UPE — SSA3 2018

O campo magnético no centro de uma espira circular de raio $r$ percorrida por corrente $I$ é $B=\dfrac{\mu_0I}{2r}$. Como todas as espiras (raios $R,2R,4R,8R,\dots$) giram no mesmo sentido, seus campos no centro se somam.

$B_{\text{total}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{\mu_0I}{2(2^nR)}=\dfrac{\mu_0I}{2R}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$.

A série geométrica de razão $1/2$ soma $2$: $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(\dfrac12\right)^n=\dfrac{1}{1-1/2}=2$.

Logo, $B_{\text{total}}=\dfrac{\mu_0I}{2R}\times2=\dfrac{\mu_0I}{R}$ — confirma a alternativa (A).

Como a esfera é menos densa que o líquido, o empuxo $E$ supera o peso $P$, e é o fio (preso no fundo, em $O$) que mantém a esfera a uma distância fixa $L$, oscilando como um pêndulo "invertido": a força restauradora resulta do desequilíbrio entre empuxo e peso.

A aceleração efetiva que rege as pequenas oscilações é $g_{\text{ef}}=\dfrac{E-P}{m}=g\left(\dfrac{M_{\text{disp}}}{m}-1\right)$, onde $M_{\text{disp}}$ é a massa de líquido deslocada pela esfera.

Do período do pêndulo, $T=2\pi\sqrt{L/g_{\text{ef}}}\Rightarrow g_{\text{ef}}=\dfrac{4\pi^2L}{T^2}=\dfrac{4\times3\times0{,}25}{3^2}=\dfrac{3}{9}\times3=1{,}0\text{ m/s}^2$ (usando $\pi=3$).

Substituindo: $1{,}0=10\left(\dfrac{M_{\text{disp}}}{0{,}250}-1\right)\Rightarrow0{,}1=\dfrac{M_{\text{disp}}}{0{,}250}-1\Rightarrow\dfrac{M_{\text{disp}}}{0{,}250}=1{,}1\Rightarrow M_{\text{disp}}=0{,}275\text{ kg}=275\text{ g}$ — confirma a alternativa (B).

Puxado pelo topo, o bloco tende a tombar girando em torno do vértice inferior dianteiro (o mais próximo do sentido de $\vec F$). No limiar simultâneo de tombamento e deslizamento, tomamos os torques em relação a esse vértice.

O torque de $\vec F$ (horizontal, aplicada no vértice superior, a uma altura $h=L\,\text{sen}\,\theta$) vale $\tau_F=F\cdot L\,\text{sen}\,\theta$. O torque restaurador do peso $mg$ (aplicado no centroide, situado a uma distância horizontal $L\cos\theta$ do vértice pivô) vale $\tau_P=mg\cdot L\cos\theta$.

No limiar de tombamento: $F\,L\,\text{sen}\,\theta=mg\,L\cos\theta\Rightarrow F=mg\cot\theta$.

Como $\vec F$ é horizontal, o equilíbrio vertical dá $N=mg$. No limiar de deslizamento, $F=\mu_s N=\mu_s mg$. Igualando as duas condições-limite: $\mu_s mg=mg\cot\theta\Rightarrow\mu_s=\cot\theta$.

Com $\theta=60°$: $\mu_s=\cot60°=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{1}{1{,}70}\approx0{,}57$ — confirma a alternativa (B).

Primeiro, é preciso separar absorção de emissão: setas para cima (para níveis mais energéticos) representam absorção (transições A e B); setas para baixo representam emissão (transições C, D e E). A pergunta só se aplica a estas últimas.

A energia de cada nível no modelo de Bohr é $E_n=-\dfrac{13{,}6}{n^2}\text{ eV}$, e a energia do fóton emitido numa transição $n_i\to n_f$ é $\Delta E=13{,}6\left(\dfrac{1}{n_f^2}-\dfrac{1}{n_i^2}\right)\text{ eV}$.

C ($n=4\to3$): $\Delta E=13{,}6\left(\dfrac19-\dfrac{1}{16}\right)\approx0{,}66\text{ eV}$. D ($n=4\to2$): $\Delta E=13{,}6\left(\dfrac14-\dfrac{1}{16}\right)\approx2{,}55\text{ eV}$. E ($n=2\to1$): $\Delta E=13{,}6\left(1-\dfrac14\right)=10{,}2\text{ eV}$.

A transição E, que salta diretamente para o estado fundamental, corresponde ao maior "vão" de energia entre os níveis emitidos e libera o fóton de maior energia — confirma a alternativa (E).

Enquanto a corrente se mantém constante em $i_0=1{,}0\times10^{-5}\text{ A}$ (patamar do gráfico), a carga da placa cai linearmente: $Q(t)=Q_0-i_0t$, com $Q_0=CV_0=120\times10^{-6}\times10{,}0=1{,}2\times10^{-3}\text{ C}$.

O instante $t_A$, onde a corrente deixa de ser constante, corresponde ao momento em que a carga original é totalmente neutralizada ($Q=0$) e o campo entre as placas começa a se inverter, passando a frear os elétrons mais lentos: $t_A=\dfrac{Q_0}{i_0}=\dfrac{1{,}2\times10^{-3}}{1{,}0\times10^{-5}}=120\text{ s}=2\text{ min}$.

A corrente só cessa totalmente em $t_B$ quando o potencial retardador entre as placas se iguala à energia cinética máxima dos fotoelétrons ($1{,}5\text{ eV}$) — a partir daí, nem mesmo os elétrons mais energéticos conseguem atravessar. Como $1\text{ eV}$ corresponde a $1\text{ V}$ numericamente por elétron, $V(t_B)=1{,}5\text{ V}$.

Logo, $t_A=2\text{ min}$ e $V(t_B)=1{,}5\text{ V}$ — confirma a alternativa (D).

Como $d=15\lambda$ é comparável ao comprimento de onda, não vale a aproximação paraxial usual ($h\approx m\lambda D/d$); é preciso usar a condição exata de máximo, $d\,\text{sen}\,\theta=m\lambda$, e só depois relacionar $\theta$ com $h$ pela geometria (válida por $D\gg d$, que garante $h=D\tan\theta$).

Para o nono máximo ($m=9$): $\text{sen}\,\theta=\dfrac{9\lambda}{15\lambda}=\dfrac{9}{15}=\dfrac35=0{,}6$.

Daí, $\cos\theta=\sqrt{1-0{,}6^2}=\sqrt{0{,}64}=0{,}8$ e $\tan\theta=\dfrac{0{,}6}{0{,}8}=0{,}75$ — um triângulo $3$–$4$–$5$ exato.

Logo, $h=D\tan\theta=0{,}75D=\dfrac{3D}{4}$, que corresponde à alternativa (C). Essa questão foi, no entanto, anulada oficialmente pela banca (o caderno de provas já traz a marcação "NULA" impressa junto à alternativa A) — provavelmente por ambiguidade sobre a aplicabilidade da aproximação paraxial diante de $d=15\lambda$, um valor deliberadamente pequeno para testar exatamente esse ponto.

Fixando coordenadas com a fonte do ponto 1 em $S_1=(0,0)$ e a do ponto 3 em $S_3=(2L,0)$ (grade $4\times4$ de espaçamento $L$, numerada por linhas), calculamos a diferença de caminho $\Delta r=|r_1-r_3|$ para cada ponto de interesse.

Ponto 2 $=(L,0)$: $r_1=L$, $r_3=L\Rightarrow\Delta r=0=0\lambda$ (construtiva). Ponto 4 $=(3L,0)$: $r_1=3L$, $r_3=L\Rightarrow\Delta r=2L=2\lambda$ (construtiva).

Ponto 6 $=(L,-L)$: $r_1=r_3=\sqrt2\,L$ (usando $\sqrt2=1{,}40$) $\Rightarrow\Delta r=0$ — na verdade construtivo, contrariando a alternativa (A).

Pontos 5 $=(0,-L)$ e 7 $=(2L,-L)$: por simetria, ambos têm $\Delta r=\sqrt5\,L-L\approx1{,}24\lambda$ — iguais entre si, mas diferentes do ponto 2 ($\Delta r=0$), o que torna falsa a alternativa (C), já que a intensidade em 2 (máxima) não é igual à de 5 e 7.

Pontos 9 e 11: por simetria, $\Delta r=2\sqrt2\,L-2L\approx0{,}80\lambda$ em ambos — não é múltiplo inteiro de $\lambda$, logo não são pontos de interferência construtiva, contrariando a alternativa (E).

Como $\Delta r=0$ e $\Delta r=2\lambda$ nos pontos 2 e 4 são, ambos, múltiplos inteiros exatos de $\lambda$, confirma-se a alternativa (D): 2 e 4 são pontos de interferência construtiva.

A carga que flui por uma espira depende apenas da variação total do fluxo entre os instantes inicial e final, $q=\dfrac{|\Delta\Phi|}{R}$ — não importa o "caminho" percorrido pelo fluxo entre eles (Lei de Faraday + Lei de Ohm, com o $\Delta t$ se cancelando na definição de carga).

(A) Entre $t=0$ e $t=3{,}5\text{ s}$, o gráfico mostra $\Phi(0)=0$ e $\Phi(3{,}5)=0$ (ambos são zeros indicados no enunciado) $\Rightarrow\Delta\Phi=0\Rightarrow q=0$. Verdadeira.

(B) Como há corrente induzida sempre que o fluxo varia, há dissipação de energia por efeito Joule; logo, o trabalho de girar a espira não é nulo. Falsa.

(C) $\Phi_{\text{máx}}=BA\Rightarrow B=\dfrac{0{,}05}{50\times10^{-4}}=10\text{ T}$, e não $1{,}0\text{ mT}$. Falsa.

(D) Fluxo constante em $t=2{,}0\text{ s}$ significa apenas que a corrente é nula naquele instante, não que a carga acumulada até ali seja zero: $q_{0\to2}=|\Phi(2{,}0)-\Phi(0)|/R=0{,}05/R\ne0$. Falsa.

(E) Onde o fluxo é constante, $d\Phi/dt=0$, logo a corrente induzida é mínima (nula) ali, e não máxima — a corrente é máxima nos trechos de maior inclinação do gráfico, perto das passagens por zero. Falsa.

Confirma-se a alternativa (A).

A carga cessa (atinge $q=0$) quando $12-\dfrac{3t}{4}=0\Rightarrow t=16\text{ s}$.

A corrente é a derivada da carga: $i=\dfrac{dq}{dt}=-\dfrac{3}{4}\times10^{-3}\text{ A}$ — um valor constante em módulo ($0{,}75\text{ mA}$) durante todo o intervalo, já que $q(t)$ é linear em $t$.

Como a corrente é constante, a potência dissipada também é constante: $P=Ri^2=1{,}0\times10^3\times(0{,}75\times10^{-3})^2=1{,}0\times10^3\times5{,}625\times10^{-7}=5{,}625\times10^{-4}\text{ W}$.

A energia dissipada até $t=16\text{ s}$ é $E=P\times t=5{,}625\times10^{-4}\times16=9{,}00\times10^{-3}\text{ J}$ — confirma a alternativa (C).

Como a lâmpada está em série com o resistor equivalente, a mesma corrente $i=0{,}02\text{ A}$ passa por ambos. A tensão sobre a associação de resistores é a diferença entre a tensão da fonte e a da lâmpada: $V_R=3{,}0-2{,}0=1{,}0\text{ V}$.

A resistência equivalente necessária é $R_{eq}=\dfrac{V_R}{i}=\dfrac{1{,}0}{0{,}02}=50\ \Omega$.

Testando as alternativas: (A) $20\ \Omega$ — não serve. (C) dois de $30\ \Omega$ em paralelo $=15\ \Omega$ — não serve. (D) $10,20,30\ \Omega$ em paralelo $\approx5{,}45\ \Omega$ — não serve. (E) três de $30\ \Omega$ em paralelo $=10\ \Omega$ — não serve.

(B) Dois resistores de $25\ \Omega$ em série: $R_{eq}=25+25=50\ \Omega$ — confere exatamente. Confirma a alternativa (B).