Escola Naval 2015

A repulsão elétrica transforma a energia cinética inicial em energia potencial até a partícula parar.

Para cargas positivas, $U=K_0q_1q_2/r$ cresce quando a distância diminui. O núcleo é fixo, por isso somente a partícula perde energia cinética. Escrevendo a energia inicial e final, $E_i=mv_0^2/2$ e $E_f=K_0q_1q_2/x$.

Muito longe do núcleo, a energia potencial é praticamente nula. Na aproximação máxima, a partícula para: $mv_0^2/2=K_0q_1q_2/x$.

Logo, $x=2K_0q_1q_2/(mv_0^2)$. O fator 2 vem da energia cinética.

Primeiro calculamos a tensão inicial do capacitor pela energia; depois usamos o circuito em regime permanente para obter a resistência da lâmpada.

Ao final da descarga, a energia é zero: $CU^2/2=0{,}25$. Com $C=2\ \mathrm F$, $U=0{,}50\ \mathrm V$.

Antes da abertura, o capacitor não conduz corrente contínua. O resistor de $0{,}50\ \Omega$ recebe $2-0{,}50=1{,}50\ \mathrm V$, então $I=3\ \mathrm A$. A lâmpada recebe $0{,}50\ \mathrm V$: $R=U/I=1/6\ \Omega$.

A velocidade de uma onda sonora depende da elasticidade e da inércia do meio.

Em fluidos, $v=\sqrt{B/\rho}$, sendo $B$ o módulo de compressibilidade e $\rho$ a densidade. A água é mais densa, mas muito menos compressível: seu módulo $B$ é muito maior.

Esse efeito predomina, explicando a maior velocidade. A alternativa B descreve essas propriedades.

Antes de usar o atrito cinético, precisamos decidir se a força aplicada consegue tirar o bloco do repouso.

Usando os dados fornecidos, $N=50\cos30^\circ=45\ \mathrm N$. O atrito estático máximo é $0{,}20\cdot45=9\ \mathrm N$, mas o repouso exigiria $36-50\sin30^\circ=11\ \mathrm N$.

O caixote começa a subir. O atrito passa a ser cinético, $f=0{,}10\cdot45=4{,}5\ \mathrm N$, para baixo do plano. Como a resultante para cima é $36-25-4{,}5=6{,}5\ \mathrm N$, ele continua subindo em $t=9\ \mathrm s$.

A amplitude descreve a oscilação em torno do equilíbrio, enquanto a pergunta pede a deformação em relação ao comprimento natural.

A equação do movimento em torno do equilíbrio é $m\ddot y=-ky$. Comparando com o MHS, $\ddot y=-\omega^2y$, resulta $k/m=\omega^2$. Já no equilíbrio estático, $k\Delta\ell_0=mg$.

Da função dada, $A=5\ \mathrm{cm}$ e $\omega=20\ \mathrm{rad/s}$. Como $k/m=\omega^2$, a distensão de equilíbrio é \[mg/k=g/\omega^2=10/400=0{,}025\ \mathrm m=2{,}5\ \mathrm{cm}\]. A distensão máxima, medida a partir do comprimento natural, é $2{,}5+5=7{,}5\ \mathrm{cm}$.

Separemos o lançamento, a explosão e a queda. Durante a explosão conserva-se o momento horizontal, mas a energia cinética pode aumentar.

O tempo de subida dá $v_{0y}=g\cdot3=30\ \mathrm{m/s}$ e $v_0=30/\sin30^\circ=60\ \mathrm{m/s}$. Usando o dado $\cos30^\circ=0{,}9$, a velocidade horizontal no topo é $u=54\ \mathrm{m/s}$.

Pela conservação do momento na explosão, $mu=(m/2)(-u)+(m/2)v_B$, então $v_B=3u$. Ambos caem em $3\ \mathrm s$. A separação é $(3u+u)3=648\ \mathrm m$.

Vamos acompanhar cada transformação no diagrama, mantendo a ordem e os sentidos do processo.

A compressão adiabática parte de $(V_1,P_1)$ para a esquerda e para cima. O aquecimento isobárico segue horizontalmente para a direita.

A expansão adiabática vai para a direita e para baixo, até $V_1$. O resfriamento isovolumétrico fecha o ciclo por uma vertical descendente. Essa sequência aparece em D.

O ponto decisivo é que o projétil já possui a velocidade horizontal do veículo quando é lançado.

O projétil sai com a mesma velocidade horizontal do carro. Atuando apenas a gravidade, essa componente permanece constante, e ambos percorrem o mesmo deslocamento horizontal.

Ao retornar à altura inicial, o projétil reencontra o motorista. A conservação da energia mecânica em C corresponde ao modelo sem resistência do ar empregado na prova.

O galvanômetro com corrente nula caracteriza uma ponte equilibrada, permitindo relacionar suas resistências.

Com $6\ \mathrm V$ e corrente total $1\ \mathrm A$, a resistência equivalente total é $6\ \Omega$. Descontando os $4\ \Omega$ em série, a ponte equivale a $2\ \Omega$. A corrente nula no galvanômetro exige $R_1R_3=R_2R_4$.

Como $R_2=R_3=2R_1$, $R_4=R_1$. As séries $2R_1$ e $4R_1$ estão em paralelo: $4R_1/3=2$. Logo, $R_1=1{,}5\ \Omega$ e a soma é $6R_1=9\ \Omega$.

A conta de energia determina primeiro o consumo; dividindo pela potência, encontramos o tempo.

A energia cobrada é $E=45/0{,}30=150\ \mathrm{kWh}$. Usando $E=Pt$, com $P=5\ \mathrm{kW}$, temos $t=150/5=30\ \mathrm h$. O preço por quilowatt-hora cobra energia, e não apenas potência.

Para determinar o formato da trajetória, eliminamos o tempo entre as duas coordenadas.

Eliminando o tempo, $x+2y=(-2t^2+2t+1)+2(t^2-t+2)=5$. Portanto, $y=(5-x)/2$: uma reta de inclinação negativa, representada em B. Apesar das coordenadas quadráticas no tempo, a trajetória não é uma parábola.

O furo desloca o centro de massa. Um modo simples de calcular o torque é tratar a massa retirada como uma contribuição subtraída do disco completo.

Com o furo à esquerda, o centro de massa do restante desloca-se para a direita. O peso do disco vazado tende a girá-lo nesse sentido. A força vertical para cima em A fornece o torque contrário. O volume retirado é $V_f=\pi(R/4)^2(R/3)=\pi R^3/48$.

Imagine o disco completo e subtraia o material do furo. O peso do disco completo passa pela vertical do contato com o chão, sem torque nesse ponto.

A massa retirada seria $m_f=\rho\pi(R/4)^2(R/3)=0{,}60\ \mathrm{kg}$, usando $\pi=3$. Sua retirada produz torque de módulo $m_fgR/2$. Uma força vertical para cima em A, de braço $R$, equilibra esse torque: $FR=m_fgR/2$, logo $F=3\ \mathrm N$.

Precisamos ler a temperatura de mudança de fase nas duas pressões relevantes: a de saída do café e a da produção de vapor.

A água do café sai à pressão atmosférica, $0{,}1\ \mathrm{MPa}$, com limite de ebulição aproximadamente $100\ ^\circ\mathrm C$. Para produzir vapor na caldeira a $1\ \mathrm{MPa}$, o gráfico indica aproximadamente $180\ ^\circ\mathrm C$.

A menor diferença é $180-100=80\ \mathrm K$. Diferenças de temperatura têm o mesmo valor em Celsius e kelvins.

O atrito pode mudar de sentido porque a força vertical aumenta com o tempo.

Em $t=0$, a iminência de descida implica atrito para cima: $F_0+0{,}6F_0=20$, então $F_0=12{,}5\ \mathrm N$. Em $t=3$, $F_1=18{,}5\ \mathrm N$ e $F_2=21{,}5\ \mathrm N$.

Para equilibrar o excesso para cima, o atrito vale $21{,}5-20=1{,}5\ \mathrm N$, vertical para baixo. É menor que o máximo $0{,}6F_1$, portanto o repouso é possível.

Uma onda estacionária mantém a mesma frequência nos dois materiais, mas tem comprimentos de onda diferentes.

As densidades lineares são $\mu_1=\rho_1S$ e $\mu_2=\rho_2S$, para a mesma seção $S$. Usando $\lambda=v/f$, obtemos $\lambda_1/\lambda_2=v_1/v_2$. Contando os meios comprimentos de onda nos desenhos, verificamos quais perfis respeitam essa razão.

A frequência e a tração são comuns. Como $v=\sqrt{T/\mu}$ e os fios têm mesma seção, \[\lambda_1/\lambda_2=\sqrt{\rho_2/\rho_1}=\sqrt{7{,}5/2{,}7}=5/3\].

Os perfis I e II satisfazem essa proporção e as extremidades fixas; III não. IV também é possível: a onda estacionária passa pela configuração retilínea quando todos os pontos atravessam o equilíbrio. Logo, I, II e IV.

A velocidade constante exige força resultante nula. Aqui, a força magnética deve compensar o peso do elétron.

Para velocidade para a esquerda e campo entrando no plano, $\vec v\times\vec B$ aponta para baixo. Como a carga do elétron é negativa, a força magnética aponta para cima e pode equilibrar o peso. Se a velocidade apontasse para a direita, a força magnética somaria ao peso.

Os campos dos fios são opostos no eixo $x$. O fio superior predomina: \[B=\frac{\mu_0}{2\pi}(0{,}006/0{,}1-0{,}007/0{,}2)=5\cdot10^{-9}\ \mathrm T\], entrando no plano.

Para velocidade constante, a força magnética equilibra o peso: $evB=m_eg$. Assim, \[v=g/[(e/m_e)B]=0{,}010\ \mathrm{m/s}=10\ \mathrm{mm/s}\]. Pela regra da mão direita e pelo sinal negativo da carga, a velocidade é contrária às correntes.

O campo elétrico vertical modifica a força restauradora do pêndulo, equivalendo a uma gravidade efetiva.

O campo aponta da placa positiva superior à negativa inferior, para baixo. A carga positiva sofre força no mesmo sentido do peso: $g_{ef}=g+qE/m$.

Para pequenas oscilações, $T_1=2\pi\sqrt{L/g}$ e $T_2=2\pi\sqrt{L/g_{ef}}$. Logo, $(T_1/T_2)^2=1+qE/(mg)$.

Para completar a volta com fio esticado, a esfera deve conservar velocidade suficiente no ponto mais alto.

No topo B, a condição mínima é tração nula: $mv_B^2/L=mg$, portanto $v_B^2=gL$. De A até B, a subida é $L+L\cos60^\circ=3L/2$.

Conservando a energia, $v_A^2=v_B^2+2g(3L/2)=4gL$. Logo, $v_B/v_A=1/2$. No topo, a velocidade mínima não é zero.

A rotação da Terra fornece velocidade linear proporcional à distância do ponto até o eixo, não ao raio terrestre isoladamente.

A distância ao eixo é $r=R\cos\phi$, e $v=\omega r$. Usando $\pi=3$, $\omega=(\pi/12)/3600=1/14400\ \mathrm{rad/s}$.

Para $v=340\ \mathrm{m/s}$, $r=340\cdot14400=4896\ \mathrm{km}$. O gráfico fornece $4878\ \mathrm{km}$ em $40^\circ$, o valor mais próximo. Logo, a latitude é aproximadamente $40^\circ$.

A flutuação exige empuxo igual ao peso. Conservar o volume submerso determina como a massa deve mudar entre os líquidos.

Na flutuação, $mg=\rho Vg$. Ao passar do mar para o rio, a densidade diminui; para conservar o volume submerso, é preciso retirar carga.

Inicialmente, $V=m/d_m$. No rio, $m_f=d_rV=m\,d_r/d_m$. A massa retirada é $m-m_f=m(d_m-d_r)/d_m$, do mar para o rio.