UPE SSA3 2012 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A parede lisa exerce apenas uma normal horizontal. A corda puxa a esfera ao longo da reta que, na figura, passa pelo seu centro. Nessa direção, o triângulo tem catetos vertical $L$ e horizontal $R$.

A componente vertical da tração equilibra o peso, $T_y=mg$, e a componente horizontal equilibra a normal, $T_x=N$. A razão entre componentes é a razão entre os catetos correspondentes.

$$\frac{N}{mg}=\frac{R}{L}\quad\Rightarrow\quad N=mg\frac{R}{L}.$$

A razão $R/L$ é adimensional, de modo que o resultado tem unidade de força.

Alternativa C pela resolução.

A força elástica é restauradora e proporcional ao deslocamento. Assim, a frequência angular é determinada pela massa e pela constante da mola.

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{18\,\mathrm{N/m}}{2{,}0\,\mathrm{kg}}}=3\,\mathrm{rad/s},\qquad T=\frac{2\pi}{3}\,\mathrm{s}.$$

O gráfico começa em $x=0$ com inclinação positiva e amplitude $5\,\mathrm m$. Com $t$ medido em segundos, isso dá $x(t)=(5\,\mathrm m)\sin(3t)$. Em $t=\pi/6\,\mathrm s$, o seno vale 1 e a posição é $5\,\mathrm m$.

A função de I daria $x(0)=5\cos(\pi/6)\,\mathrm m$, diferente de zero. Logo, II, III e IV estão corretas e apenas I está incorreta.

Alternativa D pela resolução.

Antes da ruptura, os dois corpos formam um conjunto sustentado pelo empuxo. A madeira desloca água suficiente para sustentar o próprio peso e a parte do peso do ferro que o seu empuxo não compensa.

Depois que o ferro afunda, o fundo do recipiente sustenta essa parte do peso. O ferro continua deslocando o seu volume, enquanto a madeira passa a flutuar por conta própria e fica menos submersa.

Pelo princípio de Arquimedes, a diminuição do volume deslocado é $(m_A-\rho_{\mathrm{água}}V_A)/\rho_{\mathrm{água}}$. Como o ferro é mais denso que a água, essa diferença é positiva e o nível da água diminui.

Alternativa C pela resolução.

No referencial do recipiente que acelera para cima com aceleração $a$, a gravidade efetiva aponta para baixo e tem módulo $g+a$. Isso intensifica a variação de pressão com a profundidade e aumenta o empuxo.

Como a madeira está totalmente submersa, o volume deslocado $V$ é fixo. O empuxo aponta para cima e tanto o peso efetivo quanto a tração apontam para baixo.

$$T'=\rho_{\mathrm{água}}V(g+a)-\rho_{\mathrm{madeira}}V(g+a)=(\rho_{\mathrm{água}}-\rho_{\mathrm{madeira}})V(g+a).$$

Em repouso, a expressão tem $g$ no lugar de $g+a$. Como a água é mais densa que a madeira, a tração aumenta, por um fator $1+a/g$.

Alternativa A pela resolução.

A força pedida é a que o campo no interior do corpo exerce sobre o íon. O enunciado fornece esse campo local, que usamos na relação entre força elétrica e carga.

$$F=|q|E=(2{,}0\times10^{-19}\,\mathrm C)(3{,}0\times10^{-6}\,\mathrm{N/C})=6{,}0\times10^{-25}\,\mathrm N.$$

A unidade $\mathrm{V/m}$ é equivalente a $\mathrm{N/C}$. A tensão da linha já é contextual e o campo local está dado.

Alternativa A pela resolução.

Os resistores de $3\,\Omega$ e $6\,\Omega$ estão em paralelo, portanto têm a mesma ddp. Usamos a potência dissipada no primeiro para obter essa tensão.

$$U_{\parallel}=\sqrt{PR}=\sqrt{(30\,\mathrm W)(3\,\Omega)}=3\sqrt{10}\,\mathrm V.$$

A resistência equivalente do paralelo é $2\,\Omega$. A corrente total que sai do paralelo passa pelo resistor de $8\,\Omega$, que está em série com ele.

$$I=\frac{3\sqrt{10}\,\mathrm V}{2\,\Omega}=\frac{3\sqrt{10}}{2}\,\mathrm A.$$

A ddp entre A e B inclui as duas quedas de tensão.

$$U_{AB}=I(2+8)\,\Omega=15\sqrt{10}\,\mathrm V.$$

Alternativa E pela resolução.

Em série, os capacitores adquirem cargas de mesmo módulo $Q$. Pela relação $U=Q/C$, o capacitor de capacitância $2C$ fica com metade da ddp do capacitor de capacitância $C$.

$$V=\frac{Q}{C}+\frac{Q}{2C}=3\frac{Q}{2C}.$$

Logo, a ddp no capacitor de maior capacitância é $V/3$. O capacitor de menor capacitância recebe os outros $2V/3$.

Alternativa A pela resolução.

Fora do ímã, as linhas de campo saem do polo norte e entram no polo sul. Nos pontos 2 e 4, a simetria em torno do centro faz o campo apontar para a direita, do lado norte para o lado sul.

No ponto 1, à esquerda do polo norte, o campo aponta para a esquerda, afastando-se desse polo. No ponto 3, à direita do polo sul, também aponta para a esquerda, aproximando-se dele.

Assim, 2 e 4 têm o mesmo sentido, 1 e 2 têm sentidos opostos e 2 e 3 também têm sentidos opostos. Apenas II e IV estão corretas.

Alternativa E pela resolução.

O estado fundamental corresponde a $n=1$. O primeiro excitado é $n=2$, e o segundo é $n=3$. Na absorção de um fóton de frequência $f$, a conservação de energia exige:

$$E_3-E_1=hf.$$

Isso torna A a afirmação que expressa diretamente a condição da excitação. No retorno, a transição pode ocorrer diretamente ou em cascata via $n=2$. Na cascata, são emitidos dois fótons, cada um com energia inferior a $hf$, e a soma vale $hf$.

A redação de D é ambígua: se lida como um limite para a energia de cada fóton emitido, a desigualdade vale. Se descreve a volta ao fundamental em uma única emissão, essa energia é exatamente $hf$.

Alternativa A pela resolução.

O primeiro postulado afirma que as leis físicas têm a mesma forma em todos os referenciais inerciais. Portanto, I é falsa. O segundo postulado se refere à luz no vácuo. Em um meio material, a velocidade depende do meio e a velocidade medida por um observador em movimento em relação ao meio obedece à transformação relativística de velocidades. II e III são falsas.

O valor de $c$ é $299\,792\,458\,\mathrm{m/s}$, ligeiramente inferior a $3\times10^8\,\mathrm{m/s}$. Logo, IV é falsa e todas as opções oferecidas contêm alguma afirmação falsa.

O experimento de Michelson–Morley comparou tempos de ida e volta em direções diferentes no mesmo interferômetro e testou a hipótese de um vento de éter. Ele forneceu evidência compatível com a relatividade restrita, mas seu resultado isolado não mede diretamente a velocidade unidirecional da luz em todos os referenciais.

Sem alternativa correta pela análise física.