UPE — SSA3 2022

Tomando torques em relação ao pivô no chão (dobradiça), com a barra a $45°$: a mola horizontal atua no centro de massa (distância $L/2$ ao longo da barra), com braço de alavanca vertical $\dfrac{L}{2}\sin45°$. O peso da própria barra ($mg$) atua no centro de massa, com braço de alavanca horizontal $\dfrac{L}{2}\cos45°$. O peso do bloco ($Mg$), pendurado na extremidade, atua a uma distância $L$ ao longo da barra, com braço de alavanca horizontal $L\cos45°$.

Equilíbrio de torques: $F_s\cdot\dfrac{L}{2}\sin45°=mg\cdot\dfrac{L}{2}\cos45°+Mg\cdot L\cos45°$. Como $\sin45°=\cos45°$, os fatores se cancelam: $F_s=mg+2Mg=g(m+2M)$.

Substituindo: $F_s=10{,}0\times(0{,}40+2\times1{,}00)=10{,}0\times2{,}40=24{,}0\text{ N}$.

A deformação da mola: $x=\dfrac{F_s}{k}=\dfrac{24{,}0}{500}=0{,}048\text{ m}=4{,}8\text{ cm}$.

Esse resultado ($4{,}8\text{ cm}$) não corresponde a nenhuma das cinco alternativas oferecidas — o valor mais próximo é (B) $4{,}4\text{ cm}$, mas sem coincidência exata. Essa discrepância explica por que a banca anulou a questão.

O cubo (densidade $0{,}625\text{ g/cm}^3$, menor que a da água) descola do fundo quando o empuxo iguala o peso: $\rho_{\text{água}}\,g\,y\,L^2=\rho_{\text{cubo}}\,g\,L^3\Rightarrow y=\dfrac{\rho_{\text{cubo}}}{\rho_{\text{água}}}L=0{,}625\times32{,}0=20{,}0\text{ cm}$.

Igualando à lei de crescimento do nível: $20{,}0=5{,}0\,t^2\Rightarrow t^2=4{,}0\Rightarrow t=2{,}0\text{ h}=120\text{ min}$ — confirma a alternativa (E).

Pela figura, $PA=\sqrt{3{,}0^2+4{,}0^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5{,}0\text{ m}$ e $PB=\sqrt{2{,}0^2+4{,}0^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}\approx4{,}47\text{ m}$.

A diferença de caminho é $\Delta=|PA-PB|=|5{,}0-4{,}47|\approx0{,}53\text{ m}$.

Para haver silêncio total (interferência destrutiva), $\Delta=(n+\tfrac{1}{2})\lambda$, com $n=0,1,2,\dots$ O maior comprimento de onda possível corresponde ao menor $n$, ou seja, $n=0$: $\Delta=\dfrac{\lambda}{2}\Rightarrow\lambda=2\Delta=2\times0{,}53\approx1{,}0\text{ m}$ — confirma a alternativa (C).

O ângulo de incidência medido a partir da normal é $90°-37°=53°$. O ângulo de Brewster, para o qual a luz refletida é totalmente polarizada, satisfaz $\tan\theta_B=\dfrac{n_2}{n_1}=\dfrac{1{,}33}{1{,}0}=1{,}33$.

Calculando: $\theta_B=\arctan(1{,}33)\approx53{,}1°$ — praticamente idêntico ao ângulo de incidência de $53°$ fornecido. Como a incidência ocorre no ângulo de Brewster, a luz refletida é completamente polarizada (linearmente) — confirma a alternativa (D).

Potencial em A (distância $0{,}40\text{ m}$ de $q_1$ e $0{,}60\text{ m}$ de $q_2$): $V_A=k_e\left(\dfrac{q_1}{0{,}40}+\dfrac{q_2}{0{,}60}\right)=9\times10^9\left(\dfrac{-8\times10^{-9}}{0{,}40}+\dfrac{8\times10^{-9}}{0{,}60}\right)=-180+120=-60\text{ V}$.

Potencial em B (distância $0{,}60\text{ m}$ de $q_1$ e $0{,}40\text{ m}$ de $q_2$): $V_B=k_e\left(\dfrac{q_1}{0{,}60}+\dfrac{q_2}{0{,}40}\right)=9\times10^9\left(\dfrac{-8\times10^{-9}}{0{,}60}+\dfrac{8\times10^{-9}}{0{,}40}\right)=-120+180=60\text{ V}$.

$V_B-V_A=60-(-60)=120{,}0\text{ V}$ — confirma a alternativa (E).

A força elétrica é horizontal: $F_E=qE=2{,}0\times10^{-6}\times4{,}0=8{,}0\ \mu\text{N}$.

A força magnética, $F_B=qvB$, é perpendicular tanto a $\vec{v}$ (vertical) quanto a $\vec{B}$ (horizontal) — ou seja, perpendicular também a $F_E$. Usando $B=E/c$: $F_B=qv\dfrac{E}{c}=qE\cdot\dfrac{v}{c}=8{,}0\ \mu\text{N}\times\sqrt{11/25}=8{,}0\times\dfrac{\sqrt{11}}{5}\approx8{,}0\times0{,}663\approx5{,}31\ \mu\text{N}$.

Como $F_E\perp F_B$, a força resultante é $F=\sqrt{F_E^2+F_B^2}=\sqrt{8{,}0^2+5{,}31^2}=\sqrt{64+28{,}2}=\sqrt{92{,}2}\approx9{,}6\ \mu\text{N}$ — confirma a alternativa (E).

A potência total fornecida pela fonte (que decai monotonicamente com $R$, como mostra o gráfico) é $P=\dfrac{\varepsilon^2}{R+r}$. Usando os dois pontos do gráfico: $40=\dfrac{\varepsilon^2}{5+r}$ e $16=\dfrac{\varepsilon^2}{20+r}$.

Dividindo as equações: $\dfrac{40}{16}=\dfrac{20+r}{5+r}\Rightarrow2{,}5(5+r)=20+r\Rightarrow12{,}5+2{,}5r=20+r\Rightarrow1{,}5r=7{,}5\Rightarrow r=5{,}0\ \Omega$.

Substituindo de volta: $\varepsilon^2=40\times(5+5)=400\Rightarrow\varepsilon=20\text{ V}$ — confirma a alternativa (C).

A corrente induzida é máxima no último instante em que a espira ainda está entrando no campo (flanco de entrada), pois é quando a velocidade de queda é maior. Considerando a espira liberada do repouso bem na borda do campo, ela percorre em queda livre uma distância igual à sua própria altura $b=0{,}20\text{ m}$ até estar totalmente imersa.

Velocidade nesse instante: $v=\sqrt{2gb}=\sqrt{2\times10{,}0\times0{,}20}=\sqrt{4{,}0}=2{,}0\text{ m/s}$.

FEM induzida máxima (lado horizontal $a$ cortando as linhas de campo): $\varepsilon=Bva=1{,}0\times2{,}0\times0{,}10=0{,}20\text{ V}$.

Corrente máxima: $i=\dfrac{\varepsilon}{R}=\dfrac{0{,}20}{0{,}1}=2{,}0\text{ A}$ — confirma a alternativa (A).

A energia total relativística é $E=\gamma mc^2$, onde $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$. Sendo a energia total igual ao triplo da energia de repouso: $\gamma mc^2=3mc^2\Rightarrow\gamma=3$.

Da definição de $\gamma$: $\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=3\Rightarrow\sqrt{1-v^2/c^2}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow1-\dfrac{v^2}{c^2}=\dfrac{1}{9}\Rightarrow\dfrac{v^2}{c^2}=\dfrac{8}{9}$.

Logo, $v=c\sqrt{\dfrac{8}{9}}=c\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}=\dfrac{2\sqrt{2}\,c}{3}$ — confirma a alternativa (A).

A energia dos níveis de Bohr do hidrogênio é $E_n=-\dfrac{13{,}6}{n^2}\text{ eV}$. A energia do fóton emitido na transição $n=2\to n=1$: $E=E_2-E_1=13{,}6\left(1-\dfrac{1}{4}\right)=13{,}6\times0{,}75=10{,}2\text{ eV}$.

Convertendo para joules: $E=10{,}2\times1{,}6\times10^{-19}\approx1{,}63\times10^{-18}\text{ J}$.

Momento do fóton: $p=\dfrac{E}{c}=\dfrac{1{,}63\times10^{-18}}{3{,}0\times10^8}\approx5{,}44\times10^{-27}\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.

Pela conservação do momento linear, o átomo recua com momento de igual módulo: $v_{\text{recuo}}=\dfrac{p}{m_H}=\dfrac{5{,}44\times10^{-27}}{1{,}66\times10^{-27}}\approx3{,}3\text{ m/s}$ — confirma a alternativa (D).