IME 2009 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A freqüência não muda ao mudar de meio. Em cada camada a velocidade é $v=\lambda f$, e o tempo gasto nela é $t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{d}{\lambda f}$, com $d=5\times10^{4}\lambda_0$ em cada uma das quatro camadas.

Soma dos tempos. Com $\lambda=0{,}2\lambda_0$; $\lambda_0$; $0{,}8\lambda_0$; $0{,}5\lambda_0$: \[t=\frac{5\times10^{4}}{f}\left(\frac1{0{,}2}+\frac11+\frac1{0{,}8}+\frac1{0{,}5}\right)=\frac{5\times10^{4}}{5\times10^{14}}\cdot(5+1+1{,}25+2)\] \[t=10^{-10}\cdot9{,}25=9{,}25\times10^{-10}\text{ s}=0{,}925\text{ ns}.\]

Nova distância. Pela lei de Coulomb, $F=\dfrac{k\,Q_1Q_2}{d^2}$. Com $Q_3=2Q_2$: \[\frac{F_2}{F_1}=2\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2=32\quad\Rightarrow\quad\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2=16\quad\Rightarrow\quad d_2=\frac{d_1}4=5\text{ cm}.\]

Dilatação. O bloco avançou $20-5=15\text{ cm}=0{,}15\text{ m}$, que é a dilatação da barra: \[\Delta L=L\,\alpha\,\Delta T\quad\Rightarrow\quad0{,}15=12\cdot\alpha\cdot(270-20)=3000\,\alpha.\] \[\alpha=\frac{0{,}15}{3000}=5{,}0\times10^{-5}\ ^\circ\text{C}^{-1}.\]

Pesos. A chapa tem quatro faces de área $L^2$, e então massa $4\rho L^2$. A peça tem massa $\mu_P\,h\,L^2$. A água dentro do recipiente ocupa $25\%$ do volume do cubo: massa $\mu_a\dfrac{L^3}{4}$.

Empuxo. O volume imerso é o da peça mais a metade inferior do cubo: $V=L^2\left(h+\dfrac L2\right)$. No equilíbrio, peso total igual ao empuxo: \[4\rho L^2+\mu_P\,hL^2+\mu_a\frac{L^3}4=\mu_a\,L^2\left(h+\frac L2\right).\]

Isolando $h$. Dividindo por $L^2$: \[4\rho+\mu_P\,h+\frac{\mu_aL}4=\mu_a\,h+\frac{\mu_aL}2\quad\Rightarrow\quad h\,(\mu_a-\mu_P)=4\rho-\frac{\mu_aL}4\] \[h=\frac{16\rho-L\mu_a}{4\,(\mu_a-\mu_P)}.\]

Trabalho do ar. Teorema trabalho-energia: $mg\,H-W_{ar}=\dfrac12mv^2$, e então \[W_{ar}=1\cdot10\cdot20-\frac12\cdot1\cdot10^2=200-50=150\text{ J}.\]

Área do gráfico. O módulo do trabalho é a área sob o gráfico: um triângulo (rampa de $0$ a $12\text{ N}$ ao longo de $20-h$ metros) mais um retângulo (patamar de $12\text{ N}$ ao longo de $h$ metros): \[W_{ar}=\frac12\cdot12\,(20-h)+12\,h=120+6h.\]

Altura. \[120+6h=150\quad\Rightarrow\quad h=5\text{ m}.\]

A tensão $U$ é a mesma nas duas experiências, e $Q=CU$ dá $\dfrac{C_1}{C_2}=\dfrac{Q_1}{Q_2}=0{,}5$, isto é, $C_2=2\,C_1$.

Meio cheio. As placas são verticais. A metade inferior, com líquido, é um capacitor de área $A/2$ e capacitância $\dfrac{C_2}2$, e a metade superior, com ar, é um capacitor de área $A/2$ e capacitância $\dfrac{C_1}2$. As duas têm a mesma tensão, e estão em paralelo: \[C=\frac{C_1}2+\frac{C_2}2=\frac{C_2/2}{2}+\frac{C_2}2=\frac34\,C_2.\]

Cada nó central está ligado a $B$ e a $A$ por resistores iguais, de $2R$. Aplicando uma tensão entre $A$ e $B$, os três nós ficam no mesmo potencial (o potencial intermediário, $\dfrac{V_A+V_B}{2}$), e então nenhuma corrente passa pelos dois resistores $R$ entre eles. Podem ser retirados do circuito.

Colunas. Cada coluna tem dois resistores de $2R$ em série: $4R$. As três colunas estão em paralelo entre $A$ e $B$: \[R_{eq}=\frac{4R}3.\]

Cada eixo carrega $\dfrac{20}2=10\text{ kN}$, e o peso da viga ($40\text{ kN}$) atua no centro, a $4\text{ m}$ de cada apoio. Seja $A$ o apoio com reação $27{,}5\text{ kN}$ e $B$ o outro. Sejam $x$ e $x+2$ as distâncias dos eixos até $B$.

Torques em relação a $B$. \[R_A\cdot8=40\cdot4+10\,x+10\,(x+2)\quad\Rightarrow\quad27{,}5\cdot8=160+20x+20\quad\Rightarrow\quad220=180+20x.\] Então $x=2{,}0\text{ m}$ (o outro eixo está a $4{,}0\text{ m}$ de $B$).

Um dos eixos do carro dista $2{,}0\text{ m}$ do outro apoio ($B$).

De $0$ a $t_1$. Velocidade constante: energia cinética constante em $E_0=\tfrac12mv^2$. De $t_1$ a $t_2$. Na queda, a velocidade horizontal se mantém e a vertical cresce, e a energia cinética cresce (curva crescente e com concavidade para cima, como $E_0+\tfrac12m(gt)^2$).

Em $t_2$. O bloco atinge o solo e continua a se mover para a direita, sem quicar: a componente vertical é anulada de modo instantâneo, e fica só a horizontal, $v$. A energia cinética cai bruscamente de volta a $E_0$, e não a zero. De $t_2$ a $t_3$. Patamar em $E_0$.

Em $t_3$. O impulso vertical acrescenta velocidade vertical, e a energia cinética dá um salto. De $t_3$ a $t_4$. Na subida a energia cinética diminui até o ponto mais alto, onde só resta a componente horizontal ($E_0$, o vale) e depois aumenta na descida, até voltar ao valor do lançamento em $t_4$.

O gráfico que reúne esses trechos (patamar, subida curva, queda brusca ao nível inicial, patamar, salto, vale e pico final) é o da alternativa C.

Freqüência. A mola está relaxada quando o objeto passa pelo foco, e então o foco é o ponto de equilíbrio do movimento harmônico simples, cuja freqüência angular é $w=\sqrt{\dfrac km}$. É nessa passagem pelo foco que a imagem inverte entre real e virtual (a imagem vai ao infinito), e a inversão acompanha a freqüência do MHS.

Aumento. Com $f=\dfrac R2$ e o objeto a $p=f+x$ do espelho (a $x$ do foco), a equação de Gauss dá $\dfrac1q=\dfrac1f-\dfrac1p=\dfrac{p-f}{pf}$, e então $q=\dfrac{pf}{p-f}$. O aumento é \[M=-\frac qp=-\frac f{p-f}=-\frac{R/2}{x}=-\frac{R}{2x}.\]

I (correta). Entre as placas a força elétrica acelera os elétrons (muda o módulo), e no campo magnético a força magnética curva a trajetória (muda a direção). Em todo o percurso a quantidade de movimento varia.

II (falsa). A força magnética é perpendicular à velocidade, e o seu trabalho é nulo: ela não altera a energia cinética. Só o trabalho da força elétrica a altera. III (correta). Os elétrons (carga negativa) se movem para o potencial maior, e sua energia potencial elétrica $U=qV$ diminui, convertida em energia cinética.

IV (falsa). A força elétrica entre as placas é constante, mas a força magnética tem módulo constante e direção variável (aponta sempre para o centro da trajetória circular): não é um vetor constante. Estão corretas I e III.

Leitura dos gráficos (em $\text{kg.m/s}$).
• $A$: antes $\vec p_A=(4,\,0)$; depois $(1,\,2)$.
• $B$: antes $\vec p_B=(0,\,0)$; depois $(3,\,-2)$.

II (correta). Total antes: $(4,0)$; depois: $(1+3,\ 2-2)=(4,0)$. A quantidade de movimento total se conserva. I (falsa). Com $E_c=\dfrac{p^2}{2m}$: antes, $\dfrac{16}{0{,}2}=80\text{ J}$; depois, $\dfrac{1^2+2^2}{0{,}2}+\dfrac{3^2+2^2}{0{,}4}=25+32{,}5=57{,}5\text{ J}$. A energia cinética não se conserva.

Impulsos (variação do vetor quantidade de movimento). \[\vec I_A=(1-4,\ 2-0)=-3\vec i+2\vec j\quad\text{(IV correta)},\qquad\vec I_B=(3-0,\ -2-0)=3\vec i-2\vec j\quad\text{(III falsa)}.\] Estão corretas II e IV.

Seja $v$ a velocidade do pulso e $d$ a profundidade da fissura.
• Primeiro eco (refletido na fissura): $t_1=\dfrac{2d}{v}$.
• Segundo eco (refletido na ponta da estaca, depois de atravessar a fissura): chega $t_2$ depois do primeiro, isto é, em $t_1+t_2$ após a percussão, e então $t_1+t_2=\dfrac{2L}{v}$.

Distância. Dividindo as duas relações: \[\frac{t_1}{t_1+t_2}=\frac dL\quad\Rightarrow\quad d=\frac{L\,t_1}{t_1+t_2}.\]

O fluxo de calor por unidade de tempo é $\dfrac QT=k\,\dfrac{A\,\Delta\theta}{e}$ (cresce com a área e com $\Delta\theta$, e diminui com a espessura $e$). Então \[k=\frac{Q/T\cdot e}{A\,\Delta\theta}.\]

Unidade. A potência $Q/T$ é $\text{W}=\text{kg.m}^2.\text{s}^{-3}$. Logo \[[k]=\frac{\text{kg.m}^2.\text{s}^{-3}\cdot\text{m}}{\text{m}^2\cdot\text{K}}=\text{kg.m.s}^{-3}.\text{K}^{-1}\quad(=\text{W/(m.K)}).\]

Massa da estrela. A atração da estrela é a força centrípeta do planeta: \[\frac{GMm}{R^2}=m\,\frac{4\pi^2}{T^2}\,R\quad\Rightarrow\quad M=\frac{4\pi^2R^3}{T^2G}.\]

Massa do planeta. O período do pêndulo é $t=2\pi\sqrt{\dfrac Lg}$, e então $g=\dfrac{4\pi^2L}{t^2}$. Na superfície, $g=\dfrac{Gm}{r^2}$: \[m=\frac{g\,r^2}{G}=\frac{4\pi^2L\,r^2}{t^2G}.\]

A distância focal é negativa (lente divergente): $f=-10\text{ cm}$, com $p=40\text{ cm}$. Pela equação de Gauss, \[\frac1q=\frac1f-\frac1p=-\frac1{10}-\frac1{40}=-\frac5{40}\quad\Rightarrow\quad q=-8\text{ cm}.\]

Natureza da imagem. $q<0$ significa imagem virtual, e o aumento é $A=-\dfrac qp=\dfrac8{40}=0{,}2$, positivo e menor que $1$: imagem direita e reduzida. Resposta: virtual e reduzida.