IME 2017 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A água evapora enquanto o ar acima do lago ainda não está saturado de vapor. A taxa de evaporação é proporcional à diferença entre a pressão de vapor de saturação $p_{sat}$ (que depende da temperatura) e a pressão parcial de vapor realmente presente no ar, $p_v$: \[\text{taxa}\ \propto\ p_{sat}-p_v.\]

Por definição de umidade relativa, $UR=\dfrac{p_v}{p_{sat}}$, de modo que $p_v=UR\cdot p_{sat}$ e \[\text{taxa}\ \propto\ p_{sat}\,(1-UR).\] Nas duas medidas a temperatura é a mesma ($300\text{ K}$), portanto $p_{sat}$ é o mesmo e se cancela na razão.

\[\frac{\text{taxa}_1}{\text{taxa}_2}=\frac{1-0{,}40}{1-0{,}70}=\frac{0{,}60}{0{,}30}=2.\]

A garrafa está fechada (rígida), logo o volume do gás é constante e ele não realiza trabalho: pela primeira lei da termodinâmica, todo o calor fornecido vira variação de energia interna, $Q=\Delta U$.

Para um gás ideal monoatômico, $U=\dfrac32\,nRT$. Do estado inicial, $nR=\dfrac{pV}{T}=\dfrac{100\,000\cdot0{,}1}{300}=\dfrac{100}{3}\text{ J/K}$. Então \[Q=\Delta U=\frac32\,nR\,\Delta T=\frac32\cdot\frac{100}{3}\cdot(600-300)=15\,000\text{ J}=15\text{ kJ}.\]

A banca anulou esta questão. Uma provável razão é a notação do enunciado, que dá a posição da partícula fixa $B$ como $(X_A,Y_A)=(0,1)$, o que parece um erro de digitação para $(X_B,Y_B)=(0,1)$. Resolvendo com $B$ em $(0,\,1)$, a resposta seria $t=1\text{ s}$, e a questão fica como exercício de cinemática vetorial.

Velocidade. Na direção $x$ o movimento é uniforme, pois $X_A$ é função do primeiro grau de $t$, com velocidade $v_x=3\sqrt2\text{ m/s}$. Na direção $y$, $Y_A=t^2+t-11$ corresponde a um movimento uniformemente variado, com velocidade inicial $v_{0y}=1\text{ m/s}$ e aceleração $a_y=2\text{ m/s}^2$ (o coeficiente de $t^2$ é $a_y/2=1$), de modo que $v_y=1+2t$. Logo, \[\vec v=\left(3\sqrt2,\ \ 1+2t\right).\]

Direção da força. Como as cargas têm o mesmo sinal, a força é de repulsão e atua ao longo da reta que liga $B$ a $A$. O vetor de $B$ até $A$ é \[\vec r=\left(X_A-0,\ \ Y_A-1\right)=\left(3\sqrt2\,t+2\sqrt2,\ \ t^2+t-12\right).\]

Condição de perpendicularidade. A força é ortogonal à trajetória quando $\vec r$ é perpendicular a $\vec v$, ou seja, quando $\vec r\cdot\vec v=0$: \[3\sqrt2\,(3\sqrt2\,t+2\sqrt2)+(t^2+t-12)(1+2t)=0.\] O primeiro termo vale $18t+12$ e o segundo, depois de multiplicar, $2t^3+3t^2-23t-12$. Somando, \[2t^3+3t^2-5t=t\,(2t^2+3t-5)=t\,(2t+5)(t-1)=0.\]

As raízes são $t=0$, $t=-\tfrac52$ e $t=1$. Como pede-se $t>0$, resulta $t=1\text{ s}$.

A palma é um pulso curto. Cada degrau devolve um eco e, como os degraus são igualmente espaçados, os ecos chegam ao patinador em intervalos regulares, formando um trem periódico de pulsos. O sinal tem, então, componentes de frequência que são múltiplas de $f=\dfrac1{\Delta t}$, sendo $\Delta t$ o intervalo entre ecos consecutivos. A menor componente é a própria $f=1/\Delta t$.

Intervalo entre ecos. Seja $D_k$ a distância do patinador (no instante da palma) ao degrau $k$, e $v=18\text{ km/h}=5\text{ m/s}$ a velocidade dele, em direção à escadaria. O som vai até o degrau e volta, e o patinador se aproxima enquanto isso. Eles se encontram no instante $t_k$ em que a distância percorrida pelo som é a ida $D_k$ mais a volta $D_k-v\,t_k$: \[v_s\,t_k=D_k+\left(D_k-v\,t_k\right)\quad\Rightarrow\quad t_k=\frac{2D_k}{v_s+v}.\] Degraus consecutivos diferem em $1\text{ m}$ de distância (a largura de cada um), de modo que \[\Delta t=\frac{2\cdot1}{v_s+v}=\frac{2}{345}\text{ s}.\]

Frequência. \[f=\frac1{\Delta t}=\frac{345}{2}=172{,}5\text{ Hz}.\]

Vamos usar o balanço de energia entre a soltura (repouso no topo) e o repouso final no solo, ao fim da penetração. Tomamos a energia potencial gravitacional como a perda total de altura, $H+x$.

Energias. A corda está presa no topo do edifício e o corpo parte do mesmo ponto, de modo que ela começa frouxa. No final, o corpo está a uma distância $H+x$ do ponto de fixação e, como a corda relaxada tem comprimento $L<H$, ela está estirada de $H+x-L$, armazenando energia elástica $\tfrac12k\,(H+x-L)^2$. O corpo começa e termina em repouso, logo a energia cinética inicial e final é nula.

Balanço. A energia potencial gravitacional perdida, $Mg\,(H+x)$, converte-se em energia elástica e em trabalho contra a resistência média $F$ do solo, que atua ao longo da penetração $x$: \[Mg\,(H+x)=\frac12\,k\,(H+x-L)^2+F\,x.\]

Isolando $F$. \[F=Mg+\frac{MgH}{x}-\frac{k\,(H+x-L)^2}{2x}.\] Desenvolvendo o quadrado, $(H+x-L)^2=H^2+x^2+L^2+2\,(Hx-HL-Lx)$, e dividindo por $2x$: \[\frac{k\,(H+x-L)^2}{2x}=k\,\frac{H^2+x^2+L^2}{2x}+\frac{k\,(Hx-HL-Lx)}{x}.\] Substituindo e juntando os termos com denominador $x$: \[F=Mg+\frac{MgH+k\,(HL+Lx-Hx)}{x}-k\,\frac{H^2+x^2+L^2}{2x}.\]

As hastes $AC$ e $BD$ têm peso desprezível e são rotuladas nas duas extremidades, de modo que só transmitem forças ao longo do seu eixo, isto é, na vertical. Sobre a barra $CE$ (comprimento $1{,}5+3{,}0=4{,}5\text{ m}$) atuam: o peso $P=\mu\cdot4{,}5\cdot g$, no centro, a $2{,}25\text{ m}$ de $C$; a carga de $1{,}8\text{ kN}$ em $E$, a $4{,}5\text{ m}$ de $C$; a tração de $8{,}1\text{ kN}$ da haste $BD$, para cima, em $D$, a $1{,}5\text{ m}$ de $C$; e a força $F$ da haste $AC$, vertical, em $C$.

Torques em torno de $C$ (o que elimina $F$). O torque da tração em $D$ é anti-horário, e os do peso e da carga são horários: \[8{,}1\cdot1{,}5=P\cdot2{,}25+1{,}8\cdot4{,}5\quad\Rightarrow\quad12{,}15=2{,}25\,P+8{,}1\quad\Rightarrow\quad P=1{,}8\text{ kN}.\] Como $P=\mu\cdot4{,}5\cdot10$, \[\mu=\frac{1800}{4{,}5\cdot10}=40\text{ kg/m}.\]

Forças verticais. A soma das forças para cima deve igualar a das forças para baixo. Chamando de $F$ a força de $AC$ sobre a barra, positiva para cima: \[8{,}1+F=P+1{,}8=3{,}6\quad\Rightarrow\quad F=-4{,}5\text{ kN}.\] O sinal negativo indica que a força de $AC$ aponta para baixo (a haste $AC$ está tracionada), e seu módulo é $4{,}5\text{ kN}$.

Percorremos a cadeia a partir do bloco até a força $F$. As etapas são: a tração no cabo, a força que o cabo exerce sobre a roldana, a pressão no líquido sob o pistão $A_2$ e, por Pascal, a força $F$ sobre o pistão $A_1$.

Tração. O plano é considerado liso e o bloco está em equilíbrio, com o cabo paralelo ao plano: \[T=mg\,\mathrm{sen}\,\theta.\]

Força sobre a roldana. A roldana está montada, por meio de uma haste, sobre o pistão $A_2$. O cabo passa por ela e puxa por dois lados: um trecho vai ao bloco, paralelo ao plano e, portanto, inclinado de $\theta$ com a horizontal; o outro desce para a estrutura central dos vasos, e a figura o mostra com o mesmo ângulo $\theta$. Como a haste não sofre flexão, as componentes horizontais se cancelam: $T\cos\theta$ para um lado e $T\cos\theta$ para o outro. Sobram as componentes verticais, ambas para baixo, e a haste empurra o pistão $A_2$ com a força \[F_2=2\,T\,\mathrm{sen}\,\theta=2\,mg\,\mathrm{sen}^2\theta.\] (A outra extremidade do cabo está presa à estrutura rígida dos vasos, de modo que essa tração não age sobre o líquido.)

Princípio de Pascal. Os pistões têm massa desprezível e estão à mesma altura, logo a pressão sob os dois é a mesma: \[\frac{F}{A_1}=\frac{F_2}{A_2}\quad\Rightarrow\quad F=\frac{A_1}{A_2}\cdot2\,mg\,\mathrm{sen}^2\theta.\]

Em regime estacionário, o fluxo de calor por uma parede é $\Phi=\dfrac{\Delta T}{R_{t}}$, com a resistência térmica $R_t=\dfrac{e}{kA}$ (espessura sobre condutividade vezes área). Camadas em série somam suas resistências.

Situação original (espessura $e$, condutividade $k$): $R_0=\dfrac{e}{kA}$. Situação composta: a parede original mais uma camada refratária de espessura $0{,}15\,e$ e condutividade $k_r$: \[R=\frac{e}{kA}+\frac{0{,}15\,e}{k_rA}.\]

Com o mesmo $\Delta T$, a taxa é inversamente proporcional à resistência. Se a nova taxa é $40\%$ da original, a resistência total é $\dfrac1{0{,}4}=2{,}5$ vezes a original: \[\frac{e}{kA}+\frac{0{,}15\,e}{k_rA}=2{,}5\,\frac{e}{kA}\quad\Rightarrow\quad\frac{0{,}15}{k_r}=\frac{1{,}5}{k}\quad\Rightarrow\quad k_r=0{,}1\,k.\]

A condutividade do material refratário é $10\%$ da do material da parede.

Em $x=0$ a corda é contínua e a junção não tem massa. Isso impõe duas condições: o deslocamento é o mesmo dos dois lados (a corda não se rompe) e a inclinação da corda também é a mesma (senão haveria uma força resultante infinita sobre a junção, que não tem massa).

Deslocamento em $x=0$. No lado esquerdo, o deslocamento é a soma da onda incidente com a refletida, e no direito é a transmitida. Em $x=0$, todas oscilam como $\mathrm{sen}\,\omega t$: \[A+B=C.\]

Inclinação em $x=0$. Para $x$ pequeno, $\mathrm{sen}(\omega t-kx)=\mathrm{sen}\,\omega t\cos(kx)-\cos\omega t\,\mathrm{sen}(kx)\approx\mathrm{sen}\,\omega t-kx\cos\omega t$ (é aqui que se usa a observação do enunciado, $\mathrm{sen}(kx)\approx kx$). Logo, a inclinação da onda incidente em $x=0$ é $-k_1A\cos\omega t$, a da refletida é $+k_1B\cos\omega t$ e a da transmitida é $-k_2C\cos\omega t$. A continuidade da inclinação dá \[-k_1A+k_1B=-k_2C\quad\Rightarrow\quad k_1\,(A-B)=k_2\,C.\]

Resolvendo. Substituindo $C=A+B$: \[k_1\,(A-B)=k_2\,(A+B)\quad\Rightarrow\quad A\,(k_1-k_2)=B\,(k_1+k_2)\quad\Rightarrow\quad\frac BA=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}.\] Então \[\left|\frac BA\right|=\left|\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right|.\]

Quanto de potência é preciso. Para alimentar o resistor de $2{,}5\text{ }\Omega$ com a tensão de saída de $10\text{ V}$, a corrente é $I=\dfrac{10}{2{,}5}=4\text{ A}$, e a potência mínima é $P_{min}=10\cdot4=40\text{ W}$, isto é, $40\%$ da potência máxima. A potência da placa varia com o ângulo $\varphi$ entre a radiação e a normal da placa: $P=100\cos\varphi$. Então \[\cos\varphi\ge0{,}4.\]

Geometria da placa. O hexágono é a seção do cubo perpendicular à sua diagonal principal, que, portanto, é a normal $\vec n$ da placa. Pela figura, a aresta $AB$ é vertical, e a radiação, perpendicular a ela, é horizontal. O eixo de rotação é perpendicular a $\vec n$ e à radiação: ele é a diagonal da face horizontal que passa por $C$, e o giro da estrutura em torno desse eixo apenas muda o ângulo entre $\vec n$ e a radiação, que está no plano vertical que contém $\vec n$.

Ângulo inicial. A diagonal principal do cubo faz com o plano horizontal da base o ângulo $\varphi_0$ tal que $\mathrm{sen}\,\varphi_0=\dfrac{\text{altura do cubo}}{\text{diagonal}}=\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}$. Em $\theta=0$, a radiação (horizontal) e a normal fazem exatamente esse ângulo: \[\varphi_0=\operatorname{asen}\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)\approx35{,}3^\circ,\] e a potência inicial é $100\cos\varphi_0\approx81{,}6\text{ W}$.

Inclinação máxima. Ao girar a estrutura (no sentido que afasta a normal da radiação), o ângulo vale $\varphi=\varphi_0+\theta$. O limite é $\cos(\varphi_0+\theta)=0{,}4$, ou seja, \[\theta_{max}=\operatorname{acos}(0{,}4)-\varphi_0=\operatorname{acos}(0{,}4)-\operatorname{asen}\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)\approx66{,}4^\circ-35{,}3^\circ\approx31^\circ.\]

Os nós $A$ de todos os módulos estão ligados por condutores ideais e, portanto, no mesmo potencial; o mesmo vale para os nós $B$ e para os nós $C$. Assim, todos os módulos ficam submetidos às mesmas tensões entre $A$, $B$ e $C$, e dissipam a mesma potência. Basta analisar um módulo e multiplicar por $N$.

Potenciais. As duas baterias, uma ligada de $C$ a $A$ e outra de $C$ a $B$, impõem $V_A-V_C=U$ e $V_B-V_C=U$. Logo $V_A=V_B$: o resistor $R$ ligado diretamente entre $A$ e $B$ não tem diferença de potencial e não conduz corrente.

Um módulo. Os outros dois resistores $R$ ligam $A$ e $B$ ao ponto médio $M$. Como $A$ e $B$ estão no mesmo potencial, esses dois resistores estão em paralelo, equivalendo a $\dfrac R2$ entre $A$ (ou $B$) e $M$. Em série com o resistor $R$ entre $M$ e $C$: \[R_{eq}=\frac R2+R=\frac{3R}{2}\quad\text{sob a tensão }U.\] A potência de um módulo é \[P_1=\frac{U^2}{R_{eq}}=\frac{2U^2}{3R}.\]

Arranjo todo. \[P=N\,P_1=N\cdot\frac{2U^2}{3R}=N\ \text{(watts)}\quad\Rightarrow\quad\frac{U^2}{R}=\frac32.\]

Dentro da região magnetizada a força magnética é a resultante centrípeta, e a partícula descreve um arco de circunferência de raio \[R=\frac{mv}{QB}.\] O campo é fraco, de modo que $R$ é muito maior que $d_1$ e o arco é quase reto.

Ângulo de deflexão. A partícula percorre, na horizontal, a distância $d_1$ ao longo de um arco de raio $R$. O ângulo $\theta$ de que sua velocidade gira satisfaz $\mathrm{sen}\,\theta=\dfrac{d_1}{R}$ e, como o deslocamento vertical dentro da região é desprezível e $\theta$ é pequeno, \[\theta\approx\frac{d_1}{R}=\frac{QB\,d_1}{mv}.\]

Trecho sem campo. Fora da região, a partícula segue em linha reta, inclinada de $\theta$ em relação ao eixo horizontal. Como $d_2\gg d_1$, podemos medir $d_2$ a partir da saída da região (e desprezar o deslocamento vertical dentro dela): \[a\approx d_2\tan\theta\approx d_2\,\theta=\frac{d_1\,d_2\,QB}{mv}.\]

A luz difusa chega à superfície da água vinda de todas as direções, com ângulos de incidência de $0^\circ$ até $90^\circ$. Ao entrar na água, ela se refrata, e o maior ângulo de refração corresponde à incidência rasante ($90^\circ$): \[1\cdot\mathrm{sen}\,90^\circ=n\,\mathrm{sen}\,\theta_{max}\quad\Rightarrow\quad\theta_{max}=\mathrm{sen}^{-1}\!\left(\frac1n\right).\] Esse é o ângulo máximo com a vertical que um raio de luz pode ter dentro da água.

Região sem luz. Sob uma mancha de raio $r$, a luz que entra pelas bordas, com o ângulo máximo, converge em direção ao eixo e se encontra a uma profundidade $h$ tal que $\tan\theta_{max}=\dfrac rh$. Abaixo disso a luz vinda de todos os lados passa a chegar; acima, há uma região sem luz em forma de cone com vértice para baixo, base de raio $r$ e altura \[h=\frac{r}{\tan\theta_{max}}.\]

Volume do cone. \[V=\frac13\,\pi\,r^2\,h=\frac{\pi\,r^3}{3\tan\left(\mathrm{sen}^{-1}(1/n)\right)}.\]

Raio no instante $t$. O raio da mancha cresce com aceleração constante, a partir do repouso (velocidade de crescimento nula em $t=0$), de modo que $r=r_0+\dfrac12\,a\,t^2$. Substituindo, \[V=\frac{\pi}{3\tan\left(\mathrm{sen}^{-1}(1/n)\right)}\left[\frac12\,at^2+r_0\right]^3.\]

Resolvemos de trás para a frente: do alcance, obtemos a velocidade de saída; dela, o tempo dentro do tubo; e, desse tempo, a aceleração angular.

Velocidade de saída. No lançamento oblíquo, o alcance é $R=\dfrac{v_0^2\,\mathrm{sen}\,2\alpha}{g}$. Com $\alpha=45^\circ$ ($\mathrm{sen}\,90^\circ=1$): \[1000=\frac{v_0^2}{10}\quad\Rightarrow\quad v_0=100\text{ m/s}.\]

Tempo no tubo. Dentro do tubo, o projétil parte do repouso com aceleração constante $a$ e percorre $L=2\text{ m}$ até atingir $100\text{ m/s}$. Pela equação de Torricelli, $v_0^2=2aL$, \[a=\frac{100^2}{2\cdot2}=2500\text{ m/s}^2,\qquad t=\frac{v_0}{a}=\frac{100}{2500}=0{,}04\text{ s}.\]

Aceleração angular. A rotação também parte do repouso e é uniformemente variada. Em $t=0{,}04\text{ s}$, o projétil gira $\Delta\varphi=1\text{ rad}$: \[\Delta\varphi=\frac12\,\alpha\,t^2\quad\Rightarrow\quad1=\frac12\,\alpha\,(0{,}04)^2\quad\Rightarrow\quad\alpha=\frac{2}{0{,}0016}=1250\text{ rad/s}^2.\] Como a aceleração angular é constante, esse também é o seu valor ao sair do canhão.

A esfera está sempre em repouso, e os projéteis chegam todos com a mesma quantidade de movimento $p$, horizontal. Para um projétil que atinge a esfera num ponto em que a normal faz o ângulo $\alpha$ com a horizontal, vamos calcular o impulso que ele aplica na esfera na direção do feixe (as componentes verticais se cancelam, por simetria, entre as metades de cima e de baixo).

Superfície absorvedora (colisão perfeitamente inelástica). Como a esfera está em repouso, o projétil fica parado depois do choque e entrega toda a sua quantidade de movimento: \[J_{abs}=p.\]

Superfície refletora (colisão elástica). A componente da velocidade normal à superfície se inverte, e a tangencial se conserva. O impulso é normal à superfície e vale $2p\cos\alpha$. Sua projeção na direção do feixe é \[J_{ref}=2p\cos\alpha\cdot\cos\alpha=2p\cos^2\alpha.\]

Comparação. A refletora é melhor quando $2\cos^2\alpha>1$, isto é, $\cos^2\alpha>\tfrac12$, ou $\alpha<\dfrac\pi4$. Para $\alpha>\dfrac\pi4$, a absorvedora é melhor. A comparação vale projétil a projétil, e o número de projéteis que atinge cada faixa de $\alpha$ é o mesmo nos dois casos (depende só da geometria do feixe). Assim, a força total é máxima com superfície refletora em $\left[0,\tfrac\pi4\right]$ e absorvedora em $\left(\tfrac\pi4,\tfrac\pi2\right]$, o que dá $\beta=\tfrac\pi4$.