Inatel · 2018 · junho

Convertendo a velocidade para o SI: $154\ \mathrm{km/h}=\dfrac{154}{3{,}6}\approx 42{,}8\ \mathrm{m/s}$.

Do repouso, $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{42{,}8}{12}\approx 3{,}56\ \mathrm{m/s^2}$. O valor $12{,}83$ vem de dividir $154$ por $12$ sem converter a unidade.

$1\ \mathrm{kWh}=1000\ \mathrm W\cdot3600\ \mathrm s=3{,}6\times10^{6}\ \mathrm J$. Então $10\ \mathrm{kWh}=10\cdot3{,}6\times10^{6}=3{,}6\times10^{7}\ \mathrm J$.

Pela conservação da energia mecânica, a energia elástica armazenada na mola converte-se em energia potencial gravitacional no ponto mais alto: $\dfrac{k\,x^2}{2}=m\,g\,h$.

Com $x=0{,}50\ \mathrm m$, $m=1{,}5\ \mathrm{kg}$ e $h=5{,}0\ \mathrm m$: $k=\dfrac{2\,m\,g\,h}{x^2}=\dfrac{2\cdot1{,}5\cdot10\cdot5{,}0}{0{,}25}=600\ \mathrm{N/m}$. (Considera-se a altura medida a partir do ponto de lançamento, como faz o enunciado.)

Quanto maior a altitude, menor a pressão atmosférica, então em La Paz $p\lt1\ \mathrm{atm}$. No diagrama, a curva de vaporização (líquido–gasoso) sobe com a temperatura: pressões menores correspondem a temperaturas de ebulição menores que $100\ ^{\circ}\mathrm C$.

A fusão do gelo é muito pouco sensível à pressão, e a curva sólido–líquido é quase vertical (e, para a água, inclinada para a esquerda), de modo que a fusão em La Paz fica em torno de $0\ ^{\circ}\mathrm C$, ligeiramente acima; ela não é o efeito pedido.

O sistema tem uma polia fixa no teto, que só muda o sentido da força, e três polias móveis ligadas em cadeia (talha exponencial). Cada polia móvel reduz a força necessária à metade.

Com velocidade constante, o equilíbrio vale em cada estágio, e a força na ponta da corda é $F=\dfrac{P}{2^3}=\dfrac{P}{8}$. Então $P=8F=8\cdot200=1600\ \mathrm N$ e $M=\dfrac{P}{g}=\dfrac{1600}{10}=160\ \mathrm{kg}$.

Com velocidade constante, a resultante é nula. Ao longo da rampa, o atrito equilibra a componente do peso: $f_{at}=m\,g\,\mathrm{sen}\,\theta$.

$f_{at}=20\cdot10\cdot0{,}64=128\ \mathrm N$. O cosseno ($0{,}76$) e a altura de $2\ \mathrm m$ não são necessários; o cosseno aparece em $N=mg\cos\theta=152\ \mathrm N$, valor que leva à armadilha da opção $152\ \mathrm N$.

O impulso de uma força constante é $I=F\,\Delta t$. Com $\Delta t=10\ \mathrm{ms}=10^{-2}\ \mathrm s$, $I=2800\cdot10^{-2}=28\ \mathrm{N\cdot s}$.

O período é o tempo de uma oscilação completa: $T=\dfrac{\Delta t}{n}=\dfrac{8{,}0}{10}=0{,}8\ \mathrm s$. A frequência correspondente é $f=\dfrac1T=1{,}25\ \mathrm{Hz}$.

A massa de gás e o volume são constantes (transformação isocórica), então $\dfrac{p}{T}$ é constante: $\dfrac{p}{T}=\dfrac{2p}{T'}$.

Isolando, $T'=2T$. As temperaturas devem ser absolutas (em kelvin): se a pressão dobra, a temperatura absoluta também dobra.

Leitura do gráfico: $A=(1\ \mathrm L;\ 8\ \mathrm{atm})$, $B=(5\ \mathrm L;\ 8\ \mathrm{atm})$ e $C=(5\ \mathrm L;\ 1\ \mathrm{atm})$.

Em $A$: $T_A=\dfrac{pV}{nR}=\dfrac{8\cdot1}{1\cdot0{,}08}=100\ \mathrm K$ (verdadeira). A transformação $A\to B$ tem pressão constante, isobárica, e o trabalho vale $\tau_{AB}=8\cdot(5-1)=32\ \mathrm{atm\cdot L}$ (verdadeiras).

De $B$ a $C$ o volume é constante, então $\tau_{BC}=0$ e o trabalho total em $A\to B\to C$ continua $32\ \mathrm{atm\cdot L}$, e não $28$ (falsa). Em $C$: $T_C=\dfrac{1\cdot5}{0{,}08}=62{,}5\ \mathrm K\lt T_A$ (verdadeira).

Na dilatação linear, $\Delta L=L_0\,\alpha\,\Delta\theta$, logo $\dfrac{\Delta L}{L_0}=\alpha\,\Delta\theta$. Aqui $\dfrac{\Delta L}{L_0}=0{,}2\%=2\times10^{-3}$.

$\Delta\theta=\dfrac{2\times10^{-3}}{20\times10^{-6}}=100\ ^{\circ}\mathrm C$.

O comportamento da lente depende do índice relativo: $\dfrac1f=\left(\dfrac{n_{lente}}{n_{meio}}-1\right)\left(\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}\right)$.

No ar, $n_{rel}=1{,}5\gt1$, e a lente de bordas finas é convergente. Na glicerina, $n_{rel}=\dfrac{1{,}5}{1{,}9}\approx0{,}79\lt1$, o que inverte o sinal do primeiro parêntese: a mesma lente passa a ser divergente. Se os índices fossem iguais, ela não desviaria os raios.

A partir da fonte, a corrente atravessa o resistor superior esquerdo e chega ao nó central de cima. Dali, segue por dois caminhos até o nó central de baixo: o resistor vertical do meio ($75\ \Omega$) e o conjunto de dois resistores em série da direita ($75+75=150\ \Omega$).

Esses dois caminhos estão em paralelo: $\dfrac{75\cdot150}{75+150}=50\ \Omega$. Somando os resistores em série, o de cima e o de baixo, à esquerda: $R_{eq}=75+50+75=200\ \Omega$.

Pela lei de Ohm, $I_t=\dfrac{U}{R_{eq}}=\dfrac{100}{200}=0{,}5\ \mathrm A$.

Energia do chuveiro por dia: $E=P\,\Delta t=5\ \mathrm{kW}\cdot0{,}5\ \mathrm h=2{,}5\ \mathrm{kWh}$. Em $30$ dias: $30\cdot2{,}5=75\ \mathrm{kWh}$.

Como isso é $\tfrac13$ do consumo total, o total é $3\cdot75=225\ \mathrm{kWh}$. O valor de $75\ \mathrm{kWh}$ é só o consumo do chuveiro.

Fora do ímã, as linhas de campo saem do polo N e entram no polo S. Na região entre os dois ímãs alinhados, ficam frente a frente o polo S do ímã da esquerda e o polo N do ímã da direita: as linhas vão do N da direita para o S da esquerda, isto é, para a esquerda, em direção horizontal. A agulha da bússola alinha-se com o campo, e seu polo N aponta no sentido do campo.

Por essa análise, a agulha ficaria na horizontal, com o polo N à esquerda (opção A). O gabarito oficial publicado indica a opção B; mantivemos a letra oficial e registramos aqui a divergência, que precisa ser tratada com cuidado no estudo.