O granito é o mineral mais abundante na crosta terrestre e quebra-se sob uma pressão maior do que $10^{8}\ \text{N/m}^2$. Assim, um cone de granito, na superfície da Terra, não pode ter mais do que 10 km de altura, em razoável acordo com a altura do monte mais elevado do planeta. Como a aceleração da gravidade em Marte é cerca de 40% da aceleração da gravidade na Terra, a montanha de granito mais alta de Marte poderia atingir a altura de
$g_{Terra}=10\ \text{m/s}^2$
A pressão na base de uma coluna de rocha de densidade $\rho$ e altura $h$ é $p=\rho g h$. Para a pressão limite $p_{lim}$ e a mesma rocha, a altura máxima é
$$h_{max}=\frac{p_{lim}}{\rho g}\ \propto\ \frac1g.$$Em Marte, $g_M=0{,}4\,g_T$, então
$$h_M=\frac{h_T}{0{,}4}=\frac{10}{0{,}4}=25\ \text{km}.$$
No circuito representado na figura abaixo, a força eletromotriz é de $6\ \text{V}$ e todos os resistores são de $1{,}0\ \Omega$.
As correntes $i_1$ e $i_2$ são, respectivamente,
Entre o nó superior $T$ e o nó lateral direito $D$ há dois ramos em paralelo: o diagonal, com um resistor ($1\ \Omega$), e o que passa pela borda, com dois resistores em série ($2\ \Omega$). Para $T$–$D$ e para $T$–$E$ (lado esquerdo) e, simetricamente, para os trechos de baixo, a associação é
$$R_{T\text{-}D}=\frac{1\cdot2}{1+2}=\frac23\ \Omega.$$Cada metade do circuito (esquerda ou direita) tem dois desses trechos em série, $\tfrac23+\tfrac23=\tfrac43\ \Omega$, e as duas metades estão em paralelo entre os terminais da fonte:
$$R_{eq}=\frac{4/3}{2}=\frac23\ \Omega,\qquad i_{total}=\frac{6}{2/3}=9{,}0\ \text{A}.$$Cada metade conduz $4{,}5$ A. Na metade direita, a tensão no trecho $T$–$D$ é $U=4{,}5\cdot\tfrac23=3{,}0\ \text{V}$. Então
$$i_2=\frac{3{,}0}{1}=3{,}0\ \text{A},\qquad i_1=\frac{3{,}0}{2}=1{,}5\ \text{A},$$e a soma $i_1+i_2=4{,}5$ A confere.
O Visconde de Sabugosa vê uma jaca cair da árvore na cabeça da Emília e filosofa: "Este movimento poderia ser representado, qualitativamente, pelos gráficos de posição e velocidade, em função do tempo..."
Com $y$ medido para cima a partir do chão e a jaca solta do repouso da altura $y_0$, a queda livre tem aceleração $-g$:
$$y=y_0-\tfrac12gt^2,\qquad v=-gt.$$A posição é uma parábola com concavidade para baixo, que parte de $y_0>0$ e chega a zero no chão; a velocidade é uma reta que parte da origem e é negativa (movimento para baixo, contra a orientação do eixo), com módulo crescente. É o par do item B. Em C, a velocidade é positiva, o que indicaria subida; em A e E, $y$ cresceria; em D, $y$ partiria da origem com valores negativos.
Os quatro blocos, representados na figura com suas respectivas massas, são abandonados em um plano inclinado que não apresenta atrito e termina voltado para a direção horizontal.
Os blocos, ao deixarem a plataforma, descrevem trajetórias parabólicas em queda livre e alcançam o solo, formando, da esquerda para a direita, a seqüência:
Sem atrito, cada bloco, abandonado do repouso a uma altura $h_i$ acima da plataforma, chega ao fim do plano com
$$v_i=\sqrt{2g\,h_i},$$independente da massa. Depois, todos têm o mesmo tempo de queda (mesma altura da plataforma ao solo), de modo que o alcance horizontal é $x_i=v_i\,t_q$, proporcional a $\sqrt{h_i}$: quem partiu de mais alto cai mais longe.
Pela figura, o bloco mais alto no plano é o de massa $m$, depois $5m$, depois $2m$ e, mais baixo (mais perto da plataforma), o de $3m$. Da esquerda (menor alcance) para a direita (maior alcance): $3m$, $2m$, $5m$, $m$.
O cérebro de um homem típico, saudável e em repouso, consome uma potência de aproximadamente 16 W. Supondo que a energia gasta pelo cérebro em 1 min fosse completamente usada para aquecer 10 ml de água, a variação de temperatura seria de, aproximadamente,
Densidade da água: $1{,}0\cdot10^{3}\ \text{kg/m}^3$; calor específico da água: $4{,}2\cdot10^{3}\ \text{J/kg}\cdot{}^\circ\text{C}$.
Energia em $1\ \text{min}$: $E=P\,\Delta t=16\cdot60=960\ \text{J}$. Massa de $10\ \text{mL}$ de água: $10\ \text{cm}^3\cdot1\ \text{g/cm}^3=10\ \text{g}=1{,}0\times10^{-2}\ \text{kg}$. Então
$$\Delta\theta=\frac{E}{mc}=\frac{960}{1{,}0\times10^{-2}\cdot4{,}2\times10^{3}}=\frac{960}{42}\approx23\ ^\circ\text{C}.$$
Deseja-se realizar uma experiência de reflexão total na interface entre dois líquidos imiscíveis, usando um feixe de luz monocromática que incide de cima para baixo, como ilustrado na figura.
Dispõe-se dos líquidos da tabela. Com base nesses dados, pode-se concluir que os líquidos A e B são, respectivamente,
Para haver reflexão total na interface A/B é preciso que a luz vá do meio mais refringente para o menos refringente: $n_A>n_B$. Além disso, os líquidos são imiscíveis e o A está acima do B, então o A deve ser menos denso: $\rho_A<\rho_B$.
Examinando os pares: ($1$ e $2$) falha em $n$ ($1{,}33<1{,}50$); ($1$ e $3$) falha em $n$ ($1{,}33<1{,}40$); ($2$ e $4$) tem $n_A>n_B$ ($1{,}50>1{,}45$), mas $\rho_A=0{,}87>\rho_B=0{,}80$, o que colocaria o mais denso por cima; ($3$ e $4$) tem $n_A=1{,}40<1{,}45$. Resta
$$A=2\ (n=1{,}50;\ \rho=0{,}87),\qquad B=3\ (n=1{,}40;\ \rho=1{,}25),$$que satisfaz $n_A>n_B$ e $\rho_A<\rho_B$.
Transições eletrônicas, em que fótons são absorvidos ou emitidos, são responsáveis por muitas das cores que percebemos. Na figura abaixo, vê-se parte do diagrama de energias do átomo de hidrogênio.
Na transição indicada ($E_3\to E_2$), um fóton de energia
O elétron passa de $E_3=-1{,}5\ \text{eV}$ para $E_2=-3{,}4\ \text{eV}$, isto é, desce de nível. Ao descer, o átomo emite um fóton cuja energia é a diferença:
$$E_f=E_3-E_2=-1{,}5-(-3{,}4)=1{,}9\ \text{eV}.$$
Peter Barlow (1776-1862), cientista e engenheiro inglês, foi um dos primeiros a inventar um motor a corrente contínua, esquematizado no desenho abaixo:
O circuito elétrico fecha-se no encontro da ponta de um raio da roda com o mercúrio. Devido ao campo magnético produzido pelo imã, de pólos C e D, a roda gira, mantendo sempre um raio em contato com o mercúrio. Assim, vê-se a roda girando no sentido
O raio em contato com o mercúrio é o de baixo, e o campo do ímã é perpendicular ao plano da roda (um pólo na frente do disco, outro atrás). Pela figura, C está na frente (voltado para o observador) e D atrás. Se C é pólo norte, as linhas de campo vão de C para D, isto é, entram na página: $\vec B$ para dentro.
Com a corrente indo do mercúrio para o raio, ela sobe pelo raio ($+\hat y$). A força magnética no raio é $\vec F=i\,\vec L\times\vec B$, com $\hat y\times(-\hat z)=-\hat x$: o raio é empurrado para a esquerda. Um ponto na parte de baixo da roda que se move para a esquerda corresponde a giro no sentido horário.
Invertendo só a corrente ou só a polaridade, o giro inverte (anti-horário); invertendo as duas, o giro continua horário. Assim, A (corrente contrária à da C) é falsa; D (anti-horário nas mesmas condições da C) é falsa; B (C sul e corrente do raio para o mercúrio, os dois fatores invertidos) daria horário, e não anti-horário; e E (só a polaridade invertida) daria anti-horário. Hipótese de leitura: C na frente e D atrás do disco, como no desenho.
Faz-se um objeto de massa $M$ elevar-se de uma mesma altura $H$ utilizando um dos três mecanismos mostrados na figura. As forças são ajustadas para vencer a gravidade sem transferir energia cinética ao corpo. O atrito e a inércia das polias são desprezíveis.
Em relação a essa situação, é correto afirmar:
Como o corpo sobe sem ganhar energia cinética, o trabalho de cada força é igual ao ganho de energia potencial gravitacional:
$$W_1=W_2=W_3=MgH.$$As máquinas simples alteram a intensidade da força, mas não o trabalho: em I (plano inclinado a $45^\circ$) $F_1=Mg\operatorname{sen}45^\circ$, com deslocamento maior ($H\sqrt2$); em II (polia móvel) $F_2=Mg/2$, com deslocamento $2H$; em III (polia fixa) $F_3=Mg$, com deslocamento $H$. Logo nenhuma realiza menos trabalho, o que elimina A, B e D, e III não tem a menor força (elimina C). Só E é correta.
O gráfico do movimento de subida e descida de uma rolha, na superfície de um lago ondulado, é mostrado na figura a seguir, em que $y$ é a altura da rolha em relação ao nível da água parada e $t$ é o tempo transcorrido.
Se a rolha leva 1,0 s para sair do nível zero e atingir, pela primeira vez, a altura máxima, a freqüência do movimento é igual a
Do nível zero ao primeiro máximo, a rolha percorre um quarto do ciclo ($T/4$), pois em um ciclo completo o movimento passa por zero, máximo, zero, mínimo e volta a zero. Logo $T/4=1{,}0\ \text{s}$, $T=4{,}0\ \text{s}$ e
$$f=\frac1T=\frac1{4{,}0}=0{,}25\ \text{Hz}.$$