IME 2011 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Choque. O fio é ideal, e então $m_1$ (com o cilindro) e $m_2$ têm sempre a mesma velocidade escalar, uma descendo e a outra subindo. Durante o choque, o fio aplica um impulso a $m_2$, e por isso a quantidade de movimento conservada é a do conjunto (medida ao longo do fio): \[m\,v=(m+m_1+m_2)\,u\quad\Rightarrow\quad u=\frac{5\cdot36}{5+5+20}=6\text{ m/s}.\]

Movimento seguinte. Depois do choque, o conjunto $m+m_1=10\text{ kg}$ desce com $6\text{ m/s}$, e $m_2=20\text{ kg}$ sobe. Como $m_2$ é a maior massa, o movimento é retardado, com aceleração de módulo \[a=\frac{(m_2-m-m_1)\,g}{m+m_1+m_2}=\frac{(20-10)\cdot10}{30}=\frac{10}{3}\text{ m/s}^2.\]

Altura. Para que o conjunto chegue ao solo com velocidade nula, ele deve parar exatamente na distância $h$: \[h=\frac{u^2}{2a}=\frac{36}{2\cdot\frac{10}{3}}=5{,}4\text{ m}.\]

A cada volta completa, o cilindro avança $600\text{ mm}=0{,}6\text{ m}$. Com translação de $6\text{ m/s}$, o número de voltas por segundo é \[f=\frac{6}{0{,}6}=10\text{ voltas/s}.\]

Em rpm. \[10\text{ voltas/s}\times60\text{ s/min}=600\text{ rpm}.\]

Para velocidades pequenas em comparação com a da onda, a frequência percebida é aproximadamente $f'\approx f\left(1-\dfrac{1}{c}\,\dfrac{dd}{dt}\right)$, em que $d$ é a distância entre fonte e observador. Só importa, portanto, como $d$ varia no tempo.

Vetor relativo. A posição do observador em relação à fonte é \[\Delta X=X_o-X_f=\cos t-(\mathrm{sen}\,t+\cos t)=-\mathrm{sen}\,t,\] \[\Delta Y=Y_o-Y_f=-\cos t+2\cos t=\cos t.\] Distância. \[d=\sqrt{\mathrm{sen}^2t+\cos^2t}=1\quad\text{(constante)}.\]

A distância entre fonte e observador não muda, $\dfrac{dd}{dt}=0$, e então a frequência percebida é constante, igual à da fonte (alternativa A).

A figura é uma roda: sete vértices periféricos, ligados em anel por resistores $R$, e um nó central ligado a cada vértice por outro $R$. Os terminais $A$ e $B$ estão em dois vértices vizinhos. Numeramos os vértices $0$ ($A$), $1$ ($B$), $2,\dots,6$, em torno do anel.

Simetria. Aplicamos $+1\text{ V}$ em $A$ e $-1\text{ V}$ em $B$. A rede é simétrica em relação à reta que passa pelo centro e pelo ponto médio de $AB$ (que troca $0\leftrightarrow1$, $2\leftrightarrow6$, $3\leftrightarrow5$ e deixa $4$ fixo). Por antissimetria, o centro e o vértice $4$ ficam em $0\text{ V}$, $v_6=-v_2$ e $v_5=-v_3$.

Nós. Em unidades de $\dfrac1R$:
• vértice $2$ (vizinhos $1$, $3$ e o centro): $(-1-v_2)+(v_3-v_2)+(0-v_2)=0\ \Rightarrow\ v_3-3v_2=1$;
• vértice $3$ (vizinhos $2$, $4$ e o centro): $(v_2-v_3)+(0-v_3)+(0-v_3)=0\ \Rightarrow\ v_2=3v_3$.
Resolvendo, $v_3=-\dfrac18$ e $v_2=-\dfrac38$.

Corrente total. De $A$ (a $+1\text{ V}$) saem: para $B$, $\dfrac{1-(-1)}{R}=\dfrac2R$; para o vértice $6$ (a $-v_2=\tfrac38\text{ V}$), $\dfrac{1-3/8}{R}=\dfrac{5}{8R}$; para o centro, $\dfrac1R$. A soma é $I=\dfrac1R\left(2+\dfrac58+1\right)=\dfrac{29}{8R}$. Resistência equivalente. \[R_{eq}=\frac{V_A-V_B}{I}=\frac{2}{29/(8R)}=\frac{16}{29}\,R.\]

Com o objeto a $x$ da lente e a tela a $L-x$ da lente, a equação das lentes dá \[\frac1x+\frac1{L-x}=\frac1f\quad\Rightarrow\quad x^2-Lx+Lf=0.\] O discriminante é $\Delta=L^2-4Lf=L\,(L-4f)$, e as raízes são $x=\dfrac{L\pm\sqrt{L(L-4f)}}{2}$.

I (correta). Se $L>4f$, $\Delta>0$ e há duas posições, que diferem de $\sqrt{L(L-4f)}$. II (falsa). Se $L<4f$, $\Delta<0$: não existe posição da lente que forme imagem real na tela (e não apenas uma). III (correta). Se $L=4f$, $\Delta=0$, com uma única posição, $x=L/2=2f$.

Estão corretas I e III.

Tomamos o pino $C$ como centro dos torques (a reação do pino não produz torque). O perfil é rígido, e o ângulo de $75^\circ$ de $CB$ com a horizontal dá $\cos75^\circ=\mathrm{sen}\,15^\circ=0{,}26$ e $\mathrm{sen}\,75^\circ=\cos15^\circ=0{,}97$.

Braços de alavanca.
• Força de $216\text{ N}$ (vertical) em $A$: distância horizontal até $C$ igual a $0{,}20\cos15^\circ=0{,}194\text{ m}$.
• Força de $175\text{ N}$ (horizontal) em $B$: distância vertical até $C$ igual a $0{,}18\,\mathrm{sen}75^\circ=0{,}1746\text{ m}$.
• Força $F$ (vertical) em $B$: distância horizontal até $C$ igual a $0{,}18\cos75^\circ=0{,}0468\text{ m}$.

Sentidos. A força de $216\text{ N}$ em $A$ (à esquerda de $C$) gira o perfil em um sentido; a força de $175\text{ N}$ e $F$, em $B$ (à direita de $C$), giram o perfil no sentido oposto, de modo que \[216\cdot0{,}194=175\cdot0{,}1746+F\cdot0{,}0468\] \[41{,}9=30{,}6+0{,}0468\,F\quad\Rightarrow\quad F\approx242{,}5\text{ N}.\]

Como $M\gg m$, o planeta praticamente não se move, e a aceleração do corpo é a da gravitação \[a=\frac{GM}{d^2},\] em que $d$ é a distância do corpo ao centro do planeta. Ela não depende de $m$ (o que descarta a alternativa E) e depende de $M$ (o que descarta B).

Variação com o tempo. Ao cair, $d$ diminui, de $D+r$ até $r$. Como $D\gg r$, essa variação é enorme (a aceleração final, $GM/r^2$, é muito maior que a inicial, $GM/(D+r)^2$), e a aceleração aumenta com o tempo (alternativa D). Ela só seria aproximadamente constante se $D\ll r$.

Corrente em cada solenoide. Para um solenoide de $N=10$ espiras e comprimento $\ell=4\text{ cm}$, $B=\mu_0\dfrac{N}{\ell}\,I$: \[I=\frac{B\,\ell}{\mu_0N}=\frac{4\cdot10^{-3}\cdot4\cdot10^{-2}}{4\pi\cdot10^{-7}\cdot10}=\frac{40}{\pi}\text{ A}.\]

Tensão da bateria. Pela figura, os dois solenoides (de resistência desprezível), cada um em série com um resistor de $2\ \Omega$, estão ligados em paralelo aos terminais da bateria. Em cada ramo, \[V=R\,I=2\cdot\frac{40}{\pi}=\frac{80}{\pi}\text{ V}.\]

Sentido da corrente induzida. Quando a espira se desloca para a esquerda, a partir do ponto médio, o fluxo do solenoide da esquerda aumenta e o do solenoide da direita diminui, e a corrente induzida, pela lei de Lenz, se opõe à variação do fluxo total. Mas o sentido do campo de cada solenoide depende do sentido de enrolamento das espiras, que o desenho (espiras desenhadas apenas como laços) não define. Sem essa informação, o sentido não pode ser determinado, o que levou à anulação da questão.

Como as interfaces são paralelas, o ângulo de refração em uma interface é o ângulo de incidência na seguinte, e a lei de Snell em cada interface, $n_i\,\mathrm{sen}\,\theta_i=n_{i+1}\,\mathrm{sen}\,\theta_{i+1}$, mostra que o produto $n\,\mathrm{sen}\,\theta$ é constante ao longo de todo o percurso: \[n_1\,\mathrm{sen}\,\theta_1=n_N\,\mathrm{sen}\,\theta_N.\]

Índices. Com $n_{i+1}=\dfrac{n_i}{2}$, a progressão geométrica dá $n_N=\dfrac{n_1}{2^{N-1}}$. Então \[\frac{\mathrm{sen}\,\theta_N}{\mathrm{sen}\,\theta_1}=\frac{n_1}{n_N}=2^{N-1}=1024=2^{10}\quad\Rightarrow\quad N-1=10\quad\Rightarrow\quad N=11.\]

Em um meio não dispersivo e sem absorção, a potência $P$ emitida pela fonte atravessa cada esfera de raio $r$. A intensidade é a potência por unidade de área, \[I=\frac{P}{4\pi r^2}\ \propto\ \frac1{r^2}.\]

Como $I\propto A^2$, \[A^2\propto\frac1{r^2}\quad\Rightarrow\quad A\propto\frac1r.\]

Altura do líquido. O capacitor está isolado, e então $Q$ é constante. Com placas planas, $C=\dfrac{\varepsilon A}{d}$ e a energia $U=\dfrac{Q^2}{2C}=\dfrac{Q^2\,d}{2\varepsilon A}$ é proporcional a $d$. A placa $P_1$ flutua e sobe com a superfície, e a distância entre as placas passa de $5\text{ m}$ para $5-h$. Se a energia cai a $0{,}6$ do valor inicial: \[5-h=0{,}6\cdot5=3\quad\Rightarrow\quad h=2\text{ m}.\]

Refração. Pela lei de Snell, com o raio incidente a $30^\circ$ da vertical: \[1\cdot\mathrm{sen}\,30^\circ=2{,}5\,\mathrm{sen}\,r\quad\Rightarrow\quad\mathrm{sen}\,r=0{,}2,\qquad\tan r=\frac{0{,}2}{\sqrt{1-0{,}04}}\approx0{,}204.\]

Deslocamento no fundo. O raio refratado percorre a altura $h=2\text{ m}$ e se desvia lateralmente de \[x=h\,\tan r=2\cdot0{,}204\approx0{,}41\text{ m}\approx0{,}4\text{ m}.\]

Sobre a pedra atuam o peso $m\vec g$ e a tração $\vec T$ (ao longo do fio). Decompondo:
• direção do movimento (tangente): $F_t=mg\,\mathrm{sen}\,\theta$;
• direção do fio (radial): $T-mg\cos\theta=\dfrac{mv^2}{L}$.

I (falsa). A resultante é a soma vetorial das duas componentes, $\sqrt{\left(mg\,\mathrm{sen}\,\theta\right)^2+\left(mv^2/L\right)^2}$, e $T\,\mathrm{sen}\,\theta$ é só a componente horizontal da tração. Contra-exemplo: no ponto mais baixo, $\theta=0$ e $T\,\mathrm{sen}\,\theta=0$, mas a resultante vale $mv^2/L\neq0$.

II (correta). $F_t=mg\,\mathrm{sen}\,\theta$ é máximo quando $\theta$ é máximo, isto é, no ponto de altura máxima. III (correta). A componente radial vale $mv^2/L$, e no ponto de altura máxima a velocidade é nula, e portanto essa componente se anula.

Estão corretas II e III.

Vazão em massa. $54\text{ m}^3/\text{h}=15\text{ L/s}$, e com $1\text{ kg/L}$ resulta $\dot m=15\text{ kg/s}$.

Potência útil. A água é elevada, ao todo, $H=H_s+H_r=25\text{ m}$: \[P_{hid}=\dot m\,g\,H=15\cdot10\cdot25=3750\text{ W}.\]

Potência elétrica. O acoplamento perde $30\%$, e então só $70\%$ da potência do motor chega à bomba: \[P_{motor}=\frac{3750}{0{,}7}\approx5357\text{ W}.\] Com $P=V\,I$ (as perdas internas do motor são desprezíveis): \[I=\frac{5357}{200}\approx26{,}8\text{ A}\approx27\text{ A}.\]

A carga e os dois ramos geradores estão em paralelo, com a mesma tensão $V$. Para cada ramo, $V=V_G-R_kI_k$, e então \[R_1I_1=R_2I_2.\]

Divisão da potência. A potência da carga é $V\,I$, com $I=I_1+I_2$, e cada ramo contribui com $V\,I_k$. Se $G_2$ atende $40\%$, então $I_2=0{,}4\,I$ e $I_1=0{,}6\,I$.

Resistência. \[R_2=R_1\,\frac{I_1}{I_2}=R_1\,\frac{0{,}6}{0{,}4}=\frac32\,R_1.\]

Vazão. $36\text{ L}$ em $30\text{ min}=1800\text{ s}$: $\dot m=\dfrac{36}{1800}=0{,}02\text{ kg/s}$ e $Q=2\cdot10^{-5}\text{ m}^3/\text{s}$.

Potência absorvida. A água se aquece de $25$ a $57\ ^\circ\text{C}$ ($\Delta T=32\ ^\circ\text{C}$): \[P=\dot m\,c\,\Delta T=0{,}02\cdot4200\cdot32=2688\text{ W}.\]

Diâmetro. A área lateral do tubo é $A=\pi D L=2\pi D$, e o dispositivo fornece $16\,800\text{ W/m}^2$: \[16\,800\cdot2\pi D=2688\quad\Rightarrow\quad\pi D=0{,}08\quad\Rightarrow\quad D=\frac{0{,}08}{3{,}2}=0{,}025\text{ m}=25\text{ mm},\] com $\pi=4\cdot0{,}8=3{,}2$.

Velocidade. A seção do tubo é $S=\dfrac\pi4D^2=0{,}8\cdot(0{,}025)^2=5\cdot10^{-4}\text{ m}^2$, e \[v=\frac QS=\frac{2\cdot10^{-5}}{5\cdot10^{-4}}=0{,}04\text{ m/s}=4\text{ cm/s}.\]