UPE — SSA3 2020

O bloco $M$ está na iminência de deslizar puxado pelo peso da barra pendurada (via corda e polia na quina da mesa). A força máxima de atrito estático que a superfície pode exercer sobre o bloco é $f_{at,\max}=\mu_s Mg$.

Para que o bloco não deslize, essa força de atrito precisa equilibrar o peso da barra pendurada: $f_{at,\max}=\lambda L g$, onde $\lambda=250\text{ g/m}=0{,}25\text{ kg/m}$ é a densidade linear da barra.

Igualando: $\mu_s Mg=\lambda Lg\Rightarrow L=\dfrac{\mu_s M}{\lambda}=\dfrac{0{,}5\times1{,}0}{0{,}25}=2{,}0\text{ m}$.

O coeficiente de atrito cinético ($0{,}3$) é um dado supérfluo para esta pergunta, pois o "maior comprimento" pedido é justamente o limite estático, antes de o bloco começar a deslizar — confirma a alternativa (C).

Como as três molas idênticas estão em paralelo, a constante elástica equivalente do sistema é $k_{\text{eq}}=3k$.

A frequência natural de oscilação de um sistema massa-mola é $f=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k_{\text{eq}}}{m}}$, logo $k_{\text{eq}}=m(2\pi f)^2$.

O enunciado da prova instrui a usar $\pi=3$ nos cálculos. Com $f=10\text{ Hz}$ e $m=5\text{ kg}$: $2\pi f=2\times3\times10=60\text{ rad/s}$, logo $k_{\text{eq}}=5\times60^2=5\times3600=18\,000\text{ N/m}=18\text{ kN/m}$.

Como $k_{\text{eq}}=3k$: $k=\dfrac{18}{3}=6\text{ kN/m}$ — confirma a alternativa (E).

A velocidade de propagação de uma onda em uma corda depende apenas da tensão e da densidade linear da corda: $v=\sqrt{T/\mu}$. Como os dois fios são idênticos (mesma $\mu$) e tensionados com a mesma força ($10\text{ N}$), a velocidade de propagação $v$ é a mesma nos dois experimentos.

Pela equação fundamental da ondulatória, $v=f\lambda$, logo $f_1\lambda_1=f_2\lambda_2$ (mesma velocidade $v$ nos dois casos).

Testando a alternativa (E): se $2f_1=f_2$, substituindo em $f_1\lambda_1=f_2\lambda_2$ obtém-se $f_1\lambda_1=2f_1\lambda_2\Rightarrow\lambda_1=2\lambda_2$, ou seja, $2\lambda_2=\lambda_1$ — exatamente a conclusão da alternativa (E).

As demais alternativas invertem a proporcionalidade (lembrando que $f$ e $\lambda$ são inversamente proporcionais quando $v$ é fixo) — confirma-se a alternativa (E).

A pressão exercida sobre uma superfície é $P=\dfrac{F}{A}$, onde $F$ é a força (nesse caso, o peso do bombeiro) e $A$ é a área de contato. Para uma mesma força, quanto maior a área, menor a pressão.

As placas de madeira de $40\text{ cm}\times40\text{ cm}$ têm área muito maior que a sola das botas do bombeiro, então, ao pisar sobre elas, o peso do corpo é distribuído sobre uma área maior — reduzindo a pressão exercida sobre a lama e evitando que o bombeiro afunde.

Isso elimina (A) e (E) (peso e densidade não são o mecanismo relevante aqui) e (B) (a área das placas é, na verdade, maior que a da bota, não menor). A alternativa (C) descreve o contrário do que ocorre (a área de contato bota-placa não é o que importa, e sim a área placa-lama). Confirma-se a alternativa (D).

O trabalho realizado pela força elétrica é $W_{el}=q\displaystyle\int_0^{12}E\,dx=q\times(\text{área sob o gráfico }E\times x)$. A área do triângulo é $\dfrac{1}{2}\times12\times50=300\ \text{N/C}\cdot\text{m}$.

$W_{el}=4{,}0\times10^{-3}\times300=1{,}2\text{ J}$.

Pelo teorema trabalho-energia, a soma de todos os trabalhos (elétrico + resistivo) é igual à variação de energia cinética: $W_{el}+W_{res}=\Delta E_c=\dfrac{1}{2}mv^2-0=\dfrac{1}{2}\times0{,}020\times10^2=1{,}0\text{ J}$.

Logo, $W_{res}=\Delta E_c-W_{el}=1{,}0-1{,}2=-0{,}2\text{ J}$ — confirma a alternativa (E). O sinal negativo é coerente com o meio resistivo retirando energia do sistema.

A resistência de cada trecho, ambos de comprimento $L$, é $R=\rho\dfrac{L}{A_{\text{trecho}}}$. Para o resistor 1 (área $A$): $R_1=\dfrac{\rho L}{A}$.

Para o resistor 2 (área $A/3$): $R_2=\dfrac{\rho L}{A/3}=\dfrac{3\rho L}{A}$.

Como estão em série, $R_{\text{total}}=R_1+R_2=\dfrac{\rho L}{A}+\dfrac{3\rho L}{A}=\dfrac{4\rho L}{A}$.

Pela Lei de Ohm, $i=\dfrac{V}{R_{\text{total}}}=\dfrac{VA}{4\rho L}$ — confirma exatamente a alternativa (D).

A corrente média fornecida é $i=\dfrac{\text{carga}}{\text{tempo}}=\dfrac{960\text{ mAh}}{4\text{ h}}=240\text{ mA}=0{,}24\text{ A}$.

A potência é $P=Vi=5\times0{,}24=1{,}2\text{ W}$ — confirma a alternativa (D).

O raio de uma trajetória circular em campo magnético é $r=\dfrac{mv}{qB}$, ou seja, $r$ é inversamente proporcional à carga $q$ (para mesma massa, velocidade e campo).

Pela figura, a partícula 1 sai pela abertura 1 após um semicírculo de raio $r_1=d/2$ (entrada e saída no mesmo lado da região, separadas pela distância $d$). A partícula 2 sai pela abertura 2 após um quarto de círculo de raio $r_2=d$ (saída em um lado adjacente, também a uma distância $d$ da entrada).

Logo, $r_2=2r_1$. Como $r\propto1/q$ (mesma massa e velocidade para as duas): $\dfrac{r_1}{r_2}=\dfrac{q_2}{q_1}\Rightarrow q_2=q_1\times\dfrac{r_1}{r_2}=10\times\dfrac{1}{2}=5\text{ mC}$ — confirma a alternativa (E).

Os níveis de energia do átomo de hidrogênio no modelo de Bohr são $E_n=-\dfrac{13{,}6}{n^2}\text{ eV}$. Para $n=3$: $E_3=-1{,}51\text{ eV}$; para $n=2$: $E_2=-3{,}40\text{ eV}$.

A energia do fóton emitido é a diferença entre os níveis: $\Delta E=E_3-E_2=-1{,}51-(-3{,}40)=1{,}89\text{ eV}$.

Pela relação de Planck $E=hf$, usando $h=4{,}14\times10^{-15}\text{ eV}\cdot\text{s}$ (fornecido no enunciado da prova): $f=\dfrac{\Delta E}{h}=\dfrac{1{,}89}{4{,}14\times10^{-15}}\approx4{,}57\times10^{14}\text{ Hz}=457\text{ THz}\approx450\text{ THz}$.

Como o próprio enunciado informa que a luz visível corresponde à faixa de $430$ a $770\text{ THz}$, e $450\text{ THz}$ está dentro dessa faixa, a luz emitida é visível — confirma a alternativa (A).

O tempo que a luz leva para percorrer a distância entre os dois relógios é $\Delta t=\dfrac{d}{c}=\dfrac{390\,000\text{ km}}{300\,000\text{ km/s}}=1{,}3\text{ s}$.

Para que os relógios permaneçam sincronizados (mesmo referencial, sem efeitos relativísticos significativos considerados), o relógio 2 deve ser ajustado para marcar o instante em que o flash de fato chega, ou seja, o tempo de emissão somado ao tempo de percurso da luz: $t_2=t_1+\Delta t=10{,}0+1{,}3=11{,}3\text{ s}$ — confirma a alternativa (B).