IME 2019 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A questão pede o julgamento de três afirmações sobre o som em tubos. Vamos analisá-las uma a uma, ligando cada uma ao que as figuras realmente mostram.

Afirmação I (correta). O som é uma onda mecânica, porque precisa de um meio material para se propagar, e é longitudinal, porque as partículas do meio oscilam na mesma direção em que a onda avança. A Figura 1 mostra exatamente isso: regiões de compressão e de expansão (rarefação) alternadas ao longo da direção de propagação.

Afirmação II (falsa). Dentro do tubo, as partículas de ar vibram na direção do eixo do tubo, isto é, longitudinalmente. As curvas desenhadas na Figura 2 não indicam um deslocamento transversal: são apenas uma representação gráfica da amplitude de deslocamento ao longo do tubo, com seus nós e ventres.

Afirmação III (falsa). Na Figura 2 há uma extremidade fechada, onde se forma um nó de deslocamento, e uma extremidade aberta, onde se forma um ventre. Esse arranjo só comporta um número ímpar de quartos de onda: \[L=(2n-1)\frac{\lambda}{4}\qquad\Rightarrow\qquad f_n=(2n-1)\frac{v}{4L},\qquad n=1,2,3,\dots\] Portanto, aparecem apenas os harmônicos ímpares da frequência fundamental (1º, 3º, 5º, …). A própria figura, com $L=5\lambda/4$, mostra o 5º harmônico, e não um harmônico par.

Assim, somente a afirmação I é correta.

Os raios paralelos atravessam a face plana sem desvio e saem pela face côncava, onde divergem. Os raios emergentes parecem partir do foco virtual $F$ da lente, de modo que o feixe é um cone com vértice em $F$. Falta descobrir a abertura desse cone.

Pela equação dos fabricantes de lentes, com a face plana ($R\to\infty$) e a face côncava de raio $R=2{,}5\sqrt3\text{ cm}$, o módulo da distância focal é \[|f|=\frac{R}{n-1}=\frac{2{,}5\sqrt3}{0{,}5}=5\sqrt3\text{ cm}.\] O raio mais afastado do eixo atinge a lente à distância $d/2=5\text{ cm}$ do centro óptico. Como o cone parte de $F$, seu semiângulo $\theta$ satisfaz \[\tan\theta=\frac{d/2}{|f|}=\frac{5}{5\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3}\qquad\Rightarrow\qquad\theta=30^\circ.\]

Agora a geometria. O eixo do cone forma $45^\circ$ com a horizontal, e o anteparo é vertical, a $1\text{ m}$ de $F$ na horizontal. No plano de simetria da figura, os raios das bordas do cone formam com a horizontal $45^\circ+30^\circ=75^\circ$ e $45^\circ-30^\circ=15^\circ$. Eles atingem o anteparo nas alturas (medidas a partir do nível de $F$) \[y_1=1\cdot\tan75^\circ=2+\sqrt3\text{ m}\qquad\text{e}\qquad y_2=1\cdot\tan15^\circ=2-\sqrt3\text{ m}.\]

O contorno é uma elipse, porque o plano do anteparo forma com o eixo do cone um ângulo de $45^\circ$, maior que o semiângulo de $30^\circ$. O segmento que une os dois pontos acima está no plano de simetria e é o eixo maior da elipse: \[2a=y_1-y_2=2\sqrt3\text{ m}\qquad\Rightarrow\qquad a=\sqrt3\text{ m}.\]

Há três partes ligadas pela mesma corda: o corpo parcialmente imerso, o conjunto de roldanas da esquerda e a carga no campo elétrico, à direita. Como a corda e as roldanas são ideais (sem massa e sem atrito), a tração $T$ é a mesma em toda a corda. Vamos partir da carga e chegar até a mola.

Carga. Sobre a carga atuam o peso $mg$ e a força elétrica $qE$, ambos para baixo (carga positiva em campo para baixo). Ela está presa a uma roldana móvel sustentada por dois trechos de corda: \[2T=mg+qE\qquad\Rightarrow\qquad T=\frac{mg+qE}{2}.\]

Roldanas da esquerda. A roldana móvel presa ao corpo é puxada para cima por três trechos de corda: dois que sobem das laterais da própria roldana e um terceiro, preso ao seu eixo, que sobe até a roldana fixa menor. Cada trecho tem tração $T$, logo a corda aplica no corpo uma força total $3T$ para cima.

Equilíbrio do corpo. Para cima atuam $3T$ e o empuxo, $\rho g\cdot\tfrac23V=\tfrac23\rho Vg$. Para baixo atuam o peso, $(2\rho)Vg$, e a força da mola distendida, $kx$, que o puxa para o fundo. Então \[3T+\frac23\rho Vg=2\rho Vg+kx\qquad\Rightarrow\qquad kx=3T-\frac43\rho Vg.\]

Substituindo $T$: \[kx=\frac32(mg+qE)-\frac43\rho Vg\qquad\Rightarrow\qquad x=\frac gk\left(\frac{3m}{2}-\frac{4\rho V}{3}\right)+\frac{3qE}{2k}.\]

Comparamos $\theta=t^2$ com a função horária angular do movimento circular uniformemente variado, $\theta=\theta_0+\omega_0t+\dfrac{\alpha t^2}{2}$. Vemos que $\theta_0=0$, $\omega_0=0$ e $\dfrac{\alpha}{2}=1$, isto é, a aceleração angular é constante e vale $\alpha=2\text{ rad/s}^2$. A velocidade angular é $\omega=\alpha t$ e, em $t=1\text{ s}$, resulta $\omega=2\text{ rad/s}$.

A aceleração da partícula tem duas componentes perpendiculares entre si: a tangencial, que altera o módulo da velocidade, e a centrípeta, que altera sua direção. \[a_t=\alpha R=2\cdot0{,}5=1\text{ m/s}^2\qquad\text{e}\qquad a_c=\omega^2R=2^2\cdot0{,}5=2\text{ m/s}^2.\]

Como são perpendiculares, o módulo da aceleração é \[a=\sqrt{a_t^2+a_c^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5\text{ m/s}^2.\]

O raio vem do meio 3, entra no meio 2, chega à fronteira com o meio 1 mas não passa: volta ao meio 2 e retorna ao meio 3. Cada um desses comportamentos fornece uma desigualdade entre os índices de refração.

Entre 3 e 2. Ao passar de 3 para 2, o raio fica mais próximo da normal (que é vertical, perpendicular às fronteiras): o ângulo com a normal diminui, $\theta_2<\theta_3$. Pela lei de Snell, $n_3\sin\theta_3=n_2\sin\theta_2$, e portanto $n_2>n_3$.

Entre 2 e 1. Na fronteira com o meio 1, o raio sofre reflexão total. Isso só pode ocorrer quando a luz tenta passar de um meio mais refringente para um menos refringente, logo $n_2>n_1$, e o ângulo de incidência supera o ângulo limite: \[n_2\sin\theta_2\ge n_1.\]

Comparando 3 e 1. Da lei de Snell entre 3 e 2, $n_2\sin\theta_2=n_3\sin\theta_3$. Levando isso à condição de reflexão total, \[n_1\le n_3\sin\theta_3<n_3,\] pois $\sin\theta_3<1$. Reunindo tudo, $n_1<n_3<n_2$.

Colisão. A quantidade de movimento total se conserva. Com A ($2m$, velocidade $v$ no sentido $+x$) e B ($m$, velocidade $2v$ no sentido $+y$): \[\vec p=2mv\,\hat x+2mv\,\hat y.\] Grudadas, as partículas formam um conjunto de massa $M=3m$ e carga $q=2Q$, cuja velocidade tem módulo \[V=\frac{|\vec p|}{M}=\frac{2\sqrt2\,mv}{3m}=\frac{2\sqrt2}{3}\,v\] e direção a $45^\circ$ com o eixo $x$.

Raio da trajetória. Dentro do campo, a força magnética faz o papel de resultante centrípeta: \[r=\frac{MV}{qB}=\frac{3m\cdot\frac{2\sqrt2}{3}v}{2QB}=\frac{\sqrt2\,mv}{QB}.\]

Ângulo percorrido. Com $\vec B$ no sentido $+z$ e velocidade $(1,1)/\sqrt2$, a força $q\vec V\times\vec B$ aponta no sentido $(1,-1)$, para a direita e para baixo; a trajetória gira no sentido horário e o centro da circunferência fica no interior da região, a uma distância $r/\sqrt2$ da borda. Como a colisão ocorre na própria borda, a circunferência a corta em dois pontos, e a parte que fica fora da região subtende um ângulo de $2\cdot45^\circ=90^\circ$. Logo, dentro do campo (supondo a região larga o bastante) o conjunto percorre $270^\circ=\dfrac{3\pi}{2}$ rad.

Comprimento. \[s=\frac{3\pi}{2}\,r=\frac{3\pi}{2}\cdot\frac{\sqrt2\,mv}{QB}=\frac{3\sqrt2\,\pi mv}{2QB}.\]

A potência dissipada depende de quais chaves estão fechadas, e elas só se fecham quando o corpo passa pelos sensores. Precisamos, então, dos instantes de passagem, o que exige estudar o movimento do corpo no plano inclinado sem atrito.

Movimento. Partindo do repouso em A, o corpo desce com aceleração constante \[a=g\sin\alpha=10\cdot\sin30^\circ=5\text{ m/s}^2.\] As distâncias percorridas desde A até os sensores 1, 2, 3, 4 e até B são $10$, $16{,}9$, $22{,}5$, $28{,}9$ e $36{,}1\text{ m}$. Como $s=\dfrac a2\,t^2$, temos $t=\sqrt{s/2{,}5}$, ou seja, \[t_1=2{,}0\text{ s},\quad t_2=2{,}6\text{ s},\quad t_3=3{,}0\text{ s},\quad t_4=3{,}4\text{ s},\quad t_B=3{,}8\text{ s}.\]

Circuito. Considerando a bateria ideal, a potência é $P=E^2/R_{eq}$, onde $R_{eq}$ é a associação em paralelo dos resistores já ligados. Até $t_1$ não há corrente. Depois:
• de $2{,}0$ a $2{,}6\text{ s}$ ($0{,}6\text{ s}$): só $R_1$, $R_{eq}=10\text{ }\Omega$, $P=\dfrac{10^2}{10}=10\text{ W}$ e energia $6\text{ J}$;
• de $2{,}6$ a $3{,}0\text{ s}$ ($0{,}4\text{ s}$): $R_1$ e $R_2$, $R_{eq}=5\text{ }\Omega$, $P=20\text{ W}$ e energia $8\text{ J}$;
• de $3{,}0$ a $3{,}4\text{ s}$ ($0{,}4\text{ s}$): mais $R_3$, $R_{eq}=2{,}5\text{ }\Omega$, $P=40\text{ W}$ e energia $16\text{ J}$;
• de $3{,}4$ a $3{,}8\text{ s}$ ($0{,}4\text{ s}$): mais $R_4$, $R_{eq}=1{,}25\text{ }\Omega$, $P=80\text{ W}$ e energia $32\text{ J}$.

A energia total dissipada até B é \[\mathcal E=6+8+16+32=62\text{ J}.\]

Para saber se uma combinação é adimensional, escrevemos a dimensão de cada grandeza em termos de massa $M$, comprimento $L$, tempo $T$, temperatura $\Theta$ e carga $Q$.

Calor específico e dilatação. O calor específico é $c=\dfrac{\text{energia}}{\text{massa}\cdot\text{temperatura}}$, de modo que $[c]=L^2T^{-2}\Theta^{-1}$. O coeficiente de dilatação térmica vem de $\Delta L=\alpha L\,\Delta\theta$, logo $[\alpha]=\Theta^{-1}$. Assim, a temperatura se cancela em \[[c][\alpha]^{-1}=L^2T^{-2}.\]

Constante eletrostática e permeabilidade. Da lei de Coulomb, $F=k\dfrac{Q^2}{r^2}$, vem $[k]=MLT^{-2}\cdot L^2\cdot Q^{-2}=ML^3T^{-2}Q^{-2}$. Da força entre fios paralelos, $\dfrac{F}{\ell}=\dfrac{\mu I^2}{2\pi d}$, vem $[\mu]=MLT^{-2}I^{-2}$; como $I=Q/T$, resulta $[\mu]=MLQ^{-2}$. Dividindo, \[\frac{[k]}{[\mu]}=\frac{ML^3T^{-2}Q^{-2}}{MLQ^{-2}}=L^2T^{-2}.\] (É o quadrado de uma velocidade: de fato, $k/\mu=c^2/4\pi$ em unidades do SI.)

Portanto, $[c][\alpha]^{-1}$ e $[k][\mu]^{-1}$ têm a mesma dimensão, $L^2T^{-2}$, e a razão entre eles é adimensional: \[\frac{[c][\alpha]^{-1}}{[k][\mu]^{-1}}=[c][\alpha]^{-1}[k]^{-1}[\mu].\]

A situação tem três etapas: a mola se distende e lança a bola, a bola sobe junto com a haste até a vertical e depois é lançada horizontalmente em direção ao cesto. Resolvemos de trás para a frente.

Lançamento. Na posição vertical, a bola está a $L=1\text{ m}$ do solo e sai com velocidade horizontal $v$. Para cair no cesto, a $D=5\text{ m}$ do apoio, o tempo de queda é \[t=\sqrt{\frac{2L}{g}}=\sqrt{0{,}2}\text{ s},\qquad v=\frac{D}{t}\qquad\Rightarrow\qquad v^2=\frac{D^2\,g}{2L}=\frac{25\cdot10}{2}=125\text{ m}^2/\text{s}^2.\]

Subida com a haste. Como a haste tem massa desprezível, ela apenas obriga a bola a descrever um arco de raio $L$; a força que ela exerce é perpendicular ao movimento e não realiza trabalho. Da posição horizontal (logo após a liberação, com velocidade $v_0$) até a vertical, a bola sobe $L=1\text{ m}$: \[\frac12mv_0^2=\frac12mv^2+mgL\qquad\Rightarrow\qquad v_0^2=125+2\cdot10\cdot1=145\text{ m}^2/\text{s}^2.\]

Mola. A distensão é instantânea e o recipiente não tem massa, de modo que toda a energia elástica vira energia cinética da bola. Com $m=0{,}2\text{ kg}$ e $x=0{,}1\text{ m}$: \[\frac12kx^2=\frac12mv_0^2\qquad\Rightarrow\qquad k=\frac{mv_0^2}{x^2}=\frac{0{,}2\cdot145}{0{,}01}=2900\text{ N/m}.\]

A pressão adicionada no tubo da esquerda empurra o fluido para baixo nesse tubo e o faz subir no da direita. Como não há vazamento, o volume que desce à esquerda é igual ao que sobe à direita: \[A_E\,x_E=A_D\,x_D.\] As áreas são proporcionais ao quadrado do diâmetro, $A_E/A_D=(20/10)^2=4$, logo $x_E=\dfrac{x_D}{4}$.

A diferença entre os níveis nos dois tubos é, portanto, \[\Delta h=x_E+x_D=\frac54\,x_D.\]

A pressão manométrica adicionada equivale a $12\text{ mm}$ de coluna de água, isto é, $\Delta p=\rho_{\text{água}}\,g\cdot12\text{ mm}$. No equilíbrio, essa pressão sustenta a coluna $\Delta h$ do fluido de densidade $1{,}2$ vezes a da água: \[1000\,g\cdot12=1200\,g\cdot\frac54\,x_D\qquad\Rightarrow\qquad x_D=\frac{12\,000}{1\,500}=8\text{ mm}.\]

Rolar sem deslizar significa que o atrito estático não dissipa energia, de modo que a energia mecânica total, de translação mais rotação, se conserva durante a subida da rampa. Na parte plana, o eixo tem velocidade $v=\omega R$.

O enunciado não informa como a massa se distribui no cilindro, isto é, seu momento de inércia $I$. A única escolha que conduz a uma das alternativas é a de um cilindro oco de parede fina, $I=mR^2$, e é com essa hipótese que se chega ao gabarito oficial. Nesse caso, a energia cinética total é \[E_c=\frac12mv^2+\frac12I\omega^2=\frac12m\omega^2R^2+\frac12mR^2\omega^2=m\omega^2R^2.\]

No ponto mais alto o cilindro para (translação e rotação nulas) e toda a energia cinética se converte em potencial gravitacional. O eixo sobe $\Delta h$ acima da altura que já tinha, $R$, sobre o plano: \[mg\,\Delta h=m\omega^2R^2\qquad\Rightarrow\qquad\Delta h=\frac{\omega^2R^2}{g}\qquad\Rightarrow\qquad h=R+\frac{\omega^2R^2}{g}.\]

O Sol está muito distante, e seus raios chegam paralelos. O pôr do Sol visto ao nível do mar ocorre quando o raio solar é tangente à superfície da Terra no ponto $P$ onde está o observador deitado. Essa reta tangente passa a uma distância $R$ do centro $O$ da Terra.

Passado o intervalo $\Delta t$, a Terra girou o ângulo \[\varphi=2\pi\frac{\Delta t}{T}.\] Os olhos do observador de pé estão a $R+h$ de $O$, sobre o raio que formou o ângulo $\varphi$ com $OP$. Ele vê o pôr do Sol quando seus olhos alcançam a mesma reta tangente (o raio rasante). Projetando a posição dos olhos na direção de $OP$, formamos um triângulo retângulo de hipotenusa $R+h$ e cateto $R$: \[(R+h)\cos\varphi=R.\]

Isolando $R$: \[R\,(1-\cos\varphi)=h\cos\varphi\qquad\Rightarrow\qquad R=\frac{h\cos\varphi}{1-\cos\varphi}=\frac{h}{\sec\varphi-1}.\] Substituindo $\varphi$, \[R=\frac{h}{\sec\left(2\pi\dfrac{\Delta t}{T}\right)-1}.\]

Operação normal. A carga consome $10\text{ kW}$ a $100\text{ V}$, logo a corrente é $I_0=\dfrac{10\,000}{100}=100\text{ A}$. Cada cabo tem $100\text{ m}$ e resistência de $1\text{ }\Omega/\text{km}$, isto é, $0{,}1\text{ }\Omega$; ida e volta somam $R_c=0{,}2\text{ }\Omega$. A tensão interna da fonte é \[E=V_T+I_0\,(R_{int}+R_c)=100+100\cdot0{,}25=125\text{ V}.\]

Corrente de curto. A reta da Figura 2 liga $(150\text{ A};25\text{ ms})$ a $(650\text{ A};0\text{ ms})$, ou seja, \[t(I)=25\cdot\frac{650-I}{500}\text{ ms}.\] Para $t=1{,}25\text{ ms}$: $650-I=25$, portanto $I=625\text{ A}$. Consideramos essa corrente aproximadamente constante durante o curto.

Resistência efetiva. Com $625\text{ A}$, a resistência total percorrida é $E/I=125/625=0{,}2\text{ }\Omega$. Descontando a resistência interna (e desprezando a do fusível), os cabos contribuem com \[R_{cabos}=0{,}2-0{,}05=0{,}15\text{ }\Omega,\] que corresponde a um curto a $75\text{ m}$ da fonte, antes da carga.

Energia nos cabos. \[W=R_{cabos}\,I^2\,\Delta t=0{,}15\cdot625^2\cdot1{,}25\times10^{-3}\approx73\text{ J}.\]

Para a estrutura inteira em equilíbrio, a soma dos momentos em relação a qualquer ponto é nula. Escolhemos o ponto A como polo: a reação em A, com suas duas componentes, não gera momento, e a reação em C é horizontal. Assim, basta equilibrar os momentos da força de $10\text{ N}$, da força elétrica em D e da reação em C. Usando A como origem, $B=(6,0)$, $C=(0,-6)$, $D=(6,-6)$ e $Q=(10,-3)$, em metros.

Força elétrica em D. A distância entre $Q$ e $D$ é $\sqrt{4^2+3^2}=5\text{ m}$, e a força de Coulomb tem módulo \[F=\frac{kqQ}{5^2}=\frac{kqQ}{25}.\] Sendo cargas positivas, a força é de repulsão e aponta de $Q$ para $D$: para a esquerda e para baixo, com componentes $F_x=-\tfrac45F$ e $F_y=-\tfrac35F$.

Momentos em relação a A (positivo no sentido anti-horário, $\tau=xF_y-yF_x$):
• força de $10\text{ N}$ em B: $\tau=6\cdot10=+60\text{ N}\cdot\text{m}$;
• força elétrica em D: $\tau=6\left(-\tfrac35F\right)-(-6)\left(-\tfrac45F\right)=-\tfrac{18}{5}F-\tfrac{24}{5}F=-8{,}4\,F$;
• reação horizontal $R_C$ em C: $\tau=6R_C$.

Impondo equilíbrio com $R_C=0$: \[60-8{,}4\,F=0\qquad\Rightarrow\qquad F=\frac{50}{7}\text{ N}.\] Então \[\frac{kqQ}{25}=\frac{50}{7}\qquad\Rightarrow\qquad q\cdot Q=\frac{1250}{7k}.\]

Cada câmara tem uma extremidade aberta (a do tubo) e uma fechada (a parede refletora). Portanto, cada uma funciona como um tubo fechado em uma extremidade, no qual só existem harmônicos ímpares: \[L=(2n-1)\frac{\lambda}{4}=(2n-1)\frac{v}{4f},\qquad n=1,2,3,\dots\]

Câmara 2 ($f_2=850\text{ Hz}$): \[\frac{v}{4f_2}=\frac{340}{4\cdot850}=0{,}1\text{ m}=10\text{ cm}\qquad\Rightarrow\qquad L_2=10,\ 30,\ 50,\ 70,\ 90\text{ cm}\ \ (\text{até }100\text{ cm}).\]

Câmara 1 ($f_1=2890\text{ Hz}$): \[\frac{v}{4f_1}=\frac{340}{4\cdot2890}=\frac{1}{34}\text{ m}=\frac{100}{34}\text{ cm}\qquad\Rightarrow\qquad L_1=(2n-1)\cdot\frac{100}{34}\text{ cm}.\] Isto exige que $\dfrac{34\,L_1}{100}$ seja um número ímpar.

Como $L_1+L_2=100\text{ cm}$, os valores possíveis de $L_1$ são $90$, $70$, $50$, $30$ e $10\text{ cm}$. Testando $\dfrac{34\,L_1}{100}$: \[90\to30{,}6,\quad70\to23{,}8,\quad50\to17,\quad30\to10{,}2,\quad10\to3{,}4.\] Só $L_1=50\text{ cm}$ dá um número ímpar inteiro ($17$, isto é, $n=9$), e então $L_2=50\text{ cm}$, que corresponde a $2m-1=5$.