URCA

A velocidade média é $V_{med}=\dfrac{S(t+\Delta t)-S(t)}{\Delta t}$. Com $S=4t^2$: $S(t+\Delta t)=4(t+\Delta t)^2=4t^2+8t\Delta t+4\Delta t^2$.

$V_{med}=\dfrac{4t^2+8t\Delta t+4\Delta t^2-4t^2}{\Delta t}=\dfrac{8t\Delta t+4\Delta t^2}{\Delta t}=8t+4\Delta t$ — alternativa E.

Usando Torricelli, $v^2=v_0^2+2a\Delta s$, com $v_0=0$: $\Delta s=\dfrac{v^2}{2a}=\dfrac{10^2}{2\times4}=\dfrac{100}{8}=12{,}5\text{ m}$ — alternativa A.

No limiar do movimento, a componente horizontal de F equilibra o atrito máximo, e a componente vertical de F (para baixo) soma-se ao peso, aumentando a normal:

Vertical: $N=P+F\,\text{sen}\,\theta$.
Horizontal: $F\cos\theta=f_s=\mu N=\mu(P+F\,\text{sen}\,\theta)$.

$F\cos\theta-\mu F\,\text{sen}\,\theta=\mu P \Rightarrow F(\cos\theta-\mu\,\text{sen}\,\theta)=\mu P \Rightarrow F=\dfrac{\mu P}{\cos\theta-\mu\,\text{sen}\,\theta}$ — alternativa C.

Sem depender do atrito, a componente horizontal da normal fornece sozinha a força centrípeta: $N\,\text{sen}\,\theta=\dfrac{mv^2}{r}$, e a componente vertical equilibra o peso: $N\cos\theta=mg$.

Dividindo as duas equações: $\tan\theta=\dfrac{v^2}{rg}\Rightarrow v=\sqrt{rg\tan\theta}$ — alternativa B.

Esta questão foi anulada pela banca CEV/URCA — não há alternativa oficialmente divulgada como correta, por isso não fixamos aqui uma única resposta fechada. Ainda assim, vale entender o raciocínio item a item:

Item 1: a definição está correta — o corpo no espaço é o meteoroide, o fenômeno luminoso de sua entrada na atmosfera é o meteoro, e o meteorito é o remanescente sólido que atinge o solo (nem todo meteoroide produz um).
Item 2: a definição está trocada — é a temperatura superficial que determina a cor da estrela, e é a luminosidade (energia irradiada por segundo) que determina o seu brilho.
Item 3: o dia mais longo do ano no hemisfério sul corresponde ao solstício de verão austral, não a um equinócio (equinócios são os dias de duração igual entre dia e noite) — erro de nomenclatura.
Item 4: as fases da Lua dependem da geometria Sol-Terra-Lua, que é a mesma para todo o globo — a Lua cheia é observada simultaneamente (à noite) no Brasil e em Portugal.
Item 5: a órbita lunar é elíptica (ainda que de baixa excentricidade), não circular.

Seguindo essa análise item a item chega-se à sequência V, F, F, V, F (alternativa B) — mas, como a banca anulou a questão, é provável que algum desses itens tenha sido considerado ambíguo ou passível de mais de uma interpretação na correção oficial.

A pressão hidrostática total nas profundidades $h_1$ e $h_2$ (medidas a partir da superfície) é $p_1=p_0+dgh_1$ e $p_2=p_0+dgh_2$.

Subtraindo: $p_2-p_1=dg(h_2-h_1) \Rightarrow g=\dfrac{p_2-p_1}{d(h_2-h_1)}=\dfrac{p_1-p_2}{d(h_1-h_2)}=\dfrac{p_1-p_2}{(h_1-h_2)d}$ — alternativa E.

O rendimento máximo possível entre duas temperaturas é o de Carnot: $\eta_{max}=1-\dfrac{T_{fria}}{T_{quente}}=1-\dfrac{300}{1000}=0{,}70=70\%$.

Como o rendimento de 80% anunciado excede esse limite teórico imposto pela segunda lei da termodinâmica, a máquina descrita é impossível — alternativa A.

Em um processo isobárico, a razão $V/T$ é constante (decorrente de $PV=nRT$ com $P$ fixo): $\dfrac{V_1}{T_1}=\dfrac{V_2}{T_2}=\text{constante}$.

Como essa razão vale o mesmo em todo o processo, ela é igual ao valor final: $\dfrac{V_1}{T_1}=\dfrac{273\text{ L}}{273\text{ K}}=1\text{ L/K}$ — alternativa A.

As paredes são termicamente condutoras, então o sistema pode trocar calor com a vizinhança — isso já elimina a alternativa A.

Apesar de o volume permanecer constante (logo, não há trabalho de expansão/compressão, $\int P\,dV=0$), sacudir o recipiente realiza trabalho mecânico sobre o líquido por agitação — o mesmo princípio do clássico experimento das pás de Joule, que demonstrou a equivalência entre trabalho mecânico e calor. Esse trabalho é feito sobre o sistema, não pelo sistema sobre a vizinhança.

Logo, há trabalho realizado sobre o líquido e ele pode trocar calor com o ambiente — alternativa E.

Pela lei de Coulomb, $F_{rep}=\dfrac{kq_0^2}{r^2}$. Como $F_{rep}=4F$: $4F=\dfrac{kq_0^2}{r^2}\Rightarrow r^2=\dfrac{kq_0^2}{4F}$.

$r=q_0\sqrt{\dfrac{k}{4F}}=\dfrac{q_0}{2}\sqrt{\dfrac{k}{F}}=\sqrt{\dfrac{k}{F}}\cdot\dfrac{q_0}{2}$ — alternativa B.

Em uma associação em paralelo, a diferença de potencial $V$ é a mesma sobre todos os resistores. Pela lei de Ohm, $R_a i_a=V$ para cada resistor $a$ — como $V$ é o mesmo para os três, $R_1i_1=R_2i_2=R_3i_3$ — alternativa D.

Pela figura, $C_2$ e $C_3$ estão em paralelo entre si ($C_{23}=C_2+C_3=9+3=12\,\mu F$), e essa associação está em série com $C_1$.

Capacitância equivalente: $C_{eq}=\dfrac{C_1\cdot C_{23}}{C_1+C_{23}}=\dfrac{6\times12}{6+12}=4\,\mu F$.

Como $C_1$ está em série com o restante do circuito, a carga que passa por ele é igual à carga total: $Q_1=C_{eq}\cdot\varepsilon=4\times24=96\,\mu C$.

A tensão sobre $C_1$ é $V_1=\dfrac{Q_1}{C_1}=\dfrac{96}{6}=16\text{ V}$, restando $V_{23}=24-16=8\text{ V}$ sobre a associação $C_2\parallel C_3$ (mesma tensão para os dois, por estarem em paralelo).

$Q_3=C_3\cdot V_{23}=3\times8=24\,\mu C$ — alternativa C.

Pela lei de Lenz, o aumento do campo magnético (para dentro da página) através da área da espira que está dentro da região de campo induz uma corrente que se opõe a esse aumento, circulando em sentido anti-horário.

Apenas os trechos da espira que estão de fato dentro da região de campo sofrem força magnética ($\vec F=I\vec L\times\vec B$); o lado esquerdo da espira, fora da região, não sofre força alguma. As contribuições dos trechos horizontais (topo e base) dentro do campo se cancelam, pois têm correntes em sentidos opostos com igual comprimento na região de campo.

Resta a força sobre o lado direito da espira (totalmente dentro do campo), que aponta para fora da região de campo — ou seja, para a esquerda. Isso é consistente com a lei de Lenz: o sistema "tenta" reduzir a área de sobreposição com o campo para se opor ao aumento do fluxo — alternativa D.

O comprimento de onda de de Broglie é $\lambda=\dfrac{h}{p}=\dfrac{h}{mv}$.

Convertendo as unidades: $m=1\text{ mg}=1\times10^{-6}\text{ kg}$; $v=0{,}1\text{ mm/s}=1\times10^{-4}\text{ m/s}$.

$p=mv=10^{-6}\times10^{-4}=10^{-10}\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.

$\lambda=\dfrac{6{,}6\times10^{-34}}{10^{-10}}=6{,}6\times10^{-24}\text{ m}$ — um valor absurdamente pequeno, indetectável para um objeto macroscópico — alternativa D.

A frequência da radiação não muda ao trocar de meio — apenas a velocidade de propagação e o comprimento de onda variam, mantendo $v=\lambda\nu$ em cada meio.

$\lambda_{meio}=\dfrac{v}{\nu}$ e $\lambda_{vácuo}=\dfrac{c}{\nu}$, logo $\dfrac{\lambda_{meio}}{\lambda_{vácuo}}=\dfrac{v}{c}=\dfrac{2\times10^8}{3\times10^8}=\dfrac{2}{3}$ — alternativa A.