FMP | 2013

A frequência tem dimensão de inverso do tempo. O módulo elástico $Y$ tem unidade de pressão, $\mathrm{kg\,m^{-1}s^{-2}}$, e a densidade $\rho$ tem unidade $\mathrm{kg\,m^{-3}}$. Portanto, $$\left[\frac{Y}{\rho}\right]=\mathrm{m^2/s^2},\qquad \left[\frac{1}{L}\sqrt{\frac{Y}{\rho}}\right]=\mathrm{s^{-1}}.$$

A estimativa dimensional é $f\sim\sqrt{Y/\rho}/L$. Com $Y=20\times10^9\,\mathrm{Pa}$, $\rho=5{,}0\times10^3\,\mathrm{kg/m^3}$ e $L=0{,}50\,\mathrm{m}$, $$f\sim\frac{1}{0{,}50}\sqrt{\frac{20\times10^9}{5{,}0\times10^3}}=4{,}0\times10^3\,\mathrm{Hz}=4{,}0\,\mathrm{kHz}.$$

A análise dimensional fornece a escala da frequência. Ela não determina fatores numéricos adimensionais que dependeriam do modo de vibração e das condições de contorno.

Alternativa C.

A figura coloca a esfera sobre o cilindro. Medidos a partir da base, os centros de massa estão em $y_C=H/2=5\,\mathrm{cm}$ e $y_E=H+R_E=15\,\mathrm{cm}$.

Como os materiais têm a mesma densidade, a razão entre as massas é a razão entre os volumes: $$\frac{m_E}{m_C}=\frac{(4/3)\pi5^3}{\pi5^2\cdot10}=\frac23.$$ Podemos, portanto, escrever $m_E=2u$ e $m_C=3u$, em que $u$ é uma massa comum de referência.

O centro de massa do conjunto é a média ponderada pelas massas: $$y_{CM}=\frac{m_Ey_E+m_Cy_C}{m_E+m_C}=\frac{2\cdot15+3\cdot5}{2+3}=9\,\mathrm{cm}.$$ A média simples das alturas daria um resultado incorreto, pois os sólidos não têm massas iguais.

Alternativa D.

A pressão é a razão entre a força normal e a área de contato. O peso do objeto é $P=mg=6{,}2\cdot10=62\,\mathrm{N}$. Para obter a área, usamos o perímetro da plataforma circular: $$2\pi r=3{,}1\,\mathrm{cm}\quad\Rightarrow\quad r=0{,}50\,\mathrm{cm}=5{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{m}.$$

Com o valor de $\pi$ fornecido, $$A=\pi r^2=3{,}1(5{,}0\times10^{-3})^2=7{,}75\times10^{-5}\,\mathrm{m^2}.$$

Assim, $$p=\frac{62}{7{,}75\times10^{-5}}=8{,}0\times10^5\,\mathrm{Pa}=0{,}8\times10^6\,\mathrm{Pa}.$$ A conversão do raio para metros deve ser feita antes de elevar seu valor ao quadrado.

Alternativa B.

Somamos as forças componente a componente, respeitando os sinais de cada eixo: $$\vec F_R=(2-5+2-2;\ 3+0+5-4;\ 6+3-12+3)=(-3;4;0)\,\mathrm{N}.$$

O módulo da resultante não é a soma dos módulos das quatro forças. Pela norma do vetor, $$F_R=\sqrt{(-3)^2+4^2+0^2}=5{,}0\,\mathrm{N}.$$

A massa precisa estar em quilogramas: $1{,}0\,\mathrm{g}=1{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{kg}$. Pela segunda lei de Newton, $$a=\frac{F_R}{m}=\frac{5{,}0}{1{,}0\times10^{-3}}=5{,}0\times10^3\,\mathrm{m/s^2}.$$

Alternativa E.

A caixa tem velocidade constante, logo a resultante é nula nas duas direções. A tração possui uma componente horizontal $F\cos\theta$ e outra vertical para cima, $F\sin\theta$. Por isso a normal é menor que o peso: $$N+F\sin\theta=Mg\quad\Rightarrow\quad N=Mg-F\sin\theta.$$

Na horizontal, a tração equilibra o atrito cinético: $$F\cos\theta=\mu N=\mu(Mg-F\sin\theta).$$ Isolando $F$, $$F=\frac{\mu Mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}.$$

Com $\cos60^\circ=0{,}5$, $\sin60^\circ=\sqrt3/2\approx0{,}85$ e os dados da prova, $$F=\frac{0{,}30\cdot7{,}0\cdot10}{0{,}5+0{,}30\cdot0{,}85}\approx28\,\mathrm{N}.$$ Usar $N=Mg$ ignoraria a componente vertical da corda.

Alternativa C.

Comparando $x(t)=25{,}0+35{,}0t-3{,}5t^2$ com $x=x_0+v_0t+at^2/2$, identificamos $v_0=35{,}0\,\mathrm{m/s}$ e $a=-7{,}0\,\mathrm{m/s^2}$. Logo, $$v(t)=v_0+at=35{,}0-7{,}0t.$$

A velocidade desejada é um quinto da inicial: $$v=\frac{35{,}0}{5}=7{,}0\,\mathrm{m/s}.$$ Substituímos na função da velocidade: $$7=35-7t\quad\Rightarrow\quad t=4{,}0\,\mathrm{s}.$$

O termo constante $25{,}0\,\mathrm{m}$ informa a posição inicial, mas não altera a velocidade nem o tempo pedido.

Alternativa A.

O ímã superior pode atrair ou repelir cada ímã pequeno, com força de módulo $0{,}40\,\mathrm{N}$. A massa total sustentada inclui a plataforma e os cinco ímãs: $$m_T=80+5\cdot5=105\,\mathrm{g},\qquad P=0{,}105\cdot10=1{,}05\,\mathrm{N}.$$

Se $k$ ímãs forem atraídos para cima, os outros $5-k$ serão repelidos para baixo. A força magnética vertical total será $$F_m=0{,}40[k-(5-k)]=0{,}40(2k-5).$$ Para não cair, precisamos de $F_m\ge1{,}05\,\mathrm{N}$, o que exige $k\ge4$.

Cada orientação tem probabilidade $1/2$, independentemente das demais. Entre as $2^5=32$ configurações equiprováveis, há $\binom54+\binom55=6$ favoráveis. Portanto, $$\mathcal P=\frac{6}{32}=\frac{3}{16}.$$ Não basta contar os ímãs atraídos: os repelidos também exercem forças sobre a plataforma.

Alternativa A.

O deslocamento é horizontal. Assim, o trabalho da força indicada é $W=Fd\cos\theta$. O peso e a normal não realizam trabalho nesse deslocamento; no modelo da questão, a variação de energia cinética é atribuída à força aplicada.

Como o objeto parte do repouso, $$\Delta E_c=\frac12mv^2=\frac12\cdot5{,}0\cdot8{,}0^2=160\,\mathrm{J}.$$ Pelo teorema da energia cinética, $$160{,}0\cdot2{,}0\cos\theta=160\quad\Rightarrow\quad\cos\theta=\frac12.$$

Logo, $\theta=60^\circ$. A componente perpendicular ao deslocamento não contribui para o trabalho; por isso não se deve usar apenas o produto $Fd$.

Alternativa C.

Na disposição 1 há uma pilha, fornecendo $1{,}5\,\mathrm{V}$, valor insuficiente para o motor. Nas disposições 2 e 3, as pilhas estão em série com polaridades concordantes: suas forças eletromotrizes se somam, fornecendo $3{,}0\,\mathrm{V}$ e $4{,}5\,\mathrm{V}$, respectivamente.

Na disposição 4, duas pilhas idênticas estão em paralelo entre os mesmos nós. Esse paralelo mantém a tensão de uma pilha, $1{,}5\,\mathrm{V}$; ele está em série com outra pilha de $1{,}5\,\mathrm{V}$, totalizando $3{,}0\,\mathrm{V}$.

Portanto, o motor recebe pelo menos a tensão mínima nas disposições 2, 3 e 4. Pilhas em paralelo não somam suas tensões; a soma ocorre na associação em série.

Alternativa E.

O raio atravessa uma lâmina de faces paralelas, tendo ar antes e depois do vidro. Ao entrar e sair, os desvios angulares se compensam: o raio emergente é paralelo ao incidente. Assim, o ângulo de $30^\circ$ observado acima do vidro também é o ângulo de incidência na face inferior, medido em relação à normal.

Pela lei da reflexão, o raio refletido faz o mesmo ângulo com a vertical. Como os pontos de emissão e recepção estão à mesma altura, cada metade do trajeto horizontal mede $D/2=5{,}1\,\mathrm{m}$. No triângulo retângulo da figura, $$\tan30^\circ=\frac{D/2}{H}.$$

Portanto, $$H=\frac{5{,}1}{\tan30^\circ}=5{,}1\sqrt3\approx8{,}7\,\mathrm{m}.$$ O índice do vidro não deve ser aplicado diretamente entre os dois raios no ar: eles estão no mesmo meio, em lados opostos da lâmina.

Alternativa E.