UNIFEI · 2004

Considerando contatos lisos, a força de contato entre os cilindros atua na direção que une seus centros. No cilindro A, o equilíbrio vertical dá $N\sin45^\circ=Mg$; logo $N=\sqrt2 Mg$. Pela terceira lei de Newton, essa é a intensidade da força que A exerce sobre B, em sentido oposto. No equilíbrio horizontal, a parede exerce $N\cos45^\circ=Mg$ sobre A. A ausência de atrito é uma hipótese da solução fornecida, não explicitada no enunciado.

Em flutuação, a massa da caixa iguala a massa da água deslocada. Com a base de $40\times40=1600\,\mathrm{cm^2}$ e massa de 8000 g, $1600H(1)=8000$, portanto $H=5\,\mathrm{cm}$. No limite em que a borda alcança a água, o deslocamento máximo corresponde a $40^3=64000\,\mathrm{cm^3}$, ou 64 kg de água. A caixa pode receber $64-8=56\,\mathrm{kg}$, equivalentes a $56000\,\mathrm{cm^3}$. À vazão indicada, $t=56000/1000=56\,\mathrm s$. Esse é o instante limite anterior à entrada de água pela borda.

A velocidade é $v=\lambda f=4(40)=160\,\mathrm{m/s}$. O caminho direto mede $0,60\,\mathrm m$; o refletido possui dois trechos de $\sqrt{0,30^2+0,40^2}=0,50\,\mathrm m$, totalizando 1,00 m. A diferença de percurso é $0,40\,\mathrm m$, correspondente a $\Delta\phi=2\pi\Delta d/\lambda=2\pi(0,40/4)=0,2\pi\,\mathrm{rad}$. O cálculo segue a hipótese do gabarito de não acrescentar mudança de fase na reflexão.

O gráfico indica $V=12,3\,\mathrm L$ em $T=300\,\mathrm K$. No trecho isobárico, $V/T$ é constante: $V_3=12,3(500/300)=20,5\,\mathrm L$. No trecho de volume constante, a equação dos gases dá $P=nRT/V=0,082T/12,3$. Assim, $P\approx6,67\times10^{-3}T\,\mathrm{atm}$, para T em kelvin. Em $T=0$ trata-se do limite extrapolado do modelo de gás ideal.

Convertemos $72\,\mathrm{km/h}=20\,\mathrm{m/s}$. Na equação $\Delta x=v_0t+at^2/2$, $200=20(15)+a(15)^2/2$. Logo $a=-8/9\,\mathrm{m/s^2}$, com desaceleração de módulo $8/9\,\mathrm{m/s^2}$. A velocidade ao chegar é $v=20-(8/9)(15)=20/3\,\mathrm{m/s}$, ainda positiva.

Entre as equipotenciais de 0 V e 60 V há três intervalos de 5 cm, totalizando 0,15 m. Assim, $E=60/0,15=400\,\mathrm{V/m}$. A está a −40 V e B a +20 V; portanto $\Delta V=V_B-V_A=60\,\mathrm V$. O trabalho da força elétrica é $W_e=-q\Delta V=-1,0\times10^{-6}(60)=-6,0\times10^{-5}\,\mathrm J$. Para deslocamento uniforme, a força externa equilibra a força elétrica e realiza $W_{ext}=+6,0\times10^{-5}\,\mathrm J$. O material de respostas informa o valor negativo, correspondente à força elétrica; a interpretação da força solicitada exige essa distinção.

Para fio retilíneo longo, $B=\mu_0 i/(2\pi r)$. Igualando ao valor de referência, $r=(4\pi\times10^{-7})(1000)/(2\pi\times10^{-4})=2,0\,\mathrm m$. Na interpretação do exercício, distâncias menores produzem campo do fio maior que o limiar; considera-se o módulo do campo do fio isoladamente. A força sobre o fio é $F=iLB\sin\theta=0$, porque fio e campo são paralelos.

Igualamos a energia potencial perdida à energia térmica recebida: $mgh=mc\Delta T$. Adotando $c=1,0\,\mathrm{cal/(g\,°C)}=4180\,\mathrm{J/(kg\,°C)}$ e $g=10\,\mathrm{m/s^2}$, resulta $h=c\Delta T/g=4180(1)/10=418\,\mathrm m$. A massa cancela, portanto o mesmo valor vale para 10 g e 100 g. Esses valores de c e g são hipóteses usadas no cálculo; não aparecem nos dados da questão.

Numa colisão frontal elástica de massas iguais, com B inicialmente em repouso, conservação do momento e da energia dá $v_B=v_A$ imediatamente depois do choque. A figura mostra 2 m entre B e C. O atrito tem módulo $2mg$, logo a desaceleração de B é $2g$. No caso limite em que chega a C com velocidade tendendo a zero, $0=v_A^2-2(2g)(2\,\mathrm m)$, ou $v_{A,\min}=\sqrt{8g\cdot1\,\mathrm m}$. Para $g=10\,\mathrm{m/s^2}$, o limiar é aproximadamente $8,9\,\mathrm{m/s}$. A expressão pressupõe choque frontal e despreza o efeito do atrito durante o curto impacto.