UPE — SSA3 2023

A barra está articulada (dobradiça) na base da parede e sobe a $45°$; o cabo horizontal a sustenta, preso à parede na altura da extremidade superior da barra. Tomando os torques em relação à articulação (ponto de apoio na base):

O peso $mg$ atua no centro da barra ($L/2$), com braço de alavanca horizontal $\dfrac{L}{2}\cos45°$. A tração $T$, horizontal, atua na extremidade superior ($L$), com braço de alavanca vertical $L\sin45°$.

Igualando os torques: $T\cdot L\sin45°=mg\cdot\dfrac{L}{2}\cos45°\Rightarrow T=\dfrac{mg}{2}\cdot\dfrac{\cos45°}{\sin45°}=\dfrac{mg}{2}$ (pois $\cos45°=\sin45°$).

Substituindo: $T=\dfrac{2{,}0\times10}{2}=10{,}0\text{ N}$ — confirma a alternativa (E).

A frequência natural de um oscilador massa-mola é $f=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}}$ — depende da massa oscilante, ao contrário do que afirma a alternativa (A).

Ao cair e se fixar ao oscilador (colisão perfeitamente inelástica), a massa total passa a ser $m'=m+\dfrac{m}{2}=\dfrac{3m}{2}$, enquanto a constante elástica $k$ permanece a mesma.

A nova frequência é $f'=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m'}}=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{\frac{3m}{2}}}=f\times\sqrt{\dfrac{m}{\frac{3m}{2}}}=f\times\sqrt{\dfrac{2}{3}}$ — a frequência diminui por um fator de $\sqrt{2/3}$ em relação à inicial, confirmando a alternativa (D).

Como as fontes estão equidistantes do ponto de observação, a diferença de percurso entre as duas ondas ao chegarem nesse ponto é nula — a única diferença de fase resultante ali é justamente a diferença de fase $\delta$ com que as fontes emitem.

A interferência é completamente destrutiva quando as duas ondas chegam em oposição de fase, ou seja, quando a diferença de fase entre elas é $\delta=180°$ (ou, de forma equivalente, um múltiplo ímpar de $180°$) — confirma a alternativa (C).

A fina camada de óleo sobre a água forma um filme fino: a luz solar se reflete tanto na superfície superior (ar-óleo) quanto na superfície inferior (óleo-água) dessa camada. Como a espessura do filme é comparável ao comprimento de onda da luz visível, os dois raios refletidos percorrem caminhos ópticos ligeiramente diferentes e se recombinam, gerando interferência — construtiva para certos comprimentos de onda (cores) e destrutiva para outros, dependendo da espessura local do filme e do ângulo de observação.

É exatamente esse padrão de interferência dependente da espessura que produz o característico espectro de cores variadas observado em manchas de óleo — confirma a alternativa (B). Não se trata de dispersão cromática comum (como em um prisma), nem de polarização, indução magnética ou difração.

A pressão manométrica (devida apenas ao líquido, já que a pressão atmosférica atua também do lado externo da tampa) na profundidade $h$ é $P=\rho gh$. Convertendo para unidades do SI: $\rho=1{,}6\text{ g/cm}^3=1.600\text{ kg/m}^3$, $h=800\text{ cm}=8{,}00\text{ m}$.

$P=1.600\times10\times8{,}00=128.000\text{ Pa}$.

A força média sobre a tampa é $F=P\times A$, com $A=5{,}0\text{ cm}^2=5{,}0\times10^{-4}\text{ m}^2$: $F=128.000\times5{,}0\times10^{-4}=64{,}0\text{ N}$ — confirma a alternativa (E).

Pela figura, a partícula entra na região a uma altura $y=2{,}0\text{ m}$ e, após $t=2\text{ s}$, atinge $y=0$ — um deslocamento vertical de módulo $|\Delta y|=2{,}0\text{ m}$, para baixo, partindo do repouso na direção $y$ (velocidade inicial puramente horizontal).

Usando $|\Delta y|=\dfrac{1}{2}at^2$: $2{,}0=\dfrac{1}{2}a(2)^2=2a\Rightarrow a=1{,}0\text{ m/s}^2$, dirigida para baixo (sentido do movimento da partícula).

A força elétrica responsável por essa aceleração é $F=ma=1{,}0\times10^{-3}\times1{,}0=1{,}0\times10^{-3}\text{ N}$, também para baixo.

Como a carga é negativa ($q=-1{,}0\ \mu\text{C}$), a força $\vec{F}=q\vec{E}$ aponta em sentido oposto ao campo elétrico. Logo, se a força é para baixo, o campo $\vec{E}$ aponta para cima.

O módulo do campo é $E=\dfrac{F}{|q|}=\dfrac{1{,}0\times10^{-3}}{1{,}0\times10^{-6}}=1.000\text{ N/C}$ — confirma a alternativa (A).

A resistência equivalente do circuito série é $R_{eq}=20{,}0+60{,}0=80{,}0\ \Omega$. A corrente no circuito é $i=\dfrac{V}{R_{eq}}=\dfrac{120}{80}=1{,}5\text{ A}$.

A potência total dissipada é $P=i^2R_{eq}=(1{,}5)^2\times80=2{,}25\times80=180\text{ W}$. A energia dissipada em $t=2\text{ s}$ é $E=P\times t=180\times2=360\text{ J}$.

Esse valor de $360\text{ J}$ não corresponde a nenhuma das cinco alternativas oferecidas (as mais próximas seriam $240\text{ J}$ e $480\text{ J}$, ambas divergindo de forma não trivial do resultado rigoroso) — essa incompatibilidade confirma a razão da anulação desta questão pela banca, exatamente como indicado no gabarito oficial.

Enquanto a espira entra na região de campo magnético, a força eletromotriz induzida é $\varepsilon=B\ell v_{\perp}$, onde $\ell$ é o comprimento do lado da espira perpendicular ao movimento (a "largura" da frente que corta as linhas de campo) e $v_{\perp}$ é a velocidade de entrada.

Para a Espira (a), de lado $L$: $\varepsilon_a=BLv$. Para a Espira (b), com $25\%$ da área de (a), o lado é $\ell_b=\sqrt{0{,}25}\,L=\dfrac{L}{2}$, logo $\varepsilon_b=B\left(\dfrac{L}{2}\right)u$.

Como ambas as espiras têm a mesma resistência $R$, a corrente induzida é $i=\varepsilon/R$. Para obter a mesma corrente ($i_a=i_b$), basta igualar as fems: $BLv=B\dfrac{L}{2}u\Rightarrow u=2v$ — confirma a alternativa (B).

A energia total relativística é $E=\gamma m_ec^2=\gamma E_0$, onde $E_0=m_ec^2$ é a energia de repouso e $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$ é o fator de Lorentz.

Como $E=10E_0$, temos $\gamma=10$. Isolando a velocidade: $\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=10\Rightarrow1-\dfrac{v^2}{c^2}=\dfrac{1}{100}=0{,}01\Rightarrow\dfrac{v^2}{c^2}=0{,}99$.

Logo, $v=c\sqrt{0{,}99}\approx0{,}995c$ — confirma a alternativa (C).

A função trabalho do metal corresponde à energia do fóton no comprimento de onda limite: $\phi=\dfrac{hc}{\lambda_L}$. Usando $h=4{,}14\times10^{-15}\text{ eV}\cdot\text{s}$ e $c=3{,}0\times10^8\text{ m/s}$: $hc=4{,}14\times10^{-15}\times3{,}0\times10^8=1{,}242\times10^{-6}\text{ eV}\cdot\text{m}$.

$\phi=\dfrac{1{,}242\times10^{-6}}{496\times10^{-9}}\approx2{,}50\text{ eV}$.

A energia do fóton incidente de $\lambda=400\text{ nm}$ é $E_{\text{fóton}}=\dfrac{hc}{\lambda}=\dfrac{1{,}242\times10^{-6}}{400\times10^{-9}}\approx3{,}11\text{ eV}$.

Pela equação do efeito fotoelétrico de Einstein: $E_{c,\text{máx}}=E_{\text{fóton}}-\phi\approx3{,}11-2{,}50\approx0{,}6\text{ eV}$ — confirma a alternativa (A).