UNIFESO | 2000.2

O gráfico mostra uma força horizontal constante durante certo intervalo e nula depois dele. Como não há atrito, essa é a força resultante na partícula.

Pela segunda lei de Newton, enquanto a força atua:

$$a=\frac Fm=\text{constante}.$$

A partícula parte do repouso, portanto $v=at$: sua velocidade cresce linearmente com o tempo. Quando a força deixa de atuar, a aceleração passa a zero, mas a velocidade não volta a zero. Pela inércia, ela mantém o valor atingido.

O gráfico procurado tem um trecho de reta crescente seguido de um trecho horizontal: alternativa B.

Primeiro, lemos as velocidades no gráfico. A partícula 1 passa de $8,0$ para $5,0\,\mathrm{m/s}$; a partícula 2 passa de $2,0$ para $8,0\,\mathrm{m/s}$. Todas as velocidades têm o mesmo sentido.

Como as partículas são livres, o momento linear total se conserva durante a colisão:

$$m_1v_{1i}+m_2v_{2i}=m_1v_{1f}+m_2v_{2f}.$$

Substituindo as velocidades e reunindo os termos de cada massa:

$$8m_1+2m_2=5m_1+8m_2$$

$$3m_1=6m_2\quad\Rightarrow\quad m_1=2m_2.$$

Assim, a massa da partícula 1 é o dobro da massa da partícula 2: alternativa E.

A colisão não é elástica: o módulo da velocidade relativa de aproximação é $8-2=6\,\mathrm{m/s}$, enquanto o de afastamento é $8-5=3\,\mathrm{m/s}$. Portanto, o coeficiente de restituição é $e=3/6=0,5$, diferente de zero e de um.

Sem atrito e sem resistência do ar, a energia mecânica se conserva. Adotando o solo como referência de energia potencial:

$$\frac{mv_0^2}{2}+mgh_0=\frac{mv^2}{2}+mgh_f.$$

A massa cancela. Com $h_0=1,20\,\mathrm m$, $h_f=0,40\,\mathrm m$ e $v_0=3,0\,\mathrm{m/s}$:

$$v^2=3,0^2+2\cdot10\cdot(1,20-0,40)=25.$$

Logo, $v=5,0\,\mathrm{m/s}$, alternativa A. A forma do percurso não altera esse resultado, pois a variação de altura determina a transformação de energia potencial em cinética.

Por ser homogênea, a barra tem seu peso aplicado no ponto médio. A força de contato com a quina do muro também atua nesse mesmo ponto, conforme o enunciado.

Tomando o ponto médio como polo dos momentos, essas duas forças têm momento nulo. Para que a barra permaneça em equilíbrio, a força exercida pelo chão na extremidade inferior também deve ter momento nulo em relação a esse polo.

Isso exige que sua linha de ação passe pelo ponto médio da barra. Logo, a força do chão é dirigida ao longo da barra, para cima e para a direita, como o vetor $\vec C$.

Portanto, alternativa C. Trata-se da força total de contato com o chão, que pode incluir normal e atrito, e não apenas da normal vertical.

É importante distinguir o volume emerso do volume total. O enunciado informa que $V_e=\frac23V_i$, em que $V_i$ é o volume imerso. Assim:

$$V=V_i+V_e=V_i+\frac23V_i=\frac53V_i.$$

Como o objeto flutua em equilíbrio, o empuxo iguala seu peso:

$$\rho_{\mathrm{água}}gV_i=\rho_{\mathrm{objeto}}gV.$$

Cancelando $g$ e dividindo pela densidade da água, obtemos a densidade relativa solicitada:

$$d=\frac{\rho_{\mathrm{objeto}}}{\rho_{\mathrm{água}}}=\frac{V_i}{V}=\frac35=0,60.$$

Alternativa C. Os $2/3$ referem-se à razão entre volume emerso e imerso, não à fração imersa do objeto.

Considerando que não houve perda de ar, a quantidade de gás no pneu permanece constante. Usamos a relação entre pressão absoluta, volume e temperatura absoluta:

$$\frac{P_0V_0}{T_0}=\frac{P_fV_f}{T_f}.$$

O aumento de 10% na temperatura e de 2% no volume significa $T_f=1,10T_0$ e $V_f=1,02V_0$. Portanto:

$$\frac{P_f}{P_0}=\frac{1,10}{1,02}\approx1,0784.$$

A pressão final corresponde a aproximadamente 107,84% da inicial. Seu aumento é de 7,84%, ou aproximadamente 8%: alternativa B.

Não basta subtrair os percentuais; a relação correta é o quociente entre os fatores de variação.

No banho-maria, a água recebe energia da fonte e a transfere ao recipiente com chocolate. Para uma massa de água, o calor recebido se relaciona à variação de temperatura por:

$$Q=mc\Delta T.$$

Como o calor específico $c$ da água é elevado, uma quantidade significativa de energia produz uma variação de temperatura relativamente pequena. A água funciona como um reservatório térmico, favorecendo um aquecimento gradual e controlado do chocolate.

Logo, a propriedade mais relevante é o elevado calor específico: alternativa D.

O calor latente de vaporização descreve a energia envolvida na mudança de líquido para vapor. A situação descrita destaca o aquecimento gradual, sem exigir a vaporização da água.

Na figura, O e I estão em lados opostos do sistema S, e I está mais próximo de S que O. Vamos analisar separadamente lentes e espelhos.

Lentes: uma lente convergente pode formar uma imagem real no lado oposto ao objeto. Para $p>2f$, essa imagem fica entre $f$ e $2f$, mais perto da lente que o objeto, como na figura. A lente divergente forma imagem virtual no mesmo lado do objeto e não serve.

Espelhos: o lado oposto ao objeto corresponde à região atrás do espelho; nesse caso, a imagem é virtual. O espelho convexo forma imagem virtual mais próxima do espelho que o objeto, compatível com o desenho.

O espelho plano produziria distâncias iguais. O côncavo, quando forma imagem virtual de objeto real, produz imagem mais distante do espelho que o objeto. Essas situações não correspondem às posições indicadas.

Logo, o sistema pode ser uma lente convergente ou um espelho convexo: alternativa E.

O amperímetro ideal tem resistência desprezível e mede a corrente do ramo à direita, formado por dois resistores em série.

Esse ramo tem resistência $2R=600\,\Omega$ e está em paralelo com o resistor central de $300\,\Omega$:

$$R_p=\frac{R\cdot2R}{R+2R}=\frac{2R}{3}=200\,\Omega.$$

O resistor superior à esquerda está em série com esse paralelo. Portanto:

$$R_{\mathrm{eq}}=300+200=500\,\Omega,\qquad I=\frac{6,0}{500}=0,012\,\mathrm A.$$

A tensão sobre o paralelo é $U_p=I R_p=0,012\cdot200=2,4\,\mathrm V$. Assim, a corrente que atravessa o amperímetro é:

$$I_A=\frac{2,4}{600}=0,004\,\mathrm A=4,0\,\mathrm{mA}.$$

Logo, alternativa A. Os 12 mA correspondem à corrente total, antes da divisão entre os ramos.

Como as paredes são adiabáticas, a potência elétrica fornecida pelo resistor aquece a água:

$$P=\frac{\varepsilon^2}{R}=mc\frac{\Delta\theta}{\Delta t}.$$

Ao dobrar a massa de água, mantendo o mesmo calor específico e a mesma taxa de aquecimento, é necessário dobrar a potência: $P'=2P$.

Como a tensão da bateria permanece constante, a resistência deve cair à metade:

$$\frac{\varepsilon^2}{R'}=2\frac{\varepsilon^2}{R}\quad\Rightarrow\quad R'=\frac R2.$$

Portanto, alternativa D. Dobrar a tensão produziria quatro vezes a potência original.