FGV · 2025.1 — Física com resolução

As luminosidades intrínsecas são iguais no modelo proposto. A razão entre intensidades determina o quadrado da razão entre distâncias.

$$\frac{I_S}{I_\alpha}=\left(\frac{d_\alpha}{d_S}\right)^2$$

$$\frac{d_\alpha}{d_S}=\sqrt{40\cdot10^9}=2\cdot10^5$$

$$d_\alpha=8\cdot2\cdot10^5=1{,}6\cdot10^6\,\mathrm{minutos\!\!-\!luz}$$

Um ano, segundo os dados da prova, contém:

$$360\cdot24\cdot60=518400\,\mathrm{minutos}$$

$$d_\alpha=\frac{1{,}6\cdot10^6}{518400}\approx3{,}09\,\mathrm{anos\!\!-\!luz}$$

O contato deixa A com carga de mesmo sinal que a régua. A indução com aterramento deixa B com carga de sinal contrário ao da régua.

Ao aproximar a régua do terminal de A, cargas do mesmo sinal são repelidas para as hastes, aumentando a repulsão e a abertura.

No eletroscópio B, cargas opostas à régua são atraídas para o terminal. As hastes ficam menos carregadas e sua abertura diminui.

Portanto, as hastes de A se afastam e as de B se aproximam. A análise independe de se escolher a régua positiva ou negativa.

A aceleração inicial é a inclinação do segmento de reta entre zero e dois segundos.

$$a=\frac{10-0}{2-0}=5\,\mathrm{m/s^2}$$

O deslocamento nesse trecho é a área do triângulo.

$$\Delta s_1=\frac{2\cdot10}{2}=10\,\mathrm{m}$$

Os noventa metros restantes são percorridos a 10 m/s.

$$\Delta t_2=\frac{100-10}{10}=9\,\mathrm{s}$$

$$t_{total}=2+9=11\,\mathrm{s}$$

As velocidades são vetores no referencial da pista. No lançamento, a quantidade de movimento inicial de Ana e da bola é nula.

$$M\vec v_A+m\vec u=\vec0$$

$$\vec v_A=-\frac{m}{M}\vec u$$

Na captura, Lia e bola passam a mover-se juntas. Os sentidos opostos já estão contidos nos vetores u e v.

$$M\vec v+m\vec u=(M+m)\vec v_L$$

$$\vec v_L=\frac{M\vec v+m\vec u}{M+m}$$

A energia cinética não precisa se conservar na captura; a quantidade de movimento horizontal é a grandeza conservada.

No limite de escape, o objeto chega ao infinito com energia cinética nula. Desprezam-se atmosfera e rotação terrestre.

$$\frac{mv_e^2}{2}=\frac{GM_Tm}{R}$$

A massa do objeto se cancela; na superfície, GM_T=gR².

$$v_e=\sqrt{2gR}$$

$$R=6\cdot10^6\,\mathrm{m}$$

$$v_e=\sqrt{2\cdot10\cdot6\cdot10^6}$$

$$v_e\approx1{,}1\cdot10^4\,\mathrm{m/s}$$

O próton parte do repouso e se desloca no sentido do campo. O trabalho elétrico fornece sua energia cinética.

$$qEd=\Delta K$$

$$d=0{,}04\,\mathrm{m}$$

$$E=\frac{3{,}2\cdot10^{-17}}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot0{,}04}$$

$$E=5\cdot10^3\,\mathrm{V/m}$$

$$E=5\,\mathrm{kV/m}$$

No referencial de Gauss, a distância focal de um espelho convexo é negativa.

$$f=-\frac{R}{2}=-10\,\mathrm{cm}$$

$$\frac1f=\frac1p+\frac1{p^{\prime}}$$

$$\frac1{p^{\prime}}=-\frac1{10}-\frac1{10}$$

$$p^{\prime}=-5\,\mathrm{cm}$$

O aumento linear é positivo e menor que um.

$$A=-\frac{p^{\prime}}p=\frac12$$

$$h^{\prime}=Ah=4\,\mathrm{cm}$$

A posição atrás do espelho indica imagem virtual; a altura positiva indica imagem direita.

O eixo z aponta para fora do plano. Na entrada, a área imersa e o fluxo para fora do plano aumentam. A corrente induzida cria campo para dentro: sentido horário.

A força magnética se opõe ao avanço da espira, portanto aponta para −x. A primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.

Quando toda a espira está no campo uniforme, o fluxo permanece constante.

$$\frac{d\Phi}{dt}=0$$

$$\mathcal E=0$$

Não há corrente induzida nesse trecho: a terceira afirmação é falsa e a quarta é verdadeira.

Na saída, o fluxo para fora diminui. A corrente cria campo para fora: sentido anti-horário. A força continua contrária ao avanço, tornando verdadeira a quinta afirmação.

As afirmações corretas são I, IV e V.

A distância entre cristas consecutivas é o comprimento de onda.

$$\lambda=2{,}5\,\mathrm{cm}=0{,}025\,\mathrm{m}$$

$$v=\lambda f$$

$$v=0{,}025\cdot40$$

$$v=1\,\mathrm{m/s}$$

A frequência da haste é transmitida às ondas geradas na água.

Primeiro invertemos a escala logarítmica para obter a intensidade no ponto.

$$100=10\log_{10}\left(\frac I{10^{-12}}\right)$$

$$\frac I{10^{-12}}=10^{10}$$

$$I=10^{-2}\,\mathrm{W/m^2}$$

Para emissão esférica isotrópica, a potência atravessa a área da esfera de raio 5 m.

$$P=I\cdot4\pi r^2$$

$$P=10^{-2}\cdot4\cdot3\cdot25$$

$$P=3\,\mathrm{W}$$

O volume de gasolina é a distância dividida pelo rendimento em km por litro.

$$V_g=\frac{832}{10}=83{,}2\,\mathrm{L}$$

$$C_g=83{,}2\cdot6=499{,}2\,\mathrm{reais}$$

A distância equivale a duas autonomias do veículo elétrico.

$$E_e=\frac{832}{416}\cdot66=132\,\mathrm{kWh}$$

$$C_e=132\cdot0{,}90=118{,}8\,\mathrm{reais}$$

$$\frac{C_g}{C_e}=\frac{499{,}2}{118{,}8}\approx4{,}2$$

Comparam-se apenas os gastos de energia fornecidos, sem perdas extras de recarga ou outros custos do veículo.

O gráfico informa V_I=24 L, T_I=300 K, V_II=32 L e T_II=400 K.

$$\Delta V=8\cdot10^{-3}\,\mathrm{m^3}$$

$$W=p\Delta V$$

$$W=6\cdot10^5\cdot8\cdot10^{-3}=4800\,\mathrm{J}$$

Pela equação de estado:

$$n=\frac{pV_I}{RT_I}$$

$$n=\frac{6\cdot10^5\cdot0{,}024}{8\cdot300}=6\,\mathrm{mol}$$

Para reproduzir o gabarito, é necessário tratar o gás como monoatômico, hipótese não explicitada pelo enunciado.

$$\Delta U=\frac32 nR\Delta T$$

$$\Delta U=\frac32\cdot6\cdot8\cdot100=7200\,\mathrm{J}$$

$$Q=\Delta U+W$$

$$Q=12000\,\mathrm{J}$$

$$Q=3000\,\mathrm{cal}$$

A expressão “gás perfeito” garante a equação de estado, mas, isoladamente, não fixa o calor molar nem o número de graus de liberdade.

O percurso inclinado é maior que a altura e é ele que entra no trabalho do atrito.

$$L=\frac h{\sin30^\circ}=6\,\mathrm{m}$$

$$N=mg\cos30^\circ$$

A energia potencial inicial fornece energia cinética e a energia dissipada pelo atrito.

$$mgh-\mu mg\cos30^\circ L=\frac{mv^2}{2}$$

$$v^2=2\cdot10\left(3-0{,}2\cdot0{,}87\cdot6\right)$$

$$v^2=39{,}12\,\mathrm{m^2/s^2}$$

$$v\approx6{,}3\,\mathrm{m/s}$$

A ebulição ocorre quando a pressão de vapor da água se iguala à pressão externa sobre o líquido.

Na panela aberta sob pressão atmosférica de aproximadamente 1 atm, essa igualdade ocorre perto de 100 °C.

Na panela de pressão em funcionamento, a pressão interna é maior. A temperatura necessária para a ebulição também aumenta.

A água e o vapor podem cozinhar o alimento a uma temperatura superior à da panela aberta, acelerando o processo. A válvula regula a pressão de funcionamento, que é superior à atmosférica.

O eixo x aponta para a parede. A componente horizontal troca de sinal, enquanto a componente vertical, para baixo, permanece igual.

$$v_{ix}=\frac{v}{\sqrt2}$$

$$v_{fx}=-\frac{v}{\sqrt2}$$

$$J_x=m(v_{fx}-v_{ix})$$

$$J_x=-\sqrt2mv$$

$$J_y=0$$

$$\vec J=-\sqrt2mv\hat x$$

O impulso depende da mudança de direção do momento, mesmo que o módulo da velocidade não se altere.