Mackenzie · 2002.1

A distância é $3{,}9\cdot10^8\text{ m}$ e a velocidade da luz é $3{,}0\cdot10^8\text{ m/s}$.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{3{,}9}{3{,}0}=1{,}3\text{ s}$.

Alternativa B.

$100\text{ km/h}=27{,}8\text{ m/s}$.

$a_m=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{27{,}8}{10}\approx2{,}8\text{ m/s}^2$.

Alternativa A.

No eixo vertical não há aceleração: $N+F\sin\alpha=mg$.

$28+0{,}6F=40\Rightarrow F=20\text{ N}$.

Na horizontal: $F\cos\alpha=ma\Rightarrow20\cdot0{,}8=4a$, logo $a=4{,}0\text{ m/s}^2$.

Alternativa B.

A energia cinética inicial é $K_0=\dfrac12mv_0^2$.

Quando $K=K_0/2$, a outra metade virou energia potencial: $mgh=K_0/2=mv_0^2/4$.

$h=\dfrac{8^2}{4\cdot10}=1{,}6\text{ m}$.

Alternativa D.

A velocidade escalar é $v=96/4=24\text{ m/s}$.

Como $2\pi R=12\pi\text{ m}$, $T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{12\pi}{24}=\dfrac{\pi}{2}\text{ s}\approx1{,}6\text{ s}$.

Alternativa D.

Usamos $\dfrac{\theta_C}{5}=\dfrac{\theta_F-32}{9}$.

$\theta_C=\dfrac{5}{9}(97{,}7-32)=36{,}5^\circ\text{C}$.

Alternativa A.

O peso da própria gangorra atua no apoio e não produz momento em relação a ele.

Na alternativa E, o momento à esquerda é $50g\cdot1{,}6=80g$ e, à direita, $20g\cdot1+30g\cdot2=80g$.

Alternativa E.

Passam $15\text{ kg}$ de água por minuto. A energia por minuto é $Q=mc\Delta T=15\cdot1\cdot25=375\text{ kcal}$.

Em uma hora: $P=375\cdot60=22500\text{ kcal/h}$.

Alternativa C.

No estado A, nas C.N.T.P., $T_A=273\text{ K}$ e $P_A=1\text{ atm}$. O gráfico coloca B na isoterma de $409{,}5\text{ K}$ e C nessa mesma isoterma, com $P_C=0{,}75\text{ atm}$.

Para $n=1$: $V_C=\dfrac{RT_C}{P_C}=\dfrac{0{,}082\cdot409{,}5}{0{,}75}\approx44{,}8\text{ L}$.

Alternativa E.

Uma lente biconvexa é convergente quando o índice de refração do material da lente é maior que o do meio externo.

Portanto, o meio que a envolve deve ter índice menor que o material da lente.

Alternativa D.

I é verdadeira: ondas mecânicas precisam de meio material.

II é falsa: ondas eletromagnéticas também se propagam em meios materiais. III é falsa: a luz é eletromagnética, não “eletromecânica”.

Alternativa A.

Em P, a carga $+Q$ produz campo para a direita: $E_B=kQ/(2d)^2=kQ/(4d^2)$.

A carga $-3Q$ produz campo para a esquerda: $E_A=3kQ/(3d)^2=kQ/(3d^2)$.

Logo, $E_R=E_A-E_B=kQ(1/3-1/4)/d^2=kQ/(12d^2)$.

Alternativa C.

Consumo diário: $4\cdot60\cdot5=1200\text{ Wh}$; $2\cdot100\cdot4=800\text{ Wh}$; chuveiro $4000\cdot0{,}5=2000\text{ Wh}$.

Total: $4\text{ kWh/dia}$. Em 30 dias: $120\text{ kWh}$. Custo: $120\cdot0{,}20=R\$24{,}00$.

Alternativa C.

Com a chave aberta, os dois resistores da esquerda estão em paralelo: $R/2$. Em série com os dois resistores da direita, $R_{aberto}=5R/2$.

Como $I=0{,}50\text{ A}$, a fem vale $\varepsilon=0{,}50\cdot5R/2=1{,}25R$.

Com a chave fechada, os resistores da direita são desviados e resta $R/2$. Então $I=1{,}25R/(R/2)=2{,}5\text{ A}$.

Alternativa E.

$R=\rho L/A$ e $A\propto r^2$.

Dobrar o comprimento multiplica R por 2; dobrar o raio multiplica a área por 4. Assim, $R'=R\cdot2/4=5\Omega$.

Alternativa D.

$72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$. Os tempos são $200/20=10\text{ s}$ e $300/10=30\text{ s}$.

$v_m=500/40=12{,}5\text{ m/s}=45\text{ km/h}$.

Alternativa E.

Cada quadrícula vale $10\text{ m}$. O percurso é composto por trechos retilíneos e um quarto de circunferência; sua extensão é aproximadamente $127\text{ m}$.

Partindo do repouso, $v^2=2a\Delta s$. Assim, $v\approx\sqrt{2\cdot1\cdot127}\approx16\text{ m/s}$.

Alternativa A.

Com B seguro, A está em equilíbrio: $kx=mg=10\text{ N}$, logo $x=10/200=0{,}05\text{ m}=5\text{ cm}$.

Após liberar B, a força motriz do sistema é $4g\sin30^\circ-1g=10\text{ N}$; com massa total $5\text{ kg}$, $a=2\text{ m/s}^2$.

Para A: $T-10=1\cdot2\Rightarrow T=12\text{ N}$, então $x=T/k=0{,}06\text{ m}=6\text{ cm}$.

Alternativa C.

Antes do choque, $E_1$ desce $0{,}80\text{ m}$: $v_1=\sqrt{2gh}=4\text{ m/s}$.

Para choque elástico frontal com $m_1=0{,}1\text{ kg}$ e $m_2=0{,}3\text{ kg}$, resulta $v_1'=-2\text{ m/s}$ e $v_2'=+2\text{ m/s}$.

A esfera $E_1$ sobe até $h=v_1'^2/(2g)=0{,}20\text{ m}$; $E_2$ segue de B para C a $2\text{ m/s}$.

Alternativa A.

Sem depender do atrito, $\tan\alpha=v^2/(Rg)$.

$v=180\text{ km/h}=50\text{ m/s}$, então $\tan\alpha=2500/(820\cdot10)\approx0{,}305$.

Na tabela, o valor mais próximo é $\tan17^\circ=0{,}306$.

Alternativa D.

Na barra inferior: $45\cdot10=m_B\cdot30$, logo $m_B=15\text{ g}$.

A barra superior recebe, à esquerda, o peso total $45+15=60\text{ g}$ a $20\text{ cm}$ do apoio. À direita, C está a $30\text{ cm}$.

$60\cdot20=m_C\cdot30\Rightarrow m_C=40\text{ g}$.

Alternativa D.

Pressão é força por área. Multiplicando por volume: $[P][V]=(F/L^2)L^3=F\cdot L$.

Força vezes deslocamento tem dimensão de energia.

Alternativa E.

$\Delta L=4{,}02-4{,}00=0{,}02\text{ m}$, $L_0=4{,}00\text{ m}$ e $\Delta T=100^\circ\text{C}$.

$\alpha=\dfrac{\Delta L}{L_0\Delta T}=\dfrac{0{,}02}{4\cdot100}=5\cdot10^{-5}^\circ\text{C}^{-1}$.

Alternativa C.

Nos primeiros $3\text{ min}$, o sólido vai de $0$ a $60^\circ\text{C}$. Por unidade de massa, a fonte fornece $0{,}6\cdot60/3=12\text{ cal/(g·min)}$.

O patamar de fusão dura $5\text{ min}$, então $L_f=12\cdot5=60\text{ cal/g}$.

Alternativa C.

Na superfície curva, o raio chega ao longo do raio $PO$, portanto a incidência é normal e não há desvio.

Ao sair do acrílico para o ar pela face plana, o raio se afasta da normal. A alternativa que representa esse comportamento é C.

Alternativa C.

A amplitude é $A=0{,}20\text{ m}$ e $f=5\text{ Hz}$, logo $\omega=2\pi f=10\pi\text{ rad/s}$.

A velocidade máxima vale $v_{max}=\omega A=2\pi\text{ m/s}$. O corpo parte da compressão máxima com velocidade nula e inicialmente se move para a direita.

A expressão equivalente é $v=-2\pi\sin(10\pi t+\pi)$.

Alternativa A.

O próton possui carga $+e$ e a partícula alfa, $+2e$.

$F=k_0\dfrac{|e\cdot2e|}{d^2}=k_0\dfrac{2e^2}{d^2}$.

Alternativa B.

Das especificações: $R_1=12^2/2=72\Omega$, $R_2=12^2/4=36\Omega$ e $R_3=12^2/6=24\Omega$.

$R_1\parallel R_2=24\Omega$, em série com $R_3=24\Omega$. Logo $R_{eq}=48\Omega$.

A corrente em $L_3$ é a corrente total: $I=12/48=0{,}25\text{ A}$.

Alternativa A.

Para a mesma corrente chegar à casa, as duas linhas devem apresentar a mesma resistência. Para fios do mesmo material, $R\propto L/d^2$.

A linha 1 mede $72+72=144\text{ m}$ e a linha 2 mede $100\text{ m}$.

$d_1/d_2=\sqrt{144/100}=1{,}2$.

Alternativa D.

O íon é positivo e se move para a direita. Com $\vec B$ saindo do plano, $q\vec v\times\vec B$ aponta para baixo.

Para não haver desvio, a força elétrica deve apontar para cima. Portanto o campo elétrico aponta para cima: placa inferior positiva e superior negativa.

Isso corresponde à alternativa B.

Alternativa B.

A aceleração é constante. No primeiro segundo, o deslocamento é $1{,}0\text{ m}$ e $v_0=0$.

Para MUV, a velocidade média no intervalo é $(v_0+v_1)/2$. Assim, $1=\dfrac{v_1}{2}\cdot1$, logo $v_1=2\text{ m/s}$.

O único gráfico compatível é o da alternativa A.

Alternativa A.

Nos primeiros $2\text{ s}$: $D=g(2^2)/2=2g$.

Nos primeiros $6\text{ s}$: $H=g(6^2)/2=18g$.

Nos quatro segundos seguintes, a distância é $H-D=16g=8D$.

Alternativa D.

A energia mecânica inicial é $30\text{ J}$. Como se perdem $20\%$, no topo restam $0{,}8\cdot30=24\text{ J}$.

No topo, toda essa energia é potencial: $mgh=24$.

$0{,}2\cdot10\cdot h=24\Rightarrow h=12\text{ m}$.

Alternativa D.

Tomando momentos em torno do centro P, os pesos de $2\text{ kg}$ e $4\text{ kg}$ nas extremidades deixam um momento resultante que deve ser compensado.

Colocando uma massa $m$ no ponto C, a $L/2$ do apoio: $4gL-2gL-mg(L/2)=0$.

Daí $m=4\text{ kg}$.

Alternativa B.

Na horizontal, antes de inclinar, a força de atrito é nula.

Na iminência de deslizamento: $f_{at}=mg\sin\alpha=0{,}1\cdot10\cdot0{,}1=0{,}1\text{ N}$.

Portanto, o atrito variou de zero até $0{,}1\text{ N}$.

Alternativa C.

A variação em Fahrenheit é $41-23=18^\circ\text{F}$.

Para intervalos de temperatura, $\Delta T_C/5=\Delta T_F/9$. Logo $\Delta T_C=5\cdot18/9=10^\circ\text{C}$.

Uma variação de $10^\circ\text{C}$ corresponde a $10\text{ K}$.

Alternativa B.

Em pontos na mesma horizontal, as pressões devem ser iguais.

$\rho_Agh_A=\rho_Lgh_L$. Como as seções são iguais, $h_A=V_A/A$ e $h_L=V_L/A$.

$1{,}0V_A=0{,}8\cdot2{,}0$, portanto $V_A=1{,}6\text{ cm}^3$. A figura correspondente é A.

Alternativa A.

A água, ao esfriar de $20^\circ\text{C}$ a $0^\circ\text{C}$, cede $170\cdot1\cdot20=3400\text{ cal}$.

O gelo usa $100\cdot0{,}5\cdot20=1000\text{ cal}$ para chegar a $0^\circ\text{C}$. Restam $2400\text{ cal}$ para fusão.

Derretem $2400/80=30\text{ g}$. Dos $100\text{ g}$ iniciais, restam $70\text{ g}$.

Alternativa E.

Com pressão constante, $V/T$ é constante.

$V_2=1{,}2V_1$ e $T_1=300\text{ K}$. Então $T_2=1{,}2\cdot300=360\text{ K}=87^\circ\text{C}$.

O aquecimento foi de $87-27=60^\circ\text{C}$.

Alternativa E.

O objeto percorre $140-40=100\text{ cm}=1{,}0\text{ m}$ em $2\text{ s}$, logo $v_o=0{,}5\text{ m/s}$ afastando-se do espelho.

A imagem se move simetricamente, também a $0{,}5\text{ m/s}$ do outro lado. A distância objeto–imagem aumenta a $1{,}0\text{ m/s}$.

Alternativa D.

Para pequenas amplitudes, o período do pêndulo simples independe da amplitude.

Os deslocamentos A→B e C→D correspondem ao mesmo intervalo de fase. Portanto, o tempo permanece $1{,}6\text{ s}$.

Alternativa D.

Se a força de A sobre B é $F=kQ^2/(2^2)$, então $kQ^2=4F$.

C está a $3\text{ m}$ de B, logo sua força sobre B é $F_C=kQ^2/3^2=4F/9$, em sentido oposto à força de A.

$F_R=F-4F/9=5F/9$.

Alternativa C.

No resistor de $40\Omega$, $P=Ri^2$: $10=40i^2$, então $i=0{,}5\text{ A}$.

Nos ramos em paralelo, as correntes são inversamente proporcionais às resistências. O ramo de $10\Omega$ conduz $4i=2{,}0\text{ A}$.

A corrente no resistor de $2\Omega$ é a soma: $2{,}0+0{,}5=2{,}5\text{ A}$.

Alternativa A.

O rendimento do gerador é $\eta=U/\varepsilon=0{,}8$, logo $U=0{,}8\varepsilon$.

Também $U=\varepsilon-ri$. Com $i=2\text{ A}$: $0{,}8\varepsilon=\varepsilon-2r$, portanto $\varepsilon=10r$.

No circuito externo de $12\Omega$, $U=12i=24\text{ V}=0{,}8\varepsilon$, então $\varepsilon=30\text{ V}$ e $r=3\Omega$.

Alternativa E.

Com corrente nula, não há queda na resistência interna; o voltímetro mede a fem: $6{,}0\text{ V}$.

Os capacitores de $6\mu\text{F}$ e $4\mu\text{F}$ estão em série: $C_{eq}=\dfrac{6\cdot4}{6+4}=2{,}4\mu\text{F}$.

Em série, as cargas têm o mesmo módulo: $Q=C_{eq}U=2{,}4\cdot6=14{,}4\mu\text{C}$ em cada capacitor.

Alternativa A.