EFOMM 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Um capacitor de placas paralelas, de área $A_0$, é reprojetado com um dielétrico de constante $k$, mantendo capacitância, distância entre placas e geometria. Pede-se a variação relativa da área. Repare que a área é o único parâmetro livre.

O dielétrico multiplica a capacitância por $k$ para uma mesma geometria. Para a capacitância continuar igual, a área tem de encolher. A ideia central é esta: basta escrever a capacitância antes e depois e igualar.

Sem e com dielétrico: $$C_0=\dfrac{\varepsilon_0 A_0}{d}\qquad C_f=\dfrac{k\,\varepsilon_0 A_f}{d}$$ Impondo $C_f=C_0$, resta $kA_f=A_0$, isto é, $A_f=A_0/k$. Então $$\dfrac{A_f-A_0}{A_0}=\dfrac{1}{k}-1=-\left(1-\dfrac{1}{k}\right)$$

O sinal negativo indica que a área diminui, e as alternativas trazem o módulo, $1-\dfrac{1}{k}$. Vale um teste de bom senso: com $k=1$ a variação é nula, como deve ser, e para $k$ muito grande a área cai quase a zero.

O bulbo e o casco são duas fontes de ondas planas separadas por $d=5\text{ m}$, e queremos que as ondas se anulem para reduzir o arrasto. O comprimento de onda depende da velocidade por $\lambda=V^2/g$, com $g=10\text{ m/s}^2$. O dado que manda é $d$; o resto é a ponte entre $\lambda$ e $V$. Repare no termo "menor velocidade": ele pede cuidado, e vamos ver por quê.

Para duas fontes em fase, a anulação acontece quando a diferença de caminho é um número ímpar de meios comprimentos de onda, $\Delta x=(2n+1)\lambda/2$. Aqui a diferença de caminho é a própria distância $d$. Isso gera uma família de comprimentos de onda, $\lambda=2d/(2n+1)$, e portanto uma família de velocidades. O caso de referência, o primeiro modo de anulação, é $n=0$, isto é, $d=\lambda/2$. Testando as alternativas contra essa família, só a velocidade de $10\text{ m/s}$ aparece entre as opções. As demais correspondem a $d=\lambda$, $d=2\lambda$ ou $d=\lambda/4$, que não anulam fontes em fase.

Condição de anulação no modo de referência: $$d=\dfrac{\lambda}{2}\;\Rightarrow\;\lambda=2d=10\text{ m}$$ Levando à relação do enunciado: $$V^2=\lambda g=10\cdot 10=100\;\Rightarrow\;V=10\text{ m/s}$$ Para comparar, o modo seguinte ($n=1$) daria $\lambda=10/3\text{ m}$ e $V\approx 5{,}8\text{ m/s}$, valor que não consta entre as opções.

Obtemos $V=10\text{ m/s}$. Podemos conferir o resultado: $V^2/g$ tem dimensão de comprimento, e $10\text{ m/s}$ (36 km/h) é plausível para uma embarcação. Note que, com $V=10\text{ m/s}$, vale exatamente $d=\lambda/2$, a condição limpa de interferência destrutiva.

São dois ciclos com um mol de gás ideal, ambos entre as isotermas $T_Q$ e $T_F$ e ambos com volumes extremos $V_{min}$ e $V_{max}$. O ciclo 1 fecha com isocóricas, o ciclo 2 com adiabáticas. O enunciado pede a comparação do calor total trocado e das eficiências. Repare que as temperaturas coincidem, e isso tenta o aluno a concluir que as eficiências são iguais.

O ciclo 2 é um ciclo de Carnot, o de maior eficiência possível entre duas temperaturas dadas. Portanto o ciclo 1, que opera entre as mesmas temperaturas, não pode superá-lo: $\eta_1\lt\eta_2$. Quanto ao calor total trocado num ciclo, a energia interna não varia, então o calor líquido é igual ao trabalho, que é a área do ciclo no diagrama $P\times V$. Precisamos comparar áreas. A ideia central: no ciclo 1 as isotermas percorrem todo o intervalo de $V_{min}$ a $V_{max}$; no ciclo 2 as adiabáticas fazem com que as isotermas cubram um intervalo de volumes menor, dentro desse.

Para um mol, o trabalho em cada isoterma é $RT\ln(V_f/V_i)$. No ciclo 1, o trabalho líquido é $$W_1=R\,(T_Q-T_F)\ln\dfrac{V_{max}}{V_{min}}$$ As isocóricas não realizam trabalho. No ciclo 2, a mesma razão de volumes aparece nas duas isotermas, mas ela é menor que $V_{max}/V_{min}$, pois as adiabáticas encurtam a excursão de volume de cada isoterma: $$W_2=R\,(T_Q-T_F)\ln\dfrac{V_b}{V_a}\quad\text{com}\quad\dfrac{V_b}{V_a}\lt\dfrac{V_{max}}{V_{min}}$$ Logo $W_1>W_2$ e, como $Q=W$ em ciclo completo, $Q_1>Q_2$.

Combinando os dois resultados, $Q_1>Q_2$ e $\eta_1\lt\eta_2$. Só para conferir: o ciclo 1 rende mais trabalho, mas gasta ainda mais calor nas isocóricas, e por isso sua eficiência fica abaixo da de Carnot. Ter mais trabalho não significa ter mais eficiência.

Um objeto apenas apoiado em uma mola vertical, sem estar preso a ela, é empurrado para baixo por uma distância $d$ a partir do equilíbrio e depois solto. A pergunta é quanto ele percorre até perder o contato com a mola. O ponto delicado é descobrir onde essa perda de contato acontece, pois a distância percorrida depende disso.

Enquanto o objeto está em contato, a mola o empurra para cima com uma força normal. A separação ocorre quando essa força se anula, e uma mola ideal, de massa desprezível, só deixa de empurrar quando chega ao comprimento natural. Note que o objeto não perde o contato no ponto de equilíbrio, onde ainda há compressão, nem depois de passar do comprimento natural: nesse ponto exato a mola solta o corpo, que segue subindo apenas sob a ação da gravidade.

No equilíbrio, a mola está comprimida de $x_0$ tal que a força elástica compensa o peso: $$kx_0=mg\;\Rightarrow\;x_0=\dfrac{mg}{k}$$ O objeto parte de uma posição $d$ abaixo do equilíbrio, e o comprimento natural fica $x_0$ acima do equilíbrio. Somando os dois trechos, o deslocamento vertical até a separação é $$\Delta y=d+x_0=d+\dfrac{mg}{k}$$

O resultado é $d+mg/k$. Uma checagem rápida: as duas parcelas têm dimensão de comprimento, e se a mola fosse muito dura, com $mg/k\to 0$, o objeto sairia praticamente no ponto de equilíbrio, e a distância seria só $d$, como esperado. Note ainda que a separação só acontece se $d\gt mg/k$, pois o MHS precisa ter amplitude suficiente para levar a mola até o comprimento natural.

Uma barra uniforme de massa 1 kg, articulada em uma extremidade, é mantida em equilíbrio por bolinhas de borracha de 0,04 kg que a atingem no centro, com velocidade de 10 m/s, em colisão elástica. Queremos o número de bolinhas por segundo que mantém a barra parada. O ângulo da figura e o comprimento da barra parecem importantes, mas veremos que se cancelam. As oscilações são desprezíveis, então a barra é tratada como imóvel.

A barra está presa a uma articulação, que fornece forças de reação desconhecidas. Por isso a quantidade de movimento linear não é a ferramenta certa, e o que vale é o equilíbrio de torques em relação ao eixo da articulação. Temos o torque do peso, aplicado no centro de massa, e o torque médio das bolinhas, aplicado no mesmo ponto. Se ambos são verticais e atuam no mesmo ponto, têm o mesmo braço de alavanca, e a condição se reduz a uma igualdade de forças médias verticais.

Como a colisão é elástica contra uma barra praticamente parada, a bolinha volta com velocidade $-v$, e o impulso que ela transmite à barra é $$I=m v-m(-v)=2mv=2\cdot 0{,}04\cdot 10=0{,}8\text{ N}\cdot\text{s}$$ Com $n$ bolinhas por segundo, a força média sobre a barra vale $F=0{,}8\,n$. Igualando os torques em relação à articulação, o braço $b$ é comum aos dois lados: $$F\,b=Mg\,b\;\Rightarrow\;0{,}8\,n=1\cdot 10\;\Rightarrow\;n=12{,}5\text{ bolinhas/s}$$

Encontramos $n=12{,}5$ bolinhas por segundo. Para fechar com segurança: cada bolinha transmite 0,8 N·s e o peso da barra é 10 N, então precisamos de pouco mais de uma dúzia de impactos por segundo para repor a cada segundo o impulso do peso, e a ordem de grandeza confere.

A partícula descreve uma circunferência de raio 2 m no plano $xy$, com posição dada por $(2\,\text{sen}\,3\pi t,\;2\cos 3\pi t)$. O intervalo vai de $t_0=1/9\text{ s}$ até $t_f=11/18\text{ s}$, e o que se pede é o módulo da velocidade média vetorial. Repare que o trajeto percorrido, que é curvo e longo, é distração: só importam as posições inicial e final e o tempo decorrido.

A velocidade média vetorial é o vetor deslocamento dividido pelo intervalo de tempo, $\vec v_m=\Delta\vec r/\Delta t$. Ela não depende do caminho, e é por isso que ela é menor que a velocidade escalar média num movimento circular. Vamos por partes: calculamos as duas posições, subtraímos, tomamos o módulo e dividimos por $\Delta t$.

Em $t_0$, o argumento vale $3\pi/9=\pi/3$ e em $t_f$ vale $33\pi/18=11\pi/6$. Assim $$\vec r_0=(\sqrt3,\;1)\text{ m}\qquad\vec r_f=(-1,\;\sqrt3)\text{ m}$$ O deslocamento é $\Delta\vec r=(-1-\sqrt3,\;\sqrt3-1)$ e seu módulo é $$|\Delta\vec r|=\sqrt{(1+2\sqrt3+3)+(3-2\sqrt3+1)}=\sqrt8=2\sqrt2\text{ m}$$ O intervalo de tempo é $\Delta t=\dfrac{11}{18}-\dfrac{2}{18}=\dfrac12\text{ s}$, logo $$|\vec v_m|=\dfrac{2\sqrt2}{1/2}=4\sqrt2\text{ m/s}$$

O módulo é $4\sqrt2\text{ m/s}$. Conferindo pela geometria: o ângulo varrido é $3\pi\cdot 0{,}5=3\pi/2$, e a corda correspondente vale $2R\,\text{sen}(3\pi/4)=4\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2\text{ m}$, o mesmo valor. Já a velocidade escalar da partícula é $6\pi\approx 18{,}8\text{ m/s}$, muito maior que $5{,}7\text{ m/s}$, como esperado para um trecho curvo.

Vapor de água tratado como gás ideal sofre compressão isotérmica a 300 K, com volume inicial de $1{,}3845\text{ m}^3$ e pressão de 100 kPa, e o volume final é a metade do inicial. Todo o calor que o gás libera é absorvido por 0,9230 kg de água, e pergunta-se quanto a água esquenta. O enunciado já entrega a fórmula do trabalho e o valor de $\ln 2$, então a questão é de encadeamento de ideias, não de dedução.

Numa isoterma de gás ideal a energia interna não muda, então pela primeira lei o calor trocado é igual ao trabalho. Como o gás é comprimido, o trabalho é negativo e o calor sai do gás; esse calor vai para a água, aquecendo-a segundo $Q=mc\,\Delta T$. Note que a lei dos gases ideais já está embutida na fórmula do trabalho fornecida, e o modelo pede que tratemos o vapor como ideal do início ao fim.

Com $V_f/V_0=1/2$ e $\ln(1/2)=-\ln 2=-0{,}7$: $$W=P_0V_0\ln\dfrac{V_f}{V_0}=10^5\cdot 1{,}3845\cdot(-0{,}7)\approx-96\,915\text{ J}$$ Portanto o gás cede $Q\approx 96\,915\text{ J}$. Para a água, com $c=4200\text{ J/(kg K)}$: $$Q=mc\,\Delta T\;\Rightarrow\;\Delta T=\dfrac{96\,915}{0{,}9230\cdot 4200}=\dfrac{96\,915}{3876{,}6}=25\text{ K}$$

Uma variação de 25 K equivale a $25^\circ\text{C}$, porque a diferença de temperatura é a mesma nas duas escalas. Vale um teste de bom senso: cerca de 97 kJ para menos de 1 kg de água, que pede uns 4 kJ por grau, dá algo em torno de 25 graus, e a ordem de grandeza confere.

Um trem em movimento uniformemente variado sobre o eixo $x$ e um carro em movimento uniforme estão em rota de colisão. Sabemos a velocidade do trem e a velocidade do carro em relação ao trem no instante inicial, além da posição do carro. O que se quer é a maior aceleração do trem para que o carro atravesse a linha antes de ele passar. O dado escondido é que o carro tem velocidade constante em relação ao solo, e não em relação ao trem.

Como o trem acelera, o referencial dele não é inercial, então é mais seguro trabalhar no referencial do solo. A velocidade do carro no solo é a soma da velocidade do trem com a velocidade relativa, calculada no instante inicial, e permanece constante. Repare no ponto-chave: o carro cruza o eixo $x$ num instante bem definido, e nesse instante ele deve estar à frente do trem.

A velocidade do carro no solo é $\vec v_C=(1,\;\sqrt3)\text{ m/s}$. Ele cruza o eixo $x$ quando $y_C=0$: $$-\sqrt3+\sqrt3\,t=0\;\Rightarrow\;t=1\text{ s}$$ Nesse instante, as posições no eixo $x$ são $$x_C(1)=1+1\cdot1=2\text{ m}\qquad x_T(1)=1\cdot 1+\dfrac a2\cdot1^2=1+\dfrac a2$$ Para o carro passar antes do trem, exigimos $x_T(1)\lt x_C(1)$: $$1+\dfrac a2\lt 2\;\Rightarrow\;a\lt 2\text{ m/s}^2$$

O limite é $a=2\text{ m/s}^2$. Podemos conferir o resultado: com aceleração nula o trem estaria em $x=1\text{ m}$ quando o carro passa por $x=2\text{ m}$, de modo que o carro passa folgado; com $a=2\text{ m/s}^2$ os dois chegam juntos ao ponto $x=2\text{ m}$ e ocorre o choque no limite, o que caracteriza o valor máximo.

Um líquido enche por completo a parte superior de um cilindro, apoiado sobre um pistão de massa e altura desprezíveis, com gás ideal embaixo. Ao aquecer o gás, o pistão sobe e parte do líquido transborda. Sabemos que a área é $0{,}004\text{ m}^2$, que o volume do gás aumentou $0{,}01\text{ m}^3$ e que a pressão do gás caiu $50\text{ kPa}$. Queremos a densidade do líquido. O valor da pressão atmosférica não foi dado, e isso já é uma pista.

Como o pistão não tem massa, a pressão do gás é igual à pressão sobre ele, que é a atmosférica mais a hidrostática da coluna de líquido. Quando o pistão sobe, o líquido em excesso escapa pela borda e a coluna encurta, então a pressão do gás cai por causa da coluna perdida. Vamos por partes: primeiro quanto o pistão sobe, depois quanto a pressão cai por metro de coluna perdido. A pressão atmosférica aparece nas duas situações e se cancela na diferença.

A subida do pistão é o aumento de volume dividido pela área: $$\Delta h=\dfrac{\Delta V}{A}=\dfrac{0{,}01}{0{,}004}=2{,}5\text{ m}$$ A pressão do gás antes e depois é $P_1=P_{atm}+\rho gH$ e $P_2=P_{atm}+\rho g(H-\Delta h)$, e a diferença é $$\Delta P=P_2-P_1=-\rho\, g\,\Delta h$$ Com $\Delta P=-50\,000\text{ Pa}$: $$\rho=\dfrac{50\,000}{10\cdot 2{,}5}=2000\text{ kg/m}^3$$

A densidade é $2000\text{ kg/m}^3$. Só para conferir: o líquido é duas vezes mais denso que a água, o que é plausível (há líquidos assim), e a unidade de $\rho$ sai correta, pois $\text{Pa}/(\text{m/s}^2\cdot\text{m})=\text{kg/m}^3$.

Um objeto preso a uma corda inextensível de comprimento $L$ é solto do repouso e percorre um arco de circunferência, passando por $P_1$ com velocidade $v_1$, na posição $\theta_1=\pi/3$, e por $P_2$ com velocidade $v_2$, na posição $\theta_2=\pi/4$, medidos em relação à vertical. Devemos avaliar quatro afirmativas sobre tração, energia, trabalho e aceleração tangencial. Sem forças dissipativas, a energia mecânica é conservada.

Vamos analisar afirmativa por afirmativa. Duas ideias resolvem tudo: a tração é sempre perpendicular à velocidade, logo não realiza trabalho, e a única força com componente ao longo da trajetória é o peso. A conservação da energia liga as velocidades em $P_1$ e $P_2$ pela variação de altura entre os pontos.

Afirmativa I: falsa, pois na direção radial $T-mg\cos\theta=mv^2/L$, e como $v$ e $\theta$ variam, $T$ também varia. Afirmativa II: verdadeira; com a altura medida a partir do ponto de suspensão, a descida de $P_1$ a $P_2$ é $\Delta h=L(\cos45^\circ-\cos60^\circ)$, então $$v_2^2=v_1^2+2gL\left(\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac12\right)=v_1^2+gL(\sqrt2-1)$$ Afirmativa III: falsa, porque a tração não realiza trabalho, e a variação de energia cinética vem do peso. Afirmativa IV: verdadeira, já que a componente tangencial da resultante é $mg\,\text{sen}\,\theta$, e portanto $a_t=g\,\text{sen}\,\theta$.

Só II e IV são verdadeiras. Conferindo a afirmação II: como $\theta_2\lt\theta_1$, o objeto está mais baixo em $P_2$, então $v_2\gt v_1$, e o termo $\sqrt2-1\gt0$ confirma esse aumento. Para IV, no ponto mais baixo, $\theta=0$, a aceleração tangencial é nula, como deve ser.

Uma embarcação de 3200 t, com centro de massa em $X=55\text{ m}$ e $Z=4{,}5\text{ m}$, recebe 800 t de água distribuídas em três compartimentos de posições conhecidas. Depois disso, o centro de massa passa para $X=60\text{ m}$ e $Z=4\text{ m}$. Pedem-se as três massas de água. Temos então três incógnitas e três equações disponíveis: a soma das massas e uma média ponderada para cada eixo.

O centro de massa de um sistema é a média das posições ponderada pelas massas, em cada coordenada. Vamos escrever essa média para $Z$ e para $X$, usando a massa final de 4000 t, e combinar com $m_A+m_B+m_C=800$. Note que as equações em $Z$ são especialmente simples, porque A e B têm a mesma altura, e isso permite isolar $m_C$ logo de saída.

Na coordenada vertical: $$4000\cdot4=3200\cdot4{,}5+m_A+m_B+3m_C\;\Rightarrow\;m_A+m_B+3m_C=1600$$ Com $m_A+m_B=800-m_C$, obtemos $800+2m_C=1600$, logo $m_C=400\text{ t}$ e $m_A+m_B=400\text{ t}$. Na coordenada horizontal: $$4000\cdot60=3200\cdot55+30m_A+90m_B+75\cdot400\;\Rightarrow\;3m_A+9m_B=3400$$ Substituindo $m_A=400-m_B$, resulta $1200+6m_B=3400$, então $$m_B\approx366{,}7\text{ t}\qquad m_A\approx33{,}3\text{ t}$$

Os valores $m_A=33{,}3$, $m_B=366{,}7$ e $m_C=400$ são as massas procuradas, em toneladas. Uma checagem rápida: as três massas somam 800 t, e o $X$ do centro de massa subiu de 55 para 60 m, coerente com a maior parte da água ter ido para B e C, que ficam a 90 m e 75 m, acima da média original.

A figura mostra o perfil da corda em dois instantes: $t=0$ (linha cheia, com os pontos A e B) e $t=\pi/2$ (linha tracejada, com o ponto C). Atenção a este detalhe: A e B pertencem à curva cheia, mas C pertence à curva tracejada. Os dados são $A=(0,-2)$, $B=(4,2)$, $C=(6,0)$ e $k=\pi/8\text{ rad/m}$. A onda anda para a direita e a tracejada é a primeira vez que o perfil chega àquela forma.

Com $k$ conhecido, o comprimento de onda é $\lambda=2\pi/k=16\text{ m}$. A curva cheia dá a amplitude e a fase; a tracejada dá quanto o perfil andou, e daí o período. Como a onda vai para $+x$, escrevemos $y=A\cos(kx-\omega t+\phi)$ e usamos a foto de $t=0$ para achar $A$ e $\phi$.

Em $t=0$, A e B dão: $$A\cos\phi=-2,\qquad A\cos\!\left(\dfrac{\pi}{2}+\phi\right)=-A\,\text{sen}\,\phi=2$$ Ou seja, $A\cos\phi=A\,\text{sen}\,\phi=-2$: $\tan\phi=1$ com seno e cosseno negativos, então $\phi=-3\pi/4$, e $$A=\sqrt{(-2)^2+2^2}=2\sqrt{2}\text{ m}$$ Conferindo com a figura, o pico da curva cheia fica em $x=6\text{ m}$, pois $k\cdot 6-3\pi/4=0$. A curva tracejada tem o pico em $x=10\text{ m}$, e C, em $x=6\text{ m}$, é um zero dela: $\cos(6\pi/8-\omega\pi/2-3\pi/4)=0$ pede $\omega\pi/2=\pi/2$. Assim, o perfil andou $4\text{ m}=\lambda/4$ em $\pi/2\text{ s}$, e $$\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi}{2}\;\Rightarrow\;T=2\pi\text{ s},\qquad \omega=1\text{ rad/s}$$ $$v=\dfrac{\omega}{k}=\dfrac{1}{\pi/8}=\dfrac{8}{\pi}\text{ m/s}$$

Amplitude $2\sqrt{2}\text{ m}$ e velocidade $8/\pi\text{ m/s}$. Para fechar com segurança: $v=\lambda/T=16/(2\pi)=8/\pi\approx 2{,}5\text{ m/s}$, coerente com um deslocamento de $4\text{ m}$ em $1{,}57\text{ s}$.

São 2027 cargas iguais $Q$ dispostas numa espiral, com a n-ésima em $2^{\theta_n}(\cos\theta_n,\,\text{sen}\,\theta_n)$ e $\theta_n=n/2$. Pergunta-se em que intervalo está o valor de $V_0/(kQ)$, sendo $V_0$ o potencial na origem. Repare que o ângulo da espiral é distração: para o potencial só interessa a distância de cada carga à origem.

O potencial é escalar, então basta somar $kQ/r_n$ de todas as cargas, sem preocupação com direções. A distância de cada carga à origem é o módulo do vetor posição, que é $2^{\theta_n}$. A soma resultante é uma progressão geométrica, e aqui está a sacada: a razão é menor que 1, então mesmo com 2027 termos a soma é praticamente igual à da série infinita.

A distância da n-ésima carga é $r_n=2^{n/2}=(\sqrt2)^n$, e assim $$\dfrac{V_0}{kQ}=\sum_{n=1}^{2027}\left(\dfrac{1}{\sqrt2}\right)^n$$ Trata-se de uma PG de primeiro termo $1/\sqrt2$ e razão $q=1/\sqrt2$. A soma exata é $\dfrac{a_1(1-q^{2027})}{1-q}$, e como $q^{2027}$ é astronomicamente pequeno, podemos usar $$\dfrac{V_0}{kQ}\approx\dfrac{1/\sqrt2}{1-1/\sqrt2}=\dfrac{1}{\sqrt2-1}=\sqrt2+1\approx2{,}41\text{ m}^{-1}$$

O valor $2{,}41$ está em $[2,3)$. Vale um teste de bom senso: a primeira carga sozinha contribui com $0{,}71$, a segunda com $0{,}5$, a terceira com $0{,}35$, e assim por diante, com termos que caem pela metade a cada duas cargas; as cinco primeiras parcelas já somam cerca de 2, e a cauda restante completa o valor perto de 2,4.

Pela figura, a bateria de $36\text{ V}$ está em série com o resistor de $6\,\Omega$; depois do nó, há dois ramos em paralelo: um com $3\,\Omega$ e a chave S, outro com o capacitor de $10\,\mu\text{F}$ em série com $2\,\Omega$. Com S aberta por muito tempo, o capacitor está carregado. Pedem-se $P_0$ e $Q_0$ logo após fechar S, e $P_\infty$ e $Q_\infty$ muito depois, sempre com $P$ no resistor de $3\,\Omega$.

Com S aberta, não passa corrente e o capacitor fica com os $36\text{ V}$ da bateria. Logo após fechar S, o capacitor mantém sua tensão, então se comporta como uma fonte de $36\text{ V}$ (atrás de $2\,\Omega$). Muito tempo depois, ele vira circuito aberto. Em cada instante, resolvemos o circuito resistivo resultante.

Instante inicial: $Q_0=CV=10\cdot 36=360\,\mu\text{C}$. Chamando de $V_A$ a tensão do nó em relação ao fio de retorno, a lei dos nós dá $$\dfrac{36-V_A}{6}+\dfrac{36-V_A}{2}=\dfrac{V_A}{3}\;\Rightarrow\;V_A=24\text{ V}$$ $$P_0=\dfrac{24^2}{3}=192\text{ W}$$ Regime final: sem corrente no ramo do capacitor, a bateria alimenta $6\,\Omega$ e $3\,\Omega$ em série, com $i=36/9=4\text{ A}$. Então $$V_3=12\text{ V},\quad P_\infty=\dfrac{12^2}{3}=48\text{ W},\quad Q_\infty=10\cdot 12=120\,\mu\text{C}$$ Montando a razão: $$\dfrac{P_0Q_0}{P_\infty Q_\infty}=\dfrac{192\cdot 360}{48\cdot 120}=4\cdot 3=12$$

A análise direta do circuito da figura leva a $12$. O gabarito preliminar informado indica $27$. Esse valor sai se tomarmos $P_0=432\text{ W}$, isto é, $36\text{ V}$ sobre o resistor de $3\,\Omega$ logo após fechar S, mantendo o restante da conta ($Q_0/Q_\infty=3$ e $P_\infty=48\text{ W}$): $\frac{432}{48}\cdot 3=27$. Podemos conferir o resultado: a razão das cargas ($3$) e a das potências ($192/48=4$) são plausíveis, pois a tensão sobre o $3\,\Omega$ cai de $24\text{ V}$ para $12\text{ V}$.

Uma barra de 1,6 m se move a 10 m/s num campo de 0,5 mT, inclinada de $30^\circ$ em relação à velocidade, com o campo perpendicular ao plano. Pede-se a fem induzida. Repare que só importa a parte da barra perpendicular ao movimento.

A fem de movimento é $\varepsilon=B\,L_\perp\,v$, em que $L_\perp$ é a projeção da barra na direção perpendicular à velocidade, pois só ela varre fluxo novo.

Projetando o comprimento e passando o campo para tesla: $$L_\perp=1{,}6\,\text{sen}\,30^\circ=0{,}8\text{ m}\qquad B=0{,}5\cdot10^{-3}\text{ T}$$ $$\varepsilon=0{,}5\cdot10^{-3}\cdot0{,}8\cdot10=4\cdot10^{-3}\text{ V}$$

A fem é $4\text{ mV}$. Só para conferir: com a barra perpendicular à velocidade teríamos 8 mV, e como $\text{sen}\,30^\circ=0{,}5$, o valor cai à metade.

Um cilindro e um cone, com mesmo raio de base e mesma altura, ambos com densidade igual a 64% da da água, flutuam em equilíbrio, o cilindro na vertical e o cone com o vértice para baixo. Depois de um pequeno deslocamento vertical, ambos são liberados. A pergunta compara o tipo de movimento e os períodos. O dado de 64% define quanto de cada corpo fica submerso.

Para um corpo flutuante, o empuxo extra ao deslocá-lo de $z$ vale $\rho_a g A\,z$, em que $A$ é a área da seção na linha d'água, e a frequência é $\omega^2=\rho_a gA/m$. No cilindro, $A$ é constante, e a força restauradora é exatamente proporcional ao deslocamento: MHS rigoroso. No cone com vértice para baixo, a seção varia com a profundidade, então a proporcionalidade só vale de forma aproximada, para deslocamentos muito pequenos. Vamos comparar as frequências pela razão entre área na linha d'água e massa.

Sendo $R$ o raio e $H$ a altura, para o cilindro a massa é $0{,}64\,\rho_a\pi R^2H$ e a área é $\pi R^2$, logo $$\omega_{cil}^2=\dfrac{g}{0{,}64\,H}\approx1{,}56\,\dfrac gH$$ Para o cone, a massa é um terço da do cilindro, e o volume submerso é 64% do volume total, o que dá uma altura submersa $s=0{,}64^{1/3}H\approx0{,}86\,H$. A seção na linha d'água tem área $\pi R^2(s/H)^2\approx0{,}74\,\pi R^2$, portanto $$\omega_{cone}^2=\dfrac{\rho_a g\,\pi R^2\cdot0{,}74}{0{,}64\,\rho_a\pi R^2H/3}\approx3{,}5\,\dfrac gH$$

Como $\omega_{cone}\gt\omega_{cil}$, o período do cone é menor, cerca de 0,67 do período do cilindro, e o cilindro é o que realiza MHS exato. Uma checagem rápida: o cone tem pouca massa para a área de seção que tem na água, então é natural que oscile mais depressa.

Pela figura, o bloco de $2\text{ kg}$ está preso à extremidade direita da mola, cuja outra ponta está fixa na parede à esquerda. Ele é esticado até $x_0=0{,}32\text{ m}$ e solto do repouso, com $\mu_c=0{,}4$. O dado quantitativo é $0{,}64\text{ J}$, associado ao trecho entre o instante da soltura e o ponto de velocidade máxima. Queremos $k$.

O atrito cinético é constante: $F_{at}=\mu_c mg=0{,}4\cdot 2\cdot 10=8\text{ N}$. A velocidade máxima ocorre onde a aceleração se anula, isto é, onde a força elástica iguala o atrito: $kx_m=8$, logo $x_m=8/k$. Como o bloco só se move se $kx_0>8$, temos de ter $k>25\text{ N/m}$. Use o teorema da energia cinética entre $x_0$ e $x_m$: o trabalho da mola e o do atrito determinam a energia cinética nesse ponto.

Trabalho elástico e trabalho do atrito no trecho $x_0\to x_m$: $$E_c=\dfrac{k x_0^2}{2}-\dfrac{k x_m^2}{2}-F_{at}\,(x_0-x_m)$$ Com $E_c=0{,}64\text{ J}$, $x_m=8/k$ e $x_0=0{,}32$: $$0{,}0512\,k-\dfrac{32}{k}-2{,}56+\dfrac{64}{k}=0{,}64\;\Rightarrow\;0{,}0512\,k^2-3{,}2\,k+32=0$$ As raízes são $k=12{,}5$ e $k=50\text{ N/m}$. A primeira é descartada pela condição $k>25$ (com ela, $kx_0=4\text{ N}\lt 8\text{ N}$ e o bloco nem sairia do lugar). Fica $k=50\text{ N/m}$, com $x_m=0{,}16\text{ m}$. Conferindo: $E_c=2{,}56-0{,}64-1{,}28=0{,}64\text{ J}$.

$k=50\text{ N/m}$, desde que o $0{,}64\text{ J}$ seja lido como a energia cinética no ponto de velocidade máxima. Se lermos ao pé da letra que $0{,}64\text{ J}$ é a energia mecânica dissipada, isto é, $8\,(0{,}32-8/k)=0{,}64$, obtemos $k\approx 33{,}3\text{ N/m}$, que não está entre as opções. Para fechar com segurança: com $k=50$, o atrito dissipa $8\cdot 0{,}16=1{,}28\text{ J}$ no trecho, e os $0{,}64\text{ J}$ correspondem à energia cinética.

Um pêndulo é solto do repouso de um pequeno ângulo $\theta_0$. No mesmo instante, um carrinho parte de uma distância horizontal $d$ do ponto mais baixo, com velocidade constante, em direção ao pêndulo. Queremos o valor máximo da velocidade do carrinho para que ele atinja o objeto exatamente no ponto mais baixo. O ângulo $\theta_0$ não entra no resultado, porque é pequeno e o período não depende dele.

A colisão exige sincronia: o carrinho precisa chegar ao ponto mais baixo no mesmo instante em que o pêndulo passa por ali. Para pequenas amplitudes, o pêndulo tem período $T=2\pi\sqrt{L/g}$ e passa pelo ponto mais baixo em $T/4$, $3T/4$, $5T/4$ e assim por diante. Repare que o carrinho só tem uma velocidade constante, e $v=d/t$ fica menor quanto maior for o tempo. Logo, o valor máximo corresponde ao menor tempo, $t=T/4$.

O tempo do pêndulo até o ponto mais baixo pela primeira vez é $$t=\dfrac T4=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac Lg}$$ O carrinho percorre $d$ com velocidade constante nesse mesmo tempo: $$v=\dfrac dt=\dfrac{d}{\dfrac\pi2\sqrt{L/g}}=\dfrac{2d}{\pi}\sqrt{\dfrac gL}$$

A velocidade máxima é $\dfrac{2d}{\pi}\sqrt{g/L}$. Vale um teste de bom senso: a unidade de $\sqrt{g/L}$ é s$^{-1}$, e multiplicada por $d$ resulta em m/s. Se o pêndulo fosse mais longo, a velocidade necessária seria menor, pois ele levaria mais tempo, o que combina com o resultado.

Duas partículas idênticas, de carga positiva $q$ e massa $m$, descrevem a mesma circunferência de raio $r$, em posições diametralmente opostas, sob ação da repulsão elétrica e da força magnética de um campo $B_0=\sqrt{mk/r^3}$. Pede-se a velocidade $v$. Repare que o campo já vem em função de $m$, $k$ e $r$, e o que resta é achar $v$ em função de $q$.

Em cada partícula, a resultante das forças radiais é a força centrípeta. A força magnética aponta para o centro, e a repulsão da outra partícula aponta para fora, pois a distância entre elas é o diâmetro $2r$. Vamos por partes: escrevemos a equação radial, substituímos $B_0$ e resolvemos para $v$, que aparece de forma quadrática.

A força centrípeta é a diferença entre a magnética e a elétrica: $$qvB_0-\dfrac{kq^2}{(2r)^2}=\dfrac{mv^2}{r}$$ Reorganizando como equação do segundo grau em $v$, com $B_0=\sqrt{mk/r^3}$: $$\dfrac mr\,v^2-q\sqrt{\dfrac{mk}{r^3}}\,v+\dfrac{kq^2}{4r^2}=0$$ O discriminante é $q^2\dfrac{mk}{r^3}-4\cdot\dfrac mr\cdot\dfrac{kq^2}{4r^2}=0$, então a raiz é dupla: $$v=\dfrac{q\sqrt{mk/r^3}}{2m/r}=\dfrac q2\sqrt{\dfrac{k}{mr}}$$

Obtemos $v=\dfrac q2\sqrt{\dfrac{k}{mr}}$. Podemos conferir o resultado: com esse $v$, a força magnética vale $kq^2/(2r^2)$, a elétrica vale $kq^2/(4r^2)$, e a diferença $kq^2/(4r^2)$ é igual a $mv^2/r$. O discriminante nulo mostra que só existe uma velocidade possível, o que explica a resposta única.

Há duas partes ligadas por uma frequência. Um tubo fechado nas duas pontas, de 7,5 m, contém um gás A e vibra no terceiro harmônico. Essa frequência é a mesma com que um mol de gás B percorre um ciclo formado por duas adiabáticas e duas isocóricas. Precisamos da potência do ciclo, que é o trabalho por ciclo vezes a frequência. Os dados de A servem só para achar a frequência.

Primeiro, comprimento de onda e velocidade do som no gás A dão a frequência. Depois, o ciclo de B é do tipo Otto, e o trabalho por ciclo é o calor absorvido menos o rejeitado, ambos nas isocóricas. Como o gás B é monoatômico, $C_v=\tfrac32R$ e $\gamma-1=\tfrac23$, o que permite obter as temperaturas dos outros dois estados pela relação adiabática.

Em tubo fechado nas duas pontas, o terceiro harmônico tem $\lambda=2L/3=5\text{ m}$. Com $M=0{,}1\text{ kg/mol}$ (atenção à conversão) e $\gamma=5/3$: $$v_s=\sqrt{\dfrac{\gamma RT}{M}}=\sqrt{\dfrac{(5/3)\cdot8\cdot300}{0{,}1}}=200\text{ m/s}\;\Rightarrow\;f=\dfrac{200}{5}=40\text{ Hz}$$ Para o gás B, pela relação $TV^{\gamma-1}=\text{cte}$ e com $V_1/V_3=8$, obtemos $T_2=100\cdot8^{2/3}=400\text{ K}$ e $T_4=800/4=200\text{ K}$. Assim $$Q_{in}=\tfrac32R\,(800-400)=4800\text{ J}\qquad Q_{out}=\tfrac32R\,(200-100)=1200\text{ J}$$ $$W=4800-1200=3600\text{ J}\qquad P=W\,f=3600\cdot40=144\,000\text{ W}$$

A potência é $144\text{ kW}$. Só para conferir: a eficiência do ciclo de Otto é $1-\dfrac{T_1}{T_2}=1-\dfrac{100}{400}=0{,}75$, e $0{,}75\cdot4800=3600\text{ J}$, o mesmo trabalho encontrado pela diferença dos calores.