Um elevador sobe verticalmente com velocidade constante $v_0$, e, em um dado instante de tempo $t_0$, um parafuso desprende-se do teto. O gráfico que melhor representa, em função do tempo $t$, o módulo da velocidade $v$ desse parafuso em relação ao chão do elevador é
Antes de $t_0$, parafuso e elevador têm a mesma velocidade, logo a velocidade relativa é nula. O elevador sobe com velocidade constante, portanto seu referencial é inercial. Tomando o sentido para cima como positivo, após a soltura a velocidade do parafuso em relação ao solo é $v_p=v_0-g(t-t_0)$, enquanto a do elevador continua sendo $v_0$. A velocidade relativa é $v_p-v_0=-g(t-t_0)$; seu módulo é $g(t-t_0)$. O gráfico fica em zero até $t_0$ e depois cresce linearmente, até o impacto com o chão: alternativa E.
Alternativa E.
A figura foi obtida em uma câmara de nuvens, equipamento que registra trajetórias deixadas por partículas eletricamente carregadas. Na figura, são mostradas as trajetórias dos produtos do decaimento de um isótopo do hélio (${}^{6}_{2}\mathrm{He}$) em repouso: um elétron ($e^-$) e um isótopo de lítio (${}^{6}_{3}\mathrm{Li}$), bem como suas respectivas quantidades de movimento linear, no instante do decaimento, representadas, em escala, pelas setas. Uma terceira partícula, denominada antineutrino ($\bar{\nu}$, carga zero), é também produzida nesse processo.
O vetor que melhor representa a direção e o sentido da quantidade de movimento do antineutrino é
O núcleo inicial estava em repouso, portanto $\vec p_{\mathrm{Li}}+\vec p_e+\vec p_{\bar\nu}=\vec0$. Assim, $\vec p_{\bar\nu}=-(\vec p_{\mathrm{Li}}+\vec p_e)$. Na figura, ambas as setas observadas têm componente para baixo; a componente para a direita do elétron supera a componente para a esquerda do lítio. Sua soma aponta para baixo e para a direita. O antineutrino deve ter quantidade de movimento para cima e para a esquerda, fechando o polígono de vetores: D.
Alternativa D.
Objetos em queda sofrem os efeitos da resistência do ar, a qual exerce uma força que se opõe ao movimento desses objetos, de tal modo que, após um certo tempo, eles passam a se mover com velocidade constante. Para uma partícula de poeira no ar, caindo verticalmente, essa força pode ser aproximada por $\vec{F}_a=-b\vec{v}$, sendo $\vec{v}$ a velocidade da partícula de poeira e $b$ uma constante positiva. O gráfico mostra o comportamento do módulo da força resultante sobre a partícula, $F_R$, como função de $v$, o módulo de $\vec{v}$.
O valor da constante $b$, em unidades de $\text{N}\cdot\text{s/m}$, é
Na queda vertical, enquanto a partícula ainda acelera:
$F_R=mg-bv$.
Do gráfico, em $v=0$, $F_R=3\times10^{-14}\text{ N}$, logo $mg=3\times10^{-14}\text{ N}$.
Na velocidade terminal, $F_R=0$ para $v=1\times10^{-4}\text{ m/s}$:
$b=\dfrac{mg}{v}=\dfrac{3\times10^{-14}}{10^{-4}}=3\times10^{-10}\text{ N}\cdot\text{s/m}$.
Alternativa E.
Helena, cuja massa é $50\text{ kg}$, pratica o esporte radical bungee jumping. Em um treino, ela se solta da beirada de um viaduto, com velocidade inicial nula, presa a uma faixa elástica de comprimento natural $L_0=15\text{ m}$ e constante elástica $k=250\text{ N/m}$. Quando a faixa está esticada $10\text{ m}$ além de seu comprimento natural, o módulo da velocidade de Helena é
A faixa é perfeitamente elástica; sua massa e efeitos dissipativos devem ser ignorados.
Quando a faixa está esticada $10\text{ m}$, Helena caiu ao todo:
$h=L_0+x=15+10=25\text{ m}$.
Pela conservação da energia:
$mgh=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{kx^2}{2}$.
$50\cdot10\cdot25=25v^2+\dfrac{250\cdot10^2}{2}$.
Os termos gravitacional e elástico são ambos $12500\text{ J}$, portanto $v=0$. Esse é o ponto de máxima extensão da faixa; a aceleração não é nula: $kx=2500 ext{N}$ para cima supera o peso de $500 ext{N}$.
Alternativa A.
As figuras representam arranjos de fios longos, retilíneos, paralelos e percorridos por correntes elétricas de mesma intensidade. Os fios estão orientados perpendicularmente ao plano desta página e dispostos segundo os vértices de um quadrado. A única diferença entre os arranjos está no sentido das correntes: os fios são percorridos por correntes que entram ($\otimes$) ou saem ($\odot$) do plano da página.
O campo magnético total é nulo no centro do quadrado apenas em
Os fios têm correntes de mesmo módulo e estão equidistantes do centro. Pela regra da mão direita, fios em vértices diagonalmente opostos, com correntes de mesmo sentido, produzem campos que se cancelam no centro.
I: as duas correntes da esquerda entram e as da direita saem. As componentes horizontais se cancelam, mas as verticais se somam: campo não nulo.
II: cada diagonal tem correntes de mesmo sentido, cancelando os campos par a par: campo nulo.
III: todas as correntes entram; as duas diagonais cancelam os campos: campo nulo.
IV: três correntes entram e uma sai. A inversão de uma corrente rompe o cancelamento: campo não nulo.
Somente II e III, alternativa D.
Alternativa D.
Na bateria de um telefone celular e em seu carregador, estão registradas as seguintes especificações:
Com a bateria sendo carregada em uma rede de $127\text{ V}$, a potência máxima que o carregador pode fornecer e a carga máxima que pode ser armazenada na bateria são, respectivamente, próximas de
DC: corrente contínua.
A potência fornecida é calculada com os dados de saída, $5 ext{V}$ e $1{,}3 ext{A}$. A tensão de 127 V e a corrente de entrada não são usadas para calcular essa potência.
$P=UI=5\cdot1{,}3=6{,}5\text{ W}$.
A capacidade da bateria é $1650\text{ mAh}=1{,}65\text{ Ah}$.
Como $1\text{ Ah}=3600\text{ C}$:
$Q=1{,}65\cdot3600=5940\text{ C}$.
Alternativa D.
A figura representa uma onda harmônica transversal, que se propaga no sentido positivo do eixo $x$, em dois instantes de tempo: $t=3\text{ s}$ (linha cheia) e $t=7\text{ s}$ (linha tracejada).
Dentre as alternativas, a que pode corresponder à velocidade de propagação dessa onda é
Entre os registros decorrem $\Delta t=7-3=4\text{s}$. A crista da linha cheia em $x=0$ aparece na linha tracejada em $x=1\text{m}$. Como a onda se propaga no sentido positivo de $x$, um deslocamento possível é $\Delta x=1\text{m}$, fornecendo $v=1/4=0{,}25\text{m/s}$. O comprimento de onda é $\lambda=4\text{m}$; por isso, deslocamentos $1+4n$ metros, com $n=0,1,2,\ldots$, também produzem os mesmos perfis. As velocidades possíveis são $0{,}25+n\text{m/s}$. Entre as opções fornecidas, somente $0{,}25\text{m/s}$ atende. O enunciado pergunta qual velocidade pode corresponder ao gráfico.
Alternativa B.
Reatores nucleares não são exclusivamente criações humanas. No período pré-cambriano, funcionou na região de Oklo, África, durante centenas de milhares de anos, um reator nuclear natural, tendo como combustível um isótopo do urânio.
Para que tal reator nuclear natural pudesse funcionar, seria necessário que a razão entre a quantidade do isótopo físsil (${}^{235}\mathrm{U}$) e a do urânio ${}^{238}\mathrm{U}$ fosse cerca de $3\%$. Esse é o enriquecimento utilizado na maioria dos reatores nucleares, refrigerados a água, desenvolvidos pelo homem.
O ${}^{235}\mathrm{U}$ decai mais rapidamente que o ${}^{238}\mathrm{U}$; na Terra, atualmente, a fração do isótopo ${}^{235}\mathrm{U}$, em relação ao ${}^{238}\mathrm{U}$, é cerca de $0{,}7\%$. Com base nessas informações e nos dados fornecidos, pode-se estimar que o reator natural tenha estado em operação há
$\lambda$ descreve a probabilidade de desintegração por unidade de tempo.
Para o ${}^{238}\mathrm{U}$, $\lambda_{238}\approx0{,}8\times10^{-10}\text{ ano}^{-1}$.
Para o ${}^{235}\mathrm{U}$, $\lambda_{235}\approx4{,}0\times10^{-10}\text{ ano}^{-1}$.
$\log_{10}(0{,}23)\approx-0{,}64$.
A razão atual em relação à razão antiga é:
$\dfrac{0{,}7}{3}\approx0{,}23$.
Como os dois isótopos decaem:
$0{,}23=10^{-(\lambda_{235}-\lambda_{238})t}$.
Aplicando logaritmo:
$-0{,}64=-(4{,}0-0{,}8)\times10^{-10}t$.
$t=\dfrac{0{,}64}{3{,}2\times10^{-10}}=2{,}0\times10^9\text{ anos}$.
Alternativa C.
Em uma aula de laboratório de física, utilizando-se o arranjo experimental esquematizado na figura, foi medido o índice de refração de um material sintético chamado poliestireno. Nessa experiência, radiação eletromagnética, proveniente de um gerador de micro-ondas, propaga-se no ar e incide perpendicularmente em um dos lados de um bloco de poliestireno, cuja seção reta é um triângulo retângulo, que tem um dos ângulos medindo $25^\circ$, conforme a figura. Um detetor de micro-ondas indica que a radiação eletromagnética sai do bloco propagando-se no ar em uma direção que forma um ângulo de $15^\circ$ com a de incidência.
A partir desse resultado, conclui-se que o índice de refração do poliestireno em relação ao ar para essa micro-onda é, aproximadamente,
$\operatorname{sen}15^\circ\approx0{,}3$
$\operatorname{sen}25^\circ\approx0{,}4$
$\operatorname{sen}40^\circ\approx0{,}6$
Na face inclinada, o ângulo de incidência interno é $25^\circ$. Como o raio emergente forma $15^\circ$ com a direção inicial, o ângulo de refração no ar é $40^\circ$.
Pela lei de Snell:
$n_{\mathrm{pol}}\operatorname{sen}25^\circ=n_{\mathrm{ar}}\operatorname{sen}40^\circ$.
$n_{\mathrm{pol}}\cdot0{,}4=1{,}0\cdot0{,}6$.
$n_{\mathrm{pol}}=1{,}5$.
Alternativa B.
No início do século XX, Pierre Curie e colaboradores, em uma experiência para determinar características do recém-descoberto elemento químico rádio, colocaram uma pequena quantidade desse material em um calorímetro e verificaram que $1{,}30$ grama de água líquida ia do ponto de congelamento ao ponto de ebulição em uma hora. A potência média liberada pelo rádio nesse período de tempo foi, aproximadamente,
$1\text{ cal}=4\text{ J}$
Temperatura de congelamento da água: $0^\circ\text{C}$
Temperatura de ebulição da água: $100^\circ\text{C}$
Considere que toda a energia emitida pelo rádio foi absorvida pela água e empregada exclusivamente para elevar sua temperatura.
A energia absorvida pela água é:
$Q=mc\Delta T=1{,}30\cdot1\cdot100=130\text{ cal}=520\text{ J}$.
Como $\Delta t=1\text{ h}=3600\text{ s}$:
$P=\dfrac{Q}{\Delta t}=\dfrac{520}{3600}\approx0{,}14\text{ W}$.
Alternativa C.
Um objeto metálico, X, eletricamente isolado, tem carga negativa $5{,}0\times10^{-12}\text{ C}$. Um segundo objeto metálico, Y, neutro, mantido em contato com a Terra, é aproximado do primeiro e ocorre uma faísca entre ambos, sem que eles se toquem. A duração da faísca é $0{,}5\text{ s}$ e sua intensidade é $10^{-11}\text{ A}$. No final desse processo, as cargas elétricas totais dos objetos X e Y são, respectivamente,
A carga transferida durante a faísca é:
$|\Delta Q|=I\Delta t=10^{-11}\cdot0{,}5=5{,}0\times10^{-12}\text{ C}$.
Esse valor é exatamente o módulo da carga negativa inicialmente existente em X; portanto, X fica neutro.
Como Y permanece ligado à Terra, a carga recebida escoa para a Terra e Y também fica neutro no final, quando X já não induz separação de cargas. Aterramento fixa o potencial; durante a aproximação, isso não implica carga total sempre nula.
Alternativa A.
Na estratosfera, há um ciclo constante de criação e destruição do ozônio. A equação que representa a destruição do ozônio pela ação da luz ultravioleta solar (UV) é
$O_3\xrightarrow{\mathrm{UV}}O_2+O$
O gráfico representa a energia potencial de ligação entre um dos átomos de oxigênio que constitui a molécula de $O_3$ e os outros dois, como função da distância de separação $r$.
A frequência dos fótons da luz ultravioleta que corresponde à energia de quebra de uma ligação da molécula de ozônio para formar uma molécula de $O_2$ e um átomo de oxigênio é, aproximadamente,
$E$ é a energia do fóton.
$f$ é a frequência da luz.
Constante de Planck, $h=6\times10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$
No mínimo do gráfico, $U_{\min}\approx-6\times10^{-19}\text{J}$; para os fragmentos separados, $U\to0$. A energia necessária para romper a ligação é a diferença $E=0-U_{\min}\approx6\times10^{-19}\text{J}$, positiva. Pela expressão fornecida, $E=hf$, resulta $f=E/h=(6\times10^{-19})/(6\times10^{-34})=10^{15}\text{Hz}$.
Alternativa A.