IME 2018 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O raio sofre duas mudanças de meio: entra no núcleo vindo do ar e depois incide na interface com a casca. O ângulo de incidência $\theta_a$ máximo é aquele para o qual o raio, dentro do núcleo, atinge a interface núcleo-casca exatamente no ângulo limite. Vamos ligar os dois eventos pelo ângulo $\theta_r$ que o raio refratado faz com o eixo da fibra.

Entrada no núcleo (ar → núcleo). Pela lei de Snell, \[n_0\sin\theta_a=n_1\sin\theta_r.\]

Interface núcleo-casca. A normal a essa interface é perpendicular ao eixo da fibra. Logo, o ângulo de incidência na interface é $90^\circ-\theta_r$, o complemento de $\theta_r$. Para haver reflexão total, esse ângulo precisa ser maior ou igual ao ângulo limite $\theta_L$, definido por $\sin\theta_L=\dfrac{n_2}{n_1}$: \[\sin\left(90^\circ-\theta_r\right)=\cos\theta_r\ge\frac{n_2}{n_1}.\] Ou seja, quanto maior $\theta_r$, menor $\cos\theta_r$, e o caso-limite (que dá o $\theta_a$ máximo) é $\cos\theta_r=\dfrac{n_2}{n_1}$.

Com isso, \[\sin\theta_r=\sqrt{1-\cos^2\theta_r}=\sqrt{1-\frac{n_2^{\,2}}{n_1^{\,2}}}=\frac{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}{n_1}.\] Substituindo na lei de Snell da entrada: \[n_0\sin\theta_a=n_1\cdot\frac{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}{n_1}=\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}\qquad\Rightarrow\qquad\theta_a=\operatorname{arc\,sen}\left(\frac{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}{n_0}\right).\]

O problema tem três fases em sequência: (1) a colisão do projétil com o corpo, em A; (2) a subida pela superfície circular, de A até B; (3) o voo livre de B até C. Como conhecemos o final (o ponto C), vamos trabalhar de trás para a frente.

Fase 3: voo de B até C. No ponto B a superfície é horizontal, de modo que o conjunto sai dali com velocidade horizontal $v_B$. Na figura, B está a uma altura $R$ acima da linha A–C, e o centro da circunferência fica no ponto médio de A–C. Logo, de B até C o conjunto cai uma altura $R$ e avança horizontalmente uma distância $R$ (e não $2R$). O tempo de queda é \[R=\frac{g\,t^2}{2}\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2R}{g}},\] e o alcance horizontal fornece \[R=v_B\,t\quad\Rightarrow\quad v_B=\frac{R}{\sqrt{2R/g}}=\sqrt{\frac{gR}{2}}\quad\Rightarrow\quad v_B^{\,2}=\frac{gR}{2}.\]

Fase 2: subida de A até B. Sem atrito, a energia mecânica do conjunto (massa total $10m$) se conserva. De A até B ele sobe uma altura $R$: \[\frac12(10m)v^2=\frac12(10m)v_B^{\,2}+(10m)gR\quad\Rightarrow\quad v^2=v_B^{\,2}+2gR=\frac{gR}{2}+2gR=\frac{5gR}{2},\] em que $v$ é a velocidade do conjunto logo depois da colisão.

Fase 1: colisão. Em A, a superfície é tangente à vertical, e a força normal que ela exerce é horizontal. Por isso, a quantidade de movimento vertical se conserva durante a colisão (que é instantânea). O corpo estava parado e o projétil sobe com velocidade $v_p$: \[m\,v_p=(m+9m)\,v=10m\,v\quad\Rightarrow\quad v_p=10\,v=10\sqrt{\frac{5Rg}{2}}.\]

Não é preciso calcular nada: basta ler o que o gráfico da Figura 2 diz sobre cada carga fixa e usar a conservação de energia para prever a volta da partícula.

Lendo a Figura 2. Com $r\ll d$, a partícula só sente de forma intensa a carga que está bem embaixo dela, de modo que cada carga fixa deixa uma marca localizada no gráfico. Um pico de velocidade indica que a partícula é acelerada ao se aproximar: a carga é atrativa, ou seja, A tem carga negativa. Uma depressão indica que a partícula é freada: a carga repele, ou seja, B tem carga positiva, e D também (cargas iguais às de B). No gráfico dado não aparece nenhuma marca entre B e a queda para velocidade negativa, o que mostra que C não tem carga.

Por que a partícula volta? Como o trilho não tem atrito, a energia $\tfrac12mv^2+U$ se conserva, e a velocidade em cada ponto depende apenas da energia potencial $U$ naquele ponto. A partícula passou pela barreira de potencial de B, mas é refletida pela de D. Isso é coerente: B e D têm cargas iguais, e a parte do potencial devida a A é mais negativa em B (que está a $d$ de A) do que em D (a $3d$ de A). Assim, o topo da barreira de D é mais alto que o de B, e a partícula, com energia suficiente para vencer B, pode não ter para vencer D. A reflexão é brusca (pois $r\ll d$), e a velocidade passa de positiva para negativa com o mesmo módulo.

A volta. Como a velocidade depende só da posição, a partícula repassa pelos mesmos pontos, agora no sentido contrário e na ordem inversa: primeiro C (sem efeito), depois B e por fim A. Em B ela é freada de novo; como a velocidade agora é negativa, frear significa subir em direção a zero, uma pequena elevação no gráfico. Em A ela é acelerada de novo; como a velocidade é negativa, acelerar significa ficar mais negativa, uma depressão profunda. A sequência na volta é, portanto: pequena elevação (B), depois depressão profunda (A), com a velocidade final negativa e igual (em módulo) à inicial.

Comparando com as opções: (A) inverte a ordem dos eventos; (B) e (C) mostram um só evento, e falta o outro; (E) faz a partícula voltar a ir para a direita, o que exigiria uma nova reflexão à esquerda de A, onde não há carga repulsiva. A figura que traz a pequena elevação seguida da depressão profunda, com velocidade final negativa, é a da alternativa D.

Vamos achar a tração em cada fio e depois igualar os torques na polia dupla, que gira solidária e está em equilíbrio. As polias fixas apenas desviam o fio, de modo que a tração se mantém ao longo de cada fio ideal.

Bloco no plano inclinado. Sem atrito, o equilíbrio ao longo do plano envolve apenas a componente do peso e a componente da tração $T_1$ nessa direção. Como o fio forma o ângulo $\beta$ com o plano, \[T_1\cos\beta=mg\,\mathrm{sen}\,\alpha\quad\Rightarrow\quad T_1=\frac{mg\,\mathrm{sen}\,\alpha}{\cos\beta}.\]

Corpo imerso. Ele está parado sob ação do peso, do empuxo $E=\mu Vg$ e da tração $T_2$ do fio: \[T_2+\mu Vg=mg\quad\Rightarrow\quad T_2=(m-\mu V)\,g.\]

Polia dupla. O fio ligado ao bloco do plano inclinado enrola-se no raio menor $r$ e o fio ligado ao corpo imerso, no raio maior $R$. Elas produzem torques de sentidos opostos em torno do eixo, e o equilíbrio de rotação exige \[T_1\,r=T_2\,R\quad\Rightarrow\quad\frac Rr=\frac{T_1}{T_2}=\frac{mg\,\mathrm{sen}\,\alpha/\cos\beta}{(m-\mu V)\,g}=\frac{\mathrm{sen}\,\alpha}{\cos\beta}\cdot\frac{m}{m-\mu V}.\] Dividindo numerador e denominador por $m$, \[\frac Rr=\frac{\mathrm{sen}\,\alpha}{\cos\beta}\left(1-\frac{\mu V}{m}\right)^{-1}.\]

O microfone é o observador em movimento e a fonte (alto-falante) está parada. Precisamos de dois dados: a velocidade do microfone ao passar pelo equilíbrio e o sentido em que ele se move na segunda passagem.

Velocidade no equilíbrio. O microfone oscila verticalmente em MHS em torno da posição de equilíbrio (o peso apenas desloca esse ponto). Ele é solto do repouso a uma distância $d$ do equilíbrio, de modo que a amplitude é $A=d$. A frequência angular é $\omega=\sqrt{k/m}$, e a velocidade máxima, atingida no equilíbrio, vale \[v_{max}=\omega A=d\sqrt{\frac km}.\]

Sentido do movimento. O microfone é solto no ponto mais baixo. Na primeira passagem pelo equilíbrio ele sobe (afasta-se do alto-falante, que está embaixo); depois chega ao ponto mais alto e volta, e na segunda passagem ele desce, aproximando-se do alto-falante.

Efeito Doppler. Para um observador que se aproxima de uma fonte parada, a frequência captada aumenta: \[f'=f\,\frac{v_s+v_{max}}{v_s}=f\left[1+\frac{d}{v_s}\sqrt{\frac km}\right].\]

Em todas as afirmações vamos usar o rendimento máximo (de Carnot) para as temperaturas das fontes, com as temperaturas em kelvin: \[\eta_{Carnot}=1-\frac{T_{fria}}{T_{quente}}.\] Uma máquina real apresenta rendimento menor ou igual a esse valor.

Afirmação I (correta). Com $T_f=300\text{ K}$ e $T_q=700\text{ K}$, o rendimento máximo é \[\eta_{Carnot}=1-\frac{300}{700}\approx0{,}57=57\%.\] Como $40\%<57\%$, a máquina poderá apresentar rendimento de $40\%$.

Afirmação II (falsa). Com $T_f=300\text{ K}$ e $T_q=600\text{ K}$, $\eta_{Carnot}=1-\dfrac{300}{600}=50\%$. O rendimento da máquina é $40\%$ desse valor: $\eta=0{,}4\cdot50\%=20\%$. Sendo $Q_r$ o calor rejeitado e $Q_q$ o recebido, $\eta=1-\dfrac{Q_r}{Q_q}$, logo \[\frac{Q_r}{Q_q}=0{,}8\quad\Rightarrow\quad Q_q=\frac{0{,}8}{0{,}8}=1{,}0\text{ kJ}.\] O trabalho é $W=Q_q-Q_r=1{,}0-0{,}8=0{,}2\text{ kJ}$, e não $1{,}8\text{ kJ}$.

Afirmação III (correta). A razão $Q_r/Q_q=0{,}4$ dá o rendimento real $\eta=1-0{,}4=0{,}6$. Como isso é $80\%$ do ideal, $\eta_{Carnot}=\dfrac{0{,}6}{0{,}8}=0{,}75$. A fonte de $727^\circ\text{C}=1000\text{ K}$ só pode ser a quente (se fosse a fria, a outra fonte estaria a $4000\text{ K}$, e não a $-23^\circ\text{C}$). Então \[0{,}75=1-\frac{T_f}{1000}\quad\Rightarrow\quad T_f=250\text{ K}=-23^\circ\text{C}.\]

Estão corretas as afirmações I e III.

A velocidade de um pulso em uma corda é $v=\sqrt{T/\mu}$. Aqui a corda está pendurada, e a tração não é a mesma em todos os pontos: num ponto a uma distância $x$ da extremidade livre de baixo, a tração sustenta apenas o peso do trecho de comprimento $x$ que está abaixo dele, $T=\mu x g$.

Velocidade do pulso. Substituindo, \[v=\sqrt{\frac{\mu x g}{\mu}}=\sqrt{g\,x}\qquad\Rightarrow\qquad v^2=g\,x.\] Note que $\mu$ desaparece, e que a velocidade é nula na ponta livre e cresce com $x$ à medida que o pulso sobe.

Analogia com o MUV. A relação $v^2=g\,x$ tem a mesma forma da equação de Torricelli, $v^2=2\,a\,\Delta s$, partindo do repouso, com $2a=g$. Ou seja, o pulso sobe pela corda como se tivesse aceleração constante $a=\dfrac g2$, partindo do repouso na ponta livre. Aplicando a função horária do MUV ao percurso total $L$: \[L=\frac12\cdot\frac g2\cdot t^2=\frac{g\,t^2}{4}\quad\Rightarrow\quad t=2\sqrt{\frac Lg}.\]

Sem atrito, a quantidade de movimento horizontal do sistema formado pelo veículo e por todos os projéteis se conserva. Seja $M$ a massa do veículo sem os projéteis. Os $50$ projéteis têm massa total $50\cdot2=100\text{ kg}$, e os $10$ disparados têm massa total $20\text{ kg}$. A velocidade de $800\text{ m/s}$ é tomada em relação ao solo.

Antes dos disparos. Todo o conjunto, de massa $M+100$, viaja a $20\text{ m/s}$: \[Q_{antes}=(M+100)\cdot20.\]

Depois dos $10$ disparos. O veículo, com os $40$ projéteis restantes ($80\text{ kg}$), tem massa $M+80$ e velocidade $10\text{ m/s}$, e os $10$ projéteis disparados têm $20\text{ kg}$ e velocidade $800\text{ m/s}$: \[Q_{depois}=(M+80)\cdot10+20\cdot800.\]

Conservação. \[20M+2000=10M+800+16000\quad\Rightarrow\quad10M=14800\quad\Rightarrow\quad M=1480\text{ kg}.\]

Chamemos os vértices do losango de $T$ (topo), $E$ (esquerda), $D$ (direita) e $B$ (base). O arco no fio horizontal indica que ele passa por cima do fio vertical sem tocá-lo. Então os elementos são: $1\text{ }\Omega$ entre $T$ e $E$; $2\text{ }\Omega$ entre $T$ e $D$; $3\text{ }\Omega$ entre $E$ e $B$; $4\text{ }\Omega$ entre $D$ e $B$; a bateria de $10\text{ V}$ entre $T$ e $B$; e a bateria $U$ entre $E$ e $D$.

Potenciais. Adotemos $V_B=0$. A bateria de $10\text{ V}$ fixa $V_T=10\text{ V}$. Como a tensão no resistor de $1\text{ }\Omega$ é nula, não passa corrente por ele e $V_E=V_T=10\text{ V}$.

Nó $E$. O resistor de $3\text{ }\Omega$ está sob $10\text{ V}$, logo conduz $\dfrac{10}{3}\text{ A}$ de $E$ para $B$. Como o resistor de $1\text{ }\Omega$ não conduz corrente, essa corrente só pode vir do ramo da bateria $U$: ela chega ao nó $E$ vinda do nó $D$, com $\dfrac{10}{3}\text{ A}$.

Nó $D$. Entra a corrente do resistor de $2\text{ }\Omega$, $\dfrac{10-V_D}{2}$, e saem a corrente do resistor de $4\text{ }\Omega$, $\dfrac{V_D}{4}$, e a corrente $\dfrac{10}{3}$ pelo ramo da bateria $U$: \[\frac{10-V_D}{2}=\frac{V_D}{4}+\frac{10}{3}\quad\Rightarrow\quad60-6V_D=3V_D+40\quad\Rightarrow\quad V_D=\frac{20}{9}\text{ V}.\]

A tensão $U$. A bateria $U$ é ideal e liga $E$ a $D$, portanto \[U=V_E-V_D=10-\frac{20}{9}=\frac{70}{9}\text{ V}.\]

Os raios de cada lanterna chegam paralelos à lente, preenchendo um feixe de raio $D/2=2\text{ cm}$. Em seguida, cada lente deixa os raios saírem de um ponto situado a $f=3\text{ cm}$ da lente: o foco real, no caso da convergente, e o foco virtual (atrás da lente), no caso da divergente. Por semelhança de triângulos, o raio do feixe em função da distância $x$ à lente é proporcional à distância ao respectivo foco, com razão $\dfrac{D/2}{f}=\dfrac23$.

Lente convergente. O feixe passa pelo foco, a $3\text{ cm}$, e depois volta a se abrir. Para $x>f$, seu raio é \[R_c=\frac23\,(x-3).\]

Lente divergente. Os raios parecem partir do foco virtual, que está a $3\text{ cm}$ antes da lente, de modo que a distância dele até o anteparo é $x+3$. O raio do feixe é \[R_d=\frac23\,(x+3).\]

Condição de não sobreposição. Os centros dos feixes estão separados de $y=12\text{ cm}$. As luzes não se sobrepõem enquanto a soma dos raios não superar essa distância. A situação-limite, com os feixes apenas se tocando, é \[R_c+R_d=y\quad\Rightarrow\quad\frac23(x-3)+\frac23(x+3)=12\quad\Rightarrow\quad\frac{4x}{3}=12\quad\Rightarrow\quad x=9\text{ cm}.\]

A força de repulsão entre as cargas é $F=\dfrac{kq^2}{d^2}$, e ela é mínima quando a distância $d$ entre as partículas é máxima. Então precisamos da posição de cada partícula.

Posições. Ambas partem da origem em repouso. A velocidade é a função que, partindo de zero, tem como taxa de variação a aceleração, e a posição é a função que, partindo da origem, tem como taxa de variação a velocidade. Para a partícula A, a aceleração $(\cos t,\ \mathrm{sen}\,t)$ dá velocidade $(\mathrm{sen}\,t,\ 1-\cos t)$ e posição \[x_A=1-\cos t,\qquad y_A=t-\mathrm{sen}\,t.\] Para a partícula B, a aceleração $(-\cos t,\ \mathrm{sen}\,t-\cos t)$ dá velocidade $(-\mathrm{sen}\,t,\ 1-\cos t-\mathrm{sen}\,t)$ e posição \[x_B=\cos t-1,\qquad y_B=t-\mathrm{sen}\,t+\cos t-1.\]

Separação. As componentes do vetor que liga as partículas são \[\Delta x=x_A-x_B=2\,(1-\cos t),\qquad\Delta y=y_A-y_B=1-\cos t.\] Logo \[d^2=\Delta x^2+\Delta y^2=5\,(1-\cos t)^2\quad\Rightarrow\quad d=\sqrt5\,(1-\cos t).\]

A distância é máxima quando $\cos t=-1$, isto é, em $t=\pi$ (onde $d=2\sqrt5$). É nesse instante que a repulsão é mínima. (Em $t=0$ as partículas estão no mesmo ponto, e a força de repulsão é a maior possível.)

Como a barra tem massa desprezível, o equilíbrio de rotação em torno do apoio envolve apenas o peso dos seis cubos (todos de peso $P$, pois são idênticos), aplicado no centro de cada um. Vamos medir as posições a partir do apoio, para a direita.

Cubos da direita. O apoio está sob a aresta esquerda do cubo de baixo, pois a extremidade direita da barra está a $a$ do apoio. As posições dos centros são:
• cubo de baixo (1º andar): ocupa de $0$ a $a$, centro em $+\dfrac a2$;
• 2º andar, dois cubos lado a lado, deslocados de $\dfrac a2$ para a esquerda: ocupam de $-\dfrac a2$ a $\dfrac a2$ e de $\dfrac a2$ a $\dfrac{3a}2$, com centros em $0$ e $+a$;
• 3º andar, um cubo, deslocado de $\dfrac a2$ para a direita da aresta esquerda do 2º andar: ocupa de $0$ a $a$, centro em $+\dfrac a2$;
• 4º andar, um cubo, deslocado de $\dfrac a4$ para a esquerda do 3º: ocupa de $-\dfrac a4$ a $\dfrac{3a}4$, centro em $+\dfrac a4$.

A soma dos torques desses cinco cubos em torno do apoio, no sentido horário, é \[\tau_{dir}=P\left(\frac a2+0+a+\frac a2+\frac a4\right)=\frac{9a}{4}\,P.\]

Cubo da esquerda. Na extremidade esquerda da barra, a $L-a$ do apoio, o cubo ocupa o primeiro trecho de largura $a$, e seu centro está a \[d=(L-a)-\frac a2=L-\frac{3a}{2}\] à esquerda do apoio, produzindo o torque $\tau_{esq}=P\left(L-\dfrac{3a}2\right)$ no sentido anti-horário.

Equilíbrio. \[L-\frac{3a}{2}=\frac{9a}{4}\quad\Rightarrow\quad L=\frac{9a}4+\frac{6a}4=\frac{15}{4}\,a.\]

Cada cubo descreve uma circunferência horizontal de raio $r$. A resultante das forças sobre ele é, portanto, uma força horizontal voltada para o eixo, de módulo $m\omega^2r$. As forças que atuam são o peso $mg$, a normal $N$ (perpendicular à rampa) e o atrito $f$ (ao longo da rampa).

Sentido do atrito. A rampa sobe para fora do eixo. Para a menor velocidade angular, o cubo está prestes a escorregar para baixo (em direção ao eixo), e o atrito, no seu valor máximo $f=\mu N$, aponta para cima da rampa.

Decomposição. A normal aponta para cima e para o eixo, e o atrito aponta para cima e para fora do eixo. Em cada direção:
• vertical: $N\cos\theta+f\,\mathrm{sen}\,\theta=mg$;
• horizontal (para o eixo): $N\,\mathrm{sen}\,\theta-f\cos\theta=m\omega^2r$.
Com $f=\mu N$: \[N\left(\cos\theta+\mu\,\mathrm{sen}\,\theta\right)=mg,\qquad N\left(\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta\right)=m\omega^2r.\]

Dividindo as duas equações (o que elimina $N$ e $m$): \[\omega^2r=g\,\frac{\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta}{\cos\theta+\mu\,\mathrm{sen}\,\theta}\quad\Rightarrow\quad\omega=\left[\frac gr\left(\frac{\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta}{\cos\theta+\mu\,\mathrm{sen}\,\theta}\right)\right]^{1/2}.\] Esse resultado vale quando $\tan\theta>\mu$; se $\mu\ge\tan\theta$, o cubo fica parado mesmo sem girar, e o mínimo é zero.

As equações $x=3\,\mathrm{sen}\,2t$ e $z=3\cos2t$ descrevem uma circunferência de raio $R=3\text{ m}$ no plano $XZ$, percorrida com velocidade angular $\omega=2\text{ rad/s}$; ao mesmo tempo, $y=8t$ mostra um avanço uniforme ao longo de $Y$ com velocidade $v_y=8\text{ m/s}$. Trata-se de um movimento helicoidal: o campo magnético é paralelo ao eixo $Y$, que é o eixo da hélice.

Velocidade e massa. A componente circular da velocidade vale $v_\perp=\omega R=2\cdot3=6\text{ m/s}$. Somando com a componente de avanço, o módulo da velocidade é \[v=\sqrt{6^2+8^2}=10\text{ m/s}.\] O impulso recebido no início, $I=m\,v$, é igual a $10$, de modo que $m\cdot10=10$ e $m=1\text{ kg}$.

Campo magnético. Só a componente da velocidade perpendicular ao campo produz a força que gira a partícula, e a frequência angular dessa rotação é $\omega=\dfrac{qB}{m}$. Com $q=1\text{ C}$, \[B=\frac{m\,\omega}{q}=\frac{1\cdot2}{1}=2{,}00\text{ T}.\] Conferindo pelo raio: $R=\dfrac{m\,v_\perp}{qB}=\dfrac{6}{B}=3$ dá o mesmo valor, $B=2\text{ T}$.

Os dois geradores têm a mesma tensão induzida $E$ e estão em paralelo alimentando a carga, de modo que a tensão nos terminais é a mesma para ambos: \[V=E-R_1I_1=E-R_2I_2\quad\Rightarrow\quad R_1I_1=R_2I_2.\] A carga $R$ não aparece nessa relação.

Condição pedida. Se $G_1$ fornece $40\%$ da corrente da carga, $G_2$ fornece os $60\%$ restantes: $I_1=0{,}4\,I$ e $I_2=0{,}6\,I$. Então \[0{,}4\,R_1=0{,}6\,R_2\quad\Rightarrow\quad R_1=1{,}5\,R_2.\]

Variação de $R_1$ no tempo. A resistência do líquido condutor, de altura $h$ e seção $A$, é $R_1=\dfrac{\rho\,h}{A}$. Inicialmente $R_1=4R_2$, ou seja, $\dfrac{\rho h_0}{A}=4R_2$. O líquido escoa com vazão $Q$, de modo que seu volume diminui de $Q\,t$ e a altura diminui de $\dfrac{Q\,t}{A}$: \[h=h_0-\frac{Q\,t}{A}\quad\Rightarrow\quad R_1=\frac{\rho}{A}\left(h_0-\frac{Qt}{A}\right)=4R_2-\frac{\rho\,Q}{A^2}\,t.\]

Instante procurado. Impondo $R_1=1{,}5\,R_2$: \[4R_2-\frac{\rho Q}{A^2}\,t=1{,}5R_2\quad\Rightarrow\quad t=2{,}5\,\frac{A^2R_2}{\rho Q}.\]