UFAC 2001 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A distância entre duas cristas consecutivas no registro é 4,0 cm. Como o papel percorre essa distância em um período, $T=\lambda/v=4/16=0{,}25\,\text{s}$. O movimento do papel converte o tempo de oscilação em distância no gráfico; não se deve usar a amplitude vertical como comprimento de onda.

O êmbolo móvel equilibra uma pressão externa constante. Com área da base fixa, $H\propto V\propto T$. As temperaturas absolutas são $T_1=318\,\text{K}$ e $T_2=390\,\text{K}$.

Assim, $\Delta H/H=(390-318)/318\approx0{,}2264$, ou aumento de 22,6%.

Nenhuma alternativa corresponde a esse valor. A opção 25% não é um arredondamento adequado de 22,6%; os dados foram preservados como aparecem na fonte.

As lâmpadas estão em paralelo e recebem a mesma tensão $U$ do gerador ideal. Inicialmente, $P=U^2/R+U^2/(2R)=3U^2/(2R)$. Após a troca, $P'=U^2/R+U^2/(R/2)=3U^2/R=2P$. A resistência equivalente diminui e a potência total aumenta.

Substitua a reflexão pela trajetória retilínea entre A e a imagem de B. A separação perpendicular ao espelho é $6+8=14\,\text{m}$ e a separação paralela é 10 m, conforme a figura.

Logo, $d=\sqrt{14^2+10^2}=\sqrt{296}\approx17{,}2\,\text{m}$. O percurso aproximado é 17 m.

Sem atrito, o trabalho do peso transforma-se em energia cinética. Ao percorrer uma distância $s$ na rampa, $E_c=mg\,s\sin\theta$. No final, $E_{c,f}=mgL\sin\theta$.

Portanto, $E_c/E_{c,f}=s/L=1/2$, de modo que $s=L/2$.

Converta as unidades: $m=100\,\text{t}=10^5\,\text{kg}$ e $v=360\,\text{km/h}=100\,\text{m/s}$. Pelo teorema da energia cinética, $F_{\text{m}}d=mv^2/2$.

Assim, $F_{\text{m}}=(10^5\cdot100^2)/(2\cdot2000)=2{,}5\times10^5\,\text{N}$. Trata-se da força resultante média na direção do deslocamento.

Totalmente submerso, o corpo desloca $V=2{,}5\cdot5+0{,}5=13\,\text{cm}^3$. A massa do líquido deslocado é $\rho V=1{,}3\cdot13=16{,}9\,\text{g}$. Para equilíbrio, a mão deve aplicar força para baixo: $F=E-P=(0{,}0169-0{,}012)\cdot9{,}8\approx4{,}8\times10^{-2}\,\text{N}$. O empuxo supera o peso quando o corpo fica inteiramente imerso.

Na primeira etapa, a velocidade média é metade da final, pois o corpo parte do repouso com aceleração constante.

Logo, $220=(v/2)\cdot8$, dando $v=55\,\text{m/s}$. Restam $3000-220=2780\,\text{m}$, percorridos em $2780/55\approx50{,}55\,\text{s}$. O tempo total é aproximadamente $58{,}55\,\text{s}$; 58 s é a opção mais próxima entre as fornecidas.

O gráfico informa $p_A=p_C=0{,}5\,\text{atm}$ e volumes 1 L e 2 L, mas não fornece uma escala vertical que determine a pressão do vértice B. Dizer que o triângulo desenhado é equilátero não relaciona unidades de pressão e volume: o aspecto geométrico muda quando se altera a escala de qualquer eixo. Se, arbitrariamente, se igualassem as escalas numéricas, obter-se-ia $p_B=0{,}5+\sqrt3/2\approx1{,}37\,\text{atm}$, valor também ausente das opções. Não há resposta física única com os dados publicados.

A força elétrica é horizontal e tem módulo $F_e=qE=10^{-6}\cdot10^7=10\,\text{N}$. O equilíbrio horizontal exige $T\sin30^\circ=10$, portanto $T=20\,\text{N}$.

As alternativas A e D trazem exatamente esse mesmo valor no original consultado. O resultado físico é definido, mas a letra da resposta não é única.

As forças gravitacionais de interação obedecem à terceira lei de Newton: possuem módulos iguais, mesma direção e sentidos opostos, independentemente das massas.

Assim, $|F_1|=|F_2|$. A igualdade indicada nas alternativas deve ser entendida como igualdade dos módulos, e não dos vetores; as acelerações dos corpos podem ser diferentes.

Pela lei de Snell, $n_1\sin i=n_2\sin r$. Com $i=30^\circ$, $\sin r=(1{,}35/1{,}5)\cdot0{,}5=0{,}45$, de modo que $r\approx26{,}7^\circ$. A opção é 27°. Ao entrar no meio de maior índice, o raio se aproxima da normal.

Os resistores $R_3$ e $R_4$ estão em paralelo: $R_{34}=50\,\Omega$. Os outros quatro resistores estão em série com esse conjunto, dando $R_{eq}=450\,\Omega$. Pelas placas longas e curtas desenhadas, as fontes se somam no sentido horário: $\mathcal E_{eq}=12+6=18\,\text{V}$.

Logo, $I=18/450=0{,}040\,\text{A}=40\,\text{mA}$, nenhuma das alternativas numéricas, portanto E. O valor 13 mA só surgiria se as fontes fossem opostas, configuração diferente da polaridade representada na figura consultada.

Escolha $v_{1i}=u$ e $v_{2i}=-2u$, com $m_1=2m_2$. O momento inicial é $2mu+m(-2u)=0$. Em uma colisão elástica unidimensional com momento total nulo, ambas as velocidades se invertem: $v_{1f}=-u$ e $v_{2f}=2u$. Os módulos permanecem iguais aos respectivos valores iniciais, correspondendo a E. A palavra valor é interpretada como módulo da velocidade; os vetores mudam de sentido. A duplicação das alternativas C e D foi mantida conforme o original.

No modelo usual de aquecimento de uma substância pura, a pressão constante, a temperatura aumenta enquanto o material está sólido. Ao atingir a temperatura de fusão, o calor fornecido é utilizado na mudança de estado e a temperatura permanece constante, formando o patamar do gráfico.

Concluída a fusão, o material está líquido e sua temperatura volta a aumentar com o fornecimento de calor. Essa sequência — aumento, patamar e novo aumento — corresponde ao gráfico B.