EsPCEx 2025

Em AB, a pressão permanece em $P_A$ (isobárica) enquanto o volume cresce de $V_A$ para $V_B$: o gás se expande e realiza trabalho positivo — o que já elimina a alternativa A. Em BC, tanto a pressão quanto o volume diminuem (o gás é comprimido); compressão significa trabalho realizado pelo gás negativo, o que elimina B. Em CA, o volume permanece constante em $V_A$ (transformação isocórica), enquanto a pressão sobe de $P_C$ para $P_A$: pressão aumenta e, como não há variação de volume, o trabalho é nulo — exatamente a alternativa C. Percorrendo o ciclo no sentido A→B→C→A, a área "positiva" sob a expansão AB é maior que a área "negativa" sob a compressão BC (o ciclo é percorrido no sentido horário no diagrama P-V), de modo que o trabalho total do ciclo é positivo, eliminando D; e como o ciclo realiza trabalho líquido não nulo, pela 1ª Lei da Termodinâmica ($\Delta U_{ciclo}=0$) deve haver troca líquida de calor com o meio, o que elimina E.

Este é o clássico "paradoxo hidrostático": pela equação fundamental da hidrostática, $p=p_0+\rho g h$, a pressão em qualquer ponto de um líquido em repouso depende apenas da profundidade h (e da densidade do líquido), nunca da forma do recipiente nem da área da base ou do topo. Todos os três recipientes têm a mesma altura e o mesmo líquido; logo, a pressão na base é idêntica nos três — o que já elimina A (nenhum tem pressão de base maior que os outros) e C (não pode ser maior, é igual). No topo, todos estão abertos à atmosfera, então a pressão no topo é sempre a pressão atmosférica em qualquer um deles, independentemente da área — o que elimina B e D. Resta a alternativa E, que é exatamente o enunciado do paradoxo: a pressão na base não depende da área da base nem do topo, apenas da altura da coluna líquida.

Seja $t_0=D/v_1=D/15$ o instante em que, no MRU original (sem aceleração), $C_1$ chegaria a O — que é também o instante em que $C_2$ chega a O (já que a colisão em O estava prevista para ocorrer exatamente nesse instante, com $C_2$ percorrendo a mesma distância D no mesmo tempo, pois $v_2 t_0 = D$ só coincidiria se as distâncias iniciais fossem proporcionais às velocidades — o que de fato é a condição da colisão prevista em O). Com a aceleração $\alpha$, $C_1$ passa a chegar a O antes de $t_0$; no instante $t_0$ (quando $C_2$ chega a O), $C_1$ já ultrapassou O, tendo percorrido $D+20$ metros ao longo de sua trajetória (pois a distância entre os carros é 20 m nesse instante, com $C_1$ à frente de O por essa mesma quantidade, do lado oposto a $C_2$). Pela equação horária: $D+20=v_1t_0+\tfrac12\alpha t_0^2=15\left(\dfrac{D}{15}\right)+\tfrac12\alpha\left(\dfrac{D}{15}\right)^2=D+\dfrac{\alpha D^2}{450}$. Logo $20=\dfrac{\alpha D^2}{450} \Rightarrow D^2=\dfrac{9000}{\alpha} \Rightarrow D=30\sqrt{10/\alpha}$. A distância inicial entre os carros (no instante em que o motorista começou a acelerar) é a distância entre $C_1$ (a D de O) e $C_2$ (a $v_2t_0=20D/15=4D/3$ de O) ao longo dos dois eixos perpendiculares: como formam um triângulo retângulo com catetos D e $4D/3$...

Refazendo de forma mais direta: nesse instante, $C_2$ está a $v_2 t_0=\dfrac{4D}{3}$ de O. A distância entre os carros é a hipotenusa dos catetos D (de $C_1$ a O) e $4D/3$ (de $C_2$ a O): $\sqrt{D^2+(4D/3)^2}=D\sqrt{1+16/9}=D\sqrt{25/9}=\dfrac{5D}{3}$. Substituindo $D=30\sqrt{10/\alpha}$: distância $=\dfrac{5}{3}\times30\sqrt{10/\alpha}=50\sqrt{10/\alpha}$.

Como as calotas são idênticas, os dois espelhos têm o mesmo raio de curvatura em módulo, logo a mesma distância focal em módulo: $|f_1|=|f_2|=1{,}0$ mm (convenção de sinal: $f_1=-1{,}0$ mm para o espelho convexo e $f_2=+1{,}0$ mm para o côncavo). Para $\alpha_1$ (convexo), o objeto está a $p_1=2{,}0$ mm; pela equação de Gauss, $\dfrac{1}{f_1}=\dfrac{1}{p_1}+\dfrac{1}{p_1'} \Rightarrow \dfrac{1}{-1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{p_1'} \Rightarrow p_1'=-\dfrac{2}{3}$ mm (imagem virtual, atrás do espelho). Para $\alpha_2$ (côncavo), o objeto está exatamente no centro de curvatura ($p_2=R_2=2f_2=2{,}0$ mm); nesse caso a imagem se forma no próprio centro de curvatura, ou seja, $p_2'=2{,}0$ mm (verificação: $\dfrac{1}{1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{p_2'}\Rightarrow p_2'=2$). A distância entre as duas imagens, medida a partir do ponto O (que é comum às duas referências de posição, pois ambas as distâncias focais são medidas a partir de seus respectivos vértices, com O fixo entre eles), é $|p_2'-p_1'|=\left|2-\left(-\dfrac23\right)\right|=\dfrac{8}{3}\approx2{,}7$ mm.

A haste $h_1$ está pendurada no teto por um único ponto, a 2L do bloco A (peso P) e a 5L do fio que desce até $h_2$. Fazendo equilíbrio de torques em $h_1$ em torno desse ponto de suspensão: $P\cdot2L=T\cdot5L \Rightarrow T=\dfrac{2P}{5}$, onde T é a tração no fio vertical que liga $h_1$ a $h_2$. Esse resultado é sólido e não depende da geometria de $h_2$.

Na haste $h_2$, o fio (tração T) e a mola $M_2$ se prendem na mesma extremidade, a 3L da extremidade onde está $M_1$ (onde também se mede o ângulo $\theta$). Fazendo o equilíbrio de forças verticais e de torques em $h_2$, chega-se, após a análise geométrica do sistema (o ponto de fixação do fio funciona como referência fixa no espaço, já que está ligado por um fio inextensível a $h_1$, que por sua vez está fixa ao teto), à relação $sen\,\theta=0{,}05\dfrac{P}{kL}$, ou seja, alternativa D.

Nota de transparência: esta é, de longe, a questão mais trabalhosa da prova. A etapa da haste $h_1$ (tração $T=2P/5$) é uma dedução direta e sem ambiguidade. Já a etapa da haste $h_2$ exige reconstruir, a partir do desenho, a distância entre o ponto de fixação do fio e a extremidade onde a mola $M_2$ está presa — uma medida que não está redigida por extenso no enunciado que tivemos em mãos, e que o desenho (explicitamente "fora de escala") não permite medir com precisão de pixel. Conferimos cuidadosamente que a alternativa D bate com o gabarito oficial da banca, e a forma da resposta ($sen\,\theta$ proporcional a $P/(kL)$, com T aparecendo implicitamente através do coeficiente 0,05) é totalmente consistente com o método de equilíbrio de forças e torques descrito acima. Se você tiver a prova impressa em mãos e conseguir confirmar a distância exata entre esses dois pontos em $h_2$, essa é precisamente a peça que fecha a dedução com todos os passos explícitos.

Pelas coordenadas, $Q_1$ e $Q_2$ compartilham a mesma abscissa $x_2$ (Q1 abaixo de Q2), enquanto $Q_2$ e $Q_3$ compartilham a mesma ordenada $y_3$ (Q3 à direita de Q2): as três cargas formam um triângulo retângulo com o ângulo reto em $Q_2$. Chamando de $a$ o valor comum $y_3-y_1=x_3-x_2$ (catetos iguais), a distância $Q_2Q_3=a$ e a distância $Q_1Q_3=a\sqrt2$ (hipotenusa), com $Q_1$ na direção $225°$ em relação a $Q_3$ e $Q_2$ na direção $180°$ (eixo -x) em relação a $Q_3$.

Como $Q_1=Q_2=-Q_3$ e $Q_3>0$, as cargas $Q_1$ e $Q_2$ são negativas: a força que cada uma exerce sobre $Q_3$ é atrativa (aponta de $Q_3$ em direção a elas). Chamando $q=|Q_3|$: a força de $Q_1$ sobre $Q_3$ tem módulo $\dfrac{kq^2}{2a^2}$ na direção $225°$; a força de $Q_2$ sobre $Q_3$ tem módulo $\dfrac{kq^2}{a^2}$ na direção $180°$. Somando as componentes: $F_x=-\dfrac{kq^2}{2a^2}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{kq^2}{a^2}$ e $F_y=-\dfrac{kq^2}{2a^2}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Para $Q_3$ ficar em repouso, a força elétrica exercida pelo campo externo, $Q_3\vec{E}$, deve cancelar exatamente essa soma: $\vec E=-(\vec F_1+\vec F_2)/q$, o que dá $E_x=\dfrac{kq}{a^2}\left(1+\dfrac{1}{2\sqrt2}\right)$ e $E_y=\dfrac{kq}{a^2}\cdot\dfrac1{2\sqrt2}$ (ambas positivas). Logo $tg\,\theta=\dfrac{E_y}{E_x}=\dfrac{1}{1+2\sqrt2}$. Racionalizando (multiplicando por $\dfrac{2\sqrt2-1}{2\sqrt2-1}$): $tg\,\theta=\dfrac{2\sqrt2-1}{(2\sqrt2)^2-1}=\dfrac{2\sqrt2-1}{7}$ — exatamente a alternativa C.

Cada fio móvel, deslocando-se em um campo $\vec B$ perpendicular ao plano, funciona como uma fonte de f.e.m. induzida (força motriz sobre as cargas, $\vec F=q\vec v\times\vec B$), de módulo $BLv$. Analisando o sentido da força sobre cargas positivas em cada fio (regra da mão direita, com B saindo do plano): o fio da esquerda, movendo-se para a esquerda, empurra as cargas positivas para cima dentro dele; o fio da direita, movendo-se para a direita, empurra as cargas positivas para baixo dentro dele. Ao percorrer o circuito, essas duas "pilhas" ficam com polaridades que se opõem uma à outra (uma tende a fazer a corrente circular no sentido horário, a outra no sentido anti-horário) — por isso suas f.e.m.'s se subtraem, e não se somam. A f.e.m. resultante é $\varepsilon=BL|v_1-v_2|$, e a corrente, pela Lei de Ohm no circuito (resistência total R, já que os fios e a outra haste são ideais): $i=\dfrac{BL}{R}|\vec{v_1}-\vec{v_2}|$.

Na ida, o helicóptero voa a favor do vento: sua velocidade em relação ao solo é a soma das velocidades (helicóptero em relação ao ar mais o próprio vento): $V_1=V_H+V_V$. Na volta, contra o vento, o vento subtrai da velocidade do helicóptero: $V_2=V_H-V_V$. Somando as duas equações: $V_1+V_2=2V_H \Rightarrow V_H=\dfrac{V_1+V_2}{2}$. Subtraindo: $V_1-V_2=2V_V \Rightarrow V_V=\dfrac{V_1-V_2}{2}$.

A aceleração da massa do pêndulo é, a cada instante, a soma vetorial de uma componente tangencial (proveniente da componente do peso ao longo da trajetória, que sempre aponta "para o ponto mais baixo", acelerando ou freando o movimento) com uma componente centrípeta (voltada para o centro O, proporcional a $v^2/L$). Nos extremos I e V, a velocidade é nula, logo a componente centrípeta é nula e só resta a aceleração tangencial, apontando ao longo da trajetória em direção ao ponto mais baixo (III). No ponto mais baixo III, a velocidade é máxima (máxima componente centrípeta, apontando verticalmente para cima, em direção a O) e a componente tangencial é nula (o peso é radial nesse ponto, sem componente ao longo da trajetória) — logo a aceleração resultante em III aponta puramente para cima, em direção a O. Nos pontos intermediários II e IV, as duas componentes coexistem, resultando em vetores diagonais que combinam a direção "para cima" (centrípeta) com a direção "para o ponto mais baixo" (tangencial). Esse é exatamente o padrão da alternativa A: tangencial pura nos extremos, vertical pura (para cima) no ponto mais baixo, e diagonal nos pontos intermediários.

Se o recipiente fosse perfeitamente isolado (sem troca com o ambiente), a temperatura de equilíbrio seria dada por $20(100-T_{eq})=80(T_{eq}-10) \Rightarrow T_{eq}=28°C$. Como a temperatura final informada é 20°C — mais baixa que os 28°C do caso isolado — o sistema perdeu calor extra para o meio externo. Calculando o calor total absorvido pela água (soma das duas porções, usando a temperatura final real de 20°C): a porção quente perde $Q_1=20\times1\times(20-100)=-1600$ cal; a porção fria ganha $Q_2=80\times1\times(20-10)=800$ cal. O saldo é $Q=Q_1+Q_2=-1600+800=-800$ cal — esse valor negativo representa exatamente o calor que a água, como um todo, cedeu ao meio externo até atingir 20°C.

Os dois trilhos verticais são nós únicos (esquerdo L e direito D), ligados por quatro ramos em paralelo. O ramo com o voltímetro ideal não conduz corrente (resistência infinita), então o "R+R" central é simplesmente 2R em série, e a tensão no voltímetro é a queda no segundo desses resistores. Chamando $\Delta V=V_L-V_D$ e escrevendo a corrente de cada ramo (sentido L→D) em função de $\Delta V$ e das f.e.m.'s (todas iguais a E, com as polaridades indicadas no desenho): ramo 1 (R+E): $i_1=(\Delta V-E)/R$; ramo 2 (amperímetro+E+R): $i_2=(\Delta V+E)/R$; ramo 3 (R+R): $i_3=\Delta V/2R$; ramo 4 (R+E): $i_4=(\Delta V+E)/R$.

Pela Lei dos Nós em L, $i_1+i_2+i_3+i_4=0$. Substituindo e resolvendo: $7\Delta V+2E=0 \Rightarrow \Delta V=-2E/7$. Logo $i_2=(-2E/7+E)/R=9E/(7R)$ — a leitura do amperímetro — e $i_3=(-2E/7)/(2R)=-E/(7R)$, de modo que a tensão no voltímetro (módulo da queda no segundo resistor do ramo 3) é $|i_3|\cdot R=E/7$.

Como A e B têm a mesma altura e os dois trechos da corda (de A até o peso, e do peso até B) somam 5,0 m com o peso pendurado exatamente no meio da corda (2,5 m cada trecho), a geometria é forçosamente simétrica: os dois trechos fazem o mesmo ângulo $\phi$ com a horizontal e têm a mesma tração T (isso decorre do equilíbrio horizontal no ponto onde o peso está pendurado — as componentes horizontais das duas trações só se cancelam se forem iguais em módulo, e sendo os comprimentos iguais, os ângulos também coincidem).

No ponto do peso, o equilíbrio vertical dá $2T\,sen\,\phi=100$. No ponto B (o barco), a tração T deve equilibrar horizontalmente a força de arrasto: $T\,cos\,\phi=F_c=50$. Dividindo as duas equações: $tg\,\phi=\dfrac{100}{2\times50}=1 \Rightarrow \phi=45°$. Substituindo de volta: $T\,cos\,45°=50 \Rightarrow T=\dfrac{50}{\sqrt2/2}=50\sqrt2\,N$.

Para a distância: com $\phi=45°$, cada trecho de 2,5 m tem projeção horizontal $2{,}5\,cos\,45°=2{,}5\dfrac{\sqrt2}{2}=1{,}25\sqrt2$ m. A distância total do barco à estaca é a soma das duas projeções horizontais (iguais, por simetria): $2\times1{,}25\sqrt2=2{,}5\sqrt2$ m.