PUC-SP 2018.1 | Verão

O fio ideal inferior liga diretamente o terminal A ao nó imediatamente anterior ao último resistor de $12\,\Omega$. Esses dois pontos, portanto, pertencem ao mesmo nó elétrico e têm o mesmo potencial.

Todo o conjunto de resistores situado à esquerda desse nó fica ligado ao circuito externo por um único nó: ele forma apenas malhas internas e não estabelece diferença de potencial entre A e B.

Assim, entre A e B resta efetivamente apenas o último resistor de $12\,\Omega$.

$R_{eq}=12\,\Omega$.

Alternativa correta: B.

Em um eclipse solar, a Lua fica entre o Sol e a Terra. Essa configuração corresponde à fase de Lua nova.

O alinhamento precisa ocorrer próximo à linha dos nodos da órbita lunar para que a sombra da Lua alcance a Terra.

Alternativa correta: C.

Enquanto o bloco permanece em repouso, o atrito estático se ajusta à força aplicada:

$F_{atrito}=F$.

O valor máximo do atrito estático é

$F_{atrito,max}=\mu_eN=0{,}40\cdot(1{,}5\cdot10)=6\,\text{N}$.

Logo, para $0\le F\le6\,\text{N}$, o gráfico é uma reta de inclinação 1, partindo da origem e chegando ao ponto $(6,6)$.

Alternativa correta: C.

Em uma transformação isocórica de uma massa fixa de gás ideal, $P/T$ permanece constante, com a temperatura em kelvin.

$T_1=25+273=298\,\text{K}$.

Como a pressão dobra,

$\dfrac{P_2}{P_1}=\dfrac{T_2}{T_1}=2\Rightarrow T_2=596\,\text{K}$.

A variação de temperatura é

$\Delta T=596-298=298\,\text{K}=298\,°\text{C}$.

Para variações de temperatura, $\Delta T_F=\dfrac{9}{5}\Delta T_C$:

$\Delta T_F=1{,}8\cdot298=536{,}4\,°\text{F}$.

Alternativa correta: A.

Primeiro, o cobre é aquecido de 25 °C até 1083 °C:

$\Delta T=1083-25=1058\,°\text{C}$.

$Q_1=mc\Delta T=400\cdot0{,}094\cdot1058\approx3{,}978\times10^4\,\text{cal}$.

Depois ocorre a fusão:

$Q_2=mL_f=400\cdot49=1{,}96\times10^4\,\text{cal}$.

$Q=Q_1+Q_2\approx5{,}938\times10^4\,\text{cal}\approx2{,}375\times10^5\,\text{J}$.

A potência média é

$P=\dfrac{Q}{\Delta t}=\dfrac{2{,}375\times10^5}{1{,}2\times10^{-4}}\approx1{,}98\times10^9\,\text{W}\approx2{,}0\,\text{GW}$.

Alternativa correta: D.

A energia elétrica liberada é

$E=UIt=(2{,}0\times10^6)(2{,}0\times10^4)(1{,}0\times10^{-3})=4{,}0\times10^7\,\text{J}$.

Apenas 5% é aproveitado:

$Q=0{,}05E=2{,}0\times10^6\,\text{J}$.

Como $c_{água}=1\,\text{cal/(g·°C)}=4\,\text{J/(g·°C)}$:

$Q=mc\Delta T\Rightarrow2{,}0\times10^6=m\cdot4\cdot20$.

$m=2{,}5\times10^4\,\text{g}=25\,\text{kg}$.

Com $\rho_{água}=1\,\text{kg/L}$, o volume é $25\,\text{L}$.

Alternativa correta: A.

A vazão volumétrica é

$Q=180\,\text{L/min}=0{,}180\,\text{m}^3/60\,\text{s}=3{,}0\times10^{-3}\,\text{m}^3/\text{s}$.

Na saída, $d=60\,\text{mm}$ e $r=0{,}030\,\text{m}$.

Com $\pi=3$,

$A=\pi r^2=3(0{,}030)^2=2{,}7\times10^{-3}\,\text{m}^2$.

Como $Q=Av$:

$v=\dfrac{3{,}0\times10^{-3}}{2{,}7\times10^{-3}}\approx1{,}1\,\text{m/s}$.

Alternativa correta: B.

No espelho convexo, o aumento é positivo:

$A=-\dfrac{q_1}{P_1}=\dfrac34\Rightarrow q_1=-\dfrac34P_1$.

Pela equação dos espelhos:

$\dfrac1{f_c}=\dfrac1{P_1}+\dfrac1{q_1}=\dfrac1{P_1}-\dfrac4{3P_1}=-\dfrac1{3P_1}$.

Logo, $f_c=-3P_1$. Como os módulos das distâncias focais são iguais, o espelho côncavo possui $f=3P_1$.

Para o espelho côncavo produzir o mesmo aumento em módulo, a imagem é real e invertida:

$\left|A\right|=\dfrac{q_2}{P_2}=\dfrac34\Rightarrow q_2=\dfrac34P_2$.

Então

$\dfrac1{3P_1}=\dfrac1{P_2}+\dfrac1{(3/4)P_2}=\dfrac7{3P_2}$.

$P_2=7P_1$ e $\left|P_2/P_1\right|=7$.

Alternativa correta: D.

Para a esfera 2, a componente vertical inicial é

$v_{0y}=20\sin30^\circ=20\cdot0{,}5=10\,\text{m/s}$.

No ponto mais alto, $v_y=0$; portanto,

$0=10-10t\Rightarrow t=1\,\text{s}$.

Nesse mesmo instante, para a esfera 1:

$y=3+3(1)-\dfrac{10(1)^2}{2}=1\,\text{m}$.

Assim, sua energia potencial gravitacional é

$E_p=mgy=1\cdot10\cdot1=10\,\text{J}$.

A velocidade da esfera 1 é

$v=3-10(1)=-7\,\text{m/s}$, cujo módulo é $7\,\text{m/s}$.

Logo,

$E_c=\dfrac12mv^2=\dfrac12\cdot1\cdot49=24{,}5\,\text{J}$.

Alternativa correta: A.