UNIFEI · 2007

A massa da madeira é $m=\rho V=0,80(35,0)=28,0\,\mathrm g$. Como ela flutua em equilíbrio, o empuxo iguala o peso e a massa de líquido deslocado também é $28,0\,\mathrm g$. Seu volume é $V_{sub}=28,0/1,40=20,0\,\mathrm{cm^3}$; acima da superfície ficam $35,0-20,0=15,0\,\mathrm{cm^3}$. O material de respostas consultado indica 16,0 g para o líquido deslocado, mas usa a densidade da madeira nesse último cálculo; o resultado compatível com a flutuação é 28,0 g.

A carga corresponde à área sob o gráfico de corrente por tempo. Entre 0 e 4 s há um retângulo e entre 4 e 6 s um triângulo: $Q=(36,0\times10^{-3})(4)+\frac12(2)(36,0\times10^{-3})=0,180\,\mathrm C$.

Como ainda resta gelo, o equilíbrio ocorre a 0 °C. A água cede $Q=mc\Delta T=120(1,0)(20,0)=2400\,\mathrm{cal}$. Essa energia funde $m_f=Q/L_F=2400/80,0=30,0\,\mathrm g$ de gelo. Somando os 10,0 g que permanecem sólidos, a massa inicial era $40,0\,\mathrm g$.

Neste modelo hipotético, a velocidade seria $v=c/n=c/1,50$. Uma distância de 4,0 anos-luz corresponde a quatro anos de viagem à velocidade c. À velocidade reduzida, $t=n(4,0)=6,0\,\mathrm{anos}$. A hipótese é a proposta pelo exercício; a propagação real da luz no vácuo não requer éter.

No centro de uma espira circular, $B=\mu_0 i/(2R)$. Pela regra da mão direita e pelos sentidos na figura, os campos se opõem. Como $i_2=4i_1$ e $R_2=2R_1$, $B_2=2B_1$. Portanto o campo resultante tem módulo $B_R=\mu_0 i_1/(2R_1)$ e aponta para dentro da página na parte A. Na parte B a velocidade é paralela ao eixo das espiras e ao campo no centro; assim $\vec F=q\vec v\times\vec B_R=\vec 0$.

Na descida de A, a energia potencial se transforma em cinética: $mgR=mv_A^2/2$, logo $v_A=\sqrt{2gR}$. Na colisão perfeitamente inelástica conserva-se o momento na direção do movimento: $mv_A=2mv$, então $v=\sqrt{2gR}/2=\sqrt{gR/2}$. Depois da colisão, a energia cinética do conjunto se transforma em energia potencial: $2mv^2/2=2mgH$, daí $H=v^2/(2g)=R/4$. A energia mecânica não se conserva durante a colisão.

A figura indica soltura em $x_1=0,40\,\mathrm m$, e o equilíbrio ocorre em $x_0$, sem valor numérico informado. A amplitude é $A=|0,40-x_0|$ e a energia total é $E_M=\frac12kA^2=25(0,40-x_0)^2\,\mathrm J$. No gráfico, $E_P=25(x-x_0)^2$ é uma parábola voltada para cima, $E_C=E_M-E_P$ é uma parábola voltada para baixo e $E_M$ é uma reta horizontal entre os extremos $x_1=0,40$ e $x_2=2x_0-0,40$. Em $x_0$, toda a energia é cinética: $mv^2/2=E_M$, portanto $v=5,0|0,40-x_0|\,\mathrm{m/s}$. Sem $x_0$, não há velocidade numérica determinada.

Admitindo que a potência mecânica indicada corresponda à taxa de conversão $P=\dot mgh$, temos $\dot m=80\times10^6/(10,0\cdot40)=2,0\times10^5\,\mathrm{kg/s}$. A densidade é $1000\,\mathrm{kg/m^3}$, então a vazão é $200\,\mathrm{m^3/s}=2,0\times10^5\,\mathrm{L/s}$. Em um minuto escoam $1,2\times10^7\,\mathrm L$.

Para o gás ideal, $P_iV_i=800(0,40)=320\,\mathrm J$ e $P_fV_f=400(0,80)=320\,\mathrm J$. As temperaturas inicial e final são iguais; portanto $\Delta U=0$. Na isobárica inicial, $W=P_i(V_f-V_i)=800(0,40)=320\,\mathrm J$; na isocórica o trabalho é zero. Pela primeira lei, $\Delta U=Q-W$, logo $Q=320\,\mathrm J$ recebido pelo gás. Se a isocórica ocorrer primeiro, a expansão será à pressão final: $W=400(0,40)=160\,\mathrm J$.

O trabalho da força elétrica é $W=q(V_A-V_B)$. Com $q=20\,\mathrm{mC}=0,020\,\mathrm C$, $-40=0,020(100-V_B)$, de onde $V_B=2100\,\mathrm V$. A energia potencial em B é $U_B=qV_B=0,020(2100)=42\,\mathrm J$. Pela figura, o deslocamento é paralelo e contrário ao campo, de modo que $V_B-V_A=Ed$; logo $d=2000/1000=2,0\,\mathrm m$.