Santa Casa 2021

A velocidade angular relaciona-se à velocidade linear e ao raio da roda por $\omega=\dfrac{v}{r}$. Os raios são metade dos diâmetros: $r_B=33$ cm (bicicleta) e $r_P=11$ cm (patinete).

Calculando a razão: $\dfrac{\omega_P}{\omega_B}=\dfrac{v_P/r_P}{v_B/r_B}=\dfrac{v_P}{v_B}\cdot\dfrac{r_B}{r_P}=\dfrac{20}{30}\times\dfrac{33}{11}=\dfrac{2}{3}\times3=2$.

Logo, $\omega_P=2\,\omega_B$.

Nos pontos extremos R e S, a velocidade da massa é momentaneamente nula, mas isso não significa força resultante nula: como o pêndulo está prestes a inverter o movimento, existe aceleração tangencial não nula, dada pela componente do peso ao longo da trajetória ($mg\,\text{sen}\,\theta$), que é exatamente a força restauradora do movimento oscilatório.

No ponto mais baixo P, a velocidade é máxima e a trajetória é curva, exigindo uma força centrípeta resultante (diferente de zero) apontando para o centro de curvatura: nesse ponto, a tração no fio supera o peso.

Assim, em nenhum ponto da trajetória — nem em R, S ou P — a força resultante sobre a massa é nula; ela é diferente de zero ao longo de todo o movimento oscilatório.

O vaso permanece em repouso porque a força resultante sobre ele é nula — o peso (força da Terra sobre o vaso) é equilibrado pela normal (força de contato da mesa sobre o vaso). Essa permanência no estado de repouso, sem a ação de uma força resultante, é exatamente o que descreve a 1ª lei de Newton (princípio da inércia).

Como a força resultante é nula e a aceleração também é nula, a relação $F_{res}=ma$ (2ª lei) está satisfeita nesse caso particular — o vaso é, ainda que de forma trivial, um caso consistente com a 2ª lei.

Além disso, todo par de forças de contato ou de campo envolve sempre uma reação: a normal que a mesa exerce sobre o vaso tem como par de reação a força que o vaso exerce sobre a mesa, e o peso (atração da Terra sobre o vaso) tem como par a atração do vaso sobre a Terra. Esses pares ação-reação, presentes independentemente do vaso estar em repouso ou em movimento, ilustram a 3ª lei.

Portanto, a situação exemplifica simultaneamente as três leis de Newton.

Ao homogeneizar a mistura, a densidade resultante é a razão entre a massa total e o volume total: $m=500\times1{,}0+1000\times0{,}85=500+850=1350$ g, em $V=500+1000=1500$ cm³, logo $\rho_{mistura}=\dfrac{1350}{1500}=0{,}9$ g/cm³.

Como a mistura é homogênea (única fase), a esfera de densidade $0{,}72$ g/cm³ flutua nela com uma fração submersa dada pelo equilíbrio entre peso e empuxo: $\rho_{esfera}\,V_{esfera}\,g=\rho_{mistura}\,V_{submerso}\,g \Rightarrow \dfrac{V_{submerso}}{V_{esfera}}=\dfrac{\rho_{esfera}}{\rho_{mistura}}=\dfrac{0{,}72}{0{,}9}=0{,}80$.

Ou seja, $80\%$ do volume da esfera fica imerso no líquido.

O fluxo de calor por condução (lei de Fourier) através de uma placa de área $A$ e espessura $e$, para uma diferença de temperatura $\Delta T$, é $\Phi=\dfrac{k\,A\,\Delta T}{e}$.

Como a área e a diferença de temperatura são as mesmas para pele e gordura, a razão entre os fluxos depende só de $k$ e $e$: $\dfrac{\Phi_P}{\Phi_G}=\dfrac{k_P/e_P}{k_G/e_G}=\dfrac{k_P}{k_G}\times\dfrac{e_G}{e_P}=\dfrac{3{,}8}{1{,}9}\times\dfrac{8{,}0}{1{,}0}=2\times8=16$.

Logo, $\Phi_P=16\,\Phi_G$.

Como a densidade da massa de ar aumenta, o volume específico diminui — no diagrama, o ponto representativo se desloca para a esquerda (V menor). Como a pressão também aumenta, o ponto sobe no eixo P.

Para um gás ideal, cada isoterma no diagrama P×V corresponde a uma temperatura constante, e isotermas mais afastadas da origem representam temperaturas mais altas. Como o enunciado afirma que a temperatura da massa de ar também aumenta, a transformação deve migrar de uma isoterma mais interna para uma mais externa — nunca permanecer sobre uma mesma isoterma nem seguir uma reta vertical (que representaria volume constante).

Observação: os cinco gráficos de resposta são muito semelhantes na resolução de imagem disponível para esta prova, o que impede identificar com segurança qual alternativa está correta. O gabarito desta questão não foi preenchido por esse motivo — o raciocínio físico acima descreve o padrão que o gráfico correto deve seguir: P aumentando, V diminuindo e a curva cruzando para uma isoterma de temperatura mais alta.

A umbra é a região de sombra total, onde a Lua bloqueia completamente o disco solar; a penumbra é a região mais ampla ao redor da umbra, onde a Lua bloqueia apenas parte do disco solar.

Pela figura, o ponto P está localizado dentro do cone de penumbra, fora do estreito cone de umbra. Um observador na penumbra vê apenas parte do disco solar coberta pela Lua.

Como se trata de um eclipse solar (a Lua interposta entre o Sol e a Terra, projetando sombra sobre a Terra), a pessoa em P observa um eclipse parcial do Sol.

Pela expressão $\vec F=q\vec v\times\vec B$, uma partícula positiva com velocidade horizontal para a direita, num campo magnético saindo do plano da página, sofreria força magnética inicial apontando para baixo. Como a trajetória mostrada na figura se curva para cima, a força magnética sobre a partícula aponta para cima — o que indica que a carga da partícula é negativa.

Para que a partícula mantivesse trajetória retilínea e velocidade constante dentro do campo, a força elétrica teria de anular exatamente a força magnética: $q\vec E=-\vec F_{mag}$. Como a carga é negativa e a força magnética aponta para cima, o campo elétrico $\vec E$ deve apontar também para cima — na mesma direção horizontal perpendicular à velocidade inicial e para o mesmo lado para o qual a partícula foi desviada (assim, a força elétrica sobre a carga negativa, de sentido oposto ao campo, aponta para baixo e cancela a força magnética).

Pela fórmula do modelo de Bohr, $E_n=-\dfrac{13{,}6}{n^2}$ eV. No estado fundamental, $E_1=-13{,}6$ eV (dado). Na órbita $n=3$: $E_3=-\dfrac{13{,}6}{9}\approx-1{,}51$ eV.

A energia absorvida na transição é a diferença entre os níveis final e inicial: $\Delta E=E_3-E_1=-1{,}51-(-13{,}6)=12{,}1$ eV.