São Camilo 2024.2

A velocidade média é $\bar{v} = \dfrac{\Delta x}{\Delta t}$. Convertendo o tempo: $\Delta t = 15\,\text{min} = \dfrac{15}{60}\,\text{h} = 0{,}25\,\text{h}$. Portanto: $\bar{v} = \dfrac{150\,\text{km}}{0{,}25\,\text{h}} = 600\,\text{km/h}$.

O skate se moveu em linha reta com velocidade constante (MRU) e sem girar. Para que não houvesse variação no movimento de translação, a resultante das forças que agiram sobre o skate deve ter sido nula — 1ª Lei de Newton. Para que não houvesse rotação, a resultante dos momentos (torques) dessas forças em relação a qualquer ponto também deve ter sido nula — condição de equilíbrio de rotação. As alternativas B e D introduzem conservação de energia, que não é a condição determinante aqui; C e E tornam apenas uma das condições nula, o que não explicaria simultaneamente ausência de aceleração linear e de rotação. A única alternativa que atende a ambas as condições é a A.

O gráfico mostra que a densidade $\rho$ do ar decresce com a altitude. Para um gás ideal, $PV = nRT$, o que dá $\dfrac{n}{V} = \dfrac{P}{RT}$. Sendo $\rho = \dfrac{nM}{V}$ (com $M$ = massa molar), temos $\dfrac{n}{V} = \dfrac{\rho}{M}$. Como $\rho$ diminui com a altitude (dado diretamente pelo gráfico) e $M$ é constante, $\dfrac{n}{V}$ necessariamente diminui — confirmando E.

Análise das demais: $\dfrac{P}{T} = \dfrac{\rho R}{M}$ — como $\rho$ diminui, $P/T$ também diminui (descarta A e D). A pressão atmosférica nunca aumenta com a altitude (descarta C). A temperatura pode aumentar ou diminuir com altitude dependendo da camada atmosférica — o gráfico não determina isso isoladamente (descarta B).

Como a Lua está muito distante, a distância de imagem $d_i \approx f$ (distância focal). Pela semelhança de triângulos entre o objeto (Lua) e sua imagem:

$$\frac{i}{f} = \frac{D}{L}$$

onde $D = 3\,500\,\text{km}$ (diâmetro da Lua), $L = 400\,000\,\text{km}$ (distância Terra–Lua) e $i = 7{,}0\,\text{mm} = 7{,}0 \times 10^{-3}\,\text{m}$ (tamanho mínimo da imagem). Isolando $f$:

$$f = \frac{i \cdot L}{D} = \frac{7{,}0 \times 10^{-3}\,\text{m} \times 400\,000\,\text{km}}{3\,500\,\text{km}} = 7{,}0 \times 10^{-3} \times \frac{4{,}0 \times 10^{5}}{3{,}5 \times 10^{3}}\,\text{m}$$

$$f = 7{,}0 \times 10^{-3} \times \frac{400}{3{,}5}\,\text{m} = 7{,}0 \times 10^{-3} \times \frac{800}{7}\,\text{m} = 0{,}800\,\text{m} = 800\,\text{mm}$$

Com mesmo $L$ e mesma $F$, a fórmula $f = \dfrac{1}{2L}\sqrt{\dfrac{F}{\mu}}$ mostra que $f \propto \dfrac{1}{\sqrt{\mu}}$. Fazendo a razão entre as frequências da primeira e da quinta corda:

$$\frac{f_1}{f_5} = \sqrt{\frac{\mu_5}{\mu_1}} \implies \frac{330}{110} = \sqrt{\frac{\mu_5}{\mu_1}} \implies 3 = \sqrt{\frac{\mu_5}{\mu_1}}$$

Elevando ao quadrado: $\dfrac{\mu_5}{\mu_1} = 9 \implies \mu_5 = 9\,\mu_1$.

A quinta corda tem maior densidade linear porque, sendo mais grave (menor frequência), é naturalmente mais encorpada (mais massa por unidade de comprimento) para vibrar mais lentamente.

O cubo P (aresta 3 cm) é um recipiente cheio de água com volume interno $V_P = 3^3 = 27\,\text{cm}^3$. O cubo sólido R (aresta 2 cm) tem volume $V_R = 2^3 = 8\,\text{cm}^3$. Ao colocar R dentro de P, R fica totalmente submerso (sua aresta 2 cm < aresta interna de P de 3 cm) e desloca $V_R = 8\,\text{cm}^3$ de água, que transborda para o espaço anular entre P e Q.

A área da base do espaço anular é:

$$A = a_Q^2 - a_P^2 = 5^2 - 3^2 = 25 - 9 = 16\,\text{cm}^2$$

A altura da água transbordada:

$$h = \frac{V_R}{A} = \frac{8\,\text{cm}^3}{16\,\text{cm}^2} = 0{,}5\,\text{cm}$$