Escola Naval 2016

No referencial fixo, o bloco descreve movimento circular uniforme e sua resultante é centrípeta.

O raio da trajetória circular é \[r=d\sin30^\circ=0{,}20\cdot0{,}5=0{,}10\ \mathrm m\]. A aceleração centrípeta é \[a=\omega^2r=10^2\cdot0{,}10=10\ \mathrm{m/s^2}\]. No referencial fixo, $F_R=ma=0{,}30\cdot10=3\ \mathrm N$, dirigida ao eixo de rotação.

A energia potencial deve variar em oposição à cinética, preservando a soma.

A função seno ao quadrado repete seu valor quando o argumento aumenta em $\pi$, e não em $2\pi$. Logo, o período é $\pi/(2\pi/3)=1{,}5\ \mathrm s$. Em $t=0$, $E_c=4\ \mathrm J$, portanto a energia potencial deve estar no mínimo nesse instante.

A energia mecânica se conserva: $E_c+E_p=E_m$. A expressão dada equivale a $E_c=4\cos^2(2\pi t/3)$.

Escolhendo o zero conveniente, $E_p=4\sin^2(2\pi t/3)$. Seu gráfico começa no mínimo, alcança $4\ \mathrm J$ e tem período $1{,}5\ \mathrm s$. Logo, A.

Compare separadamente a força elástica com o limite de atrito de cada bloco.

A força elástica inicial é $60\ \mathrm N$, não $120$: as duas forças comprimem a mesma mola. O atrito estático máximo é $80\ \mathrm N$ em A e $40\ \mathrm N$ em B. Assim, A pode equilibrar a mola e ficar parado; B não, pois $60>40$, e começa a se deslocar para a direita.

A energia cinética informa o módulo da velocidade, mas não seu sinal. Precisamos conferir as razões e a conservação do momento.

Para cada carrinho, $|v_f/v_i|=\sqrt{E_{cf}/E_{ci}}$. Em A, a razão é $\sqrt{13{,}5/6}=1{,}5$; em B, $\sqrt{0{,}5/8}=1/4$.

O gráfico A apresenta velocidades $2\to3$ para A e $4\to1$ para B, em $\mathrm{m/s}$. As massas deduzidas são $3$ e $1\ \mathrm{kg}$, também conservando o momento: $3\cdot2+1\cdot4=3\cdot3+1\cdot1$.

Com distância fixa, o módulo da energia gravitacional é proporcional ao produto das massas.

O módulo da energia potencial é $|U|=Gm(500-m)/d$. Como $G/d$ é constante, basta maximizar $m(500-m)=250^2-(m-250)^2$. O máximo ocorre em $m=250\ \mathrm{kg}$, tornando as massas iguais.

A densidade que torna a aceleração nula corresponde à densidade da própria esfera.

O gráfico indica aceleração nula em líquido de densidade $2{,}5\ \mathrm{g/cm^3}$. Nesse caso, empuxo e peso são iguais, então essa é também a densidade da esfera: $2500\ \mathrm{kg/m^3}$. Logo, \[m=\rho V=2500\cdot3\cdot10^{-3}=7{,}5\ \mathrm{kg}\].

O cabo limita a altura admissível da força aplicada. Depois calculamos a reação horizontal da dobradiça.

O peso da viga passa pela vertical da dobradiça e não produz torque nesse ponto. No equilíbrio horizontal, a reação compensa a diferença entre a força aplicada e a tração. A função $H(h)$ teria máximo livre em $h=3\ \mathrm m$, mas essa altura romperia o cabo; por isso o limite físico deve ser aplicado antes.

Tomando momentos na dobradiça, $Fh=TL$. Com $F=18h$ e $L=6$, temos $T=3h^2$.

A força horizontal da dobradiça tem módulo $H=F-T=18h-3h^2$. O limite $T\le12$ exige $h\le2\ \mathrm m$. Nesse intervalo, $H$ cresce, alcançando $H=36-12=24\ \mathrm N$ em $h=2$.

A média do percurso é a distância total dividida por todo o tempo, inclusive a parada.

O veículo anda a $55{,}5\ \mathrm{km/h}$ por $t$ horas, para por $2$ horas e anda a $72\ \mathrm{km/h}$ por $4$ horas. A distância total dá $55{,}5t+72\cdot4=510$, então $t=4\ \mathrm h$. Incluindo a parada, o tempo total é $10\ \mathrm h$, e $v_m=510/10=51\ \mathrm{km/h}$.

O sincronismo depende do intervalo entre partículas sucessivas, e não do tempo de queda de uma partícula isolada.

As partículas continuam chegando ao disco a intervalos de $3\ \mathrm s$: a nova altura altera igualmente o tempo de queda de todas. O orifício deve completar um número inteiro de voltas entre chegadas: $\omega'3=2\pi n$.

Com $\pi=3$, $\omega'=2n\ \mathrm{rad/s}$. Assim, $6$, $8$ e $12$ são possíveis. A fase inicial do disco deve ser ajustada à primeira chegada.

A posição fornece a altura diretamente; a velocidade exige derivar cada coordenada em relação ao tempo.

Em $t=1$, a altura é $y=-5+2+8{,}4=5{,}4\ \mathrm m$. Derivando a posição, $\vec v=6\hat\imath+(-10t+2)\hat\jmath$. Nesse instante, $\vec v=6\hat\imath-8\hat\jmath$, com módulo $\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{m/s}$.

Cada massa precisa retornar à própria extremidade inicial da oscilação no mesmo instante.

As frequências angulares são $\omega_1=\sqrt{36/4}=3$ e $\omega_2=\sqrt{100/4}=5\ \mathrm{rad/s}$. Com $\pi=3$, os períodos são $2$ e $1{,}2\ \mathrm s$.

Soltas do repouso na extremidade da oscilação, as massas só retornam à posição inicial após períodos inteiros. O primeiro instante comum é $3T_1=5T_2=6\ \mathrm s$.

Relacionamos primeiro os níveis sonoros às intensidades e depois às distâncias da fonte.

A diferença dos níveis é $5\ \mathrm{dB}$: $5=10\log_{10}(I_A/I_B)$. Como $I\propto1/r^2$, $r_B/r_A=10^{5/20}\approx1{,}78$.

Logo, $r_B\approx3{,}56\ \mathrm m$. Na mesma direção a partir da fonte, a distância entre os detectores é $3{,}56-2=1{,}56\ \mathrm m$, aproximadamente $1{,}5\ \mathrm m$.

Identifiquemos amplitude, comprimento de onda, sentido de propagação e fase inicial antes de escolher a função.

A amplitude é $5\ \mathrm{cm}$. Entre o cruzamento ascendente em $y=2$ e o descendente em $y=11$ há $3\lambda/2$, dando $\lambda=6\ \mathrm m$. Portanto, $k=\pi/3$ e $\omega=kv=5\pi$.

A propagação em direção negativa exige fase $ky+\omega t$. A função $z=-5\cos(\pi y/3+5\pi t+\pi/3)$ reproduz também o perfil inicial. Logo, B.

No instante inicial, a opção B fornece $z(0,0)=-2{,}5\ \mathrm{cm}$ e inclinação positiva, compatíveis com o gráfico. Também fornece zero com inclinação positiva em $y=2\ \mathrm m$, pois a fase ali é $\pi$. Isso confere a fase inicial, além da amplitude e do comprimento de onda.

A resistência das lâmpadas permanece constante, então sua potência varia com o quadrado da tensão.

Com resistência constante, $P=V^2/R$. A tensão aumenta por $5/4$, então cada lâmpada passa a dissipar $4(5/4)^2=6{,}25\ \mathrm W$. Nas duas lâmpadas restantes, a potência total é $2\cdot6{,}25=12{,}5\ \mathrm W$.

O sentido do movimento inicial do elétron revela o sentido da força e, pelo sinal da carga, o campo.

Como o elétron é negativo, $\vec F=-e\vec E$. Se começa a se mover para a direita, o campo resultante aponta para a esquerda.

Isso também vale quando as cargas têm mesmo sinal, conforme E. Sem conhecer os módulos das cargas, não é possível concluir apenas uma desigualdade entre as distâncias.

Os campos dos dois condutores se superpõem, respeitando os sentidos das correntes.

As contribuições magnéticas dependem da soma algébrica das correntes envolvidas. Correntes de mesmo módulo em sentidos opostos se cancelam, produzindo campo resultante ideal nulo. É a situação da alternativa A; correntes no mesmo sentido se somam.

O pistão móvel estabelece igualdade de pressões, e o volume total impõe a redução do compartimento A.

A divisória móvel permite equilíbrio mecânico: $P_A=P_B$. Cada lado tem um mol, então $T_A/V_A=T_B/V_B$.

Como o volume total é fixo, $V_B=1{,}2V_0$ implica $V_A=0{,}8V_0$. Logo, \[T_A=522\cdot0{,}8/1{,}2=348\ \mathrm K=75\ ^\circ\mathrm C\].

A conexão conserva carga elétrica total, mas dissipa parte da energia durante a redistribuição.

A carga inicial é $Q=C_1V_i$. Após a conexão, a carga total é $(C_1+C_2)V_f=Q$. Assim, $E_i=C_1V_i^2/2=QV_i/2$ e $E_f=(C_1+C_2)V_f^2/2=QV_f/2$. A diferença pode ser usada sem conhecer separadamente as capacitâncias.

A carga total se conserva. A energia inicial é $QV_i/2$ e a final, $QV_f/2$, portanto a perda é $\Delta E=Q(V_i-V_f)/2$. Com $V_i=4\ \mathrm V$, $V_f=4/3\ \mathrm V$ e $\Delta E=8/3\ \mathrm J$, temos $Q=2(8/3)/(4-4/3)=2\ \mathrm C$.

Fora da casca, o potencial depende da distância ao centro; dentro dela, é constante e igual ao da superfície.

P está a $1{,}56+0{,}04=1{,}60\ \mathrm m$ do centro. De $V_P=KQ/r=10\ \mathrm V$, resulta $KQ=16\ \mathrm{V\,m}$.

Com novo raio $0{,}01\ \mathrm m$, todo o interior da casca tem potencial $1600\ \mathrm V$. O potencial em P permanece $10\ \mathrm V$. A ddp é $1590\ \mathrm V=1{,}59\ \mathrm{kV}$.

Usamos potência e tempo para obter trabalho, rendimento para obter calor e a relação entrópica do modelo para obter temperatura.

Em $180\ \mathrm s$, o trabalho é \[W=40\cdot10^6\cdot180=7{,}2\cdot10^9\ \mathrm J\]. Pelo rendimento, $Q=W/0{,}15=48\cdot10^9\ \mathrm J$.

Usando $\Delta S=Q/T$ no modelo da questão, \[T=48/(1/12)=576\ \mathrm K=303\ ^\circ\mathrm C\]. Essa relação pressupõe a troca térmica à temperatura constante considerada no modelo.