FCM-MG · Medicina 2015.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Ao mover-se para o sul e frear, a motocicleta diminui sua rapidez. Nesse movimento retilíneo, a aceleração tem sentido oposto ao da velocidade: aponta para o norte. Uma velocidade para o sul, por si só, não determina o sentido nem o valor da aceleração.

Nos trechos horizontais sem atrito, a rapidez e a energia cinética são constantes. Na rampa reta, a aceleração tangencial é constante e positiva:

$$v=v_P+a(t-t_P)$$

$$E_c=\frac12m\left[v_P+a(t-t_P)\right]^2$$

A energia cresce com concavidade para cima entre P e Q e volta a ficar constante depois de Q. O gráfico deve ser contínuo, sem saltos de energia.

A velocidade do carrinho em relação ao chão é a soma da velocidade relativa à esteira e da velocidade da esteira. Para ir de P a Q, sua componente horizontal resultante deve ser zero:

$$v_{\text{rel},x}=-v_{\text{esteira}}$$

Isso exige o vetor V₂, inclinado para a esquerda. Como ele também possui componente vertical:

$$|\vec v_{\text{rel}}|=\sqrt{v_{\text{esteira}}^2+v_{\text{rel},y}^2}>v_{\text{esteira}}$$

Portanto, sua rapidez relativa deve superar a rapidez da esteira.

A região superior é aquecida, e a água quente, menos densa, permanece acima. Não se forma uma corrente descendente que transporte água quente até o gelo. A condução pela água é lenta, permitindo que a parte inferior e a mão permaneçam frias durante a demonstração. Com tempo suficiente, haverá transferência de calor e fusão; o efeito não é permanente.

O calor recebido é:

$$Q_q=20\times10^6\cdot4=80\times10^6\ \text{J}$$

O rendimento declarado seria:

$$\eta=\frac{24\times10^6}{80\times10^6}=0{,}30=30\%$$

O limite de Carnot é:

$$\eta_C=1-\frac{240}{300}=0{,}20=20\%$$

A máquina declarada supera o limite, violando a segunda lei. Ressalva adicional: os dados também não satisfazem a primeira lei para um ciclo:

$$Q_q-Q_f=(20-12)\times10^6\cdot4=32\times10^6\ \text{J}$$

Esse resultado difere do trabalho informado, de 24 × 10⁶ J. A opção oficial identifica corretamente a violação da segunda lei, mas ela não é a única inconsistência dos dados.

A lente L₁ reúne os raios numa imagem real I₁: é convergente. A lente L₂ recebe raios que saem de I₁ e fornece uma imagem virtual ampliada I₂, funcionando como ocular convergente. Portanto, Antônio erra ao chamar ambas as imagens de reais, e Bento erra ao classificar L₂ como divergente. Para ampliação numa luneta kepleriana:

$$|M|=\frac{f_1}{f_2}>1$$

$$f_2<f_1$$

A afirmação de Carla é a compatível com a construção mostrada.

O pequeno obstáculo perto de P pode ser contornado pelas ondas. A abertura estreita perto de S espalha as ondas para trás da barreira. Assim, P e S recebem oscilações apreciáveis no modelo da figura. Já R está atrás de um obstáculo grande, e Q está fora da faixa de propagação direta da abertura larga. Trata-se de uma aproximação qualitativa: a difração não desaparece totalmente junto a obstáculos grandes, mas seu efeito é menos pronunciado nessa escala.

Em P, o elétron entra para baixo e curva para a direita. Como sua carga é negativa, isso exige campo saindo do papel. Em Q, a curvatura se inverte, exigindo campo entrando no papel. O módulo da velocidade é preservado:

$$r=\frac{mv}{|q|B}$$

O raio em Q é menor:

$$r_Q<r_P\quad\Rightarrow\quad B_Q>B_P$$

Cada fio está a uma distância h de P e produz campo de módulo B. Pela regra da mão direita, os campos dos fios 2 e 3 têm componentes verticais opostas e horizontais para a esquerda:

$$B_{23}=2B\cos45^\circ=\sqrt2B$$

O campo do fio 1 entra no papel e é perpendicular a B₂₃. Assim:

$$B_{\text{resultante}}=\sqrt{B^2+(\sqrt2B)^2}=\sqrt3B$$

Pelo gráfico:

$$E_{6\to2}=(-0{,}4)-(-3{,}4)=3{,}0\ \text{eV}$$

$$E_{2\to1}=(-3{,}4)-(-13{,}6)=10{,}2\ \text{eV}$$

Soraya está incorreta. A relação para o comprimento de onda é:

$$E_{\gamma}=\frac{hc}{\lambda}\quad\Rightarrow\quad\lambda=\frac{hc}{E_5-E_3}$$

A expressão proposta por Tiago está invertida. Para ionizar no estado fundamental:

$$E_{\text{ion}}=0-(-13{,}6)=13{,}6\ \text{eV}$$

Zulmira está correta.