Mecânica — Cinemática — Movimento periódico no plano
A posição (x , y) e a velocidade (vx , vy) do movimento de uma partícula no plano respeita as equações a seguir, onde t representa o instante de tempo: $x(t)=9v_y(t)$ e $y(t)=-4v_x(t)$. Admitindo todos os dados em unidades SI, pode-se concluir que a trajetória da partícula é uma curva fechada e que o tempo para percorrê-la uma vez é:
A)$\pi/6$
B)$\pi/3$
C)$3\pi$
D)$6\pi$
E)$12\pi$
Gabarito Oficial — Final
E
Resolução comentada — Método TEF
1. Transforme a elipse em uma circunferência. Considere um ponto auxiliar de coordenadas $X=x/3$ e $Y=y/2$. Dividir as coordenadas por constantes também divide as componentes da velocidade pelas mesmas constantes. Assim, $V_X=v_x/3$ e $V_Y=v_y/2$.
2. Use as relações do enunciado. Como $v_x=-y/4$ e $v_y=x/9$, obtemos $V_X=-Y/6$ e $V_Y=X/6$. Portanto, a velocidade do ponto auxiliar tem a direção de $(-Y,X)$, perpendicular à direção $(X,Y)$ que liga a origem ao ponto. O movimento auxiliar é circular.
3. Calcule o período pelo MCU. Sendo $r=\sqrt{X^2+Y^2}$ o raio dessa circunferência, a rapidez é $V=\sqrt{V_X^2+V_Y^2}=r/6$. Como r é constante, o movimento é circular uniforme. O tempo de uma volta é $T=2\pi r/V=2\pi r/(r/6)=12\pi$ s.
A transformação só muda a escala dos eixos: uma volta do ponto auxiliar corresponde a uma volta da partícula original, no mesmo tempo. Resposta: 12π s — alternativa E.
Q17
Mecânica — Gravitação — Energia potencial em órbita elíptica
Cientistas estudaram a órbita de um planeta distante P em torno de uma estrela S e concluíram que a razão entre as distâncias de S ao apoastro e de S ao periastro de P é de 9/4. Portanto, o valor que mais se aproxima da razão entre as energias potenciais gravitacionais de P no apoastro e no ponto B da órbita, mostrado na figura, é:
A)$5/7$
B)$5/18$
C)$13/18$
D)$2/3$
E)$4/7$
Gabarito Oficial — Final
C
Resolução comentada — Método TEF
1. Organize as distâncias à estrela. O apoastro é o ponto mais distante de S; o periastro é o mais próximo. Como $r_a/r_p=9/4$, podemos escrever $r_a=9d$ e $r_p=4d$, sendo d uma mesma unidade de comprimento. Não precisamos conhecer seu valor.
2. Encontre o semieixo maior da órbita. Os dois extremos do eixo maior ficam em lados opostos da estrela. Por isso, a soma das distâncias da estrela a esses extremos é o comprimento total do eixo maior: $2a=r_a+r_p=9d+4d=13d$. Logo, $a=13d/2$.
3. Por que a distância de B à estrela vale a? Imagine o segundo foco da elipse, chamado S′, simétrico a S em relação ao centro O. Como B está no eixo menor, ele fica à mesma distância dos dois focos: $BS=BS'$. Uma propriedade da elipse diz que a soma dessas distâncias é igual ao eixo maior: $BS+BS'=2a$. Portanto, $2BS=2a$ e $r_B=BS=a=13d/2$. Atenção: a distância usada na energia é BS, medida até a estrela, e não BO, medida até o centro da elipse.
4. Calcule a razão entre as energias potenciais. Para a interação gravitacional, $U=-GMm/r$. Assim, a energia potencial é inversamente proporcional à distância à estrela. Na divisão, o fator $-GMm$ se cancela: $\dfrac{U_a}{U_B}=\dfrac{-GMm/r_a}{-GMm/r_B}=\dfrac{r_B}{r_a}=\dfrac{13d/2}{9d}=\dfrac{13}{18}$.
Resposta: alternativa C. As duas energias são negativas, e sua razão é positiva. No apoastro, o módulo da energia potencial é menor, pois a distância à estrela é maior.
Q18
Mecânica — Dinâmica — Rotação e energia em campo elétrico
Conforme mostra a figura, duas roldanas em forma de anel, inicialmente em repouso, estão engrenadas e, ao iniciarem seus movimentos, cada fio é enrolado ou desenrolado à mesma velocidade escalar dos pontos do perímetro de sua respectiva roldana. Nas extremidades dos fios, existem partículas carregadas penduradas na vertical, ambas sujeitas a um campo elétrico gerado por um plano horizontal infinito uniformemente carregado, com um pequeno furo o suficiente para um dos fios passar.
Dados:
• massas das roldanas: m e 2m;
• o raio de uma roldana é o dobro do raio da outra;
• módulo do campo elétrico vertical: E;
• cargas das partículas eletrizadas: −Q e +3Q.
Observações:
• as massas das partículas são desprezíveis;
• as massas das roldanas estão uniformemente distribuídas;
• as roldanas estão sustentadas por hastes presas ao teto nos respectivos centros;
• as roldanas giram sempre em torno de seus centros e sem atrito;
• o segmento que liga os dois centros das roldanas é paralelo ao plano carregado.
Ao ser iniciado o movimento das roldanas, pelo princípio da conservação da energia, a aceleração do fio que sustenta a carga positiva é:
A)$\frac{2EQ}{7m}$
B)$\frac{4EQ}{3m}$
C)$\frac{8EQ}{7m}$
D)$\frac{8EQ}{3m}$
E)$\frac{2EQ}{3m}$
Gabarito Oficial — Final
B
Resolução comentada — Método TEF
1. Identifique as forças elétricas. O campo de um plano positivo aponta para longe dele. Acima do plano, o campo aponta para cima; abaixo, para baixo. A carga negativa −Q sofre força contrária ao campo: para baixo, de módulo EQ. A carga positiva +3Q sofre força no sentido do campo: também para baixo, de módulo 3EQ.
2. Relacione os movimentos. As roldanas engrenadas giram em sentidos opostos, mas seus pontos de contato têm a mesma rapidez. Na disposição da figura, os dois fios descem: se um desce s com rapidez v, o outro também desce s com rapidez v. As partículas têm massas desprezíveis; a energia cinética fica nas roldanas.
3. Calcule a energia de rotação. Para um anel de massa M e raio r, $I=Mr^2$ e $\omega=v/r$. Assim, $K=I\omega^2/2=Mv^2/2$. Aplicando às massas m e 2m, $K_{\rm total}=mv^2/2+2mv^2/2=3mv^2/2$. O raio se cancela porque a rapidez na borda é a mesma.
4. Aplique o trabalho e a energia. As forças elétricas realizam trabalho positivo: $W=EQs+3EQs=4EQs$. Como o sistema parte do repouso, $4EQs=3mv^2/2$. As forças e a geometria de transmissão são constantes, portanto a aceleração é constante; podemos usar $v^2=2as$. Resulta $4EQs=3mas$, ou $a=4EQ/(3m)$.
Resposta: alternativa B. O fio da carga positiva acelera para baixo.
Q19
Física Moderna — Relatividade — Doppler relativístico e composição de velocidades
A figura mostra a transformação de Lorentz para diversas velocidades (0,3 c a 0,9 c) de um referencial em movimento em relação a um referencial inercial. Essa transformação é usada para calcular a velocidade relativa (eixo vertical) de um outro objeto se movimentando no mesmo sentido do referencial que está em alta velocidade (0,3 c a 0,9 c). O eixo horizontal exibe uma escala de velocidade em relação ao referencial inercial e o eixo vertical informa a velocidade relativa entre objeto e o referencial em movimento. Uma nave X e uma nave Y viajam, nos mesmos sentido e direção. A nave X se aproxima de uma fonte de luz parada em relação a um referencial inercial, enquanto que a nave Y se afasta da fonte. Ambas as naves portanto percebem comprimentos de onda diferentes daquele emitido pela fonte.
Dados:
• comprimento de onda emitido pela fonte parada no referencial inercial: λ;
• comprimento de onda percebido pela nave X: λ/2;
• comprimento de onda percebido pela nave Y: 3λ;
• velocidade da luz: c.
Observação:
• a fonte e as naves estão sempre colineares.
Com as informações descritas, conclui-se que o módulo da velocidade relativa entre as naves é de aproximadamente:
A)$0{,}20c$
B)$0{,}15c$
C)$0{,}75c$
D)$0{,}92c$
E)$0{,}39c$
Gabarito Oficial — Final
E
Resolução comentada — Método TEF
1. Use o Doppler da luz. Defina $\beta=v/c$. Na aproximação, o comprimento de onda observado diminui: $\lambda_{\rm obs}/\lambda=\sqrt{(1-\beta)/(1+\beta)}$. No afastamento, ele aumenta e a fração dentro da raiz se inverte. Como as velocidades são próximas à da luz, precisamos da expressão relativística.
2. Determine a velocidade de X. Para a nave que se aproxima, $\lambda_X/\lambda=1/2$. Elevando ao quadrado, $1/4=(1-\beta_X)/(1+\beta_X)$. Então $1+\beta_X=4-4\beta_X$, de onde $\beta_X=3/5$. Logo, $v_X=0{,}60c$.
3. Determine a velocidade de Y. Para a nave que se afasta, $\lambda_Y/\lambda=3$. Assim, $9=(1+\beta_Y)/(1-\beta_Y)$. Portanto, $9-9\beta_Y=1+\beta_Y$, dando $\beta_Y=4/5$ e $v_Y=0{,}80c$.
4. Calcule a velocidade de uma nave vista pela outra. As duas viajam no mesmo sentido. Pela composição relativística, $v_{\rm rel}=(v_Y-v_X)/(1-v_Xv_Y/c^2)$. Substituindo, $v_{\rm rel}/c=(0{,}80-0{,}60)/(1-0{,}60\cdot0{,}80)=0{,}20/0{,}52=5/13\approx0{,}385$.
Resposta: aproximadamente 0,39c — alternativa E. Subtrair diretamente as velocidades daria 0,20c, pois ignoraria a transformação relativística representada no gráfico.
Q20
Eletricidade — Eletrostática — Indução em cascas condutoras
Seja o arranjo tridimensional de cascas esféricas da figura acima, totalmente em repouso e geometricamente simétrico, composto da seguinte forma:
Dados:
• na origem, dentro de uma cavidade de vácuo, encontra-se uma partícula de carga −Q;
• na região a ≤r < 2a, há uma camada metálica condutora inicialmente descarregada;
• em r = 2a, há uma casca muito fina de material não condutor uniformemente carregada com carga +q;
• na região 2a < r < 3a, há outra cavidade de vácuo;
• na região 3a ≤r < 4a, há outra camada metálica condutora inicialmente descarregada;
• em r = 4a, há outra casca muito fina de material não condutor uniformemente carregada com carga +q.
Após o estabelecimento do equilíbrio eletrostático nas camadas condutoras, a carga superficial total induzida em r = 3a é:
A)$-Q+2q$
B)$-q$
C)$Q-2q$
D)$Q$
E)$Q-q$
Gabarito Oficial — Final
E
Resolução comentada — Método TEF
1. Use a condição de equilíbrio do condutor. No interior do material metálico em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico é nulo. Uma superfície esférica imaginária situada dentro desse metal deve envolver carga total nula, pela lei de Gauss.
2. Entenda o que ocorre na primeira camada. A carga −Q na origem induz +Q na face interna, em r = a. Como essa camada metálica era neutra e permanece isolada, sua face externa fica com −Q. As duas faces somam zero: indução separa cargas, mas não altera a carga total dessa camada.
3. Examine a segunda camada. Escolha uma superfície imaginária dentro do metal externo, com raio entre 3a e 4a. Ela envolve a carga central −Q, toda a primeira camada metálica, cuja carga total é zero, a casca isolante +q em 2a e a carga procurada $q_{3a}$ na face interna do segundo condutor.
4. Some as cargas envolvidas. Para o campo ser nulo no metal, $-Q+0+q+q_{3a}=0$. Portanto, $q_{3a}=Q-q$. A outra casca isolante, em 4a, está fora da superfície escolhida e não entra nessa soma.
Resposta: alternativa E. Não se deve confundir a neutralidade de um condutor inteiro com a carga de cada uma de suas faces.
Q21
Mecânica — Dinâmica — Atrito em plataforma acelerada
A figura mostra duas polias acopladas por meio de uma plataforma. As juntas estão localizadas em pontos equivalentes das polias, de forma que a plataforma esteja sempre na horizontal. Um bloco de massa m é colocado sobre a plataforma.
Dados:
• $R=\frac34\sqrt{0{,}44}$ m;
• $g=10$ m/s²;
• $\mu_e=\sqrt{0{,}44}$;
• o máximo de $a\cos\theta+b\sin\theta$ é $\sqrt{a^2+b^2}$.
O valor máximo da rotação ω das polias para que o bloco não deslize na direção horizontal sobre a plataforma, em rad/s, é:
A)$15/4$
B)$10/3$
C)$2\sqrt3$
D)$3\sqrt5$
E)$2\sqrt5$
Gabarito Oficial — Final
B
Resolução comentada — Método TEF
1. Descreva o movimento da plataforma. As juntas ocupam posições equivalentes nas duas polias. A plataforma permanece horizontal e faz uma translação circular: todos os seus pontos têm a mesma aceleração, de módulo $a=\omega^2R$. Para o bloco acompanhá-la sem deslizar, ele precisa dessa mesma aceleração.
2. Separe as forças nas duas direções. Chame de θ o ângulo da aceleração com a horizontal, com o eixo vertical positivo para cima. Então $a_x=a\cos\theta$ e $a_y=a\sin\theta$. Na horizontal, o atrito fornece $f=ma\cos\theta$. Na vertical, $N-mg=ma\sin\theta$, logo $N=m(g+a\sin\theta)$. A normal varia durante a volta.
3. Imponha o limite do atrito estático. O módulo do atrito necessário não pode superar $\mu N$. Cancelando m, $a|\cos\theta|\le\mu(g+a\sin\theta)$. Reorganizando, $a(|\cos\theta|-\mu\sin\theta)\le\mu g$. A condição deve valer em todas as posições.
4. Use o máximo fornecido no enunciado. Em cada metade da volta, o termo entre parênteses é uma combinação de seno e cosseno com coeficientes de módulos 1 e μ. Seu maior valor é $\sqrt{1+\mu^2}$. Logo, $a\sqrt{1+\mu^2}\le\mu g$, ou $\omega^2R\sqrt{1+\mu^2}\le\mu g$.
5. Substitua os dados. Temos $\mu=\sqrt{0{,}44}$, $R=3\mu/4$ m e $\sqrt{1+\mu^2}=\sqrt{1{,}44}=1{,}2$. Assim, $\omega^2(3\mu/4)(1{,}2)\le10\mu$. Cancelando μ, $0{,}9\omega^2\le10$, portanto $\omega_{\max}=10/3$ rad/s.
Resposta: alternativa B. Nesse limite, $a=\mu g/\sqrt{1+\mu^2}<g$, garantindo também que a normal permanece positiva durante toda a volta.
Na ilustração acima, três forças são aplicadas a uma viga horizontal estável de peso desprezível. Supondo FB e FA como sendo as reações nos apoios B e A, respectivamente, o equilíbrio da viga resulta que a razão entre os módulos de FB e FA é aproximadamente:
A)3,50
B)0,29
C)2,10
D)1,83
E)2,50
Gabarito Oficial — Final
A
Resolução comentada — Método TEF
1. Organize as distâncias a partir de A. A força de 75 kN está a 0,9 m de A. O apoio B está a $0{,}9+1{,}8=2{,}7$ m. As duas forças de 30 kN estão a $2{,}7+0{,}6=3{,}3$ m e $3{,}3+0{,}6=3{,}9$ m de A.
2. Equilibre os momentos em torno de A. A reação em A não produz momento em torno do próprio apoio. As três cargas tendem a girar a viga no sentido horário; a reação em B, no sentido oposto. Logo, $F_B(2{,}7)=75(0{,}9)+30(3{,}3)+30(3{,}9)$. O lado direito vale $67{,}5+99+117=283{,}5$ kN·m. Assim, $F_B=283{,}5/2{,}7=105$ kN.
3. Equilibre as forças verticais. A soma das reações para cima deve igualar a soma das cargas para baixo: $F_A+F_B=75+30+30=135$ kN. Portanto, $F_A=135-105=30$ kN.
4. Faça a razão na ordem pedida. O enunciado solicita a reação em B dividida pela reação em A: $F_B/F_A=105/30=3{,}50$.
Resposta: alternativa A. As distâncias usadas nos momentos devem ser medidas a partir do mesmo ponto, escolhido aqui como A.
Q23
Termologia — Termodinâmica — Máquinas de Carnot em série
Duas máquinas térmicas, ambas operando em ciclos de Carnot, são acopladas em série. A primeira máquina recebe calor de um reservatório térmico que se encontra a uma temperatura T1, produz certa quantidade de trabalho e rejeita calor para um reservatório térmico intermediário de temperatura T2 desconhecida. Por sua vez, este reservatório cede calor para a segunda máquina que também produz trabalho e cede energia para um terceiro reservatório térmico cuja temperatura é T3. O trabalho disponibilizado pela segunda máquina é 40% daquele associado ao primeiro ciclo. Já o calor que alimenta a segunda máquina é igual a 80% da energia rejeitada pelo primeiro ciclo para a fonte intermediária.
Dados:
• Temperatura T1 : 900K;
• Temperatura T3 : 300K. A partir do contexto acima, a soma numérica dos rendimentos das duas máquinas é igual a:
A)$12/45$
B)$15/45$
C)$38/45$
D)$40/45$
E)$43/45$
Gabarito Oficial — Final
C
Resolução comentada — Método TEF
1. Identifique o calor e o trabalho da primeira máquina. Chame de Q o calor recebido da fonte a 900 K. Para uma máquina de Carnot, o rendimento é $\eta=1-T_f/T_q$, usando temperaturas em kelvin. Assim, $\eta_1=1-T_2/900$ e $W_1=Q(1-T_2/900)$. O calor rejeitado é $Q_{r1}=Q-W_1=QT_2/900$.
2. Acompanhe a energia que chega à segunda máquina. Ela recebe somente 80% do calor rejeitado pela primeira: $Q_2=0{,}8QT_2/900$. Seu rendimento é $\eta_2=1-300/T_2$. Portanto, $W_2=Q_2\eta_2=0{,}8Q(T_2-300)/900$.
3. Descubra a temperatura intermediária. O trabalho da segunda vale 40% do trabalho da primeira: $W_2=0{,}4W_1$. Substituindo e cancelando o fator Q/900, $0{,}8(T_2-300)=0{,}4(900-T_2)$. Desenvolvendo, $0{,}8T_2-240=360-0{,}4T_2$, logo $1{,}2T_2=600$ e $T_2=500$ K.
4. Some os rendimentos individuais. $\eta_1=1-500/900=4/9$ e $\eta_2=1-300/500=2/5$. A soma pedida é $\eta_1+\eta_2=4/9+2/5=20/45+18/45=38/45$.
Resposta: alternativa C. O problema pede a soma dos rendimentos das duas máquinas; esse número não representa o rendimento global do conjunto.
Q24
Mecânica — Centro de massa — Explosão durante lançamento oblíquo
Um soldado lança uma granada a uma velocidade inicial de $10\sqrt2$ m/s, por uma direção que perfaz um ângulo de 45° com o solo. Antes de atingir o solo, a granada explode, dividindo-se em dois fragmentos de 2/3 e 1/3 de sua massa inicial. Após a explosão, o fragmento mais leve se projeta à direita e o mais pesado à esquerda, conforme a figura. Exatamente após 1,9 s do lançamento da granada, o fragmento mais pesado atinge um pequeno buraco de 5 cm de profundidade no solo.
Dado:
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s². No instante em que o fragmento mais pesado atinge o solo, a distância vertical, em cm, do fragmento mais leve até o solo é:
A)5
B)95
C)295
D)145
E)195
Gabarito Oficial — Final
C
Resolução comentada — Método TEF
1. Acompanhe o centro de massa. Durante a explosão, as forças entre os fragmentos são internas e não mudam a trajetória do centro de massa. Enquanto os dois fragmentos estão em voo, a única força externa considerada é o peso. Assim, o centro de massa segue a trajetória que a granada teria se não explodisse.
2. Ache sua altura após 1,9 s. Escolha como altura zero o nível do solo de lançamento. A componente vertical inicial é $v_{0y}=10\sqrt2\sin45^\circ=10$ m/s. Pela equação do lançamento vertical, $y_{\rm CM}=v_{0y}t-gt^2/2$. Então $y_{\rm CM}=10(1{,}9)-5(1{,}9)^2=19-18{,}05=0{,}95$ m.
3. Observe a profundidade do buraco. No instante de chegada do fragmento pesado, sua altura é $y_p=-0{,}05$ m, pois ele está 5 cm abaixo do nível adotado como zero. Sua massa é 2m/3; a massa do fragmento leve é m/3.
4. Use a média ponderada das alturas. Pela definição do centro de massa, $my_{\rm CM}=(2m/3)y_p+(m/3)y_l$. Cancelando m e substituindo, $0{,}95=(2/3)(-0{,}05)+(1/3)y_l$. Multiplicando por 3, $2{,}85=-0{,}10+y_l$, de onde $y_l=2{,}95$ m = 295 cm.
Resposta: alternativa C. O fragmento pesado tem altura negativa em relação ao solo de lançamento. Ignorar o buraco altera o resultado.
Q25
Eletricidade — Eletrodinâmica — Redes simétricas de resistores
Duas malhas resistivas são construídas conforme a figura.
Dica:
• R = R/2 + R/2.
A razão entre as correntes I1 e I2 é um número real pertencente ao intervalo:
A)$(0,1/2)$
B)$(1/2,1)$
C)$(1,3/2)$
D)$(3/2,2)$
E)$(2,5/2)$
Gabarito Oficial — Final
C
Resolução comentada — Método TEF
1. Compare as redes pela tensão e pela corrente. As baterias têm a mesma tensão U e todos os resistores valem R. Na primeira figura, os terminais são vértices vizinhos do hexágono. Na segunda, há um vértice intermediário no contorno entre eles. Essa mudança de posição altera a resistência equivalente.
2. Numere os nós e use a simetria. Em cada hexágono, numere os vértices de 0 a 5 ao longo do contorno. Coloque o terminal positivo em 0, com potencial U, e o negativo com potencial zero. O centro está ligado aos seis vértices. A reflexão que troca os terminais mantém o centro na mesma posição; por simetria, o potencial central é U/2.
3. Entenda a equação de cada nó. Cada vértice sem bateria se liga a três nós por resistores iguais. Como a soma das correntes que saem dele é zero, $(V-V_a)/R+(V-V_b)/R+(V-V_c)/R=0$. Logo, $3V=V_a+V_b+V_c$: seu potencial é a média dos três potenciais vizinhos.
4. Resolva a primeira rede. Os terminais são 0 e 1. Escreva os potenciais de 2 e 3 como xU e yU. Pela simetria que troca os terminais, os potenciais de 5 e 4 são $(1-x)U$ e $(1-y)U$. A lei dos nós em 2 fornece $3x=y+1/2$. Em 3, fornece $3y=x+(1-y)+1/2$, ou $4y=x+3/2$. Substituindo $y=3x-1/2$, obtemos $12x-2=x+3/2$, portanto $x=7/22$ e $y=5/11$.
5. Calcule a corrente da primeira bateria. Do nó 0 saem três correntes: para o nó 1, para o nó 5 e para o centro. Assim, $I_1=(U/R)[1+x+1/2]$. Com $x=7/22$, $I_1=(U/R)(20/11)$.
6. Resolva a segunda rede. Agora os terminais são 0 e 2. Por simetria, os nós 1 e 4 têm potencial U/2. Seja zU o potencial do nó 5, cujos vizinhos são o terminal 0, o nó 4 e o centro. Então $3z=1+1/2+1/2=2$, dando $z=2/3$. As três correntes que saem do nó 0 somam $I_2=(U/R)[(1-1/2)+(1-2/3)+(1-1/2)]=4U/(3R)$.
7. Faça a razão. $I_1/I_2=(20/11)/(4/3)=15/11\approx1{,}36$. Esse valor está no intervalo $(1,3/2)$.
Resposta: alternativa C. Resistores desenhados lado a lado só podem ser associados em série quando o nó entre eles não oferece outro caminho para a corrente.
Q26
Ondas — Ondas em cordas — Velocidade de pulso em catenária
Uma corda perfeitamente flexível e inextensível está com suas extremidades presas a dois pontos, separados pela distância 2L, no teto horizontal de uma sala. A curva feita pela corda é conhecida na estática como catenária, sendo dada por: $y(x)=\frac b2(e^{x/b}+e^{-x/b})$ onde b é uma constante que depende de dimensões do aparato montado.
Dados:
• −L ≤x ≤+L;
• $\tan\theta(x)=(e^{x/b}-e^{-x/b})/2$;
• densidade linear da corda: constante;
• comprimento total da corda: S;
• aceleração da gravidade: g.
Dica:
• obtenha equações de equilíbrio estático na corda como um todo e depois em metade da corda.
O valor local mínimo da velocidade de um pulso ondulatório transversal é:
A)$\sqrt{\frac12 Sg(e^{L/b}-e^{-L/b})}$
B)$\sqrt{Sg(e^{L/b}-e^{-L/b})}$
C)$\frac12\sqrt{\frac{Sg}{e^{L/b}-e^{-L/b}}}$
D)$\sqrt{\frac{Sg}{e^{L/b}-e^{-L/b}}}$
E)$\frac12\sqrt{Sg(e^{L/b}-e^{-L/b})}$
Gabarito Oficial — Final
D
Resolução comentada — Método TEF
1. Relacione a velocidade do pulso à tração. Em uma corda, $v=\sqrt{T/\mu}$, sendo T a tração local e μ a massa por unidade de comprimento. Como μ é constante, a menor velocidade ocorre onde a tração é mínima.
2. Localize a menor tração. Em qualquer trecho da corda, o peso é vertical. Por isso, a componente horizontal H da tração é a mesma em todos os pontos. No ponto mais baixo, a tangente à corda é horizontal e a tração vale H. Nos demais pontos, existe também uma componente vertical, fazendo o módulo da tração superar H. Logo, $T_{\min}=H$.
3. Examine metade da corda. A massa total é μS, portanto metade da corda pesa $\mu Sg/2$. No ponto mais baixo, a tração é horizontal; no apoio, sua componente vertical precisa sustentar todo o peso dessa metade. Se θ é a inclinação no apoio, $T_y=\mu Sg/2$ e $T_y/H=\tan\theta(L)$. Assim, $H\tan\theta(L)=\mu Sg/2$.
4. Use a inclinação fornecida. No apoio, x = L e $\tan\theta(L)=(e^{L/b}-e^{-L/b})/2$. Substituindo e cancelando o fator 1/2, $H(e^{L/b}-e^{-L/b})=\mu Sg$. Logo, $H/\mu=Sg/(e^{L/b}-e^{-L/b})$.
5. Calcule a velocidade mínima. $v_{\min}=\sqrt{H/\mu}=\sqrt{Sg/(e^{L/b}-e^{-L/b})}$.
Resposta: alternativa D. Não é necessário calcular a massa da corda: sua densidade linear se cancela ao combinar o equilíbrio com a expressão da velocidade.
Q27
Eletromagnetismo — Campo magnético — Solenoide e energia cinética
Considere o projétil mostrado na Figura 1 que consiste de uma pilha e um ímã em cada uma das extremidades, cada um deles fazendo contato com o solenoide. O atirador coloca o projétil completamente no interior do solenoide, começando da extremidade direita e, a partir desse momento, o projétil sai do repouso e acelera para a outra extremidade, conforme mostrado na Figura 2.
Dados:
• resistência por espira do solenoide: 0,04 Ω;
• os pontos de contato dos ímãs com o solenoide sempre distam 10 espiras;
• campo magnético produzido pelos ímãs: 1,5 T;
• ddp da pilha: 6 V;
• massa do projétil: 10 g;
• comprimento do projétil: 50 mm;
• comprimento do solenoide: 300 mm;
• permeabilidade magnética do meio: 2·10⁻⁶ T·m/A.
Observação:
• experimentalmente estima-se que a força à qual o projétil é submetido, em Newtons, é numericamente igual a 45 vezes o produto entre o campo magnético produzido pela circulação da corrente no interior do solenoide e o campo magnético produzido pelo ímã (ambos em Tesla). Dado o contexto, o projétil começa a deixar o solenoide à velocidade, em m/s, de:
A)4,5
B)5,0
C)3,0
D)3,5
E)4,0
Gabarito Oficial — Final
A
Resolução comentada — Método TEF
1. Descubra a corrente que percorre o solenoide. Os ímãs fecham o circuito através das 10 espiras entre seus contatos. Cada espira tem resistência de 0,04 Ω; esse trecho tem $R_e=10(0{,}04)=0{,}40\,\Omega$. Pela lei de Ohm, $i=U/R_e=6/0{,}40=15$ A.
2. Calcule o campo gerado pela corrente. Entre os contatos, há 10 espiras em 50 mm = 0,050 m. A quantidade de espiras por metro é $n=10/0{,}050=200$ m⁻¹. Para o solenoide, $B_s=\mu ni$. Assim, $B_s=(2\cdot10^{-6})(200)(15)=0{,}006$ T.
3. Use a força experimental informada. O outro campo, produzido pelos ímãs, vale 1,5 T. Na relação numérica do enunciado, $F=45B_sB_{\rm ima}=45(0{,}006)(1{,}5)=0{,}405$ N. Dentro do modelo proposto, essa força permanece constante enquanto o projétil está completamente no solenoide.
4. Determine o deslocamento até começar a sair. Inicialmente, o projétil está todo dentro, junto à extremidade direita. Ele começa a sair quando sua extremidade dianteira alcança a saída esquerda. Por isso, o deslocamento é o comprimento do solenoide menos o do projétil: $\Delta s=0{,}300-0{,}050=0{,}250$ m.
5. Transforme o trabalho em energia cinética. O projétil parte do repouso e tem massa de 10 g = 0,010 kg. Logo, $F\Delta s=mv^2/2$, ou $0{,}405(0{,}250)=0{,}010v^2/2$. Assim, $v^2=20{,}25$ e $v=4{,}5$ m/s.
Resposta: alternativa A. O deslocamento até começar a sair é 25 cm; usar 30 cm contaria uma parte do movimento posterior ao instante pedido.
Q28
Termologia — Calorimetria — Conversão de energia mecânica em calor
Um certo número de pequenas esferas de uma liga metálica é colocado no interior de três tubos verticais de PVC, conectados em série, inicialmente conforme o desenho da figura. As passagens de A para B e de B para C estão fechadas por membranas resistentes. Num experimento, o conjunto sofre inversões, onde uma inversão é um giro de 180°. Nas primeiras 8 inversões, as esferas percorrem apenas o tubo A. Em seguida, retira-se a membrana entre A e B, e as esferas percorrem os tubos A + B por mais 10 inversões. Por fim, retira-se a membrana entre B e C, e as esferas percorrem os tubos A + B + C por mais 12 inversões.
Dados:
• calor específico da liga metálica: c = 150 J/(kg·° C);
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s².
Observações:
• durante uma inversão, considere que as bolinhas permaneçam na mesma posição relativa dentro do tubo e apenas caiam após o fim da inversão;
• despreze o volume das esferas e a espessura das membranas;
• para a transformação em calor, considere apenas a totalidade da energia proveniente das quedas das bolinhas.
Ao final das 30 inversões, o aumento de temperatura das esferas, em ° C, é:
A)2,5
B)2,0
C)1,5
D)1,0
E)0,5
Gabarito Oficial — Final
B
Resolução comentada — Método TEF
1. Identifique a transformação de energia. Em cada queda, as esferas perdem energia potencial gravitacional. Pelo modelo do enunciado, toda essa energia se transforma em calor que aquece as próprias esferas. Para uma queda de altura h, a energia convertida é mgh, sendo m a massa total das esferas.
2. Some as alturas das primeiras 8 quedas. Com as duas membranas, as esferas ficam limitadas ao tubo A, de 0,50 m. A altura acumulada nessa etapa é $H_1=8(0{,}50)=4$ m.
3. Some as alturas das 10 quedas seguintes. Sem a membrana entre A e B, as esferas percorrem $0{,}50+0{,}30=0{,}80$ m a cada queda. Assim, $H_2=10(0{,}80)=8$ m.
4. Some as alturas das últimas 12 quedas. Sem as duas membranas, a queda abrange os três tubos: $0{,}50+0{,}30+0{,}70=1{,}50$ m. Logo, $H_3=12(1{,}50)=18$ m. A altura total acumulada é $H=4+8+18=30$ m.
5. Calcule o aquecimento. A energia recebida na forma de calor é $Q=mgH$. Pela calorimetria, $Q=mc\Delta T$. Igualando e cancelando m, $\Delta T=gH/c=10(30)/150=2{,}0\,^\circ\mathrm C$.
Resposta: alternativa B. Não precisamos conhecer a quantidade nem a massa das esferas, pois a energia liberada e o calor necessário são proporcionais à mesma massa.
Q29
Óptica — Refração — Fibra óptica sobre superfície esférica
A latitude e a longitude são coordenadas geográficas que oferecem a posição de ponto qualquer na Terra. A latitude é referenciada em relação à Linha do Equador (0° a 90°, Norte ou Sul). Já a longitude é referenciada em relação ao Meridiano de Greenwich (0° a 180°, Leste ou Oeste). Sobre a superfície da Terra, uma fibra ótica deve ligar dois pontos A e B.
Dados:
• coordenadas do ponto A: latitude 45° Norte e longitude 0°;
• coordenadas do ponto B: latitude 45° Norte e longitude 90° Leste;
• raio da Terra: R ;
• índice de refração da fibra ótica: n ;
• velocidade da luz no vácuo: c. O menor tempo de viagem possível de um sinal ótico pela fibra, a ser posicionada sobre a superfície da Terra, entre os pontos A e B é:
A)$\frac{\pi Rn}{6c}$
B)$\frac{\sqrt3\pi Rn}{4c}$
C)$\frac{\sqrt2\pi Rn}{4c}$
D)$\frac{\pi Rn}{3c}$
E)$\frac{\sqrt3\pi Rn}{2c}$
Gabarito Oficial — Final
D
Resolução comentada — Método TEF
1. Encontre o menor caminho na superfície. A fibra deve ficar sobre a Terra. O menor caminho entre dois pontos de uma esfera é um arco de círculo máximo, isto é, de uma circunferência cujo plano passa pelo centro da esfera. Precisamos descobrir o ângulo central desse arco.
2. Use o paralelo comum aos pontos. A e B estão na mesma latitude de 45° norte e, portanto, no mesmo plano horizontal. O raio desse paralelo é $r=R\cos45^\circ=R/\sqrt2$. A diferença de longitude de 90° forma um ângulo reto entre os raios desse paralelo que chegam a A e B.
3. Calcule a distância em linha reta entre A e B. No plano do paralelo, A e B são extremos de dois raios perpendiculares, ambos de comprimento r. Pelo teorema de Pitágoras, a corda AB vale $\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt2=R$. Essa corda serve apenas para descobrir a geometria; a fibra seguirá pela superfície.
4. Determine o ângulo e o arco. Seja O o centro da Terra. Como $OA=OB=R$ e acabamos de obter $AB=R$, o triângulo OAB é equilátero. Portanto, o ângulo central é 60°, ou $\pi/3$ rad. O comprimento do arco menor é $L=R(\pi/3)$.
5. Calcule o tempo da luz na fibra. O índice de refração é $n=c/v$, portanto a rapidez do sinal é $v=c/n$. Assim, $t_{\min}=L/v=(\pi R/3)/(c/n)=\pi Rn/(3c)$.
Resposta: alternativa D. A menor rota passa por um círculo máximo. O paralelo de 45° não é um círculo máximo, pois seu plano não passa pelo centro da Terra.
Q30
Mecânica — Hidrostática — Empuxo e leitura de balança
As situações acima mostram um balde contendo um líquido de densidade conhecida. O balde é colocado em uma balança que atinge o equilíbrio em duas situações. Na Situação 1, o equilíbrio ocorre quando, no lado da balança oposto ao balde, é colocado um objeto de massa M1, que é igual também à massa do líquido. Já, na Situação 2, a balança entra em equilíbrio quando, no lado da balança oposto ao balde, é colocado um objeto de massa M2. Ainda na Situação 2, uma esfera é totalmente imersa no líquido por um pesquisador, com a superfície da esfera tangenciando a face do líquido. O pesquisador mantém sua mão imóvel e em contato com a esfera, de forma que nenhuma parte de sua mão fique submersa.
Dados:
• massa específica do líquido: ρ;
• raio da esfera: R;
• massa da esfera: me.
Observações:
• despreze as massas do balde e dos demais componentes da balança;
Para garantir a consistência das informações, a massa M2 é:
A)$M_1+\frac43\rho\pi R^3+m_e$
B)$M_1+m_e$
C)$M_1-\frac43\rho\pi R^3+m_e$
D)$M_1+\frac43\rho\pi R^3$
E)$M_1+\frac43\rho\pi R^3-m_e$
Gabarito Oficial — Final
D
Resolução comentada — Método TEF
1. Entenda a leitura inicial. Na situação 1, desprezamos a massa do balde e dos componentes da balança. A massa M₁ equilibra apenas o líquido. Assim, o peso inicialmente sustentado do lado do balde é $M_1g$.
2. Calcule o empuxo sobre a esfera. A esfera está totalmente submersa, mesmo com sua superfície tangenciando o nível do líquido. O volume deslocado é todo o volume da esfera: $V=4\pi R^3/3$. Pelo princípio de Arquimedes, o líquido exerce nela uma força para cima de módulo $E=\rho gV=4\rho g\pi R^3/3$.
3. Aplique a terceira lei de Newton. Se o líquido empurra a esfera para cima, a esfera empurra o líquido para baixo com a mesma força E. Essa força adicional é transmitida ao balde e aumenta a carga que a balança precisa equilibrar.
4. Escreva o novo equilíbrio. O peso do outro lado precisa equilibrar o peso inicial do líquido mais a força adicional: $M_2g=M_1g+E$. Dividindo por g, $M_2=M_1+E/g=M_1+4\rho\pi R^3/3$.
Resposta: alternativa D. A massa da esfera não entra diretamente porque ela é mantida por uma mão externa à balança. O efeito transmitido ao líquido é a reação ao empuxo; a mão permanece fora da água e não desloca volume adicional.
