Um tubo em U, em repouso e na presença da gravidade terrestre de módulo $g$, contém dois líquidos imiscíveis de densidades $d_1$ e $d_2$, com $d_1<d_2$, conforme a figura abaixo. Em uma outra situação, esse mesmo tubo sobe verticalmente com aceleração constante $a=2g$. Assim, é correto afirmar–se que, durante esta subida, a diferença entre as alturas das superfícies superiores dos dois líquidos é
Em repouso, o equilíbrio do tubo em U vem de igualar as pressões no nível da interface entre os líquidos: $d_1\,g\,h_1=d_2\,g\,h_2$.
Subindo com aceleração $a=2g$, tudo se passa, dentro do tubo, como se a gravidade valesse $g_{\text{ef}}=g+a=3g$. A equação vira $d_1\cdot3g\cdot h_1=d_2\cdot3g\cdot h_2$.
O fator $3g$ aparece dos dois lados e se cancela. As alturas de equilíbrio continuam as mesmas, e a diferença entre as superfícies continua sendo $d$.
A intuição engana: parece que "mais gravidade" mudaria os níveis. Mudaria as pressões, mas na mesma proporção para os dois líquidos, e o equilíbrio geométrico fica igual.
Um fluido escoa por um tubo cilíndrico a uma dada vazão $J$ em $\text{m}^3/\text{s}$. A diferença entre as pressões no fluido medidas nas extremidades do tubo é $\Delta P$, em Pascal (Pa). Sob determinadas condições de escoamento, pode-se relacionar a vazão à diferença de pressão por uma equação do tipo $\Delta P=R_{\text{FLUXO}}\cdot J$, onde $R_{\text{FLUXO}}$ é a resistência que o tubo oferece à passagem do fluido. Note a semelhança com a lei de Ohm, que relaciona diferença de potencial elétrico, $\Delta V$, com corrente elétrica $I$: $\Delta V=R_{\text{ELETR}}\cdot I$. As unidades de medida de $R_{\text{ELETR}}$ e $R_{\text{FLUXO}}$ são, respectivamente:
Basta isolar a resistência em cada fórmula e olhar as unidades.
Elétrica: $R=\dfrac{\Delta V}{I}$, volt por ampère, que é o ohm.
Fluxo: $R=\dfrac{\Delta P}{J}=\dfrac{\text{Pa}}{\text{m}^3/\text{s}}=\text{Pa}\cdot\text{m}^{-3}\cdot\text{s}$.
Ohm e $\text{Pa}\cdot\text{m}^{-3}\cdot\text{s}$, nessa ordem. A analogia com a lei de Ohm é bonita e é usada de verdade para estudar o fluxo de sangue nos vasos.
Uma fonte de luz monocromática puntiforme ilumina um disco e projeta sua sombra em uma parede. Considere o diâmetro do disco muito maior que o comprimento de onda da luz. O disco está a uma distância de um metro da parede e sua sombra tem um perímetro perfeitamente circular, com área quatro vezes a área do disco. Assim, a distância entre a fonte de luz e a parede, em metros, é
A fonte é pontual, então a sombra é uma ampliação do disco por semelhança de triângulos, com vértice na fonte.
Área quatro vezes maior significa diâmetro duas vezes maior (a área cresce com o quadrado). Se $D$ é a distância da fonte à parede, o disco está a $D-1$ da fonte:
$$\frac{D}{D-1}=2\;\Longrightarrow\;D=2\ \text{m}$$
Ou seja, o disco está exatamente no meio do caminho. A observação sobre o comprimento de onda serve só para descartar difração: podemos tratar a luz como raios retos.
Duas massas puntiformes de mesmo valor giram com velocidades angulares constantes e iguais em trajetórias com raios $R$ e $r$, com $R>r$. Considere que a energia cinética da massa com trajetória de maior raio de trajetória é o dobro da energia cinética da outra massa. Sejam $A_R$ e $A_r$ as áreas varridas em dado intervalo de tempo $\Delta t$ pelos raios que localizam as partículas nas trajetórias com raio $R$ e $r$, respectivamente. Pode-se dizer corretamente que
Mesma massa e mesma velocidade angular. A energia cinética é $K=\dfrac{m(\omega r)^2}{2}$, proporcional ao quadrado do raio.
$$K_R=2K_r\;\Longrightarrow\;R^2=2r^2$$
A área varrida pelo raio em $\Delta t$ é um setor circular: $A=\dfrac{\omega\,\Delta t}{2}\,r^2$, também proporcional ao quadrado do raio.
$$\frac{A_R}{A_r}=\frac{R^2}{r^2}=2$$
Não é preciso calcular $R$ e $r$. As duas grandezas crescem com $r^2$, e a razão entre elas é a mesma.
Dois espelhos planos semitransparentes, não paralelos, são atingidos por um único raio de luz, que atinge o primeiro espelho com um ângulo de incidência nulo e é transmitido parcialmente até o segundo espelho. Assim, pode-se dizer que a relação entre o ângulo de reflexão no segundo espelho, $\theta$, e o ângulo $\alpha$ entre os espelhos é
No primeiro espelho a incidência é nula: o raio chega ao longo da normal e a parte transmitida continua reta, na direção dessa normal.
Ângulos entre espelhos são iguais aos ângulos entre as normais deles. Se os espelhos formam $\alpha$, a normal do segundo faz $\alpha$ com a normal do primeiro, que é justamente a direção do raio.
Então o raio chega ao segundo espelho com incidência $\alpha$ e, pela lei da reflexão, reflete com $\theta=\alpha$.
Duas rodas de raios $R$ e $r$, com $R>r$, giram acopladas por meio de uma correia inextensível que não desliza em relação às rodas. No instante inicial, os pontos A e a se encontram na posição mais alta, conforme a figura abaixo. Qual deve ser a razão $R/r$ para que após 2/3 de giro completo da roda grande, o ponto a esteja na mesma posição inicial pela primeira vez?
Com a correia sem deslizar, os pontos da borda das duas rodas andam o mesmo comprimento. Em $\frac23$ de volta, a borda da roda grande percorre $\frac23\cdot2\pi R$.
A roda pequena percorre o mesmo arco, o que corresponde a $N=\dfrac{\frac23\cdot2\pi R}{2\pi r}=\dfrac23\cdot\dfrac{R}{r}$ voltas.
Para o ponto a voltar à posição inicial pela primeira vez, a roda pequena precisa completar exatamente uma volta:
$$\frac23\cdot\frac{R}{r}=1\;\Longrightarrow\;\frac{R}{r}=\frac32$$
Um corpo de massa $m$ é preso ao teto por uma mola, de massa desprezível, de constante elástica $k$. O corpo é lançado verticalmente para baixo a partir do repouso pela ação da mola, que se encontra inicialmente comprimida. Considere também a ação da gravidade, de módulo $g$, e despreze todos os atritos. Durante o movimento de descida, entre o início do movimento e o ponto mais baixo da trajetória, é correto afirmar-se que
Acompanhe as duas energias potenciais separadamente.
Elástica: a mola começa comprimida (energia armazenada), passa pelo comprimento natural (energia elástica zero, o mínimo) e depois fica cada vez mais esticada (energia crescendo). Decresce até um mínimo e depois cresce até o ponto mais baixo.
Gravitacional: o corpo só desce durante todo esse trecho, então ela é sempre decrescente.
O enunciado usa "energia do sistema massa-mola" para se referir à parte elástica. É a alternativa B.
Um raio de luz se propaga de um meio I para um meio II, sendo parcialmente refletido na interface plana de separação entre os meios. Assuma que a velocidade de propagação da luz no meio II é 80% da velocidade no meio I. Para que o raio refletido seja perpendicular ao refratado, o ângulo de incidência $\theta_i$ deve ser tal que
Quando o refletido e o refratado são perpendiculares, estamos no ângulo de Brewster, e vale $\text{tg}\,\theta_i=\dfrac{n_{II}}{n_I}$.
Se a velocidade no meio II é $80\%$ da do meio I, o índice é o inverso: $\dfrac{n_{II}}{n_I}=\dfrac{v_I}{v_{II}}=\dfrac{1}{0{,}8}=1{,}25$.
$$\text{tg}\,\theta_i=1{,}25$$
A alternativa A usa $0{,}8$ direto, trocando a razão. Lembre: velocidade menor, índice maior. A B é impossível, porque nenhum seno passa de 1.
Em dois experimentos de mecânica, uma massa puntiforme desliza sobre duas rampas de mesmo comprimento, $5\text{ m}$, e inclinações diferentes. Em um dos experimentos a distância horizontal percorrida pela massa é $d_I=3\text{ m}$ e no outro é $d_{II}=4\text{ m}$. Suponha que ambas as massas partam do repouso e estejam sob a ação de um mesmo campo gravitacional uniforme e vertical, e despreze todos os atritos. Ao atingir o ponto final da rampa, a razão entre as velocidades das massas nos dois experimentos, $v_{II}/v_I$, é dada por
Sem atrito, a velocidade no fim da rampa depende só da altura descida: $v=\sqrt{2gh}$. Inclinação e comprimento não importam.
Rampas de $5\ \text{m}$ com projeções horizontais de $3$ e $4\ \text{m}$ formam triângulos $3$-$4$-$5$. As alturas são $h_I=4\ \text{m}$ e $h_{II}=3\ \text{m}$ (cuidado com a troca!).
$$\frac{v_{II}}{v_I}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt3}{2}$$
A rampa II anda mais na horizontal, então é mais deitada e desce menos. Por isso a massa chega mais devagar e a razão é menor que 1.
Um disco tem seu centro fixado a uma das extremidades de uma haste muito fina e perpendicular ao seu plano. O sistema está sobre uma mesa plana horizontal, com uma das extremidades do eixo ligada a um ponto da mesa. O disco é livre para rodar sem deslizar sobre a mesa, deixando marcada uma trajetória circular, conforme a figura abaixo. Para que a marca da trajetória feche um círculo completo, o disco gira duas vezes. Assim, a razão entre o raio da trajetória marcada na mesa e o raio do disco é
Rolar sem deslizar significa que o comprimento marcado na mesa é igual ao comprimento de borda do disco que tocou a mesa.
A marca fecha um círculo de raio $R$, com comprimento $2\pi R$. Nesse percurso o disco dá duas voltas, desenrolando $2\cdot2\pi r=4\pi r$ de borda.
$$2\pi R=4\pi r\;\Longrightarrow\;\frac{R}{r}=2$$
Um sistema é constituído por três fios condutores retos e muito longos, fixados um ao outro perpendicularmente e isolados eletricamente entre si. Por cada fio passa uma corrente elétrica constante de mesma intensidade. Se o sistema é posto na presença de um campo magnético uniforme, constante e paralelo a um dos fios, pode-se afirmar corretamente que a força resultante no sistema é
A força magnética num fio é $F=BIL\,\text{sen}\,\theta$. O fio paralelo ao campo não sente nada ($\theta=0$).
Os outros dois fios são perpendiculares ao campo e entre si. Cada um sofre uma força perpendicular a ele próprio e ao campo. Como os fios apontam em direções diferentes, as forças também apontam em direções diferentes, perpendiculares entre si.
Duas forças perpendiculares e não nulas não se cancelam: a resultante é diferente de zero e tende a deslocar o conjunto. É a alternativa A.
Diferente de uma espira fechada, em que as forças nos lados se anulam aos pares e sobra só torque: aqui os fios são retos e independentes.
Dois recipientes esféricos de mesmo volume e paredes muito finas são ligados verticalmente por um fio inextensível. Os recipientes I e II são cheios com materiais de densidades $d_I$ e $d_{II}$, respectivamente. O recipiente I flutua no ar, cuja densidade é $d_{AR}$, e o II está imerso na água, cuja densidade é $d_{AG}$. Se o sistema está em equilíbrio estático, e $d_I<d_{AR}<d_{AG}<d_{II}$, pode-se afirmar corretamente que
Os dois recipientes têm o mesmo volume $V$ e estão ligados pelo mesmo fio, com a mesma tração $T$.
Recipiente I (no ar, mais leve que o ar): o empuxo vence o peso e ele puxa o fio para cima. $T=(d_{AR}-d_I)Vg$.
Recipiente II (na água, mais denso que a água): o peso vence o empuxo e o fio precisa segurá-lo. $T=(d_{II}-d_{AG})Vg$.
$$d_{AR}-d_I=d_{II}-d_{AG}\;\Longrightarrow\;d_I+d_{II}=d_{AR}+d_{AG}$$
É como um balão segurando uma pedra dentro d'água: o excesso de empuxo de um compensa exatamente o excesso de peso do outro.
Um bloco de massa $m_A=700\text{ kg}$ se desloca ao longo do eixo $x$ com velocidade $v_A=40\text{ km/h}$, enquanto outro bloco de massa $m_B=500\text{ kg}$ se desloca ao longo do mesmo eixo, com velocidade $v_B=80\text{ km/h}$. Então, a velocidade do centro de massa, em km/h, do sistema constituído pelas massas $m_A$ e $m_B$ é aproximadamente
A velocidade do centro de massa é a média das velocidades ponderada pelas massas:
$$v_{CM}=\frac{700\cdot40+500\cdot80}{700+500}=\frac{68\,000}{1200}\approx57\ \text{km/h}$$
A média simples daria $60\ \text{km/h}$ (alternativa D). O resultado fica mais perto de $40$ porque o bloco mais pesado é o mais lento.
A área continental de um dado país é $8\times10^6\text{ km}^2$ e a precipitação pluvial média é de $750\text{ mm}$ ao ano. O volume anual de água que cai em média no país é, em litros, aproximadamente
$750\ \text{mm}$ de chuva significa que, se a água não escoasse, formaria uma lâmina de $0{,}75\ \text{m}$ sobre todo o país. O volume é área vezes altura.
$$A=8\cdot10^6\ \text{km}^2=8\cdot10^{12}\ \text{m}^2$$
$$V=8\cdot10^{12}\cdot0{,}75=6\cdot10^{12}\ \text{m}^3=6\cdot10^{15}\ \text{L}$$
Os dois passos que exigem cuidado: $1\ \text{km}^2=10^6\ \text{m}^2$ (e não $10^3$) e $1\ \text{m}^3=10^3\ \text{L}$.
Um parafuso está encravado na periferia de um disco giratório horizontal de raio $1\text{ m}$. A figura abaixo ilustra as posições do parafuso em tempos sucessivos. Um engenheiro precisa monitorar a passagem do parafuso por uma dada posição, como a indicada pela seta. Para isso, faz uso de uma luz estroboscópica, que acende durante curtos intervalos de tempo a uma frequência de $2\text{ kHz}$. Para que haja sincronismo entre a passagem do parafuso pela posição indicada pela seta e a lâmpada, a velocidade escalar do parafuso em m/s deve ser aproximadamente
Com luz estroboscópica, o parafuso parece parado na posição da seta se, a cada lampejo, ele estiver de volta ao mesmo lugar. A situação mais simples, e de menor velocidade, é uma volta por lampejo: o disco gira a $2000$ voltas por segundo.
$$v=2\pi Rf=2\pi\cdot1\cdot2000\approx12{,}56\cdot10^3\ \text{m/s}$$
A alternativa D, $6{,}28\cdot10^3\ \text{m/s}$, seria meia volta por lampejo: aí o parafuso apareceria alternadamente em dois lados do disco, sem sincronismo com a seta.
O número é absurdo para um disco real (mais de $12\ \text{km/s}$), mas a questão é só de raciocínio.
A plataforma de um andaime é construída com uma tábua quadrada uniforme de $60\text{ kg}$ e $5\text{ m}$ de lado. Essa plataforma repousa sobre dois apoios em lados opostos. Um pintor de $70\text{ kg}$ está em pé no andaime a $2\text{ m}$ de um dos apoios. Considere o módulo da aceleração da gravidade $g=10\text{ m/s}^2$. Assim, a força exercida pelos apoios sobre a plataforma, em N, é
Os dois apoios juntos sustentam a tábua e o pintor: $600+700=1300\ \text{N}$.
Para dividir, tome momentos em relação ao apoio mais próximo do pintor (chame de 1). O pintor está a $2\ \text{m}$ dele, o peso da tábua no centro, a $2{,}5\ \text{m}$, e o outro apoio a $5\ \text{m}$:
$$R_2\cdot5=700\cdot2+600\cdot2{,}5=2900\;\Longrightarrow\;R_2=580\ \text{N}$$
$$R_1=1300-580=720\ \text{N}$$
Faz sentido: o apoio mais perto do pintor carrega mais peso. As alternativas C e D confundem massa com peso ou erram os braços.
Um bloco, sob ação da gravidade, desce um plano inclinado com aceleração de $2\text{ m/s}^2$. Considere o módulo da aceleração da gravidade $g=10\text{ m/s}^2$. Sabendo-se que o ângulo de inclinação do plano é $45°$ com a horizontal, o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano é, aproximadamente,
No plano inclinado com atrito, a aceleração de descida é $a=g(\text{sen}\,\theta-\mu\cos\theta)$. Com $45^\circ$, seno e cosseno valem $\dfrac{\sqrt2}{2}\approx0{,}707$:
$$2=10\cdot0{,}707\,(1-\mu)\;\Longrightarrow\;1-\mu\approx0{,}283\;\Longrightarrow\;\mu\approx0{,}72$$
Um bom teste: sem atrito, a aceleração seria $7{,}07\ \text{m/s}^2$. Como caiu para $2$, o atrito é grande, e o coeficiente precisa ser alto. $0{,}7$ é a única opção coerente.
Um mol de um gás ideal sofre uma expansão isobárica com um correspondente aumento de temperatura $\Delta T$. Seja $R$ a constante universal dos gases. Neste processo, o trabalho por mol realizado pelo gás é
Em uma transformação a pressão constante, o trabalho do gás é $W=P\,\Delta V$.
Pela equação de Clapeyron, para um mol, $PV=RT$. Com $P$ fixo, $P\,\Delta V=R\,\Delta T$. Então
$$W=R\,\Delta T$$
Esse resultado aparece bastante: na isobárica, o trabalho por mol é simplesmente $R\Delta T$, sem precisar saber pressão nem volumes.
Um tanque com volume $V$ contém $n_O$ moles de oxigênio e $n_N$ moles de nitrogênio à temperatura $T$. Sendo $R$ a constante universal dos gases e considerando-se que esses gases se comportem como gases ideais dentro desse tanque, a pressão causada pelo oxigênio é
Numa mistura de gases ideais, cada gás ocupa o recipiente inteiro e exerce a pressão que exerceria se estivesse sozinho (lei de Dalton).
$$P_O\,V=n_O\,RT\;\Longrightarrow\;P_O=\frac{n_ORT}{V}$$
O nitrogênio não interfere na pressão parcial do oxigênio. A alternativa B mistura os dois gases e ainda divide por 2 sem motivo; as outras inventam fatores que não existem na equação de estado.
Em três situações distintas, uma massa $M$ puntiforme sofre atrações gravitacionais de quatro outras $m$, também puntiformes e idênticas , localizadas conforme a figura abaixo. Considere que $M$ esteja no centro e que as outras massas estejam sobre o perímetro da mesma circunferência. Chamando $U_I$, $U_{II}$ e $U_{III}$ as energias potenciais gravitacionais da massa $M$ nos arranjos I, II e III, respectivamente, pode-se afirmar corretamente que
Energia potencial é grandeza escalar. A energia de $M$ com cada massa $m$ é $-\dfrac{GMm}{R}$, e depende só da distância, não da direção.
Nos três arranjos, as quatro massas estão sobre a mesma circunferência, todas à distância $R$ do centro:
$$U=-\frac{4GMm}{R}\quad\text{(nos três casos)}$$
O arranjo muda a força resultante sobre $M$ (que é vetor e pode até se anular por simetria), mas não muda a energia. A questão foi pensada justamente para separar esses dois conceitos.