Escola Naval 2017

O bloco toca a face inferior da superfície. As forças para cima pressionam o bloco contra ela, gerando normal para baixo.

As componentes verticais mantêm o bloco contra a face inferior: \[N=80(\sin60^\circ+\cos60^\circ)-70\approx39{,}3\ \mathrm N\]. A resultante horizontal aplicada aponta para a esquerda e vale $80(\sin60^\circ-\cos60^\circ)\approx29{,}3\ \mathrm N$.

O atrito estático máximo é apenas $0{,}5N\approx19{,}6\ \mathrm N$. Assim, o bloco desliza para a esquerda com aceleração constante, após descontar o atrito cinético.

Após o início do deslizamento, o atrito vale $f_c=0{,}4N\approx15{,}7\ \mathrm N$ e aponta para a direita. A força resultante horizontal é $29{,}3-15{,}7\approx13{,}6\ \mathrm N$ para a esquerda, dando $a\approx13{,}6/7=1{,}94\ \mathrm{m/s^2}$.

Primeiro deduzimos a densidade desconhecida no ar; depois equilibramos os pesos aparentes no líquido.

Antes da imersão, $\rho_1Vg\cdot3=\rho_2Vg\cdot4$, dando $\rho_2=1{,}2\ \mathrm{g/cm^3}$. No líquido, use os pesos aparentes: $(1{,}6-1{,}1)x=(1{,}2-1{,}1)4$. Logo, $x=0{,}8\ \mathrm{cm}$.

A frequência da luz atravessa a interface sem mudar, mas sua velocidade e seu comprimento de onda diminuem.

Na refração, a frequência não muda: \[f=c/\lambda_{ar}\approx5{,}1\cdot10^{14}\ \mathrm{Hz}=5{,}1\cdot10^{11}\ \mathrm{kHz}\]. O comprimento de onda diminui: \[\lambda=0{,}589/2{,}4\approx0{,}2454\ \mu\mathrm m=2454\ \text{Å}\]. A conversão de Hz para kHz distingue A de B.

O eco envolve duas etapas do efeito Doppler: o obstáculo recebe e reflete o som.

O eco tem frequência menor, $840<1200\ \mathrm{Hz}$. Um obstáculo parado à frente faria o carro se aproximar dele ao emitir e ao receber o eco.

O duplo efeito Doppler aumentaria a frequência: $f_{eco}=f_0(c+v)/(c-v)>f_0$. Portanto, a hipótese impossível é a alternativa C.

Vamos escrever as funções horárias para reconhecer os interceptos e as concavidades do gráfico.

As funções horárias são $x_A=500+8t$ e $x_B=45t-0{,}75t^2$. A é uma reta crescente, com intercepto $500\ \mathrm m$. B é uma parábola com concavidade para baixo, partindo da origem com inclinação maior.

A diferença entre posições é $x_B-x_A=-500+37t-0{,}75t^2$. Seu máximo ocorre em $t=37/1{,}5\approx24{,}7\ \mathrm s$ e vale aproximadamente $-43{,}7\ \mathrm m$. Portanto, B se aproxima, mas não alcança A. O gráfico A apresenta a reta acima da parábola sem cruzamento.

O lastro deve aumentar a massa até igualar a massa de água deslocada na imersão completa.

Na superfície, a massa é $1454\ \mathrm t$; no equilíbrio totalmente submerso, deve ser $1586\ \mathrm t$. Os tanques recebem a diferença, $132\ \mathrm t$ de água. Usando $\rho=1{,}03\ \mathrm{t/m^3}$, $V=132/1{,}03\approx128\ \mathrm{m^3}$.

Decompomos o peso paralela e perpendicularmente ao plano e usamos o equilíbrio do bloco.

O peso é constante, $P=mg$; a normal diminui segundo $N=mg\cos\theta$; a tração cresce segundo $T=mg\sin\theta$. Em $0^\circ$, $N=mg$ e $T=0$; em $90^\circ$, $N=0$ e $T=mg$. As curvas com esses limites aparecem em D.

A fonte da onda é o bloco oscilante, por isso a frequência da onda também determina a frequência do sistema massa-mola.

Da onda, $\omega=30\ \mathrm{rad/s}$ e $k_{onda}=2\ \mathrm{rad/m}$. O bloco oscila nessa frequência, então \[k_{mola}=m\omega^2=0{,}70\cdot900=630\ \mathrm{N/m}\].

A velocidade da onda é $v=\omega/k_{onda}=15\ \mathrm{m/s}$. A tração vale \[T=\mu v^2=1{,}6\cdot10^{-4}\cdot225=0{,}036\ \mathrm N=36\ \mathrm{mN}\].

O caminhar desloca o flutuador para conservar o centro de massa; esse recuo altera a distância do lançamento.

Se o recuo do flutuador tem módulo $s$, o homem com o objeto avança $6-s$ em relação ao píer. O centro de massa fixo exige $70(6-s)-350s=0$, de onde $s=1\ \mathrm m$. Depois que o homem para, o lançamento horizontal tem tempo de queda determinado apenas pela altura.

Enquanto homem e objeto caminham $6\ \mathrm m$, o centro de massa permanece fixo. O flutuador recua $\Delta x=70\cdot6/(350+70)=1\ \mathrm m$.

A distância até B passa a ser $0{,}50+1+0{,}30=1{,}80\ \mathrm m$. A queda dura $t=\sqrt{2\cdot1{,}25/10}=0{,}50\ \mathrm s$. Logo, \[v_x=1{,}80/0{,}50=3{,}60\ \mathrm{m/s}=360\ \mathrm{cm/s}\], em relação ao píer.

A força do cabo é obtida pelos torques; a reação da articulação vem do equilíbrio das forças.

O bloco está a $5\ \mathrm m$ da articulação, e o centro de massa da tábua, a $3\ \mathrm m$. O equilíbrio de momentos dá \[T\cdot6\cos60^\circ=50\cdot3\cos60^\circ+30\cdot5\cos60^\circ\], então $T=50\ \mathrm N$.

O peso total é $80\ \mathrm N$; a articulação exerce $30\ \mathrm N$ para cima na tábua. Pela ação e reação, a tábua exerce $30\ \mathrm N$ para baixo na articulação.

A resistência elétrica depende do caminho percorrido pela corrente através da borracha.

A corrente atravessa a espessura $\ell=0{,}010\ \mathrm m$, pela área $A=0{,}25\ \mathrm{m^2}$. Logo, \[R=\rho\ell/A=10^{13}\cdot0{,}010/0{,}25=4\cdot10^{11}\ \Omega\]. Com \[I=0{,}5\ \mu\mathrm A=5\cdot10^{-7}\ \mathrm A\], $V=RI=2\cdot10^5\ \mathrm V=200\ \mathrm{kV}$.

O voltímetro ideal não altera o circuito; analisamos o laço externo com as polaridades mostradas.

O voltímetro ideal não conduz corrente. No laço externo, as duas fontes contribuem para a mesma circulação: $I=(10+10)/(2+2)=5\ \mathrm A$.

A tensão no nó central é $V=\varepsilon_1-Ir_1=10-5\cdot2=0$. Portanto, $5\ \mathrm A$ e zero volt.

Usamos o teorema das cascas: fora, a atração equivale à massa no centro; dentro de uma casca esférica uniforme, a força é nula.

A partícula está fora da casca A, que a atrai para a esquerda com $GMm/2^2=GMm/4$. Está dentro da casca B, cuja contribuição é nula.

A esfera à direita atrai a partir de seu centro, a $18\ \mathrm m$: $G(81M)m/18^2=GMm/4$. As duas forças se cancelam, dando resultante zero.

Uma corrente constante transfere carga proporcionalmente ao tempo.

Para corrente constante, \[\Delta t=Q/I=15/(30\cdot10^3)=5\cdot10^{-4}\ \mathrm s=0{,}50\ \mathrm{ms}\]. Use os módulos; o sinal da carga dos elétrons não altera a duração.

A condição de perda de contato determina a velocidade e o ângulo; o deslocamento horizontal determina o tempo de voo.

A queda vertical até C é $R(1-\cos\theta)$, daí a energia cinética $mv^2/2=mgR(1-\cos\theta)$. Na direção radial para o centro, $mg\cos\theta-N=mv^2/R$. Essas são as duas relações usadas no ponto em que $N$ se anula.

Na perda de contato, $N=0$, então $v^2=gR\cos\theta$. Pela energia desde o topo, $v^2=2gR(1-\cos\theta)$.

Logo, $\cos\theta=2/3$ e $v=\sqrt{2gR/3}=30\ \mathrm{m/s}$. A velocidade é tangente à esfera: $v_x=v\cos\theta=20\ \mathrm{m/s}$. Durante o voo, $t=d/v_x=102/20=5{,}1\ \mathrm s$.

A energia mecânica do oscilador relaciona a velocidade à distância do equilíbrio.

No MHS, $v^2=\omega^2(A^2-x^2)$. A frequência angular se cancela na razão.

Com $x_1=A/4$ e $x_2=3A/4$, $v_1/v_2=\sqrt{(1-1/16)/(1-9/16)}=\sqrt{15/7}$. Não é necessário calcular a constante elástica equivalente.

Em temperatura constante, pressão e volume são inversamente proporcionais.

Em uma isotérmica de gás ideal, $PV=nRT$ é constante. Portanto, $P=C/V$, uma hipérbole decrescente com concavidade para cima. Somente a curva 2 tem esse comportamento; 1 e 5 possuem trechos de pressão ou volume constantes.

A condensação reduz a quantidade de vapor; o resfriamento também contribui para baixar a pressão.

Com volume fixo, $P\propto nT$. A temperatura passa de $300$ a $280\ \mathrm K$, e o número de moléculas cai à metade.

Assim, \[P_f=3{,}0\cdot0{,}5\cdot280/300=1{,}4\ \mathrm{kPa}\]. As temperaturas dessa razão devem ser absolutas.

Aterramento permite troca de elétrons, e a esfera condutora sofre atração por indução.

C é metálica e está aterrada. A aproximação da esfera carregada permite entrada ou saída de elétrons pela ligação à Terra.

A face próxima de AB adquire carga de sinal oposto ao de Q, produzindo atração para qualquer sinal de Q. C se desloca para a direita: inclinação positiva, alternativa C.

Relacionamos rendimento, trabalho e calor por ciclo, explicitando a hipótese exigida pelo gabarito.

Inicialmente, $Q_h=W/\eta=10/0{,}4=25\ \mathrm J$ e $Q_{f0}=15\ \mathrm J$. O gabarito D pressupõe que o calor recebido por ciclo continua em $25\ \mathrm J$.

Nessa hipótese, $Q_{f1}=(1-0{,}6)25=10\ \mathrm J$, e a redução é $(15-10)/15=33{,}3\%$. Manter apenas a temperatura quente não garante $Q_h$ constante; essa hipótese adicional é necessária para obter o resultado oficial.

Pela primeira lei, $Q_h=W+Q_f$, e pelo rendimento, $\eta=W/Q_h$. Se, em vez de manter $Q_h$, mantivéssemos $W=10\ \mathrm J$ no segundo ciclo, obteríamos $Q_{f1}=10(1-0{,}6)/0{,}6=6{,}67\ \mathrm J$, com redução de $55{,}6\%$. Isso mostra por que a hipótese sobre o calor recebido é material para o resultado.