Um bloco de massa $M$ move-se verticalmente preso a um fio ideal, em um local onde a aceleração da gravidade tem módulo $g = 10\text{m/s}^2$. Em uma primeira situação, o bloco é puxado para cima com aceleração constante de módulo $a_1$, sendo a tração no fio igual a $T_1$. Em uma segunda situação, o bloco desce com aceleração constante de módulo $a_2$, sendo a tração no fio igual a $T_2$. Sabendo que $T_1 - T_2 = 120\text{N}$ e $a_1 + a_2 = 20\text{m/s}^2$, o valor de $M$ em kg é
Subindo com aceleração $a_1$:
\[T_1-Mg=Ma_1 \Rightarrow T_1=M(g+a_1)\]
Descendo com aceleração $a_2$:
\[Mg-T_2=Ma_2 \Rightarrow T_2=M(g-a_2)\]
Subtraindo:
\[T_1-T_2=M(g+a_1)-M(g-a_2)=M(a_1+a_2)\]
Substituindo os valores dados:
\[120=M\times20 \Rightarrow M=6\]
Kg.
Em um experimento realizado em uma região onde a aceleração da gravidade tem módulo $g$, uma partícula de massa $m$ move-se sobre um plano horizontal sem atrito com velocidade constante de módulo $V$. Ela colide frontal e elasticamente com outra partícula de mesma massa, inicialmente em repouso, localizada na base de um plano inclinado sem atrito. Após a colisão, a segunda partícula sobe o plano inclinado até atingir uma altura máxima $H$, medida em relação à base do plano. Desprezando quaisquer perdas de energia, o valor de $H$ é
Em uma colisão elástica entre partículas de massas iguais, com a segunda inicialmente em repouso, as velocidades são trocadas: a primeira partícula para e a segunda passa a se mover com a velocidade $V$ que a primeira tinha antes do choque.
Subindo o plano inclinado sem atrito, essa energia cinética se converte em energia potencial:
\[\dfrac{1}{2}mV^2=mgH \Rightarrow H=\dfrac{V^2}{2g}\]
Considere um experimento no qual uma fonte de tensão ideal pode ser conectada a dois resistores ôhmicos idênticos, cada um de resistência elétrica $R$, por meio de fios condutores ideais. Inicialmente, os dois resistores são conectados em série entre si e, em seguida, ligados à fonte. Nessa configuração, a associação dissipa uma potência elétrica total $P_1$. Em seguida, os dois resistores são associados em paralelo e conectados novamente à mesma fonte. Nessa nova configuração, a associação dissipa uma potência elétrica total $P_2$. Nessas condições, a razão $P_1/P_2$ entre as potências dissipadas é
Fonte de tensão ideal (tensão $V$ fixa nos terminais).
Em série: $R_{eq}=2R$, então
\[P_1=\dfrac{V^2}{2R}\]
Em paralelo: $R_{eq}=R/2$, então
\[P_2=\dfrac{V^2}{R/2}=\dfrac{2V^2}{R}\]
Razão:
\[\dfrac{P_1}{P_2}=\dfrac{V^2/(2R)}{2V^2/R}=\dfrac{1}{4}\]
Uma massa de $1\text{g}$ de H₂O encontra-se inicialmente no estado sólido (gelo) à temperatura de $0°\text{C}$. Em seguida, essa amostra é posta em contato com um reservatório térmico capaz de manter a temperatura constante de $1°\text{C}$. Após um tempo suficientemente longo, a amostra de água atinge o equilíbrio térmico com o reservatório. Considerando o calor latente de fusão do gelo $80\text{cal/g}$ e o calor específico da água líquida $1{,}0\text{cal/g}°\text{C}$, foram feitas as seguintes observações.
I. A amostra de água encontra-se completamente no estado líquido ao final do processo.
II. A quantidade total de calor absorvida pela amostra, desde o início do processo até o equilíbrio, é de 81 cal.
III. Durante o processo, a entropia da massa de H₂O diminui.
Estão corretas as afirmações
I. Estado final da amostra. O reservatório mantém a temperatura de $1\,{}^\circ\mathrm{C}$, acima da temperatura de fusão. Após tempo suficiente, todo o gelo derrete e a água líquida atinge essa temperatura. A afirmação I é verdadeira.
II. Calor absorvido. Primeiro, calculamos o calor necessário para fundir o gelo a $0\,{}^\circ\mathrm{C}$:
\[Q_{\text{fusão}}=mL_f\]
\[Q_{\text{fusão}}=1\cdot80=80\,\mathrm{cal}\]
Depois, a água líquida aquece de $0\,{}^\circ\mathrm{C}$ até $1\,{}^\circ\mathrm{C}$:
\[Q_{\text{aquecimento}}=mc\Delta T\]
\[Q_{\text{aquecimento}}=1\cdot1\cdot(1-0)=1\,\mathrm{cal}\]
Somando as duas etapas:
\[Q_{\text{total}}=80+1=81\,\mathrm{cal}\]
A afirmação II é verdadeira.
III. Entropia da amostra. Na fusão, a amostra absorve calor a temperatura constante. Sua variação de entropia é positiva:
\[\Delta S_{\text{fusão}}=\frac{Q_{\text{fusão}}}{T_{\text{fusão}}}>0\]
A temperatura dessa relação deve ser expressa em kelvin. O aquecimento posterior da água também aumenta sua entropia. Portanto, a entropia da amostra aumenta nas duas etapas, e a afirmação III é falsa.
Estão corretas apenas I e II.
A reflexão total da luz é um fenômeno óptico que ocorre sob certas condições. Considere dois meios A e B com índices de refração $N_A$ e $N_B$, respectivamente separados por uma superfície horizontal. Considerando essas informações, assinale a opção correta.
A reflexão total só existe quando a luz vai de um meio mais refringente para um menos refringente ($N_A>N_B$), e apenas quando o ângulo de incidência $i$ é maior que o ângulo-limite $L$ ($i>L$). O ângulo-limite é definido pela Lei de Snell na fronteira do fenômeno, quando o raio refratado sai rasante à superfície, a $90°$: $N_A\text{sen}L = N_B\text{sen}90° = N_B \Rightarrow \text{sen}L=\dfrac{N_B}{N_A} \Rightarrow L=\text{arcsen}(N_B/N_A)$. É exatamente essa relação que a alternativa A descreve.
B está errada: a reflexão total não ocorre "em qualquer direção" — só ocorre para $i>L$.
C está errada: ela inverte a condição dos meios; a reflexão total exige $N_A>N_B$, e não $N_B>N_A$.
D está errada: o fenômeno depende apenas dos índices de refração e do ângulo de incidência, não do espectro de luz ser visível.
Em um experimento de interferência de dupla fenda, realizado no vácuo, um feixe de luz monocromática de comprimento de onda $\lambda$ incide perpendicularmente sobre duas fendas estreitas separadas por uma distância $D$. Em um anteparo situado a uma distância $L$ das fendas, observa-se um padrão de interferência com franjas claras e escuras. A posição do primeiro mínimo de intensidade medida a partir do máximo central é denotada por $Y$. Em uma primeira configuração do experimento, os parâmetros são $D$, $L$ e $Y$, com $\lambda$ sendo o comprimento de onda da luz utilizada. Em uma segunda configuração, mantendo-se a fonte de luz, a distância entre as fendas é alterada para $2D$ e a distância entre as fendas e o anteparo é alterada para $4L$. Nessas condições, é correto afirmar que, na segunda configuração,
Para ângulos pequenos, a posição do primeiro mínimo é
\[Y=\dfrac{\lambda L}{2D}\]
(condição de mínimo com $m=0$: $D\text{sen}\theta=\lambda/2$).
A fonte de luz é a mesma, então $\lambda$ não muda.
Com $D'=2D$ e $L'=4L$:
\[Y'=\dfrac{\lambda(4L)}{2(2D)}=\dfrac{\lambda L}{D}=2\left(\dfrac{\lambda L}{2D}\right)=2Y\]
Considere uma casca esférica condutora em equilíbrio eletrostático, de raio externo $R$, contendo uma cavidade esférica concêntrica de raio $r \mathrel{<} R$. O condutor possui carga total positiva $Q$. Seja $x$ a distância ao centro da esfera. Nessas condições, é correto afirmar que
Como não há carga alguma dentro da cavidade, nenhuma carga é induzida na superfície interna do condutor (Lei de Gauss aplicada a uma superfície dentro do material condutor, que envolve a cavidade, dá fluxo nulo).
Logo, o campo elétrico dentro da cavidade é nulo em todos os pontos, e como $E=0$ não há variação de potencial: o potencial é constante em toda a cavidade.
As demais estão erradas: dentro do próprio material condutor (não a cavidade) o campo é sempre nulo em equilíbrio eletrostático — não varia com $1/x^2$ (B) nem é constante e diferente de zero (D); e fora do condutor ($x>R$) o potencial cai com $1/x$, não é nulo para $x$ finito (C).
Equipamentos de ressonância magnética nuclear utilizam campos magnéticos intensos para obtenção de imagens médicas de alta resolução. Em muitos casos, a intensidade desses campos pode ser expressa tanto em tesla (T), unidade do Sistema Internacional, quanto em gauss (G). Sabendo que $1\text{T} = 10^4\text{G}$ pode-se afirmar corretamente que um campo magnético de $100\text{G}$ corresponde, em tesla, a
Como $1\text{T}=10^4\text{G}$, cada gauss vale $10^{-4}$ T.
Logo:
\[100\text{G}=100\times10^{-4}\text{T}=10^2\times10^{-4}=10^{-2}\text{T}\]
Considere um pêndulo simples ideal constituído por uma partícula de massa $m$ presa a um fio leve, inextensível e de comprimento $L$. O pêndulo oscila sob a ação do campo gravitacional terrestre, cujo módulo da aceleração é $g$. O ponto de suspensão do pêndulo está fixado a um suporte que se move horizontalmente, para direita, com aceleração constante de módulo $a$. O pêndulo oscila em um plano vertical que contém a direção da aceleração do suporte. Após um regime transiente, o pêndulo atinge um movimento oscilatório estável em torno de uma nova posição de equilíbrio. Desprezam-se quaisquer formas de atrito ou resistência do ar. Nessas condições, o período $T$ das pequenas oscilações do pêndulo em torno dessa nova posição de equilíbrio é dado por
No referencial não inercial do suporte, surge uma força fictícia horizontal de módulo $ma$ (oposta à aceleração $a$), além do peso $mg$ (vertical).
Como essas duas "acelerações" são perpendiculares entre si, a gravidade efetiva tem módulo
\[g_{ef}=\sqrt{g^2+a^2}\]
— é em torno dessa nova direção efetiva que o pêndulo passa a oscilar.
O período de pequenas oscilações usa $g_{ef}$ no lugar de $g$:
\[T=2\pi\sqrt{L/g_{ef}}=2\pi\sqrt{L/(g^2+a^2)^{1/2}}\]
Considere um gás ideal monoatômico, cujo coeficiente de Poisson é $\gamma$, contido em um cilindro com pistão. Inicialmente, o gás ocupa um volume $V$ e está sob pressão $P$. O gás sofre uma expansão isobárica até atingir o volume $KV$ com $K>1$. Durante esse processo, o gás realiza um trabalho $W_1$ sobre o ambiente. Em seguida, o gás é comprimido do volume $KV$ para o volume $V$ por meio de uma transformação adiabática reversível. Nessa compressão, o ambiente realiza um trabalho $W_2$ sobre o gás. Desprezam-se quaisquer perdas por atrito e considera-se que o gás se comporta idealmente em todas as etapas. Com base nessas informações, a razão entre os módulos dos trabalhos $|W_2|/|W_1|$ é
Esta questão foi anulada pela banca CEV/UECE — não há alternativa oficialmente divulgada como correta. O caminho de resolução é bem definido, mas o resultado não bate com nenhuma das quatro opções, o que provavelmente motivou a anulação.
Na expansão isobárica de $V$ para $KV$:
\[|W_1|=P\Delta V = P(KV-V) = PV(K-1)\]
Na compressão adiabática reversível de $KV$ de volta para $V$, a Lei de Poisson dá
\[P(KV)^\gamma = P_2V^\gamma \Rightarrow P_2=K^\gamma P\]
O trabalho do ambiente sobre o gás é o simétrico do trabalho do gás:
\[|W_2| = \dfrac{P_2V_2-P_1V_1}{\gamma-1} = \dfrac{K^\gamma P\cdot V - P\cdot KV}{\gamma-1} = \dfrac{PV(K^\gamma-K)}{\gamma-1}\]
Logo:
\[\dfrac{|W_2|}{|W_1|}=\dfrac{K^\gamma-K}{(\gamma-1)(K-1)}\]
— uma expressão que, mesmo reescrevendo
\[K^{1-\gamma}=1/K^{\gamma-1}\]
Não corresponde a nenhuma das alternativas A, B, C ou D propostas pela banca.
Durante missões recentes de exploração lunar, como o programa Artemis, observa-se que, em determinados trechos da órbita, região conhecida como blackout, a comunicação entre a cápsula e a Terra é temporariamente interrompida. Esse fenômeno ocorre quando a nave se posiciona atrás da Lua em relação à Terra, impossibilitando a comunicação direta por meio de ondas de rádio. A perda de sinal nesse caso ocorre porque
Ondas de rádio se propagam, em boa aproximação, em linha reta (como a luz).
Quando a nave está atrás da Lua, o corpo lunar bloqueia fisicamente a linha direta de visada entre a nave e a Terra, impedindo que o sinal chegue — não é uma questão de absorção, refração pela gravidade ou perda de intensidade com a distância, mas de obstrução geométrica direta.
Em ambientes urbanos e industriais, a exposição prolongada a níveis elevados de ruído pode causar danos à audição. O nível de intensidade sonora $\beta$, medido em decibéis (dB), é definido por $\beta = 10\log(I/I_0)$, onde $I$ é a intensidade sonora e $I_0$ é a intensidade de referência. Considere que um ambiente A com nível sonoro de $70\text{dB}$, típico de uma conversa em tom elevado, é comparado a outro ambiente B, com nível sonoro de $90\text{dB}$, característico de tráfego intenso. A razão entre as intensidades sonoras $I_B/I_A$ desses dois ambientes é
Subtraindo os níveis:
\[\beta_B-\beta_A=10\log(I_B/I_0)-10\log(I_A/I_0)=10\log(I_B/I_A)\]
Como $\beta_B-\beta_A=90-70=20$:
\[\log(I_B/I_A)=2 \Rightarrow I_B/I_A=10^2=100\]
Projetos recentes de armazenamento de energia utilizam grandes esferas ocas instaladas no fundo dos oceanos, tecnologia conhecida como Stored Energy at Sea. Durante o funcionamento, a água do mar entra nas esferas sob ação da pressão hidrostática, acionando turbinas acopladas a geradores elétricos. Considere uma fazenda formada por 10 dessas esferas idênticas, cada uma com volume de $1000\text{m}^3$, inicialmente vazias, instaladas a uma profundidade de $100\text{m}$ em um oceano de densidade média igual a $1000\text{kg/m}^3$. Para efeito de cálculo, considere que o módulo da aceleração da gravidade local é de $10\text{m/s}^2$ e que o trabalho realizado pela água ao preencher cada esfera pode ser aproximado pelo produto da pressão hidrostática à profundidade considerada pelo volume da respectiva esfera. Despreze a pressão atmosférica. Sabendo que apenas 40% da energia mecânica disponível é convertida em energia elétrica útil e que cada esfera é preenchida em um intervalo de tempo de $1000\text{s}$, a potência elétrica total gerada pela fazenda de esferas, em megawatts (MW), é
Pressão hidrostática a 100 m:
\[P=\rho g h=1000\times10\times100=10^6\]
Pa.
Trabalho por esfera:
$W=PV=10^6\times1000=10^9$ J.
Para as 10 esferas:
$E_{mec}=10\times10^9=10^{10}$ J.
Potência mecânica total:
\[P_{mec}=E_{mec}/t=10^{10}/1000=10^7\]
W $=10$ MW.
Potência elétrica (40% de aproveitamento):
\[P_{el}=0{,}4\times10=4{,}0\]
MW.
Considere dois corpos esféricos, a Terra e o Sol. No âmbito de uma analogia com a gravitação clássica, define-se o raio de Schwarzschild de um corpo como o raio para o qual a velocidade de escape se iguala à velocidade da luz no vácuo $c$. Esse raio está associado à descrição de buracos negros, sendo interpretado como o limite a partir do qual nem mesmo a luz consegue escapar da ação gravitacional do corpo. Sabe-se que a massa do Sol é aproximadamente $N$ vezes a massa da Terra. No que diz respeito a essa analogia clássica, a razão entre o raio de Schwarzschild do Sol $R_S^{(\text{Sol})}$ e o da Terra $R_S^{(\text{Terra})}$ é igual a
O raio de Schwarzschild é $R_S=2GM/c^2$ — diretamente proporcional à massa $M$, com $G$ e $c$ constantes universais.
Logo, a razão entre os raios de dois corpos é igual à razão entre suas massas:
\[\dfrac{R_S^{(Sol)}}{R_S^{(Terra)}}=\dfrac{M_{Sol}}{M_{Terra}}=N\]
Um tubo sonoro aberto em ambas as extremidades emite som correspondente ao seu modo fundamental, de frequência $f_1$. Um observador permanece em repouso enquanto o tubo se desloca em sua direção, ao longo da linha que os une, com velocidade constante $u$. Considere que a velocidade de propagação do som no ar é $v$, com $u \mathrel{<} v$. Se a frequência percebida pelo observador é igual à frequência do $n$-ésimo harmônico emitido pelo tubo, então a razão $u/v$ é igual a
Num tubo aberto-aberto, os harmônicos são múltiplos inteiros do fundamental: o $n$-ésimo harmônico tem frequência $nf_1$.
Com a fonte (tubo) se aproximando do observador parado, o efeito Doppler dá
\[f_{obs}=f_1\cdot\dfrac{v}{v-u}\]
Igualando ao $n$-ésimo harmônico:
\[f_1\cdot\dfrac{v}{v-u}=nf_1 \Rightarrow v=n(v-u) \Rightarrow nu=v(n-1) \Rightarrow \dfrac{u}{v}=\dfrac{n-1}{n}\]
Considere um conjunto de $N$ capacitores idênticos, cada um de capacitância $C$. Inicialmente, os capacitores são associados em paralelo e conectados a uma bateria de tensão $V$, até que o sistema atinja o equilíbrio eletrostático. Em seguida, os capacitores são desconectados dessa configuração, passam a ser associados em série entre si e, posteriormente, são reconectados à mesma bateria de tensão $V$. Sejam $U_i$ e $U_f$ as energias armazenadas no sistema nas configurações inicial e final, respectivamente. A razão $U_f/U_i$ é igual a
Em paralelo: $C_{eq}=NC$, ligados à bateria $V$:
\[U_i=\dfrac{1}{2}(NC)V^2\]
Em série: $C_{eq}=C/N$, ligados à mesma bateria $V$:
\[U_f=\dfrac{1}{2}(C/N)V^2\]
Razão:
\[\dfrac{U_f}{U_i}=\dfrac{C/N}{NC}=\dfrac{1}{N^2}\]
Uma partícula é lançada verticalmente para cima, a partir do solo, com velocidade inicial $v_0$, em um local onde a aceleração da gravidade tem módulo $g$. Seja $T$ o tempo necessário para que a partícula atinja a altura máxima. Sabe-se que, em um certo instante $t$, $0 \mathrel{<} t \mathrel{<} T$, a razão entre a altura da partícula e a altura máxima atingida é dada por $3/4$. A razão entre o instante correspondente e o tempo $T$ é
Com $\tau=t/T$, a posição relativa é
\[y(t)/H_{max}=2\tau-\tau^2\]
(usando $y(t)=v_0t-\tfrac12gt^2$ e $H_{max}=v_0^2/(2g)$ , $T=v_0/g$).
Igualando a $3/4$:
\[2\tau-\tau^2=3/4 \Rightarrow \tau^2-2\tau+3/4=0 \Rightarrow \tau=\dfrac{2\pm1}{2}\]
Ou seja, $\tau=3/2$ ou $\tau=1/2$.
Como $0<t<T$ exige $0<\tau<1$, a única solução válida é $\tau=1/2$.
Um balão flexível, preenchido com gás, inicialmente com volume $V_0$, encontra-se no interior de um oceano de densidade média igual a $\rho$. O balão está a uma profundidade $h$, medida a partir da superfície livre do oceano. Além disso, admita que $p_0$, a pressão absoluta na superfície livre, pode ser representada pela pressão exercida por uma coluna do próprio fluido de altura $H$. Após ser liberado, o balão sobe, expandindo-se isotermicamente, até romper-se a uma profundidade $Y$, também medida a partir da superfície livre. Sabendo que imediatamente antes de romper-se o volume do balão era de $2V_0$, a profundidade $Y$ em que ocorre a ruptura é
Como $p_0=\rho gH$ (pressão da superfície representada por uma coluna de altura $H$), a pressão absoluta na profundidade $h$ é
\[P(h)=\rho g(H+h)\]
Na profundidade $Y$ (onde rompe) é
\[P(Y)=\rho g(H+Y)\]
Processo isotérmico (Lei de Boyle):
\[P(h)V_0=P(Y)(2V_0) \Rightarrow P(h)=2P(Y) \Rightarrow \rho g(H+h)=2\rho g(H+Y) \Rightarrow H+h=2H+2Y \Rightarrow Y=\dfrac{h-H}{2}\]
Durante o estudo de testes nucleares realizados na atmosfera, físicos observaram que a energia liberada em uma explosão podia ser estimada a partir da evolução temporal do raio da onda de choque gerada. Considere uma explosão aproximadamente esférica ocorrendo em um meio homogêneo de densidade $\rho$. Após um intervalo de tempo $t$, a onda de choque atinge um raio $R$. Nessas condições e a menos de uma constante adimensional, a energia liberada $E$ pode ser escrita na forma $\rho^x R^y t^z$. Com base na análise dimensional, o valor numérico de $xyz$ é
Análise dimensional: $[E]=ML^2T^{-2}$, $[\rho]=ML^{-3}$, $[R]=L$, $[t]=T$.
Igualando $E\sim\rho^xR^yt^z$: em $M$, $x=1$; em $T$, $z=-2$; em $L$,
\[-3x+y=2 \Rightarrow y=2+3(1)=5\]
Logo:
\[xyz=1\times5\times(-2)=-10\]
Um trem de alta velocidade utiliza um sistema de frenagem magnética no qual uma barra condutora metálica desloca-se perpendicularmente sobre trilhos condutores, formando um circuito fechado. Em uma determinada região, existe um campo magnético uniforme perpendicular ao plano do circuito. Durante a frenagem, a barra move-se com velocidade constante $v$, induzindo uma corrente elétrica no circuito, cuja resistência total é $R$. Se o comprimento da barra é $L$, e o módulo do campo magnético é $B$, o módulo da corrente induzida no circuito é
A força eletromotriz induzida pela barra em movimento é $\varepsilon=BLv$ (lei de Faraday para uma barra deslizando em trilhos com campo perpendicular).
Pela lei de Ohm, a corrente induzida é
\[I=\varepsilon/R=BLv/R\]