IME 2013 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A aceleração em cada eixo é $a=\dfrac{qE}{m}$: \[a_x=\frac qm\,5\,\mathrm{sen}(2t),\qquad a_y=\frac qm\,12\cos(2t).\]

Velocidade. Integrando, aparecem constantes de integração (velocidades constantes em cada eixo). Se elas não fossem nulas, a partícula teria uma deriva constante, e a trajetória não seria uma elipse fechada, e sim uma curva que se desloca. Como o enunciado garante a elipse, as constantes são nulas: \[v_x=-\frac52\,\frac qm\cos(2t),\qquad v_y=6\,\frac qm\,\mathrm{sen}(2t).\] (A posição, $x=-\tfrac54\tfrac qm\,\mathrm{sen}\,2t$ e $y=-3\tfrac qm\cos2t$, de fato descreve uma elipse.)

Velocidade escalar. \[v^2=\left(\frac qm\right)^2\left[\frac{25}{4}\cos^2(2t)+36\,\mathrm{sen}^2(2t)\right]=\left(\frac qm\right)^2\left[\frac{25}{4}+\frac{119}{4}\,\mathrm{sen}^2(2t)\right].\] O máximo ocorre para $\mathrm{sen}^2(2t)=1$, quando $v^2=36\left(\dfrac qm\right)^2$. Assim, \[v_{max}=6\left|\frac qm\right|.\]

O raio chega a $A$ pela vertical, vindo de baixo, e o raio refletido, que vai até o foguete, forma o ângulo $\theta$ com essa vertical. O foguete está em uma reta vertical, a uma distância horizontal $d$ de $A$. Seja $y$ a distância vertical entre $A$ e o foguete: \[\tan\theta=\frac dy\quad\Rightarrow\quad y=d\cot\theta.\]

Taxa de variação de $\theta$. O foguete sobe com velocidade $v$, de modo que $y$ diminui, $\dfrac{dy}{dt}=-v$. Derivando $y=d\cot\theta$ em relação ao tempo: \[-v=-\frac{d}{\mathrm{sen}^2\theta}\,\frac{d\theta}{dt}\quad\Rightarrow\quad\frac{d\theta}{dt}=\frac{v\,\mathrm{sen}^2\theta}{d}.\] Essa é a velocidade angular do raio refletido.

Reflexão. Pela lei da reflexão, quando o espelho gira de um ângulo $\Delta\phi$ com o raio incidente fixo, o raio refletido gira $2\Delta\phi$ (a normal ao espelho é a bissetriz entre o raio incidente e o refletido). Portanto, a velocidade angular do espelho é a metade da do raio: \[\omega_{espelho}=\frac12\,\frac{d\theta}{dt}=\frac{v\,\mathrm{sen}^2\theta}{2d}.\]

Posições da lente. Objeto a $x$ da lente e imagem a $L-x$ dela. A equação das lentes, com $f=\dfrac{3L}{16}$, dá \[\frac1x+\frac1{L-x}=\frac{16}{3L}\quad\Rightarrow\quad\frac{L}{x\,(L-x)}=\frac{16}{3L}\quad\Rightarrow\quad x^2-Lx+\frac{3L^2}{16}=0.\] As raízes são $x_1=\dfrac L4$ e $x_2=\dfrac{3L}{4}$.

Aumentos. O módulo do aumento é $|m|=\dfrac{L-x}{x}$: \[|m_1|=\frac{3L/4}{L/4}=3,\qquad|m_2|=\frac{L/4}{3L/4}=\frac13.\]

Velocidade da imagem. O objeto percorre uma circunferência de raio $r$ com velocidade escalar $v_0$. A imagem percorre, no mesmo período, uma circunferência de raio $|m|\,r$ (invertida), e então sua velocidade escalar é $|m|\,v_0$. A razão entre as velocidades das imagens é \[\frac{|m_1|\,v_0}{|m_2|\,v_0}=\frac{3}{1/3}=9.\]

Só a gravidade atua (vertical), e então a componente horizontal da velocidade não muda e se cancela na diferença. A diferença dos momentos é toda vertical.

Componente vertical inicial. O ângulo é medido em relação à vertical: $v_{0y}=20\cos60^\circ=10\text{ m/s}$, para cima. Componente vertical final. Por conservação da energia, até o solo (a $2{,}20\text{ m}$): \[v_y^{\,2}=v_{0y}^{\,2}+2g\,h=100+2\cdot10\cdot2{,}20=144\quad\Rightarrow\quad v_y=12\text{ m/s},\ \text{para baixo}.\]

Variação do momento. Os sentidos são opostos, e a variação da componente vertical é $12-(-10)=22\text{ m/s}$ em módulo: \[|\Delta\vec p|=m\,|\Delta v|=0{,}3\cdot22=6{,}6\text{ kg}\cdot\text{m/s}.\]

Pesos da barra $BD$. Cada trecho tem $1{,}0\text{ m}$: \[P_1=\mu_1\,g\cdot1=6000\text{ N}\ (\text{a }0{,}5\text{ m de }B),\qquad P_2=\mu_2\,g\cdot1=8000\text{ N}\ (\text{a }1{,}5\text{ m de }B).\]

Torques em torno de $B$. A barra $BD$ está apoiada em $B$ (a reação do apoio passa por $B$ e não produz torque) e é sustentada em $D$ pelo cabo. Seja $T_y$ a componente vertical da tração no cabo, aplicada em $D$, a $2{,}0\text{ m}$ de $B$: \[T_y\cdot2{,}0=6000\cdot0{,}5+8000\cdot1{,}5=15\,000\quad\Rightarrow\quad T_y=7500\text{ N}.\]

Tração no cabo. O cabo vai de $D$ até $C$, que está $1{,}5\text{ m}$ acima de $B$ e $2{,}0\text{ m}$ para a esquerda de $D$: comprimento $\sqrt{1{,}5^2+2{,}0^2}=2{,}5\text{ m}$. Então $T_y=T\cdot\dfrac{1{,}5}{2{,}5}=0{,}6\,T$ e \[T=\frac{7500}{0{,}6}=12\,500\text{ N}.\]

Tensão normal. \[\sigma=\frac TA=\frac{12\,500}{100\cdot10^{-6}}=1{,}25\cdot10^{8}\text{ Pa}=125\text{ MPa}.\]

A corda é a fonte do som: ela faz o ar vibrar com a mesma frequência $f$ com que vibra. Então a frequência é a mesma nas duas ondas, e o comprimento de onda é $\lambda=\dfrac vf$, proporcional à velocidade de propagação em cada meio.

A velocidade da onda na corda é $v_{corda}=\sqrt{T/\mu}$, e depende da tração $T$ e da densidade linear $\mu$; a velocidade do som no ar é $\approx340\text{ m/s}$. Uma corda de violão pode ter $v_{corda}$ maior ou menor que isso, dependendo da tração e do material. Logo $\lambda_{som}=\dfrac{v_{som}}{f}$ pode ser maior ou menor que $\lambda_{corda}=\dfrac{v_{corda}}{f}$, conforme as velocidades de propagação (alternativa D).

Por que as demais estão erradas. (A) e (B) dão critérios que não determinam o comprimento de onda (distância entre moléculas e massa específica não decidem a razão $v/f$). (C) tem o fato certo (frequências iguais), mas a conclusão errada: com a mesma frequência, o comprimento de onda só seria igual se as velocidades fossem iguais. (E) é falsa porque as frequências são iguais, e então não podem decidir qual comprimento de onda é maior.

Em um campo magnético perpendicular à velocidade, a carga descreve um movimento circular uniforme com velocidade angular \[\omega=\frac{qB}{m}=\frac{10\cdot10^{-6}\cdot0{,}5}{10\cdot10^{-20}}=5\cdot10^{13}\text{ rad/s}.\] (O raio é $r=\dfrac{mv}{qB}=2\cdot10^{-13}\text{ m}$, o que combina com a figura.)

Ângulo percorrido. O centro do arco está na linha horizontal em que a partícula entra, e a partícula parte do ponto dessa linha a uma distância $r$ do centro. O anteparo, vertical, está a $d=\dfrac{\sqrt2}{2}\,r$ do centro. Ao se mover sobre a circunferência, a partícula atinge o anteparo quando sua distância horizontal ao centro é $d$, isto é, quando \[r\cos\varphi=d\quad\Rightarrow\quad\cos\varphi=\frac{\sqrt2}{2}\quad\Rightarrow\quad\varphi=45^\circ=\frac\pi4.\]

Tempo. \[t=\frac\varphi\omega=\frac{\pi/4}{5\cdot10^{13}}=\frac{\pi}{20}\cdot10^{-13}=5\pi\cdot10^{-15}\text{ s}.\]

Usamos as dimensões $M$ (massa), $L$ (comprimento), $T$ (tempo) e $\Theta$ (temperatura).

Condutividade térmica. Pela Lei de Fourier, o fluxo de calor por unidade de área vale $\dfrac{P}{A}=k\,\dfrac{\Delta\theta}{\ell}$, ou seja, $k=\dfrac{P\,\ell}{A\,\Delta\theta}$. Com $[P]=ML^2T^{-3}$: \[[k]=\frac{ML^2T^{-3}\cdot L}{L^2\cdot\Theta}=ML\,T^{-3}\,\Theta^{-1}.\] Os demais termos. $[\gamma]=\dfrac{[P]}{\Theta}=ML^2T^{-3}\,\Theta^{-1}$, $[a]=LT^{-2}$ e $[l^3]=L^3$.

Dimensão de $v$. Da equação, $v^2=\dfrac{k\,a\,l^3}{\gamma}$: \[[v^2]=\frac{ML\,T^{-3}\Theta^{-1}\cdot LT^{-2}\cdot L^3}{ML^2T^{-3}\Theta^{-1}}=L^3\,T^{-2}.\] Então \[[v]=L^{3/2}\,T^{-1}=\left(LT^{-1}\right)\cdot L^{1/2},\] isto é, o produto da velocidade pela raiz quadrada do comprimento.

Em uma onda plana, as frentes de onda são perpendiculares à direção de propagação. O observador as cruza com uma taxa que depende só da velocidade relativa na direção de propagação, e o movimento perpendicular a ela não altera a contagem de frentes.

Velocidade relativa. A componente de $\vec u$ ao longo da propagação é $u\cos\alpha$, no mesmo sentido da onda. A velocidade da onda em relação ao observador é $v-u\cos\alpha$. O comprimento de onda não muda, $\lambda=\dfrac vf$, e a frequência medida é \[f'=\frac{v-u\cos\alpha}{\lambda}=\frac{v-u\cos\alpha}{v}\,f=\left[1-\frac uv\cos\alpha\right]f.\]

Trabalhamos com intensidades (sem interferência e sem absorção no vidro). Em cada interface, a fração $q$ da intensidade é transmitida e a fração $1-q$ é refletida.

Primeira passagem. Entra no vidro $qI$. Na segunda interface, saem $q\cdot qI=q^2I$, e voltam para o interior $(1-q)\,qI$. Ida e volta. Essa parte volta à primeira interface (reflete a fração $1-q$) e depois chega de novo à segunda. Cada ida e volta multiplica a intensidade por $(1-q)^2$, e a cada chegada à segunda interface sai a fração $q$. As intensidades emergentes são \[q^2I,\quad q^2I\,(1-q)^2,\quad q^2I\,(1-q)^4,\ \dots\]

Soma. É uma progressão geométrica de razão $(1-q)^2$, com $0<(1-q)^2<1$: \[I_{total}=\frac{q^2I}{1-(1-q)^2}=\frac{q^2I}{q\,(2-q)}=\frac{qI}{2-q}.\]

No ponto $P$, na altura do centro, o peso $mg$ é tangente à trajetória, e a única força radial é a normal $N$ (horizontal, para o centro). As duas são perpendiculares, e a resultante tem módulo \[\sqrt{N^2+(mg)^2}=\sqrt{17}\,mg\quad\Rightarrow\quad N=4\,mg.\]

Velocidade em $P$. A normal é a força centrípeta: \[N=\frac{mv_P^{\,2}}{R}\quad\Rightarrow\quad v_P^{\,2}=4gR.\]

Altura máxima. Sem atrito, a energia se conserva do ponto $P$ (a altura $R$) até o ponto mais alto da rampa, onde a velocidade é nula: \[\frac12mv_P^{\,2}+mgR=mg\,h_{max}\quad\Rightarrow\quad2gR+gR=g\,h_{max}\quad\Rightarrow\quad h_{max}=3R.\]

Convertendo: $72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$, $36\text{ km/h}=10\text{ m/s}$ e $108\text{ km/h}=30\text{ m/s}$. Pela previsão, $AB=20\cdot600=12\,000\text{ m}$, e a metade do caminho fica em $6000\text{ m}$, alcançada em $300\text{ s}$.

Fase 1 (até a metade). $6000\text{ m}$ em $300\text{ s}$. Fase 2 (desaceleração). De $20$ a $10\text{ m/s}$ em $20\text{ s}$: distância $\dfrac{20+10}{2}\cdot20=300\text{ m}$, terminando em $t=320\text{ s}$.

Fase 3 (a $10\text{ m/s}$). Dura até que reste $1\text{ min}$ para os $600\text{ s}$ previstos, ou seja, até $t=540\text{ s}$: duração $540-320=220\text{ s}$, distância $10\cdot220=2200\text{ m}$. Fase 4 (aceleração). De $10$ a $30\text{ m/s}$ em $22\text{ s}$: distância $\dfrac{10+30}{2}\cdot22=440\text{ m}$, terminando em $t=562\text{ s}$.

Fase 5 (a $30\text{ m/s}$). Até aqui foram percorridos $6000+300+2200+440=8940\text{ m}$, e faltam $12\,000-8940=3060\text{ m}$, que levam $\dfrac{3060}{30}=102\text{ s}$. O tempo total é $562+102=664\text{ s}$, e o atraso em relação aos $600\text{ s}$ previstos é \[664-600=64\text{ s}.\]

A bateria fornece $10\text{ A}$ ao conjunto formado pelo resistor $R=10\ \Omega$, em paralelo com o cabo (da extremidade $A$ ao ponto de falha, e daí à terra). Seja $V_b$ a tensão da bateria.

Corrente no cabo. Em $R$ passa $\dfrac{V_b}{10}$, e no cabo passa o restante: $I_c=10-\dfrac{V_b}{10}$. A resistência do trecho do cabo é $R_c=0{,}01\,x$, e $V_b=R_c\,I_c$, e portanto \[x=\frac{V_b}{0{,}01\,\left(10-V_b/10\right)}.\]

Valor nominal. Com $V_b=16{,}67\text{ V}$: $I_R=1{,}667\text{ A}$, $I_c=8{,}333\text{ A}$, $R_c=2{,}00\ \Omega$ e $x=200\text{ m}$.

Intervalo, com erro de $\pm10\%$. A tensão real está entre $15{,}0\text{ V}$ e $18{,}33\text{ V}$. Para $V_b=15{,}0\text{ V}$: $I_c=8{,}5\text{ A}$, $R_c=1{,}765\ \Omega$ e $x\approx176\text{ m}$. Para $V_b=18{,}33\text{ V}$: $I_c=8{,}167\text{ A}$, $R_c=2{,}245\ \Omega$ e $x\approx224\text{ m}$. O ponto de ruptura está em \[176\text{ m}\lesssim x\lesssim224\text{ m}.\]

Alternativas. (A) O ensaio localiza o ponto de ruptura, e não informa o comprimento total do cabo. (B) e (C) trocam os extremos: $224\text{ m}$ é o limite máximo, e $176\text{ m}$ é o mínimo. (D) $240\text{ m}$ está fora do intervalo. (E) $210\text{ m}$ está dentro do intervalo, e é a correta.

Conversões. $41\ ^\circ\text{F}=\dfrac59\,(41-32)=5\ ^\circ\text{C}$ e $293\text{ K}=20\ ^\circ\text{C}$. Assim, $E_1$ está a $5\ ^\circ\text{C}$ (marca $10\ ^\circ\text{X}$) e $E_2$, a $20\ ^\circ\text{C}$ (marca $19\ ^\circ\text{X}$).

Escala $X$. A relação é linear, $X=aC+b$: $a=\dfrac{19-10}{20-5}=0{,}6$ e $b=10-0{,}6\cdot5=7$. Então $13\ ^\circ\text{X}$ corresponde a $C=\dfrac{13-7}{0{,}6}=10\ ^\circ\text{C}$.

Equilíbrio. A temperatura final, $10\ ^\circ\text{C}$, é igual à temperatura inicial de $M_3$, que então não troca calor. Com o mesmo calor específico $c$ da água, a soma dos calores trocados é nula: \[M_1\,c\,(10-5)+M_2\,c\,(10-20)+M_3\,c\,(10-10)=0\quad\Rightarrow\quad5M_1=10M_2.\] Portanto \[\frac{M_1}{M_2}=2.\]

Instante crítico. Com o capacitor descarregado, ele se comporta, em $t=0^+$, como um curto-circuito. O ramo capacitor-fusível liga os dois nós intermediários, e o resistor de $5\ \Omega$ fica em curto. Depois, o capacitor se carrega e a corrente no fusível diminui até zero (regime permanente). A maior corrente no fusível ocorre, portanto, no instante do fechamento.

Rede em $t=0^+$. Com os dois nós intermediários unidos, a parte de cima é $4\parallel12=3\ \Omega$ e a de baixo é $3\parallel6=2\ \Omega$, em série: $5\ \Omega$. Seja $V$ a tensão da bateria. A tensão na parte de cima é $\tfrac35V$ e na de baixo, $\tfrac25V$. As correntes são \[i_4=\frac{3V/5}{4}=0{,}15V,\qquad i_{12}=\frac{3V/5}{12}=0{,}05V,\] \[i_3=\frac{2V/5}{3}=\frac{2V}{15},\qquad i_6=\frac{2V/5}{6}=\frac V{15}.\]

Corrente no fusível. No nó intermediário da esquerda, chega $i_4$ e saem $i_3$ e a corrente do fusível $i_F$: \[i_F=i_4-i_3=0{,}15V-\frac{2V}{15}=\frac{V}{60}.\] A condição $i_F\le1{,}5\text{ A}$ dá $V\le90\text{ V}$.

Relação com $R$. A bateria fornece $20\text{ A}$ a $R$ e à rede de $5\ \Omega$ (em paralelo): \[\frac VR+\frac V5=20\quad\Rightarrow\quad V=\frac{20}{\dfrac1R+\dfrac15}.\] Para $V\le90$: $\dfrac1R+\dfrac15\ge\dfrac{20}{90}=\dfrac29$, isto é, $\dfrac1R\ge\dfrac29-\dfrac15=\dfrac1{45}$, e \[R\le45\ \Omega.\]