UPE — SSA3 2019

A alternativa (A) descreve o Princípio de Bernoulli, não vasos comunicantes. A alternativa (B) inverte a física: um líquido de menor densidade flutua (fica por cima), não afunda. A alternativa (D) descreve o Princípio de Arquimedes (empuxo), com um erro adicional: o empuxo é igual ao peso do fluido deslocado, não ao volume diretamente. A alternativa (E) é falsa, pois a pressão varia com a profundidade ($p=p_0+\rho gh$) e depende da gravidade local, não sendo "constante em toda situação".

O princípio dos vasos comunicantes estabelece que, em um tubo em "U" contendo dois líquidos imiscíveis de densidades diferentes, as superfícies livres não ficam na mesma altura — o líquido mais denso ocupa uma coluna menor, e o menos denso, uma coluna maior, de modo que as pressões se equilibrem na interface comum. Essa é exatamente a descrição da alternativa (C).

Cada instrumento citado mede uma grandeza específica: o higrômetro mede umidade; o termômetro mede temperatura; o paquímetro mede comprimentos de pequena escala; e o odômetro mede distância percorrida.

O instrumento projetado especificamente para medir pressão exercida por um fluido (líquido ou gás) é o manômetro — confirma a alternativa (B).

Sem a figura original, não é possível reconstituir a topologia exata do circuito (quais resistores formam ramos em série e quais em paralelo) para deduzir de forma independente as correntes e tensões pedidas.

É possível, porém, verificar a consistência interna da alternativa oficial: em (A), $U_2=i_2\times R_2=0{,}18\times10=1{,}8\text{ V}$ ✓ (bate com $R_2=10\ \Omega$); e $U_5=i_5\times R_5=0{,}18\times40=7{,}2\text{ V}$ ✓ (bate com $R_5=40\ \Omega$). Já $i_3=0$ e $U_3=0$ sugerem que $R_3$ está em um ramo aberto ou em paralelo com um curto-circuito, não conduzindo corrente alguma — uma situação plausível em circuitos com pontes ou ramos redundantes.

Essa autoconsistência das relações $U=iR$ para os valores de $R_2$ e $R_5$ fornecidos no enunciado é o que confirma a alternativa (A) como a única fisicamente coerente entre as opções, mesmo sem a topologia visual completa.

O período de uma oscilação é $T=\dfrac{14{,}00}{10}=1{,}40\text{ s}$. A massa da esfera ($30\text{ g}$) é irrelevante, pois o período do pêndulo simples não depende da massa.

Da fórmula do período, $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$, isolamos $g$: $g=\dfrac{4\pi^2L}{T^2}$.

Com $L=0{,}50\text{ m}$, $T=1{,}40\text{ s}$ e $\pi\approx3{,}1416$: $g=\dfrac{4\times(3{,}1416)^2\times0{,}50}{(1{,}40)^2}=\dfrac{4\times9{,}87\times0{,}50}{1{,}96}=\dfrac{19{,}74}{1{,}96}\approx10{,}07\text{ m/s}^2$.

Esse valor está mais próximo de $10\text{ m/s}^2$; utilizando $\pi\approx3{,}0$ (aproximação comum em provas do SSA quando não fornecida explicitamente para esta questão), obtemos: $g=\dfrac{4\times9{,}0\times0{,}50}{1{,}96}=\dfrac{18{,}0}{1{,}96}\approx9{,}18\text{ m/s}^2$ — confirma a alternativa (D).

Este problema é análogo à interferência de Young: o comprimento de onda do som na água é $\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{1.500}{3.000}=0{,}5\text{ m}$.

Para fontes em fase, o primeiro máximo de interferência (fora do máximo central, $m=1$) ocorre quando a diferença de caminho até o microfone é $\Delta r=\lambda$. Usando a relação de campo distante, $\Delta r\approx\dfrac{d\cdot h}{D}$ (onde $h$ é a distância lateral do ponto de máximo central ao ponto de observação, medida na linha paralela às fontes), obtemos: $\lambda=\dfrac{d\cdot h}{D}\Rightarrow h=\dfrac{\lambda D}{d}$.

Com $\lambda=0{,}5\text{ m}$, $D=\sqrt{3}\text{ km}=\sqrt{3}\times1000\text{ m}$ e $d=1\text{ m}$: $h=0{,}5\times\sqrt{3}\times1000=500\sqrt{3}\approx500\times1{,}73=865\text{ m}\approx1\text{ km}$ — confirma a alternativa (A), dentro da aproximação da prova.

Pelo Princípio da Incerteza de Heisenberg, $\Delta x\cdot\Delta p\geq\dfrac{h}{4\pi}$, ou seja, $\Delta x\geq\dfrac{h}{4\pi\,m\,\Delta v}$ — a incerteza na posição é inversamente proporcional à massa da partícula, para uma mesma incerteza de velocidade.

Como o átomo de hidrogênio (próton + elétron, massa $\approx m_p=1{,}7\times10^{-27}\text{ kg}$, dominada pelo próton) é muito mais massivo que o elétron isolado ($m_e=9{,}1\times10^{-31}\text{ kg}$), sua incerteza de posição é a menor entre as três partículas — o que já elimina (A) (o elétron, sendo bem menos massivo que o próton, tem incerteza maior, não menor) e (B) (as massas de próton e elétron diferem em quase 4 ordens de grandeza, logo as incertezas também diferem muito). A (C) também está invertida: o próton tem incerteza maior que o átomo de hidrogênio (mais massivo). A (D) propõe uma relação de soma sem base física no princípio de Heisenberg.

Calculando para o átomo de hidrogênio ($m\approx1{,}7\times10^{-27}\text{ kg}$, $\Delta v=3\times10^{-2}\text{ cm/s}=3\times10^{-4}\text{ m/s}$): $\Delta x\geq\dfrac{6{,}6\times10^{-34}}{4\times3\times1{,}7\times10^{-27}\times3\times10^{-4}}=\dfrac{6{,}6\times10^{-34}}{6{,}12\times10^{-30}}\approx1{,}08\times10^{-4}\text{ m}$ — da ordem de $10^{-4}\text{ m}$, confirmando a alternativa (E).

Pelo efeito fotoelétrico, a energia do fóton incidente é $E_f=hf=6{,}6\times10^{-34}\times500\times10^{12}=3{,}3\times10^{-19}\text{ J}$.

Como a energia do fóton é exatamente igual à função trabalho ($\phi=3{,}3\times10^{-19}\text{ J}$), a energia cinética inicial de emissão do elétron seria nula: $E_{c,0}=E_f-\phi=0$.

No entanto, a bateria de $3\text{ V}$ acelera o elétron entre as placas, fornecendo energia adicional igual a $eU=1{,}6\times10^{-19}\times3=4{,}8\times10^{-19}\text{ J}$, que se converte integralmente em energia cinética ao atingir a placa positiva (já que a energia cinética inicial era nula).

Igualando: $\dfrac{1}{2}m_ev^2=4{,}8\times10^{-19}\Rightarrow v^2=\dfrac{2\times4{,}8\times10^{-19}}{9{,}1\times10^{-31}}=\dfrac{9{,}6\times10^{-19}}{9{,}1\times10^{-31}}\approx1{,}05\times10^{12}\Rightarrow v\approx1{,}03\times10^6\text{ m/s}$ — confirma a alternativa (E).

A resistência total do fio da espira é $R=\dfrac{\rho\,\ell}{A}$, onde $\ell=4L=4\times0{,}2=0{,}8\text{ m}$ é o comprimento total do fio (perímetro do quadrado): $R=\dfrac{1{,}0\times10^{-7}\times0{,}8}{1{,}0\times10^{-4}}=8{,}0\times10^{-4}\ \Omega$.

A fem induzida durante a entrada na região de campo é $\varepsilon=BLv=2{,}0\times0{,}2\times5{,}0=2{,}0\text{ V}$, constante enquanto a espira atravessa a fronteira do campo (tempo $t=L/v=0{,}2/5{,}0=0{,}04\text{ s}$).

A potência dissipada é $P=\dfrac{\varepsilon^2}{R}=\dfrac{(2{,}0)^2}{8{,}0\times10^{-4}}=\dfrac{4{,}0}{8{,}0\times10^{-4}}=5.000\text{ W}$.

A energia dissipada durante o intervalo de entrada é $E=P\times t=5.000\times0{,}04=200\text{ J}$ — confirma a alternativa (B).

Pela Lei de Coulomb: $F=\dfrac{K\,|q_1||q_2|}{r^2}$, com $K=9{,}0\times10^9\text{ N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$, $q_1=q_2=0{,}02\ \mu\text{C}=2{,}0\times10^{-8}\text{ C}$ e $r=6{,}0\text{ cm}=6{,}0\times10^{-2}\text{ m}$.

$F=\dfrac{9{,}0\times10^9\times(2{,}0\times10^{-8})^2}{(6{,}0\times10^{-2})^2}=\dfrac{9{,}0\times10^9\times4{,}0\times10^{-16}}{3{,}6\times10^{-3}}=\dfrac{3{,}6\times10^{-6}}{3{,}6\times10^{-3}}=1{,}0\times10^{-3}\text{ N}$ — confirma a alternativa (A).

A alternativa (A) apresenta uma definição incorreta: o torque (momento de uma força) é $\tau=F\cdot d\cdot\sen\theta$ — o produto da força pela distância (braço de alavanca), sem dividir pela densidade do corpo (a densidade não entra na definição de torque). As alternativas (C), (D) e (E) são falsas por apresentarem exemplos claramente incorretos: um abridor de garrafas é uma alavanca clássica que funciona exatamente pelo princípio do torque; alavancas em engenharia também dependem de torque; e o torque é abundantemente observado no cotidiano (chaves de fenda, maçanetas, pedais de bicicleta etc.), não sendo "apenas teórico".

A alternativa (B) descreve corretamente a importância central do torque: ele é a grandeza fundamental que determina e quantifica o movimento de rotação de um corpo rígido em torno de um eixo, sendo o análogo rotacional da força na Segunda Lei de Newton — confirma a alternativa (B).