EN 2020 — Questões de Física comentadas — Método TEF

As duas aeronaves chegam ao ponto de encontro $P$ no mesmo instante. Logo, ambas percorrem seus trajetos em $30\ \text{s}$, embora as distâncias sejam diferentes. A chave é usar as dimensões do gráfico tridimensional para determinar a distância de $A$ a $P$.

A aeronave $B$ percorre $5{,}0\ \text{km}$, então $V_B=5/(30/3600)=600\ \text{km/h}$. Pela geometria espacial indicada na figura, o segmento retilíneo percorrido por $A$ até $P$ vale $6{,}0\ \text{km}$. Assim, $V_A=6/(30/3600)=720\ \text{km/h}$.

A diferença solicitada é $V_A-V_B=720-600=120\ \text{km/h}$. Os valores são consistentes com o fato de $A$ percorrer uma distância maior no mesmo tempo.

Do ponto $A$ ao ponto $C$, o bloco perde altura e ganha energia cinética. Pelo desenho, a queda vertical é $h=r\operatorname{sen}\alpha$, pois $\alpha$ mede o ângulo entre o raio até $C$ e a horizontal.

Sem atrito e com velocidade inicial nula, $mgh=mv^2/2$. Logo, $v_C^2=2gr\operatorname{sen}\alpha$. Na direção radial voltada para o centro $O$, a normal aponta para o centro, enquanto a componente do peso nesse eixo aponta para fora com módulo $mg\operatorname{sen}\alpha$.

Aplicando a segunda lei na direção radial, $N-mg\operatorname{sen}\alpha=mv_C^2/r=2mg\operatorname{sen}\alpha$. Portanto, $N=3mg\operatorname{sen}\alpha$.

A corrente induzida aparece quando o fluxo magnético atravessando a bobina varia. Seu sentido é determinado pela lei de Lenz: o campo criado pela bobina deve se opor à variação de fluxo responsável pela indução, e não necessariamente ao campo magnético do ímã.

Na figura 2, o polo mais próximo da bobina é o polo sul. Aproximar a bobina desse polo aumenta o fluxo associado ao ímã. A bobina reage formando, na face voltada ao ímã, a polaridade necessária para repelir a aproximação, conforme a regra da mão direita.

Seguindo o sentido das setas do desenho para essa polaridade, a corrente percorre a bobina no sentido indicado por $B$. Assim, a situação descrita na alternativa D é a correta.

Para congelar toda a água a $0^\circ\text{C}$, ela precisa ceder seu calor latente de solidificação. O volume de água é $0{,}1\ \text{L}=100\ \text{cm}^3$, correspondendo a massa de $100\ \text{g}$. O calor liberado é $Q=100\cdot80=8000\ \text{cal}$.

A esfera fria pode absorver calor ao aquecer de $-100^\circ\text{C}$ até $0^\circ\text{C}$. Para sua massa $M$ em gramas, $Q_{abs}=Mc\Delta T=M\cdot0{,}2\cdot100=20M$. No limite mínimo, $20M=8000$, portanto $M=400\ \text{g}$.

A densidade da esfera fornece o volume: $V=M/\rho=400/2{,}7\approx148{,}15\ \text{cm}^3$. Usando $V=4\pi R^3/3$, obtemos $R^3=3(148{,}15)/(4\pi)\approx35{,}4$ e $R\approx3{,}3\ \text{cm}$.

A partícula está a uma distância $R$ da superfície, logo seu raio orbital medido desde o centro é $r=2R$. Pela simetria da carga esférica, a força fora da esfera tem o mesmo módulo que teria uma carga pontual central.

Para órbita circular, $mv_c^2/r=k_0Qq/r^2$, então $v_c=\sqrt{k_0Qq/(2mR)}$. A velocidade de escape, obtida ao impor energia mecânica final nula no infinito, satisfaz $mv_e^2/2=k_0Qq/r$, de modo que $v_e=\sqrt{2}\ v_c$.

Se o acréscimo for tangencial à velocidade orbital, o mínimo é $\Delta v=v_e-v_c=(\sqrt2-1)\sqrt{k_0Qq/(2mR)}\approx0{,}293\sqrt{k_0Qq/(mR)}$, próximo do coeficiente $0{,}3$ da alternativa D. Entretanto, esta questão consta como ANULADA no gabarito definitivo da banca; o resultado anterior é uma análise do modelo físico, não um gabarito oficial válido.

Como a esfera permanece em equilíbrio imersa, o empuxo equilibra o peso. Pelo princípio de Arquimedes, $mg=\rho_{agua}gV$, ou $m=\rho_{agua}V$. É necessário primeiro determinar o volume na pressão indicada.

Substituindo em $V=k/p$, com $p=52{,}5\cdot10^6\ \text{Pa}$, temos $V=10^5/(52{,}5\cdot10^6)=1/525\ \text{m}^3\approx0{,}001905\ \text{m}^3$. A densidade $1{,}05\ \text{g/cm}^3$ equivale a $1050\ \text{kg/m}^3$.

Logo, $m=1050\cdot(1/525)=2{,}00\ \text{kg}$. O valor já utiliza o volume comprimido na profundidade de equilíbrio, não o volume que a esfera teria na superfície.

Uma fonte puntiforme isotrópica distribui sua energia por superfícies esféricas de área proporcional a $r^2$. Por conservação da potência emitida, a intensidade acústica cai na proporção $1/r^2$.

Como a intensidade é proporcional ao quadrado da amplitude da onda, a amplitude decai como $a\propto1/r$. Assim, $a_1/a_2=d_2/d_1$.

O enunciado diz $a_2=3a_1$, portanto $a_2/a_1=3=d_1/d_2$. A segunda posição está três vezes mais próxima da fonte que a primeira.

Os motores são idênticos e representados no modelo elétrico por elementos de mesma resistência efetiva. Para o motor situado entre $a$ e $b$, queremos comparar a potência antes e depois da pane. A tensão em seus terminais aumenta $20\%$, ou seja, $V'_0=1{,}20V_0$.

Para uma resistência $R_M$ que não muda, a potência elétrica recebida é $P=V_0^2/R_M$. Depois da pane, $P'=(V'_0)^2/R_M=(1{,}20)^2V_0^2/R_M=1{,}44P$.

Logo, $\Delta P/P=(P'-P)/P=1{,}44-1=0{,}44=44\%$. A variação é positiva e corresponde à alternativa E.

O cubo não está apoiado no fundo, e seu peso é sustentado pelo fio externo. Por isso, o recipiente não recebe o peso inteiro do cubo. O que a água recebe é a reação à força de empuxo que exerce sobre o corpo.

Como o cubo de aresta $a$ está inteiramente submerso, desloca volume $V=a^3$. O empuxo é $E=\rho_a ga^3$. Pela terceira lei de Newton, o cubo exerce força vertical para baixo de mesmo módulo sobre a água, aumentando a carga no prato.

Para equilibrar novamente a balança, adiciona-se ao outro prato uma massa $m_{ad}$ cujo peso iguala essa força: $m_{ad}g=\rho_a ga^3$. Portanto, $m_{ad}=\rho_aa^3$.

O bloco de massa $3m$ desce e o de massa $m$ sobe. A diferença entre os pesos é a força motriz, mas parte dessa força é compensada pelo atrito que atua na passagem da corda pelo orifício.

Considerando os dois blocos como um único sistema, as forças internas de tração se cancelam. Na direção do movimento, a segunda lei fornece $(3m-m)g-F=(3m+m)a$.

Substituindo $a=g/3$, resulta $2mg-F=4m(g/3)$. Portanto, $F=2mg-4mg/3=2mg/3$. O resultado é positivo e menor que a diferença dos pesos, como esperado.

Os blocos pendurados $B$ e $C$ estão em equilíbrio, logo as tensões nos respectivos fios são iguais aos seus pesos: $T_1=P$ e $T_2=P_C$. Para o bloco $A$, devemos projetar as forças na direção paralela ao plano inclinado.

A componente do peso de $A$ para baixo da rampa tem módulo $P\operatorname{sen}\theta$. O fio 1 puxa horizontalmente para a esquerda; sua componente paralela ao plano e dirigida para baixo da rampa vale $T_1\cos\theta=P\cos\theta$.

O fio 2 puxa para cima da rampa com força $T_2=P_C$. Equilibrando a direção tangencial, $P_C=P\operatorname{sen}\theta+P\cos\theta=P(\operatorname{sen}\theta+\cos\theta)$.

A frequência observada é menor que a emitida. Para fonte sonora móvel e observador parado, essa redução caracteriza fonte em afastamento: as frentes de onda chegam com maior intervalo de tempo entre si.

A fórmula de Doppler nesse caso é $f_{obs}=f\ v_s/(v_s+v_f)$, em que $v_s$ é a velocidade do som e $v_f$ a velocidade da fonte que se afasta. Substituindo $f_{obs}=f/2$, obtemos $1/2=v_s/(v_s+v_f)$.

Multiplicando em cruz, $v_s+v_f=2v_s$, logo $v_f=v_s$. Portanto, a fonte se afasta do observador com velocidade igual à do som.

As esferas são condutoras e idênticas. Ao serem liberadas, a atração inicial entre a carregada e a neutra promove contato; a carga total $-q$ passa a ser dividida igualmente. Assim, após o contato, cada esfera possui carga $-q/2$ e as duas passam a se repelir.

A repulsão elétrica a distância $x$ tem módulo $F_e=k|q_1q_2|/x^2=k(q/2)^2/x^2=kq^2/(4x^2)$. Em cada pêndulo, o equilíbrio vertical exige $T\cos\theta=mg$; no sentido horizontal, $T\operatorname{sen}\theta=F_e$.

Dividindo as equações, $\tan\theta=F_e/(mg)=\dfrac{k}{mg}\left(\dfrac{q}{2x}\right)^2$. A expressão corresponde à alternativa B.

A reflexão total só ocorre quando a onda incide na interface de um meio de maior índice para outro de menor índice e seu ângulo de incidência supera (ou, no limite crítico, iguala) o ângulo crítico. Para a interface $n_1\to n_2$, a condição-limite é $\operatorname{sen}\theta_c=n_2/n_1=1/1{,}4$.

O ângulo representado na figura é definido em relação às normais das interfaces da fibra; é necessário analisar a trajetória nas duas camadas, preservando a refração nas interfaces. Pela lei de Snell, a grandeza $n\operatorname{sen}\theta$ permanece relacionada em cada passagem plana, respeitando a normal local.

Com interfaces aproximadamente paralelas, Snell fornece $n_0\operatorname{sen}\theta_0=n_1\operatorname{sen}\theta_1$. Para que a passagem de $n_1$ para o ar fique no limite de reflexão total, exige-se $n_1\operatorname{sen}\theta_1\ge n_2=1$. Entre os menores ângulos oferecidos ($30^\circ$), o par com $n_0=1{,}3$ dá $1{,}3\cdot0{,}5=0{,}65$, insuficiente, enquanto o par com $n_0=2{,}0$ dá $2{,}0\cdot0{,}5=1$, a condição crítica-limite. Assim, o menor ângulo proposto compatível com a condição-limite é $30^\circ$ com $n_0=2{,}0$ (B). O critério estrito de reflexão total exige incidência superior ao limite crítico.

No estado $B$, a pressão dobra e o volume cai à metade, de modo que o produto $PV$ fica igual. Para um mol de gás ideal, $PV=RT$; portanto, a temperatura final é a mesma do estado inicial. O processo 1 é isotérmico, como informado.

O trabalho sobre o gás em compressão isotérmica reversível é $W_1=nRT_A\ln(V_A/V_B)$. Como $n=1$ e $V_B=V_A/2$, resulta $W_1=RT_A\ln2$.

O denominador é $U_0=RT_A$, logo $W_1/U_0=\ln2\approx0{,}693\approx0{,}69$. O dado adicional sobre o processo retilíneo não é necessário para a razão pedida.

A intensidade da gravidade na superfície de um planeta esférico é proporcional à sua massa e inversamente proporcional ao quadrado do raio: $g=GM/R^2$. Para comparar planetas, basta formar uma razão.

A massa de Plutão corresponde a $0{,}20\%=0{,}002$ da massa terrestre. Seu raio é $80\%$ menor; logo, o raio restante é $20\%=0{,}20$ do terrestre. Assim, $g_P/g_T=0{,}002/(0{,}20)^2=0{,}002/0{,}040=0{,}050$.

Portanto, $g_P=0{,}050\cdot9{,}8=0{,}49\ \text{m/s}^2$.

No equilíbrio estático, o peso do bloco é compensado pela força elástica: $kx_e=mg$. Portanto, a deformação da mola em equilíbrio é $x_e=mg/k$. Como $\omega^2=k/m$, também escrevemos $x_e=g/\omega^2$.

Após a colisão, o sistema oscila em torno desse equilíbrio. O ponto mais alto coincide com o comprimento natural da mola, situado exatamente $x_e$ acima do equilíbrio. Assim, a amplitude do MHS é $A=x_e=g/\omega^2$.

O choque ocorre na posição de equilíbrio, onde a velocidade do MHS é máxima. Pela troca entre energia cinética máxima e energia potencial elástica associada à oscilação, $\tfrac12 mv'^2=\tfrac12kA^2$. Resulta $v'=\omega A=g/\omega=g\sqrt{m/k}$.

A velocidade média vetorial é deslocamento dividido pelo intervalo de tempo, e não distância percorrida dividida por tempo. Entre $t_1=2{,}5\ \text{s}$ e $t_2=7{,}5\ \text{s}$ transcorrem $5{,}0\ \text{s}$, um quarto do período de $20\ \text{s}$.

Durante um quarto de volta, o ângulo central entre as posições inicial e final do intervalo é $90^\circ$. O deslocamento é uma corda que liga dois pontos separados por um ângulo reto. Seu módulo é $\Delta r=\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt2=5\sqrt2\ \text{m}$.

Portanto, $|\vec v_m|=\Delta r/\Delta t=5\sqrt2/5=\sqrt2\ \text{m/s}$. Esse valor é menor que a rapidez instantânea $2\pi r/T$, como esperado para movimento curvilíneo.

Cada bloco suspenso permanece em equilíbrio e, portanto, traciona a corda com força de módulo $T=mg=20\cdot10=200\ \text{N}$. A frequência ordinária da fonte é $f=\omega/(2\pi)=60\pi/(2\pi)=30\ \text{Hz}$.

No segundo harmônico de uma corda com nós nas extremidades, $L_{AB}=2(\lambda/2)=\lambda$. Assim, $\lambda=0{,}50\ \text{m}$ e a velocidade de onda é $v=\lambda f=0{,}50\cdot30=15\ \text{m/s}$.

A velocidade transversal em corda ideal obedece a $v^2=T/\mu$, logo $\mu=T/v^2=200/225\approx0{,}889\ \text{kg/m}$. Como toda a corda mede $1{,}0\ \text{m}$, sua massa é $M=\mu L\approx0{,}9\ \text{kg}$.

O centro de massa responde à soma das forças externas como se toda a massa estivesse concentrada nele. A massa total é $M=1+2+3=6\ \text{kg}$. Inicialmente, o centro de massa está em $\vec r_{CM,0}=(\sum m_i\vec r_i)/M$.

Calculando cada componente, $x_0=(1\cdot0+2\cdot6+3\cdot5)/6=4{,}5\ \text{m}$; $y_0=(1\cdot2+2\cdot2+3\cdot4)/6=3{,}0\ \text{m}$; $z_0=(1\cdot3+2\cdot0+3\cdot3)/6=2{,}0\ \text{m}$.

A soma vetorial das forças é $\vec F_{ext}=(2\hat i+3\hat j)+(-3\hat j-\hat k)+\hat k=2\hat i\ \text{N}$. Logo, $\vec a_{CM}=\vec F_{ext}/M=(1/3)\hat i\ \text{m/s}^2$. Como o repouso inicial implica $\vec v_{CM,0}=0$, o deslocamento em $3\ \text{s}$ é $\Delta\vec r_{CM}=\tfrac12\vec a_{CM}t^2=(1/2)(1/3)(9)\hat i=1{,}5\hat i\ \text{m}$. Portanto, $\vec r_{CM}(3)=6\hat i+3\hat j+2\hat k\ \text{m}$.