Inatel · 2019

A componente do peso ao longo da rampa é $mg\,\mathrm{sen}\,30^{\circ}=30\cdot10\cdot0{,}5=150\ \mathrm N$, que tende a puxar o corpo rampa abaixo.

O atrito, de $150\ \mathrm N$, aponta rampa acima e equilibra exatamente essa componente. Para o equilíbrio, a mola não precisa exercer força alguma: $k\,x=150-150=0$, então a elongação é nula.

O trabalho do peso não depende da trajetória, só do desnível: $\tau_P=-m\,g\,\Delta h$, em que $\Delta h=75-25=50\ \mathrm m$ é a subida (o eixo $y$ é vertical).

Com $m=20\ \mathrm g=0{,}02\ \mathrm{kg}$: $\tau_P=-0{,}02\cdot10\cdot50=-10\ \mathrm J$. O sinal é negativo porque o peso se opõe ao deslocamento para cima.

Da energia cinética, $E_c=\dfrac{m v^2}{2}$, tem-se $v^2=\dfrac{2\cdot540}{90}=12$, então $v=\sqrt{12}\approx3{,}46\ \mathrm{m/s}$.

Na horizontal o movimento é uniforme, com componente $v_x=v\cos45^{\circ}\approx3{,}46\cdot0{,}707\approx2{,}45\ \mathrm{m/s}$. Durante os $5{,}00\ \mathrm s$ do salto, o alcance é $A=v_x\,t=2{,}45\cdot5{,}00\approx12{,}25\ \mathrm m$.

Usa-se, assim, o tempo de duração informado, e não o tempo de voo teórico do lançamento, que daria um alcance bem menor; o enunciado fornece a duração como dado.

A onda se propaga em uma corda, que é um meio material, então é mecânica. Os pontos da corda vibram na vertical, perpendicularmente à direção de propagação (horizontal), então a onda é transversal.

A amplitude é a distância da posição de equilíbrio até a crista: no eixo $y$, as cristas atingem $0{,}5\ \mathrm m$. Os $1{,}0\ \mathrm m$ seriam a distância entre crista e vale.

Como a onda avança para a direita, cada ponto da corda passa a ter, um instante depois, a altura que o ponto imediatamente à sua esquerda tem agora.

$A$ está em um trecho descendente da curva (à sua esquerda a corda está mais alta): ele sobe. $C$ está em um trecho ascendente (à esquerda, mais baixa): ele desce. $B$ é uma crista e $D$ é um vale.

$E$ está em um trecho ascendente da curva, logo seu vizinho da esquerda está mais baixo e $E$ se desloca para baixo. Por isso a afirmação de que $E$ sobe é a falsa.

Na hipermetropia, o olho é curto ou tem pouca vergência, e a imagem de objetos próximos se forma atrás da retina. A correção exige aumentar a convergência, o que se faz com lentes convergentes (de bordas finas), como as biconvexas.

As lentes divergentes (bicôncavas) corrigem a miopia.

Há dois caminhos entre $A$ e $B$. No de cima, um resistor leva a um nó em que dois resistores ficam em paralelo (um deles na linha de cima e outro na do meio): $100+\dfrac{100}{2}=150\ \Omega$.

No de baixo, dois resistores em paralelo (o da linha do meio e o da linha de baixo) dão $50\ \Omega$, em série com mais um resistor: $50+100=150\ \Omega$.

Os dois caminhos, de $150\ \Omega$ cada, estão em paralelo: $R_{eq}=75\ \Omega$. A corrente na fonte é $I=\dfrac{15}{75}=0{,}2\ \mathrm A$.

Energia do chuveiro por dia: $E=P\,\Delta t=5\ \mathrm{kW}\cdot1\ \mathrm h=5\ \mathrm{kWh}$. Em $30$ dias: $150\ \mathrm{kWh}$.

A fração do total é $\dfrac{150}{300}=0{,}5=50\ \%$.

Os dois capacitores de $1\ \mathrm F$ estão ligados entre os mesmos nós, em paralelo: $C=1+1=2\ \mathrm F$.

Esse conjunto fica em série com o capacitor de $2\ \mathrm F$: $C_{eqt}=\dfrac{2\cdot2}{2+2}=1\ \mathrm F$.

Pela regra da mão direita, com a corrente entrando na folha (símbolo $\otimes$), as linhas de campo magnético são circunferências percorridas no sentido horário.

No ponto $P$, à direita do condutor, o sentido horário corresponde a um campo vertical apontando para baixo (tangente à circunferência). O polo N da agulha se alinha ao campo, então aponta para baixo, e o polo S fica em cima.

A massa de água é $m=200\ \mathrm{kg}=2\times10^{5}\ \mathrm g$. O calor necessário é $Q=m\,c\,\Delta\theta=2\times10^{5}\cdot1\cdot35=7\times10^{6}\ \mathrm{cal}=2{,}8\times10^{7}\ \mathrm J$.

Com a potência de $2000\ \mathrm W$, $\Delta t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{2{,}8\times10^{7}}{2000}=14000\ \mathrm s$.

Convertendo: $14000\ \mathrm s=3\ \mathrm h+3200\ \mathrm s=3\ \mathrm h+53\ \mathrm{min}$ (e cerca de $20\ \mathrm s$).

O peso do motor é $P=400\cdot10=4000\ \mathrm N$. Em uma associação de $n$ polias móveis (talha exponencial), cada polia móvel divide a força por dois, então $F=\dfrac{P}{2^{n}}$; a polia fixa só muda o sentido.

$2^{n}=\dfrac{4000}{250}=16$, logo $n=4$.

No desvio mínimo, o raio atravessa o prisma simetricamente, e o ângulo de refração em cada face vale $r=\dfrac{A}{2}=\dfrac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}$.

O desvio é $\delta=2i-A$. Com $\delta_{\min}=30^{\circ}$: $i=\dfrac{\delta_{\min}+A}{2}=\dfrac{30^{\circ}+90^{\circ}}{2}=60^{\circ}$. O índice do prisma seria $n=\dfrac{\mathrm{sen}\,60^{\circ}}{\mathrm{sen}\,45^{\circ}}=\sqrt{\tfrac32}$.

O calor necessário é $Q=m\,c\,\Delta\theta=150\cdot0{,}5\cdot(30-10)=1500\ \mathrm{cal}$.

Com a potência de $30\ \mathrm{cal/min}$, $\Delta t=\dfrac{1500}{30}=50\ \mathrm{min}$.

O som vai até o obstáculo e volta, percorrendo duas vezes a distância $d$ no intervalo de $2{,}4\ \mathrm s$: $2d=v\,t=340\cdot2{,}4=816\ \mathrm m$.

Logo $d=408\ \mathrm m$. O valor $816\ \mathrm m$ é a distância total percorrida, de ida e volta.