UECE 2024.1 | 1ª Fase

Em $t=2\,\text{s}$: $S_A=40\times2=80\,\text{m}$ e $S_B=30\times2+5\times2^2=60+20=80\,\text{m}$ — os dois móveis percorreram exatamente a mesma distância ao longo de suas respectivas trajetórias retilíneas, que partem do mesmo ponto formando $60°$ entre si.

Pela lei dos cossenos, a distância entre eles é $d^2=S_A^2+S_B^2-2\,S_A S_B\cos60°=80^2+80^2-2(80)(80)(0{,}5)=6400$, logo $d=80\,\text{m}$ — que é justamente o lado de um triângulo equilátero (dois lados iguais com $60°$ entre eles sempre formam um triângulo equilátero) — alternativa B.

Fator de conversão entre variações: $\dfrac{\Delta X}{\Delta C}=\dfrac{60}{40}=1{,}5$. Como o ponto de fusão da água ($0°C$) corresponde a $20°X$, a relação entre as escalas é $X=20+1{,}5\,C$.

No ponto de ebulição da água ($C=100$): $X=20+1{,}5\times100=20+150=170$ — alternativa C.

Para uma lente convergente produzir uma imagem real do mesmo tamanho do objeto, o objeto deve estar a uma distância $2F$ da lente, e a imagem também se forma a $2F$ da lente (do lado oposto), com ampliação $-1$ (invertida).

Essa imagem funciona como objeto para o espelho côncavo. Para o espelho produzir uma imagem também do mesmo tamanho (porém invertida em relação a essa imagem-objeto, ou seja, ampliação $-1$ relativa), o objeto deve estar situado no centro de curvatura do espelho, a uma distância $2f$ do espelho.

Como a imagem da lente está a $2F$ da lente e precisa estar a $2f$ do espelho, e a distância total lente–espelho é $x$: $x=2F+2f=2(F+f)$ — alternativa B.

Alternativa correta: A. Este é o clássico seletor de velocidades: para que a força elétrica $qE$ cancele exatamente a força magnética $qvB$ (mantendo a carga em trajetória retilínea e velocidade constante), os campos $\vec E$ e $\vec B$ devem ser mutuamente perpendiculares (e ambos perpendiculares a $\vec v$), com $qE=qvB \Rightarrow v=E/B$.

B está errada: há, sim, forças atuando (elétrica e magnética) — elas apenas se cancelam mutuamente.
C e D estão erradas: campos paralelos (mesmo em sentidos opostos) não produziriam a geometria de forças necessária para cancelar a força magnética, que depende do produto vetorial $\vec v\times\vec B$.

Para um MHS de centro $x_c$ e amplitude $L$, vale $v^2=\omega^2[L^2-(x-x_c)^2]$. Desenvolvendo: $v^2=-\omega^2x^2+2\omega^2x_cx+\omega^2(L^2-x_c^2)$.

Comparando com $V^2(x)=Ax^2+Bx+C$, necessariamente $A=-\omega^2\mathrel{<}0$, $B=2\omega^2x_c$ e $C=\omega^2(L^2-x_c^2)$.

Assim, $\Delta=B^2-4AC=4\omega^4L^2$. Portanto, $\sqrt{\Delta}=2\omega^2L=2|A|L$ e a amplitude física é $L=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2|A|}$.

Ressalva: o gabarito oficial definitivo indica a alternativa C. Entretanto, como $A\mathrel{<}0$ obrigatoriamente para um MHS, a expressão impressa $\sqrt{\Delta}/(2A)$ é negativa. Fisicamente, o denominador deve ser $2|A|$ (ou, equivalentemente, $-2A$). Mantém-se o gabarito oficial C, preservando a alternativa da prova.

A força F é aplicada diretamente sobre a caixa; o palete é arrastado apenas pelo atrito que a caixa exerce sobre ele (o atrito entre palete e chão é desprezível).

Para o conjunto caixa+palete acelerar junto: $F=(m_{caixa}+m_{palete})\,a=55\,a$.

Analisando isoladamente o palete (única força horizontal: atrito recebido da caixa): $f=m_{palete}\,a=25a$. Esse atrito não pode superar o máximo estático: $f\le \mu_s\,m_{caixa}\,g=0{,}5\times30\times10=150\,\text{N}$.

Logo $25a\le150 \Rightarrow a\le6\,\text{m/s}^2$. O valor máximo de F é $F_{max}=55\times6=330\,\text{N}$ — alternativa B.

Ao acelerar horizontalmente com aceleração $A$, a superfície livre do líquido (que tentaria se inclinar de um ângulo $\theta$ com $\tan\theta=A/g$) não tem espaço extra no tanque completamente cheio — o líquido que precisaria "subir" além da borda simplesmente transborda.

Para um tanque cúbico de aresta $L=V^{1/3}$, a diferença de altura ao longo do comprimento $L$ seria $\Delta h=L\tan\theta=L\,A/g$. O volume derramado corresponde à metade do prisma triangular de base $L\times L$ e altura $\Delta h$: $V_{derr}=\tfrac12 L^2\Delta h=\tfrac12L^3\dfrac{A}{g}=\dfrac{VA}{2g}$.

Massa desperdiçada por tanque: $d\cdot\dfrac{VA}{2g}$. Para dois tanques: $M=2\times d\dfrac{VA}{2g}=\dfrac{dVA}{g}$ — alternativa B.

Como o capacitor é desconectado da fonte antes do reposicionamento, a carga Q permanece constante. A capacitância de placas paralelas é $C\propto1/d$, então triplicar a distância divide a capacitância por 3: $C'=C/3$.

Energia inicial: $X=\dfrac{Q^2}{2C}$. Energia final: $\dfrac{Q^2}{2C'}=\dfrac{Q^2}{2C/3}=3\dfrac{Q^2}{2C}=3X$.

Como não há fonte para repor carga, todo o trabalho do agente externo se converte em variação da energia armazenada: $W=3X-X=2X$ — alternativa D.