Inatel · 2018 · fevereiro

A tensão induzida é $\varepsilon=-N\,\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}$, então seu sinal é oposto ao da inclinação do gráfico de fluxo.

De $0$ a $1\ \mathrm s$, o fluxo cai de $42$ para $20\ \mathrm{Wb}$: $\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}=-22\ \mathrm{Wb/s}$ e $\varepsilon=+22N$ (positiva). De $1$ a $2\ \mathrm s$, o fluxo é constante: $\varepsilon=0$. De $2$ a $4\ \mathrm s$, o fluxo sobe de $20$ para $42\ \mathrm{Wb}$: $\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}=+11\ \mathrm{Wb/s}$ e $\varepsilon=-11N$ (negativa, e menor em módulo que no primeiro trecho).

A tensão só se anula no trecho de fluxo constante, de $1$ a $2\ \mathrm s$; ela não é constante em todo o intervalo, é positiva e maior em $0$–$1\ \mathrm s$ e negativa em $2$–$4\ \mathrm s$.

O capacitor de $10\ \mathrm{nF}$ está em série com o conjunto à direita. Nesse conjunto, o capacitor vertical de $20\ \mathrm{nF}$ está em paralelo com o ramo formado por dois capacitores de $20\ \mathrm{nF}$ em série.

Dois capacitores iguais de $20\ \mathrm{nF}$ em série dão $\dfrac{20\cdot20}{20+20}=10\ \mathrm{nF}$. Em paralelo com os $20\ \mathrm{nF}$: $20+10=30\ \mathrm{nF}$.

Em série com $10\ \mathrm{nF}$: $C_{ET}=\dfrac{10\cdot30}{10+30}=7{,}5\ \mathrm{nF}$. Lembre que, para capacitores, a soma direta vale no paralelo e o produto sobre a soma, em série, o contrário dos resistores.

No quociente $K\,q_1q_2/d^2$, a força é diretamente proporcional ao produto das cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância. Só a afirmação sobre o inverso do quadrado da distância é correta.

A força depende, sim, da distância e dos valores das cargas, e ela não é constante: muda ao variar qualquer uma dessas grandezas.

A normal da parede equilibra a força horizontal: $N=75\ \mathrm N$. O atrito estático máximo é $f_{\max}=\mu_e N=0{,}8\cdot75=60\ \mathrm N$.

Na vertical, o peso de $60\ \mathrm N$ tende a fazer o bloco descer. O atrito necessário para mantê-lo em repouso é $60\ \mathrm N$, que é justamente o valor máximo disponível; o bloco fica na iminência de escorregar, mas em equilíbrio. O atrito estático vale o que for preciso para equilibrar, até o limite, e aqui o valor necessário coincide com o limite.

Assim, $f_{at}=P=60\ \mathrm N$. Os $48\ \mathrm N$ (de $0{,}8\cdot60$) resultam de aplicar o coeficiente ao peso, e não à normal.

Do repouso, em movimento uniformemente variado, $\Delta S=\dfrac{a\,t^2}{2}$, então $a=\dfrac{2\cdot12{,}0}{4{,}0^2}=1{,}5\ \mathrm{m/s^2}$.

Pela segunda lei de Newton, sem atrito, $F=m\,a$, logo $m=\dfrac{75{,}0}{1{,}5}=50\ \mathrm{kg}$.

Sobre o veículo agem a tração $T$, para cima, e o peso $P=mg=10000\ \mathrm N$, para baixo. A resultante aponta para cima, e vale $m\,a$: $T-mg=ma$.

$T=m(g+a)=1000\cdot(10+2{,}0)=12000\ \mathrm N$. Se o veículo subisse com velocidade constante, a tração seria só o peso, $10000\ \mathrm N$.

Na vertical, o movimento é uma queda livre: $H=\dfrac{g\,t^2}{2}$, então $t=\sqrt{\dfrac{2\cdot5{,}0}{10{,}0}}=1{,}0\ \mathrm s$.

Na horizontal, o movimento é uniforme. Para passar a saliência, o garoto precisa percorrer ao menos $1{,}45\ \mathrm m$ no tempo de queda: $v_{\min}=\dfrac{1{,}45}{1{,}0}=1{,}45\ \mathrm{m/s}$. O peso do garoto não interfere no resultado.

O som contorna o obstáculo (o muro) porque seu comprimento de onda, da ordem de decímetros a metros, é comparável às dimensões do obstáculo, e as ondas se curvam nas bordas, chegando à região de sombra. Esse fenômeno é a difração.

A luz, de comprimento de onda de cerca de $5\times10^{-7}\ \mathrm m$, muito menor que o muro, não contorna o obstáculo apreciavelmente, e por isso eles não se enxergam. A polarização só ocorre em ondas transversais, e o som é longitudinal.

Em ondas longitudinais, a direção de vibração do meio coincide com a de propagação, e o som no ar é o exemplo clássico.

As demais não se sustentam: todas as ondas eletromagnéticas são transversais (e não só algumas); o som se propaga em três dimensões; $\mathrm{Hz}=\mathrm{s^{-1}}$ (ciclos por segundo, e não ondas por metro); e transversal ou longitudinal é classificação quanto à direção de vibração, não quanto à natureza.

Em um espelho côncavo, com o objeto entre o foco $F$ e o centro de curvatura $C$ ($f\lt p\lt 2f$), a imagem se forma além do centro de curvatura, e é real, invertida e maior que o objeto.

Pela equação de Gauss, $\dfrac1{p'}=\dfrac1f-\dfrac1p$. Para $f\lt p\lt 2f$, $p'$ é positivo (imagem real) e maior que $2f$, o que dá ampliação $A=-\dfrac{p'}{p}$ com módulo maior que $1$ e sinal negativo (invertida).

A conversão é $T_C=T_K-273$. Com $T_K=10$, $T_C=10-273=-263\ ^{\circ}\mathrm C$, uma temperatura muito próxima do zero absoluto.

O trabalho é a área sob a curva no diagrama $p\times V$. A transformação vai de $(V,p)=(4\ \mathrm{m^3};\,2\cdot10^{5}\ \mathrm{N/m^2})$ a $(8\ \mathrm{m^3};\,4\cdot10^{5}\ \mathrm{N/m^2})$ em uma reta, então a área sob ela é um trapézio.

$\tau=\dfrac{(2+4)\cdot10^{5}}{2}\cdot(8-4)=3\cdot10^{5}\cdot4=12\cdot10^{5}\ \mathrm J$. O trabalho é positivo, pois o gás se expande.

A força que puxa $A$ plano abaixo é a componente do peso ao longo do plano: $P_{A,\parallel}=m_A\,g\,\mathrm{sen}\,30^{\circ}=4\cdot10\cdot0{,}5=20\ \mathrm N$. A força que puxa $A$ plano acima, pelo fio, é no máximo o peso de $B$: $P_B=m_Bg=20\ \mathrm N$.

As duas forças são iguais, então a resultante é nula e a aceleração é zero. O sistema pode estar em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme (subindo ou descendo), pois o enunciado não informa a velocidade inicial. Por isso, não se pode afirmar nenhuma das opções: ele não está acelerado, mas não dá para dizer se está parado.

No espectro visível, o violeta tem o menor comprimento de onda (cerca de $400\ \mathrm{nm}$) e o vermelho, o maior (cerca de $700\ \mathrm{nm}$). Entre eles, em ordem crescente: violeta, amarelo, alaranjado e vermelho.

Entre as cargas fixas, as forças sobre $q$ têm sentidos opostos (as duas repelem). Para o equilíbrio, os módulos devem ser iguais: $k\dfrac{q_1q}{x^2}=k\dfrac{q_2q}{(6-x)^2}$.

Simplificando: $\dfrac{2}{x^2}=\dfrac{8}{(6-x)^2}$, então $\dfrac{(6-x)^2}{x^2}=4$ e $\dfrac{6-x}{x}=2$. Daí, $6-x=2x$ e $x=2\ \mathrm m$ medidos a partir de $q_1$, a carga menor, como esperado: o ponto de equilíbrio fica mais perto da carga menor.