, com metade de largura igual a $f_{max}/(m_Ag)=3/8$. Os extremos são fechados porque, no limite, o atrito estático ainda consegue segurar.

Um cubo é fixado no ponto A de uma esfera maciça de raio r, e o conjunto é homogêneo. No primeiro fluido, de densidade $\rho_1$, fica exposta apenas a calota de ângulo $\alpha=120^\circ$, junto com o cubo preso em A, acima do líquido. Depois de girar 180°, no fluido $\rho_2$, o cubo e a mesma calota ficam submersos. A razão entre os volumes do cubo e da esfera é 1/8. Pede-se $\rho_2/\rho_1$.

O peso do conjunto é o mesmo nas duas situações, e em cada uma há equilíbrio entre peso e empuxo. O empuxo é a densidade do fluido vezes g vezes o volume submerso. Igualando os dois empuxos, a razão das densidades é o inverso da razão dos volumes submersos. O trabalho todo se reduz, então, a calcular esses dois volumes com a fórmula do setor esférico que o enunciado dá.

Para $\alpha=120^\circ$, o setor esférico vale $V_{set}=\tfrac43\pi r^3\,\text{sen}^2 30^\circ=\tfrac13\pi r^3$. Dele descontamos o cone de raio $r\,\text{sen}60^\circ$ e altura $r\cos60^\circ$, cujo volume é $\tfrac18\pi r^3$, para ficar só com a calota: \[V_{cal}=\dfrac13\pi r^3-\dfrac18\pi r^3=\dfrac{5}{24}\pi r^3\] A esfera vale $\tfrac{32}{24}\pi r^3$ e o cubo, um oitavo disso, $\tfrac{4}{24}\pi r^3$. Na primeira situação, está submersa a esfera menos a calota, e na segunda, o cubo mais a calota: \[V_1=\dfrac{32-5}{24}\pi r^3=\dfrac{27}{24}\pi r^3,\qquad V_2=\dfrac{4+5}{24}\pi r^3=\dfrac{9}{24}\pi r^3\] \[\rho_1V_1=\rho_2V_2 \implies \dfrac{\rho_2}{\rho_1}=\dfrac{27}{9}=3\]

A razão é 3. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o volume submerso caiu para um terço do original, e para o empuxo se manter igual, o segundo fluido precisa ser três vezes mais denso. O sentido está certo, pois menos volume submerso exige fluido mais denso.

Quatro partículas iguais, de massa m, ficam nos vértices de um quadrado de lado L e são ligadas por molas de constante k e comprimento natural L ao longo dos lados. Elas são lançadas juntas em direção ao centro com a mesma velocidade. Pede-se a frequência angular da oscilação. Como a situação é simétrica, o quadrado permanece um quadrado, só muda de tamanho.

A simetria reduz o problema a uma partícula só, que se move ao longo da diagonal, para dentro e para fora. Basta escrever a força resultante sobre ela em função do deslocamento $x$ na diagonal. Se a força for proporcional a $-x$, é um MHS, e a frequência sai da comparação com $m\ddot{x}=-Kx$. O cuidado é fazer a geometria certa: a mola está ao longo do lado, e o deslocamento é ao longo da diagonal.

Cada partícula anda $x$ em direção ao centro. A projeção desse deslocamento sobre a direção de um lado é $x/\sqrt2$, e as duas extremidades da mola se aproximam, então cada mola é comprimida de \[\Delta\ell=2\cdot\dfrac{x}{\sqrt2}=\sqrt2\,x\] Cada mola exerce força de módulo $k\sqrt2\,x$, e cada partícula é presa a duas molas, perpendiculares entre si e a $45^\circ$ da diagonal. A resultante na direção da diagonal é \[F=\sqrt2\,(k\sqrt2\,x)=2kx \implies m\ddot{x}=-2kx\] \[\omega^2=\dfrac{2k}{m} \implies \omega=\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\]

A frequência angular é $\sqrt{2k/m}$. Só para conferir: para $k\to0$ não há força restauradora e $\omega\to0$, como deve ser, e a constante efetiva $2k$ é maior que a de uma mola isolada, o que faz sentido, já que duas molas puxam a mesma partícula.

Duas estrelas, de massas $M_1$ e $M_2$, giram em órbitas circulares em torno do centro de massa, separadas por uma distância D e presas apenas à atração mútua. Pede-se o módulo da quantidade de movimento de cada uma, no referencial do centro de massa. Repare que se quer o momento linear, $M\cdot v$, e não a velocidade nem a energia.

As duas estrelas giram com a mesma velocidade angular, porque estão sempre alinhadas com o centro de massa. Cada uma percorre uma circunferência de raio diferente, e a soma dos raios é D. A gravidade fornece a força centrípeta de cada uma. Achando $\omega$ e o raio, obtemos $v=\omega r$ e, daí, o momento. Como o momento total no referencial do centro de massa é nulo, as duas estrelas têm momentos de mesmo módulo.

Pela definição de centro de massa, $M_1r_1=M_2r_2$ e $r_1+r_2=D$, então \[r_1=\dfrac{M_2}{M_1+M_2}\,D\] Para a estrela 1, a força gravitacional é a resultante centrípeta: \[\dfrac{GM_1M_2}{D^2}=M_1\omega^2r_1=M_1\omega^2\dfrac{M_2D}{M_1+M_2} \implies \omega^2=\dfrac{G(M_1+M_2)}{D^3}\] \[p=M_1\omega r_1=M_1\sqrt{\dfrac{G(M_1+M_2)}{D^3}}\cdot\dfrac{M_2D}{M_1+M_2}=M_1M_2\sqrt{\dfrac{G}{D(M_1+M_2)}}\]

O resultado é $p=M_1M_2\sqrt{\dfrac{G}{D(M_1+M_2)}}$. Uma checagem rápida: a expressão é simétrica em $M_1$ e $M_2$, como deve ser, já que as duas estrelas têm o mesmo módulo de momento. Se $M_2\gg M_1$, a estrela pesada fica quase parada e $p\approx M_1\sqrt{GM_2/D}$, que é a velocidade orbital circular de $M_1$ em torno de $M_2$ multiplicada por $M_1$.

Uma banheira, formada por um paralelepípedo de dimensões L, h, D mais um semicilindro de altura h e diâmetro D, contém água fria e um brinquedo esférico de raio r, todos a $T_f$. Adiciona-se água quente a $T_q$ até a banheira ficar completamente cheia, com temperatura final $T_d$. Pede-se o volume $V_q$ de água quente. Os dados importantes são os volumes envolvidos, e a capacidade térmica da banheira é desprezada.

Usamos o equilíbrio térmico, sem perdas: o calor cedido pela água quente é recebido pela água fria e pelo brinquedo. O ponto sutil está no volume de água fria. Como a banheira termina cheia e o brinquedo ocupa espaço, a água fria inicial é o volume da banheira menos o brinquedo menos a água quente que será adicionada.

O volume da banheira é o do paralelepípedo mais o do semicilindro: \[V_{ban}=LhD+\dfrac12\pi\left(\dfrac D2\right)^2h=\dfrac{hD(8L+\pi D)}{8}\] O brinquedo tem $V_B=\tfrac43\pi r^3$ e a água fria inicial é $V_f=V_{ban}-V_B-V_q$. O balanço de calor fica \[\rho_Ac_AV_q(T_q-T_d)=\left(\rho_Ac_AV_f+\rho_Bc_BV_B\right)(T_d-T_f)\] Substituindo $V_f$ e agrupando os termos com $V_q$ (note que $T_q-T_d+T_d-T_f=T_q-T_f$): \[V_q=\dfrac{T_d-T_f}{T_q-T_f}\left[V_{ban}+V_B\left(\dfrac{\rho_Bc_B}{\rho_Ac_A}-1\right)\right]\] Colocando $V_B=\tfrac43\pi r^3$ em evidência, $V_{ban}/V_B=\dfrac{3hD(8L+\pi D)}{32\pi r^3}$, o que fornece a expressão da alternativa.

O resultado é \[V_q=\dfrac{4\pi r^3(T_d-T_f)}{3(T_q-T_f)}\left[\dfrac{3hD(8L+\pi D)}{32\pi r^3}+\dfrac{\rho_Bc_B}{\rho_Ac_A}-1\right]\] essa configuração. Para fechar com segurança: sem brinquedo ($r\to0$ no termo em evidência), sobra $V_q=V_{ban}\dfrac{T_d-T_f}{T_q-T_f}$, a proporção clássica de mistura. Se $T_d=T_f$, não se adiciona água quente, e $V_q=0$. Ambos os limites conferem.

Duas fontes sonoras pontuais, de mesma frequência e potência constante, giram em circunferências concêntricas de raios $R_1\lt R_2$, com $\omega_2=1{,}01\,\omega_1$. O observador está no centro. Pede-se o que ele percebe. Os números de $\omega$ e a diferença entre os raios são distrações tentadoras, feitas para lembrar batimento e efeito Doppler.

Duas perguntas resolvem tudo. Primeira: há efeito Doppler? O efeito depende da componente da velocidade da fonte ao longo da linha que a liga ao observador. Segunda: a intensidade varia no tempo? Ela depende da potência e da distância. Se as duas respostas forem negativas, não há nem mudança de frequência nem oscilação de volume.

Aqui a discussão é conceitual, então vamos analisar cada ponto. A velocidade de cada fonte é tangente à circunferência, e a linha fonte-observador é radial; as duas direções são perpendiculares, então a componente radial da velocidade é nula e a frequência ouvida é a própria frequência emitida, sem Doppler. A distância de cada fonte ao centro é constante e igual ao seu raio, e com potência constante, a intensidade recebida de cada uma é fixa: \[I_i=\dfrac{P_i}{4\pi R_i^2}=\text{constante}\] Sem variação de frequência entre as fontes, não há batimento; e sem variação de distância, não há oscilação de intensidade. As duas fontes emitem a mesma frequência, então o efeito combinado é um som contínuo de intensidade constante.

O observador percebe um som de intensidade constante e frequência igual à das fontes. Vale um teste de bom senso: se uma das fontes se afastasse ou se aproximasse do centro, aí sim haveria Doppler, e as alternativas A, B, C e E deixariam de ser absurdas. O movimento circular em torno do observador é o caso especial em que nada disso acontece.

Um barco parte do repouso e acelera uniformemente até 54 km/h em 10 s. Depois mantém a velocidade constante até completar 3/4 do trajeto e, no último quarto, acelera uniformemente até 72 km/h. A velocidade média em toda a prova é 15 m/s. Pede-se a distância total. Repare que o dado da velocidade média é a chave: ele liga a distância ao tempo total.

Divide-se a prova em três trechos, calcula-se o tempo de cada um em função da distância total S e soma-se. Depois, usamos que o tempo total é $S$ dividido pela velocidade média. Em movimento uniformemente variado, a velocidade média do trecho é a média aritmética das velocidades inicial e final, o que dispensa a aceleração.

Primeiro, as unidades: $54\text{ km/h}=15\text{ m/s}$ e $72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$. No trecho 1, $d_1=\tfrac{0+15}{2}\cdot10=75\text{ m}$. No trecho 2, o barco anda $\tfrac{3S}{4}-75$ a 15 m/s: \[t_2=\dfrac{3S/4-75}{15}=\dfrac{S}{20}-5\] No trecho 3, o barco percorre $S/4$ com velocidade média $\tfrac{15+20}{2}=17{,}5\text{ m/s}$: \[t_3=\dfrac{S/4}{17{,}5}=\dfrac{S}{70}\] O tempo total é $T=10+\dfrac{S}{20}-5+\dfrac{S}{70}=5+\dfrac{9S}{140}$. Impondo $T=S/15$: \[\dfrac{S}{15}=5+\dfrac{9S}{140} \implies S\left(\dfrac{1}{15}-\dfrac{9}{140}\right)=5 \implies S=2100\text{ m}\]

A distância total é 2100 m. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o tempo total vale $2100/15=140\text{ s}$. Com $T=5+9\cdot2100/140=140\text{ s}$, a conta fecha. A velocidade média de 15 m/s também é plausível, já que a maior parte da prova é feita justamente a 15 m/s.

Uma chave de roda de massa desprezível, feita de duas barras cruzadas, enrola uma corda presa à árvore e ao carro. Ela gira a 3 rad/s. As barras têm 2 cm de diâmetro, a força externa é aplicada a 50 cm do centro, e a tensão do lado da árvore é 2940 N. Pede-se a potência que a força externa transmite ao carro. Os dados que pesam são as tensões e a velocidade com que a corda do lado do carro é recolhida.

A chave tem massa desprezível e gira com $\omega$ constante, então a resultante de forças e a resultante de torques sobre ela são nulas. Isso dá duas equações para as três incógnitas $T_2$, $F$ e a tensão dada $T_1$. A potência transmitida ao carro é a tensão do lado dele vezes a velocidade do carro. A alavanca do braço de 50 cm contra o raio de 1 cm é o que multiplica a força.

Com $r=0{,}01\text{ m}$ e $R=0{,}50\text{ m}$, o equilíbrio de forças na horizontal dá $T_2=T_1+F$, e o de torques em relação ao centro dá $FR=r(T_1+T_2)$. Substituindo $F=T_2-T_1$: \[R(T_2-T_1)=r(T_1+T_2) \implies T_2=T_1\,\dfrac{R+r}{R-r}=2940\cdot\dfrac{0{,}51}{0{,}49}=3060\text{ N}\] Sem deslizamento, o lado da árvore faz o centro da chave avançar com velocidade $\omega r$. O lado do carro é recolhido com mais $\omega r$ em relação à chave, então o carro anda \[v_{carro}=2\omega r=2\cdot3\cdot0{,}01=0{,}06\text{ m/s}\] \[P=T_2\,v_{carro}=3060\cdot0{,}06=183{,}6\text{ W}\]

A potência é 183,6 W. Teste de sanidade pela energia: a força externa vale $F=T_2-T_1=120\text{ N}$. O ponto onde ela age se move com $\omega R=1{,}5\text{ m/s}$ em relação ao centro da chave, mais $0{,}03\text{ m/s}$ do avanço do próprio centro, totalizando $1{,}53\text{ m/s}$. A potência de entrada é $120\cdot1{,}53=183{,}6\text{ W}$, igual à que chega ao carro, como manda a conservação da energia para uma chave sem massa e sem atrito.

Uma roda de raio 18 cm parece girar ao contrário porque a visão atualiza a imagem a cada $1/20\text{ s}$. Nesse intervalo, um ponto do pneu parece ter girado $\pi/9$ no sentido oposto ao real. Usa-se $\pi=3$, e a velocidade do veículo não passa de 108 km/h. O importante é que a roda real pode ter dado voltas inteiras entre duas imagens, sem que a visão perceba.

O olho só percebe o ângulo residual, módulo uma volta completa. Se a imagem mostra o ponto recuado de $\pi/9$, a roda real girou um número inteiro de voltas, menos $\pi/9$. Assim, o deslocamento angular real é $2\pi n-\pi/9$, com n inteiro positivo. A velocidade linear do veículo vem de $v=\omega R$, porque o pneu rola sem deslizar. O limite de 108 km/h escolhe qual n serve.

A velocidade angular é o deslocamento dividido pelo intervalo, com $\pi=3$: \[\omega=\dfrac{2\pi n-\pi/9}{1/20}=20\left(6n-\dfrac13\right)=120n-\dfrac{20}{3}\text{ rad/s}\] Para $n=1$, $\omega=\dfrac{340}{3}\text{ rad/s}$, e \[v=\omega R=\dfrac{340}{3}\cdot0{,}18=20{,}4\text{ m/s}=20{,}4\cdot3{,}6=73{,}44\text{ km/h}\] Para $n=2$, $\omega=233{,}3\text{ rad/s}$ e $v\approx42\text{ m/s}\approx151\text{ km/h}$, acima do limite de 108 km/h. Logo, só $n=1$ é possível.

A velocidade é 73,44 km/h. Só para conferir: $73{,}44\text{ km/h}$ está abaixo de 108 km/h, e a roda dá cerca de $\omega/2\pi\approx19$ voltas por segundo, ou seja, uma volta a cada $0{,}05\text{ s}$, aproximadamente o intervalo de atualização de $1/20\text{ s}$. É por isso que a imagem parece quase parada, recuando só um pouco.

Uma carga fixa Q, praticamente pontual, está em O. Uma carga de prova q, de massa m, parte do repouso em A, a uma distância d de O, e sobe uma rampa que forma o menor ângulo $\theta$ com a horizontal. O ponto B fica na rampa, a uma distância d de A. Sem atrito, pede-se a velocidade em B. O importante é que a distância entre as cargas muda ao longo da rampa, e o enunciado dá dados suficientes para achá-la.

Só forças conservativas realizam trabalho: a elétrica e o peso. Então vale a conservação da energia mecânica, somando energia cinética, potencial gravitacional e potencial elétrica. Falta apenas a geometria: a distância OB. Ela sai do triângulo OAB, do qual conhecemos dois lados e o ângulo entre eles.

Em A, tomando o solo como referência gravitacional, a energia é só elétrica, $E_A=\dfrac{kQq}{d}$. No triângulo OAB, $OA=AB=d$ e o ângulo em A vale $180^\circ-\theta$, então pela lei dos cossenos: \[OB^2=2d^2-2d^2\cos(180^\circ-\theta)=2d^2(1+\cos\theta) \implies OB=d\sqrt{2(1+\cos\theta)}\] A altura em B é $d\,\text{sen}\,\theta$. A conservação da energia dá \[\dfrac{kQq}{d}=\dfrac12mv^2+\dfrac{kQq}{d\sqrt{2(1+\cos\theta)}}+mgd\,\text{sen}\,\theta\] \[v=\sqrt{\dfrac{2kQq}{md}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2(1+\cos\theta)}}\right)-2gd\,\text{sen}\,\theta}\]

A expressão coincide com a da essa configuração. Uma checagem rápida: como $\sqrt{2(1+\cos\theta)}\ge\sqrt2$ para ângulos pequenos e cresce até 2 quando $\theta\to0$, o termo entre parênteses fica entre 0 e $1-1/2$, positivo, o que indica que a energia elétrica cai da posição A para a B (a carga se afasta de Q). Além disso, para $\theta\to0$ a rampa é o próprio solo, $OB\to2d$, e a fórmula dá $v^2=\dfrac{kQq}{md}$, o resultado de uma repulsão de $d$ para $2d$. Confere.

Uma partícula está na ponta de uma barra rígida articulada, de comprimento L e massa desprezível, inicialmente vertical, encostada em um bloco. Um empurrão mínimo faz a partícula cair para a direita e empurrar o bloco, que translada sem girar. Pede-se a velocidade do bloco no instante em que o contato se perde, quando a barra faz o ângulo $\theta$ com a horizontal. Note que não se trata de qualquer instante, mas do instante em que a força normal entre partícula e bloco se anula.

Enquanto há contato, a partícula e o bloco têm a mesma coordenada horizontal. A única força horizontal sobre o bloco é a normal que a partícula exerce, e ela só empurra, nunca puxa. Quando a normal vai a zero, o bloco deixa de ser acelerado e passa a andar com velocidade constante, enquanto a partícula continua acelerando. Portanto, a condição de descolamento é a aceleração horizontal do bloco nula, com o contato ainda válido naquele instante.

Seja $\varphi=90^\circ-\theta$ o ângulo da barra com a vertical. A posição horizontal é $x=L\,\text{sen}\,\varphi$, então \[v=L\cos\varphi\,\dot\varphi,\qquad \ddot{x}=L\left(\cos\varphi\,\ddot\varphi-\text{sen}\,\varphi\,\dot\varphi^2\right)\] No descolamento, $\ddot{x}=0$, e portanto $\ddot\varphi=\tan\varphi\,\dot\varphi^2$. Sem a normal, a partícula só sente o peso e a força da barra, que é radial; na direção tangencial vale $\ddot\varphi=\dfrac gL\,\text{sen}\,\varphi$. Igualando as duas expressões: \[\dfrac gL\,\text{sen}\,\varphi=\tan\varphi\,\dot\varphi^2 \implies \dot\varphi^2=\dfrac gL\cos\varphi\] \[v^2=L^2\cos^2\varphi\,\dot\varphi^2=Lg\cos^3\varphi=Lg\,\text{sen}^3\theta\]

Então $v=\sqrt{Lg\,\text{sen}^3\theta}$, pois $\cos\varphi=\text{sen}\,\theta$. Para fechar com segurança: a unidade é a de velocidade, e como $\text{sen}^3\theta\le1$, a velocidade do bloco fica sempre abaixo de $\sqrt{Lg}$, o que é razoável, já que o bloco só recebe uma parte da energia que a partícula ganha ao descer.