IME 2015 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Vamos trabalhar de trás para frente, do ponto $C$ até o ponto $A$.

Ponto $C$ (topo). A menor velocidade com que o corpo ainda mantém o contato com a rampa é aquela em que a força normal se anula, e o peso sozinho faz o papel de força centrípeta: \[mg=\frac{mv_C^{\,2}}{R}\quad\Rightarrow\quad v_C^{\,2}=gR=10\cdot2=20\text{ m}^2/\text{s}^2.\]

De $B$ até $C$ (depois do choque). Sem atrito, a energia mecânica do conjunto de massa $2m$ se conserva. O topo está $2R=4\text{ m}$ acima de $B$: \[\frac12v'^{\,2}=\frac12v_C^{\,2}+g\,(2R)\quad\Rightarrow\quad v'^{\,2}=20+2\cdot10\cdot4=100\quad\Rightarrow\quad v'=10\text{ m/s}.\]

Choque em $B$. Perfeitamente inelástico, então a quantidade de movimento se conserva: \[m_Av_B=(m_A+m_B)\,v'\quad\Rightarrow\quad v_B=2\cdot10=20\text{ m/s}.\]

De $A$ até $B$. O corpo desce a altura $R=2\text{ m}$: \[v_B^{\,2}=v_A^{\,2}+2gR\quad\Rightarrow\quad v_A^{\,2}=400-40=360\quad\Rightarrow\quad v_A=6\sqrt{10}\approx19\text{ m/s}.\]

Esse valor não consta entre as alternativas ($10$; $20$; $4\sqrt{15}\approx15{,}5$; $10\sqrt5\approx22{,}4$; $8\sqrt5\approx17{,}9$), e por isso a questão foi anulada. A alternativa B ($20\text{ m/s}$) é a velocidade em $B$, e não em $A$.

Um pulso que se propaga com velocidade $v$ no sentido $+x$, sem mudar de forma, é descrito por $y(x,t)=f(x-vt)$, em que $f(x)=y(x,0)$ é o perfil inicial. O ponto de coordenada $x$ no instante $t$ repete o deslocamento que o ponto $x-vt$ tinha em $t=0$.

Função de onda. \[y(x,t)=\frac{1}{(x-0{,}5\,t)^2+4}.\] Valores pedidos. Para $x=3\text{ m}$ e $t=2\text{ s}$: $x-vt=3-0{,}5\cdot2=2\text{ m}$, e \[y=\frac{1}{2^2+4}=\frac18\text{ m}=0{,}125\text{ m}=12{,}5\text{ cm}.\]

Esse valor corresponde à alternativa D. A banca anulou a questão porque a figura rotula o eixo vertical como $x$ e o horizontal como $y$, o inverso da expressão $y(x)$ do enunciado, o que torna a leitura do problema ambígua.

Para que a chapa fique em equilíbrio sobre o apoio, o centro de massa deve estar na mesma vertical do apoio. Medindo as posições horizontais a partir do apoio, a condição é que a soma dos momentos das áreas (a chapa é homogênea, e então o peso é proporcional à área) seja nula. Pela figura, a chapa tem largura total $4a+6a+2a=12a$, e o apoio está a $4a+2a=6a$ da borda esquerda, bem no meio dela.

Divisão em peças. Tomando a vertical do apoio ($x=6a$) como referência, as peças são:
• barra superior ($12a\times a$): centro em $6a$, braço nulo;
• aba ($4a\times a$, de $4a$ a $8a$, na base do bloco): centro em $6a$, braço nulo;
• faixa inferior ($12a\times2{,}5975a$): centro em $6a$, braço nulo;
• bloco da esquerda (de $0$ a $4a$, de altura $5a$ abaixo da barra superior): área $4a\cdot5a=20a^2$, centro em $2a$, braço $-4a$;
• coluna da direita (largura $2a$, de $10a$ a $12a$), que vai da barra superior até a faixa inferior: altura $x-a-2{,}5975a=x-3{,}5975a$, área $2a\,(x-3{,}5975a)$, centro em $11a$, braço $+5a$.

Equilíbrio de momentos. \[20a^2\,(-4a)+2a\,(x-3{,}5975a)\,(5a)=0\quad\Rightarrow\quad -80+10\left(\frac xa-3{,}5975\right)=0.\] Logo $\dfrac xa-3{,}5975=8$, isto é, \[\frac xa=11{,}5975.\]

Os lados do losango são fios ideais, e então seus quatro vértices estão ao mesmo potencial. Tomamos esse nó como referência ($0\text{ V}$). Do nó central $O$ saem quatro ramos para a referência, e basta achar o potencial $V$ do nó $O$.

Corrente em cada ramo, em direção a $O$. Em cada ramo, o terminal positivo da fonte está voltado para o resistor, e então a fonte eleva o potencial:
• esquerda: $\dfrac{5-V}{15}$;
• cima: $\dfrac{15-V}{10}$;
• baixo: $\dfrac{10-V}{5}$;
• direita (sem fonte): $\dfrac{0-V}{5}=-\dfrac V5$.

Lei dos nós em $O$. A soma das correntes que chegam é nula: \[\frac{5-V}{15}+\frac{15-V}{10}+\frac{10-V}{5}-\frac V5=0.\] Multiplicando por $30$: \[2(5-V)+3(15-V)+6(10-V)-6V=0\quad\Rightarrow\quad115=17V\quad\Rightarrow\quad V=\frac{115}{17}\approx6{,}76\text{ V}.\]

Resistor de $10\ \Omega$. \[I=\frac{15-V}{10}=\frac{140/17}{10}=\frac{14}{17}\approx0{,}824\text{ A},\qquad P=R\,I^2=10\left(\frac{14}{17}\right)^2\approx6{,}78\text{ W}.\]

Como o campo gravitacional é desprezível, a única força constante sobre o corpo é a elétrica, vertical e para baixo (carga positiva, mesmo sentido do campo). Ela cumpre o papel do peso: o pêndulo oscila em torno da vertical com uma gravidade efetiva.

Gravidade efetiva. \[F=qE=50\cdot10^{-6}\cdot128\cdot10^{3}=6{,}4\text{ N},\qquad g'=\frac{F}{m}=\frac{6{,}4}{4\cdot10^{-3}}=1600\text{ m/s}^2.\]

Período. Para pequenas amplitudes: \[T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g'}}=2\pi\sqrt{\frac{1}{1600}}=\frac{2\pi}{40}=\frac{\pi}{20}\text{ s}.\]

A força magnética sobre a partícula tem módulo $F=q\,v\,B_{c}\,\mathrm{sen}\,\varphi$, em que $\varphi$ é o ângulo entre a velocidade e o campo. Como o módulo $v$ da velocidade é constante e o campo é uniforme, $F$ é máxima onde $\mathrm{sen}\,\varphi=1$, isto é, onde a velocidade é perpendicular ao campo.

Direção do campo e da velocidade. O campo tem a direção do vetor $(3,\,1)$, de inclinação $\tfrac13$. A direção perpendicular a ele tem inclinação $-3$ (o produto das inclinações de retas perpendiculares é $-1$). A velocidade é tangente à trajetória, e a inclinação da tangente à parábola é \[\frac{dy}{dx}=2x-9.\]

Condição. $2x-9=-3\ \Rightarrow\ x=3$. Nesse ponto, $y=3^2-9\cdot3+3=-15$. O ponto procurado é \[(3,\,-15).\]

Um ponto do eixo $x$, de abscissa $x>0$, está a $x$ de $B$ e a $\sqrt{x^2+d^2}$ de $A$. A diferença de percursos é \[\Delta(x)=\sqrt{x^2+d^2}-x.\] Para fontes em fase, há máximo quando $\Delta=m\lambda$, com $m$ inteiro.

Comportamento de $\Delta$. $\Delta$ diminui continuamente com $x$: vale $d=N\lambda$ em $x=0$ (no próprio ponto $B$) e tende a $0$ quando $x\to\infty$, sem nunca atingi-lo. Como $x$ percorre apenas valores positivos, $\Delta$ passa por todos os valores do intervalo aberto $(0,\,N\lambda)$ uma única vez.

Contagem. Os múltiplos de $\lambda$ dentro do intervalo aberto $(0,\,N\lambda)$ são $\lambda,\,2\lambda,\,\dots,\,(N-1)\lambda$, ou seja, $N-1$ valores. Cada um corresponde a exatamente um ponto do eixo, e então há $N-1$ máximos à direita de $B$.

Tração no fio (estática). Considere uma haste de comprimento $\ell$, articulada na base e inclinada de $45^\circ$. Em torno da articulação, atuam o peso $P=200\text{ N}$, no centro da haste, e a tração $T$ do fio, horizontal, na extremidade superior. O braço do peso (distância horizontal até a articulação) é $\dfrac\ell2\cos45^\circ$, e o da tração (altura da extremidade) é $\ell\,\mathrm{sen}\,45^\circ$. O equilíbrio dos torques dá \[T\,\ell\,\mathrm{sen}\,45^\circ=P\,\frac\ell2\cos45^\circ\quad\Rightarrow\quad T=\frac P2=100\text{ N}.\] O peso do fio (cerca de $25\text{ N}$) é desprezado, já que o fio está praticamente na horizontal.

Velocidade da onda. A densidade linear do fio é $\mu=\dfrac{2{,}5}{10{,}0}=0{,}25\text{ kg/m}$, e \[v=\sqrt{\frac T\mu}=\sqrt{\frac{100}{0{,}25}}=20\text{ m/s}.\]

Quinto harmônico. Em um fio de comprimento $L=10{,}0\text{ m}$, preso nas duas extremidades, $f_n=\dfrac{n\,v}{2L}$. Para $n=5$: \[f_5=\frac{5\cdot20}{2\cdot10}=5\text{ Hz}.\]

Volume do recipiente. Os diâmetros são $10\text{ cm}$ e $20\text{ cm}$, e os raios, $r=5\text{ cm}$ e $R=10\text{ cm}$. A altura é $h=30\text{ cm}$. O volume do tronco de cone é \[V=\frac{\pi h}{3}\left(R^2+Rr+r^2\right)=\frac{\pi\cdot30}{3}\,(100+50+25)=1750\,\pi\text{ cm}^3\approx5{,}50\cdot10^{-3}\text{ m}^3.\]

Peso do fluido. \[m=\rho V=3000\cdot1{,}75\pi\cdot10^{-3}=5{,}25\pi\text{ kg}\approx16{,}5\text{ kg},\qquad P=mg\approx165\text{ N}.\]

Equilíbrio. O enchimento é lento, e a cada instante o sistema está em equilíbrio. Com o recipiente cheio, a tração no cabo é o peso do fluido ($T=P$, pois o recipiente tem peso desprezível), e o carro está em equilíbrio sob a tração do cabo e a força da mola, de modo que $kx=T$: \[x=\frac{P}{k}=\frac{165}{3300}\approx0{,}050\text{ m}=5{,}0\text{ cm}.\]

Equilíbrio do êmbolo. O êmbolo e a mola têm massa desprezível, e acima do êmbolo há vácuo. A força do gás sobre o êmbolo é equilibrada pela mola: \[PA=kx\quad\Rightarrow\quad P=\frac{kx}{A}.\]

Equação de estado. Com $V=Ah$ e $n=\dfrac mM$ (massa total $m$ de gás): \[PV=nRT\quad\Rightarrow\quad kx\,h=\frac mM\,RT\quad\Rightarrow\quad T=\frac{kM}{mR}\,xh.\] A temperatura é proporcional ao produto $xh$.

Calor. Tomando $c$ como o calor específico do gás no processo, $Q=mc\,(T-T_0)$. Então \[Q=mc\,\frac{kM}{mR}\,(xh-x_0h_0)=\frac{kMc}{R}\,(xh-x_0h_0).\] Como $k$, $M$, $c$, $R$, $x_0$ e $h_0$ são constantes, $Q$ varia linearmente com o produto $xh$.

Cortado o semicírculo ao longo de $AC$, resta um quarto de disco de raio $a$, limitado por $CA$ e $CB$. O seu centro de massa $G$ está a $\dfrac{4a}{3\pi}$ de cada lado reto: o dado do enunciado vale para o semicírculo, em relação ao diâmetro, e o quarto de disco é uma metade do semicírculo, simétrica em relação à bissetriz dos dois lados retos.

Coordenadas. Com $C$ na origem, $A=(0,\,a)$ e o quarto de disco no primeiro quadrante, $G=\left(\dfrac{4a}{3\pi},\,\dfrac{4a}{3\pi}\right)$. Em equilíbrio, $G$ fica na vertical que passa pelo ponto de suspensão $A$. Em relação a $A$, o centro de massa está \[\Delta x=\frac{4a}{3\pi}\ \text{(horizontal)},\qquad\Delta y=a-\frac{4a}{3\pi}\ \text{(abaixo de }A\text{)}.\]

Ângulo. No equilíbrio, a vertical é a reta $AG$. O segmento $AC$ é perpendicular a $CB$, e o vetor $\overrightarrow{AG}$ tem componente $\Delta y$ ao longo de $AC$ e componente $\Delta x$ perpendicular a $AC$. Logo o ângulo $\varphi$ entre $AC$ e a vertical $AG$ satisfaz \[\tan\varphi=\frac{\Delta x}{\Delta y}=\frac{4a/3\pi}{a-4a/3\pi}=\frac{4}{3\pi-4}.\]

No estado estacionário a barra desce com velocidade constante, e a força resultante sobre o conjunto barra-balão, ao longo dos trilhos (vertical), é nula.

Empuxo. O balão, de massa desprezível, desloca $0{,}5\text{ m}^3$ de ar: \[E=\rho_{ar}\,V\,g=1{,}2\cdot0{,}5\cdot10=6\text{ N}\ \ (\text{para cima}).\] O peso da barra é $mg=10\text{ N}$, e então a força vertical líquida para baixo, a ser equilibrada pela força magnética, é $10-6=4\text{ N}$.

Força magnética. A barra é horizontal e perpendicular ao plano da figura, e o campo está nesse plano. A corrente $I$ na barra sofre a força $F=I\,\ell\,B$, perpendicular a $\vec B$ (e à barra). Como $\vec B$ forma $\theta=60^\circ$ com a horizontal, a força forma $60^\circ$ com a vertical, e sua componente vertical é $F\cos60^\circ=\dfrac F2$. A componente horizontal é perpendicular ao plano dos trilhos, e é absorvida pelo contato com eles.

Equilíbrio vertical. \[\frac12\,I\,\ell\,B=4\quad\Rightarrow\quad I=\frac{8}{\ell B}=\frac{8}{0{,}2\cdot4}=10\text{ A}.\]

Conferência pela potência. A força eletromotriz induzida é $\varepsilon=B\,\ell\,v\cos\theta$ (a componente de $\vec B$ perpendicular a $\vec v$ é $B\cos60^\circ$). A potência elétrica $\varepsilon I$ é igual à potência da força líquida de $4\text{ N}$: $I\,B\ell\cos\theta=4$, o que dá $I=\dfrac{4}{0{,}2\cdot4\cdot0{,}5}=10\text{ A}$, o mesmo resultado.

Gravidade local (manômetro). Uma mistura com massas iguais $m$ de cada óleo tem massa $2m$ e volume $\dfrac{m}{0{,}3}+\dfrac{m}{0{,}9}$ (em g/cm³ e cm³), de modo que \[\rho=\frac{2}{\frac1{0{,}3}+\frac1{0{,}9}}=\frac{2}{4{,}44}=0{,}45\text{ g/cm}^3=450\text{ kg/m}^3.\] Pela lei de Stevin, $\Delta P=\rho\,g\,\Delta h$: \[180=450\cdot g\cdot0{,}30\quad\Rightarrow\quad g=\frac43\approx1{,}33\text{ m/s}^2.\]

Plano inclinado. O seno do ângulo é $\mathrm{sen}\,\theta=\dfrac{6}{10}=0{,}6$ e o cosseno, $0{,}8$. A aceleração do bloco é \[a=g\left(\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta\right)=\frac43\,(0{,}6-0{,}8\,\mu).\]

Cinemática (dados incompatíveis). Partindo do repouso, em $10\text{ s}$ com velocidade final de $4\text{ m/s}$, a aceleração seria $a=\dfrac{4}{10}=0{,}4\text{ m/s}^2$ e o espaço percorrido, $\tfrac12\cdot0{,}4\cdot10^2=20\text{ m}$, e não os $10\text{ m}$ da rampa. Se, por outro lado, fossem usados $v^2=2aL$ ($a=0{,}8\text{ m/s}^2$), o resultado seria $\mu=0$. Com $a=0{,}4$: $0{,}4=\frac43(0{,}6-0{,}8\mu)\Rightarrow\mu=0{,}375$. Nenhum dos valores consta das alternativas.

Por causa dessa inconsistência nos dados, a questão foi anulada.

Tempo de enchimento. A balança tem braços iguais, e então o balde fica em equilíbrio quando a água tem a mesma massa do bloco: $0{,}8\text{ kg}$, ou seja, $0{,}8\text{ L}=800\text{ mL}$. Com $200\text{ mL/s}$, isso leva $t=4\text{ s}$. A água é interrompida quando o capacitor termina de carregar, em $5\tau$: \[5\tau=4\text{ s}\quad\Rightarrow\quad\tau=0{,}8\text{ s}.\]

Resistência de carga. O fio em forma de quadrado tem $32\text{ k}\Omega$ no total, ou $8\text{ k}\Omega$ por lado. A fonte está ligada aos vértices de cima e de baixo; o resistor de $8\text{ k}\Omega$ liga os vértices esquerdo e direito, e o capacitor é carregado a partir do vértice direito. Visto do capacitor (fonte curto-circuitada): o vértice direito está a $8\text{ k}\Omega$ do vértice de cima, a $8\text{ k}\Omega$ do de baixo (os dois, no mesmo ponto, por causa da fonte ideal) e, através do resistor central, a $8\text{ k}\Omega+\left(8\text{ k}\Omega\parallel8\text{ k}\Omega\right)=12\text{ k}\Omega$ do vértice esquerdo. A resistência equivalente é \[R_{th}=8\parallel8\parallel12=4\parallel12=3\text{ k}\Omega.\] Os quatro resistores de $97\text{ k}\Omega$ (duas fileiras de dois em série, ligadas em paralelo) valem $194\parallel194=97\text{ k}\Omega$, e estão em série com o capacitor. Resistência total de carga: $R=3+97=100\text{ k}\Omega$.

Capacitância. \[\tau=RC\quad\Rightarrow\quad C=\frac{0{,}8}{100\cdot10^3}=8\cdot10^{-6}\text{ F}=8\ \mu\text{F}.\]

Energia no fio. A partir de $t=4\text{ s}$, a chave $Ch_a$ se abre e o vértice direito fica isolado do resto do circuito. Os quatro lados do quadrado ficam ligados à fonte nos vértices de cima e de baixo: duas fileiras de dois lados em série, ligadas em paralelo. Pela simetria, o vértice esquerdo e o direito têm o mesmo potencial, e o resistor central de $8\text{ k}\Omega$ não conduz. A resistência equivalente do fio é $\dfrac{16\cdot16}{16+16}=8\text{ k}\Omega$, e a potência dissipada nele é \[P=\frac{U^2}{R_{fio}}=\frac{100^2}{8\cdot10^3}=1{,}25\text{ W}.\] Entre $t=4\text{ s}$ e $t=20\text{ s}$, passam $16\text{ s}$: \[E=P\,\Delta t=1{,}25\cdot16=20\text{ J}.\]

A resposta é $8\ \mu\text{F}$ e $20\text{ J}$.

No referencial do laboratório, o campo gira junto com as placas, e a força $Q\vec E$ sobre a partícula, de módulo constante, gira com velocidade angular $\omega$. Como a partícula parte do repouso em $t=0$, com o campo inicialmente ao longo de $X$, a aceleração é \[\vec a=a_0\,(\cos\omega t,\ \mathrm{sen}\,\omega t),\qquad a_0=\frac{QE}{m}.\]

Velocidade e posição. Integrando, com $\vec v(0)=\vec 0$ e posição inicial na origem: \[\vec v=\frac{a_0}{\omega}\left(\mathrm{sen}\,\omega t,\ 1-\cos\omega t\right),\qquad\vec r=\frac{a_0}{\omega^2}\left(1-\cos\omega t,\ \omega t-\mathrm{sen}\,\omega t\right).\]

Interpretação. Separando os termos, \[\vec r=\underbrace{\frac{a_0}{\omega^2}\,(1,\ \omega t)}_{\text{centro: movimento uniforme em }Y}+\underbrace{\frac{a_0}{\omega^2}\,(-\cos\omega t,\ -\mathrm{sen}\,\omega t)}_{\text{movimento circular uniforme}}.\] O centro da circunferência, de raio $\dfrac{a_0}{\omega^2}$, se desloca com velocidade constante $\dfrac{a_0}{\omega}$ ao longo do eixo $Y$, que é perpendicular à direção inicial do campo. A trajetória é a superposição de um movimento circular uniforme com um movimento uniforme no eixo $Y$ (uma cicloide).