IME 2016 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O corpo parte do repouso, é impulsionado pela mola e pelo campo elétrico, sobe a rampa e chega ao fim dela parado. Como parte do repouso e termina em repouso, a variação da energia cinética é nula, e o trabalho total das forças é zero. Vamos listar o trabalho de cada agente ao longo do percurso $d$ sobre a rampa.

Mola. Ao se distender até o comprimento natural, ela realiza o trabalho $\tfrac12Kx^2$ (positivo, pois empurra o corpo no sentido do movimento). Campo elétrico. A carga positiva é acelerada ao atravessar a diferença de potencial $V$, e o trabalho é $+QV$. Peso. O corpo sobe a altura $d\,\mathrm{sen}\,\theta$: trabalho $-mgd\,\mathrm{sen}\,\theta$. Atrito. A normal vale $N=mg\cos\theta$, e a força de atrito dinâmico $\mu mg\cos\theta$ age contra o movimento ao longo de todo o percurso: trabalho $-\mu mg\cos\theta\cdot d$.

Balanço. \[\frac12Kx^2+QV-mgd\,\mathrm{sen}\,\theta-\mu mgd\cos\theta=0\quad\Rightarrow\quad d=\frac{\frac12Kx^2+QV}{mg\left(\mathrm{sen}\,\theta+\mu\cos\theta\right)}=\frac{Kx^2+2QV}{2mg\left(\mathrm{sen}\,\theta+\mu\cos\theta\right)}.\]

A força magnética é $\vec F=Q\,\vec v\times\vec B$. Com $\vec v=(v_x,\,v_y,\,0)$ (a partícula está confinada ao plano) e $\vec B=(f,\,f,\,B)$, as componentes são \[F_x=QB\,v_y,\qquad F_y=-QB\,v_x,\qquad F_z=Q f\,(v_x-v_y).\]

Movimento no plano. As componentes $F_x$ e $F_y$ não dependem de $f(t)$: elas são as de uma partícula em um campo uniforme $B$ perpendicular ao plano. Por isso, o movimento no plano é circular uniforme, com velocidade angular $\omega=\dfrac{QB}{m}$. Como em $t=0$ a velocidade é $(v,0)$ e a primeira força aponta para $-y$, o giro é horário: \[v_x=v\cos\omega t,\qquad v_y=-v\,\mathrm{sen}\,\omega t.\]

Normal nula. As lâminas só exercem força normal (vertical) para equilibrar a componente $F_z$ da força magnética. Ela é nula quando $v_x=v_y$, isto é, quando as duas componentes da velocidade têm o mesmo valor.

Atenção ao sentido do giro. Com o giro horário acima, $\cos\omega t=-\mathrm{sen}\,\omega t$ ocorre pela primeira vez em $\omega t=\dfrac{3\pi}{4}$, ou seja, $t=\dfrac{3\pi}{4}\,\dfrac{m}{QB}$, que não consta entre as alternativas. Se o giro fosse anti-horário ($v_y=+v\,\mathrm{sen}\,\omega t$), $v_x=v_y$ ocorreria em $\omega t=\dfrac\pi4$, ou seja, $t=\dfrac\pi4\,\dfrac{m}{QB}$, que é a alternativa B e o gabarito oficial da banca.

Cada barra é articulada nas extremidades e tem peso desprezível, de modo que só transmite força ao longo do seu eixo, uma tração. Seja $H$ a componente horizontal da tração em uma barra. Como não há forças externas horizontais, o equilíbrio horizontal de $B$ e de $C$ mostra que $H$ é a mesma nas três barras. A componente vertical em cada barra vale $H$ multiplicado pela razão (desnível)/(distância horizontal).

Geometria. Tomando $A$ como referência, $C$ está $4{,}0\text{ m}$ abaixo de $A$ ($2{,}0+2{,}0$) e $B$, $h$ abaixo. Então: $AB$ tem distância horizontal $2{,}0$ e desnível $h$; $BC$ tem $2{,}0$ e $(4-h)$; $CD$ tem $1{,}5$ e $2{,}0$ (sobe de $C$ até $D$). As componentes verticais são \[V_{AB}=\frac{H\,h}{2},\qquad V_{BC}=\frac{H\,(4-h)}{2},\qquad V_{CD}=\frac{2H}{1{,}5}=\frac{4H}{3}.\]

Nó $B$. A barra $AB$ puxa para cima e a $BC$ puxa para baixo, e há a carga de $40\text{ kN}$: \[\frac{Hh}{2}=40+\frac{H(4-h)}{2}\quad\Rightarrow\quad H\,(h-2)=40.\] Nó $C$. As barras $BC$ e $CD$ puxam para cima, e a carga é $50\text{ kN}$: \[\frac{H(4-h)}{2}+\frac{4H}{3}=50\quad\Rightarrow\quad H\,(20-3h)=300.\]

Resolvendo. Dividindo as duas equações, \[\frac{20-3h}{h-2}=\frac{300}{40}=7{,}5\quad\Rightarrow\quad20-3h=7{,}5h-15\quad\Rightarrow\quad h=\frac{10}{3}\approx3{,}33\text{ m}.\] Então $H=\dfrac{40}{h-2}=30\text{ kN}$.

Trações. Em cada barra, $T=H\cdot\dfrac{\text{comprimento}}{\text{distância horizontal}}$: \[T_{AB}=30\cdot\frac{\sqrt{2^2+(10/3)^2}}{2}\approx58{,}3\text{ kN},\quad T_{BC}=30\cdot\frac{\sqrt{2^2+(2/3)^2}}{2}\approx31{,}6\text{ kN},\quad T_{CD}=30\cdot\frac{2{,}5}{1{,}5}=50{,}0\text{ kN}.\] A maior é $58{,}3\text{ kN}$ (barra $AB$).

Diferença de percursos. O observador está a $3\text{ m}$ da primeira fonte e a $\sqrt{3^2+4^2}=5\text{ m}$ da segunda (triângulo $3$-$4$-$5$). A diferença de percursos é $\Delta=5-3=2\text{ m}$.

O que a observação diz. Em um ponto de interferência destrutiva (intensidade mínima), qualquer deslocamento aumenta a intensidade nos dois sentidos. Se o ponto fosse intermediário, a intensidade aumentaria de um lado e diminuiria do outro. Como a intensidade diminui nos dois sentidos, o observador está em um máximo local, isto é, em interferência construtiva. Com as fontes em fase, isso exige \[\Delta=n\lambda,\qquad n=1,2,3,\dots\]

Frequência. De $2=n\lambda$ e $v=\lambda f$, \[f=\frac{n\,v}{\Delta}=\frac{n\cdot340}{2}=170\,n\text{ Hz}.\] A menor frequência corresponde a $n=1$: $f=170\text{ Hz}$.

Se os corpos ficam em repouso depois de um choque perfeitamente inelástico, a quantidade de movimento total antes do choque é nula: A e B chegam com quantidades de movimento de mesmo módulo e sentidos opostos. Vamos calcular cada uma.

Corpo A. Ele chega à base com metade da energia mecânica inicial, $\tfrac12mgh$, que é toda cinética, e com metade da massa, $\tfrac m2$: \[\frac12\cdot\frac m2\,v_A^{\,2}=\frac12\,mgh\quad\Rightarrow\quad v_A=\sqrt{2gh},\qquad p_A=\frac m2\sqrt{2gh}.\]

Corpo B. Ele parte do repouso, de modo que sua quantidade de movimento em $4T$ é o impulso da força $f(t)$, isto é, a área sob o gráfico da Figura 2. O gráfico é um trapézio com bases $4T$ (de $0$ a $4T$) e $2T$ (patamar de $T$ a $3T$) e altura $F$: \[p_B=\frac{(4T+2T)}{2}\,F=3\,F\,T.\]

Condição. $p_B=p_A$: \[3FT=\frac m2\sqrt{2gh}\quad\Rightarrow\quad F=\frac{m\sqrt{2gh}}{6T}.\]

Percorremos o tubo de $A$ até $B$ aplicando $\Delta p=\pm\rho g\,\Delta h$: a pressão aumenta ao descer e diminui ao subir em um mesmo fluido. Pela figura: de $A$ até $C$ desce-se $L_1$ no fluido 1; de $C$ a $D$ sobe-se $0{,}20\text{ m}$ no fluido 2 (os dois ramos do fluido 2 se ligam pelo fundo, no mesmo nível, e a interface $D$ está $0{,}20\text{ m}$ acima de $C$); de $D$ até $E$ o fluido 1 tem desnível líquido $L_2$ para cima (sobe por cima e desce até $E$); de $E$ até $B$ desce-se $0{,}30\text{ m}$ no fluido 2.

\[P_B=P_A+\rho_1gL_1-\rho_2g(0{,}20)-\rho_1gL_2+\rho_2g(0{,}30)\] \[\Rightarrow\quad P_A-P_B=\rho_1g\,(L_2-L_1)-0{,}10\,\rho_2\,g.\]

Afirmação I (correta). Com $L_2-L_1=0{,}10\text{ m}$: $P_A-P_B=0{,}10\,g\,(\rho_1-\rho_2)$. Vinte milímetros de coluna de água correspondem a $\rho_{a}\,g\,(0{,}020)$, e então \[0{,}10\,(\rho_1-\rho_2)=0{,}020\,\rho_a\quad\Rightarrow\quad\rho_1-\rho_2=0{,}2\text{ kg/L}.\]

Afirmação II (correta). Com $\rho_1=1\text{ kg/L}=1000\text{ kg/m}^3$ e $P_A-P_B=300\text{ Pa}$: $300=0{,}10\cdot10\cdot(1000-\rho_2)$, logo $1000-\rho_2=300$ e $\rho_2=700\text{ kg/m}^3=0{,}7\text{ kg/L}$.

Afirmação III (falsa). Agora $\rho_1=500\text{ kg/m}^3$, $L_2-L_1=0{,}20\text{ m}$ e $P_A-P_B=200\text{ Pa}$ (os $20\text{ mm}$ de água da afirmação I): \[200=10\left[500\cdot0{,}20-0{,}10\,\rho_3\right]=1000-\rho_3\quad\Rightarrow\quad\rho_3=800\text{ kg/m}^3.\] O fluido 3 tem $0{,}8\text{ kg/L}$, menos denso que a água, e não mais denso.

Estão corretas as afirmações I e II.

O solo é liso, então as únicas forças horizontais são $F$ (e a inércia: o corpo acelera com $a=F/M$). Em torno do centro de massa $G$, os torques são os de $F$ e os das duas reações verticais $N_1$ e $N_2$. A seção é simétrica em relação ao eixo vertical que passa por $G$, e as pernas têm a mesma largura. Se $N_1=N_2$, os torques das reações em torno de $G$ se cancelam, e o torque de $F$ também precisa ser nulo: a reta de ação de $F$ passa por $G$. Portanto $G$ está a $1{,}5\text{ u.c.}$ do solo.

Altura de $G$. A seção é a soma de duas pernas e de um triângulo. Pernas: duas peças de largura $\dfrac y4$ e altura $y$, de área total $\dfrac{y^2}{2}$, com centro a $\dfrac y2$ do solo. Triângulo: base $\dfrac y4+\dfrac y2+\dfrac y4=y$ e lados $y$, isto é, equilátero, de área $\dfrac{\sqrt3}{4}y^2$ e altura $\dfrac{\sqrt3}{2}y$; seu centroide está a um terço da altura acima da base, ou seja, a $y+\dfrac{\sqrt3}{6}y$ do solo.

\[y_G=\frac{\frac{y^2}{2}\cdot\frac y2+\frac{\sqrt3}{4}y^2\left(y+\frac{\sqrt3}{6}y\right)}{\frac{y^2}{2}+\frac{\sqrt3}{4}y^2}=y\,\frac{\frac14+\frac{\sqrt3}{4}+\frac18}{\frac{2+\sqrt3}{4}}=y\,\frac{3+2\sqrt3}{2\,(2+\sqrt3)}.\] Multiplicando numerador e denominador por $2-\sqrt3$, e lembrando que $(2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1$: \[y_G=y\,\frac{(3+2\sqrt3)(2-\sqrt3)}{2}=y\,\frac{\sqrt3}{2}.\]

Condição. $y_G=1{,}5$ dá $\dfrac{\sqrt3}{2}\,y=\dfrac32$, ou seja, \[y=\sqrt3=2\,\mathrm{sen}\left(\frac\pi3\right).\]

A bobina de corrente fica no ramo da carga e a de potencial fica sob a tensão da carga. Pelas considerações do enunciado, valem duas simplificações: como $R_c\ll R$, a queda de tensão na bobina de corrente é desprezível e a tensão sobre a bobina de potencial é praticamente a tensão sobre $R$, isto é, $V_R\approx V$; como $R_p\gg R$, a corrente que passa pela bobina de potencial é desprezível diante da corrente da carga, e a corrente na bobina de corrente é praticamente a corrente em $R$.

Correntes. \[I_p\approx\frac{V}{R_p},\qquad I_c\approx\frac{V}{R}.\] Leitura e potência real. \[P_{instrumento}=C\,I_pI_c\approx\frac{C}{R_p}\cdot\frac{V^2}{R},\qquad P_{real}=\frac{V^2}{R}.\]

Portanto $\dfrac{P_{instrumento}}{P_{real}}=\dfrac{C}{R_p}$. Como o erro relativo é $\varepsilon=\dfrac{P_{instrumento}}{P_{real}}-1$, temos $\dfrac{C}{R_p}=1+\varepsilon$ e \[R_p=\frac{C}{1+\varepsilon}.\]

A rede é simétrica em relação à reta vertical que passa entre as colunas de $A$ e de $B$. Aplicamos $+V/2$ em $A$ e $-V/2$ em $B$ (tensão total $V$): por simetria, os pontos dessa reta ficam com potencial nulo. Cada capacitor $C$ que cruza a reta (o de $A$ a $B$ na fileira de cima, o da fileira de baixo e o de cada degrau da escada que desce) equivale a dois capacitores de $2C$, um ligado a cada lado e ao potencial zero. Analisamos então só o lado esquerdo e, no fim, $C_{AB}=\dfrac12\,Y$, em que $Y$ é a admitância (em unidades de $C$) vista por $A$.

Escada que desce. Abaixo do nó $S_0$ (fileira de baixo, coluna de $A$), a coluna é uma cadeia de capacitores $C$ em série, com um nó que tem $2C$ para o potencial zero entre eles. A admitância $X$ vista de cima é a de $C$ em série com ($2C$ em paralelo com a própria $X$): \[X=\frac{1\cdot(2+X)}{1+(2+X)}\quad\Rightarrow\quad X^2+2X-2=0\quad\Rightarrow\quad X=\sqrt3-1.\]

Fileiras horizontais para a esquerda. São duas fileiras, de cima e de baixo, ligadas por degraus de $C$. Decompomos em modo comum (as duas fileiras no mesmo potencial) e modo diferencial. No modo comum, os degraus não conduzem e as fileiras são cadeias de capacitores em série sem caminho para a terra: admitância nula. No modo diferencial (potenciais opostos), cada degrau vale $2C$ até o ponto médio, e a admitância por fileira satisfaz a mesma equação de antes: $y_d=\sqrt3-1$. Resultado: o conjunto das fileiras da esquerda age como uma admitância $g=\dfrac{y_d}{2}=\dfrac{\sqrt3-1}{2}$ entre o nó de cima ($T_0$) e o de baixo ($S_0$) da coluna de $A$.

Juntando. Em $T_0$ está o terminal $A$ (potencial $1$, em unidades de $V/2$), com $2$ para a terra. Entre $T_0$ e $S_0$ há o degrau $1$ e a admitância $g$, isto é, $1+g=\dfrac{\sqrt3+1}{2}$. Em $S_0$ há $2$ para a terra e a escada $X$: $2+X=\sqrt3+1$. O potencial de $S_0$ é \[v_S=\frac{1+g}{(1+g)+(2+X)}=\frac{(\sqrt3+1)/2}{3(\sqrt3+1)/2}=\frac13.\] A admitância vista por $A$ é \[Y=2+(1+g)(1-v_S)=2+\frac{\sqrt3+1}{2}\cdot\frac23=\frac{7+\sqrt3}{3}.\]

Capacitância equivalente. \[C_{AB}=\frac Y2\,C=\frac{\left(\sqrt3+7\right)}{6}\,C.\]

A velocidade de um pulso é $v=\sqrt{T/\mu}$, onde $T$ é a tração no ponto considerado. Em uma corda girante, a tração não é uniforme: em um ponto a distância $r$ de $A$, a tração é a força que mantém em movimento circular o trecho da corda que fica além dele, entre $r$ e $L$.

Tração. Esse trecho tem comprimento $L-r$, massa $\mu\,(L-r)$ e centro de massa a $\dfrac{L+r}{2}$ do eixo. A força centrípeta necessária é \[T=\mu\,(L-r)\cdot\omega^2\cdot\frac{L+r}{2}=\frac{\mu\,\omega^2\,(L^2-r^2)}{2}.\]

Velocidade. \[v=\sqrt{\frac T\mu}=\omega\sqrt{\frac{L^2-r^2}{2}}.\]

Com os eixos paralelos e de mesmo sentido, a posição da partícula vista pelo observador 1 é a posição do observador 2 (vista por 1) somada à posição da partícula vista pelo observador 2: \[\vec r_{P,1}=\vec r_{O_2,1}+\vec r_{P,2}\quad\Rightarrow\quad\vec r_{O_2,1}=\vec r_{P,1}-\vec r_{P,2}.\]

Posição do observador 2 vista por 1. \[x=3\cos t-5\cos t=-2\cos t,\qquad y=4\,\mathrm{sen}\,t-5\,\mathrm{sen}\,t=-\mathrm{sen}\,t.\]

Eliminando $t$. Usando $\cos^2t+\mathrm{sen}^2t=1$: \[\left(\frac{x}{-2}\right)^2+\left(\frac{y}{-1}\right)^2=1\quad\Rightarrow\quad\frac{x^2}{4}+y^2=1.\] É uma elipse de semieixos $2$ e $1$.

A resistência de um trecho de comprimento $\ell$ é $R=\dfrac{\rho\,\ell}{S}$ e a potência é $P=\dfrac{U^2}{R}=\dfrac{U^2S}{\rho\,\ell}$. A energia em cada etapa é $P\cdot\Delta t$. Vamos acompanhar o circuito no tempo, de $0$ a $T$. Os fusíveis, a chave e os fios têm resistência desprezível, e os trechos de $\tfrac12L$ que contêm os fusíveis também.

Etapa 1 ($0<t<T/4$). A corrente passa pelos seis segmentos de cima ($6L$), pelo segmento vertical da direita ($L$) e pela linha de baixo ($8{,}5L$): comprimento total $15{,}5\,L$ e corrente $I=\dfrac{US}{15{,}5\,\rho L}$. Essa corrente supera a de ruptura de $f_1$ ($0{,}9\,I$), mas não a de $f_2$ ($1{,}1\,I$) nem as dos demais. Portanto $f_1$ rompe-se ao fim de $T/4$. A energia da etapa é \[E_1=\frac{U^2S}{\rho\cdot15{,}5\,L}\cdot\frac T4=\frac1{62}\,\frac{U^2ST}{\rho L}.\]

Etapa 2 ($T/4<t<T/2$). Com $f_1$ rompido, o circuito está aberto: não há corrente e não há consumo de energia. O segmento imediatamente à esquerda de $f_1$ gira em torno do seu eixo, no sentido horário, até fechar o contato no batente, o que leva $T/4$ (em $t=T/2$).

Etapa 3 ($T/2<t<3T/4$). O segmento girado fica na vertical e liga a linha de cima à de baixo no ponto do seu eixo, deixando de fora o resto do circuito à direita. O caminho passa agora por quatro segmentos de cima ($4L$), pelo segmento girado ($L$) e pela parte da linha de baixo que vai do batente até a bateria ($6L$): comprimento $11\,L$. A corrente é $I_3=\dfrac{US}{11\,\rho L}=\dfrac{15{,}5}{11}\,I\approx1{,}41\,I$. Ela supera a de ruptura de $f_2$ ($1{,}1\,I$), mas não a de $f_3$ ($1{,}5\,I$). Então $f_2$ se rompe ao fim de $T/4$ (em $t=3T/4$). A energia da etapa é \[E_3=\frac{U^2S}{\rho\cdot11\,L}\cdot\frac T4=\frac1{44}\,\frac{U^2ST}{\rho L}.\]

Etapa 4 ($3T/4<t<T$). Com $f_2$ rompido, o circuito está aberto de novo e o próximo segmento leva $T/4$ para girar e fechar o contato, justamente em $t=T$, quando a chave se abre. Não há mais consumo.

Energia total. \[E=E_1+E_3=\left(\frac1{62}+\frac1{44}\right)\frac{U^2ST}{\rho L}.\]

Vamos examinar cada afirmação, procurando o erro conceitual em cada uma.

(A) Falsa. O espelho atrás da lâmpada é côncavo (a figura mostra a face refletora voltada para a lâmpada). Ele devolve para a frente a luz emitida para trás, aumentando a intensidade sobre o filme, mas um espelho convexo espalharia a luz, em vez de concentrá-la.

(B) Falsa. Para que a imagem real do filamento se forme no mesmo plano dele, ele deve estar no centro de curvatura do espelho, e não no foco. No foco, os raios refletidos saem paralelos e não formam imagem real.

(C) Falsa. A imagem formada na tela é real (formada pelo encontro de raios, e por isso pode ser projetada), invertida e ampliada. Uma imagem virtual não pode ser projetada em uma tela.

(D) Falsa. Uma lente de bordas delgadas é convergente se o seu índice de refração for maior que o do meio. Com índice menor, ela seria divergente.

(E) Correta. Uma lente de Fresnel concentra a curvatura em anéis concêntricos finos, mantendo o poder de convergência da lente com muito menos material. Fica menos espessa e mais leve, e, com menos vidro, absorve menos luz, o que reduz a perda de energia luminosa.

O ângulo $\alpha$ entre as normais às duas faces é igual ao ângulo de abertura do prisma. Sejam $\theta_1$ e $\theta_2$ os ângulos de incidência e de emergência (com as normais, no meio externo, a água) e $r_1$ e $r_2$ os ângulos de refração no interior do vidro. Para ângulos pequenos, a lei de Snell fica linear: \[n_{água}\,\theta_1=n\,r_1,\qquad n\,r_2=n_{água}\,\theta_2.\]

Geometria interna. No triângulo formado pelo raio dentro do prisma e pelas duas normais, $\alpha=r_1+r_2$. Desvio total. O desvio é a soma dos desvios nas duas faces: \[\Delta=(\theta_1-r_1)+(\theta_2-r_2)=\theta_1+\theta_2-\alpha.\]

Das relações de Snell, $\theta_1+\theta_2=\dfrac{n}{n_{água}}\,(r_1+r_2)=\dfrac{n}{n_{água}}\,\alpha$. Logo \[\Delta=\left(\frac{n}{n_{água}}-1\right)\alpha\quad\Rightarrow\quad\frac\Delta\alpha=\frac{n}{n_{água}}-1.\]

Aquecimento da haste. A haste recebe $Q=400\text{ J}$ e tem capacidade térmica $C_t=4\text{ J/K}$: \[\Delta T=\frac{Q}{C_t}=\frac{400}{4}=100\text{ K}.\]

Dilatação. A haste tem comprimento inicial $L$ (a figura mostra $L$ entre o êmbolo e a parede). Com $\alpha=10^{-6}\text{ K}^{-1}$: \[\Delta L=\alpha\,L\,\Delta T=10^{-6}\cdot L\cdot100=10^{-4}\,L.\] Como a haste está fixada à parede, o alongamento empurra o êmbolo, e o comprimento da coluna de gás passa de $L$ a $L-\Delta L=L\,(1-10^{-4})$.

Compressão isotérmica. Pela lei de Boyle, $P_iV_i=P_fV_f$, e com seção constante, os volumes são proporcionais aos comprimentos: \[\frac{P_i}{P_f}=\frac{V_f}{V_i}=\frac{L\,(1-10^{-4})}{L}=1-10^{-4}.\]

Resultado. \[\frac{P_f-P_i}{P_f}=1-\frac{P_i}{P_f}=1-\left(1-10^{-4}\right)=10^{-4}=0{,}0001.\]