ITA 2019 — Questões de Física comentadas — Método TEF

I — Verdadeira. A luz do Sol se propaga como onda eletromagnética transversal. A radiação solar comum reúne diversas frequências e comprimentos de onda, portanto é policromática; a superposição proveniente de múltiplas emissões produz, aproximadamente, luz não polarizada.

II — Falsa. A reflexão total interna é possível quando a luz tenta passar de um meio de maior índice de refração para outro de menor índice, e somente para incidências superiores ao ângulo crítico. Os raios solares, entretanto, chegam do ar à água, isto é, do meio de menor índice para o de maior índice: não pode ocorrer reflexão total nessa passagem, independentemente da hora.

III — Verdadeira. Durante o dia, o solo arenoso aquece mais rapidamente que a água. O ar sobre o continente tende a subir e é substituído por ar marítimo mais frio, originando a brisa do mar para a terra. A diferença de capacidade térmica efetiva e de aquecimento dos dois ambientes é parte central da explicação.

Somente a proposição II é falsa. Portanto, o gabarito é C.

A corda é ideal e transmite a mesma tração $T$ a ambas as massas. O trecho superior mede $r$; o inferior mede $l-r$. A massa superior descreve círculo de raio $r$, e a massa inferior descreve círculo de raio $(l-r)\sin\theta$.

Para a partícula sobre a mesa, a força radial é apenas a tração: \[T=m\omega_1^2r.\] Na partícula inferior, não existe aceleração vertical, de modo que \[T\cos\theta=mg\quad\Rightarrow\quad T=\frac{mg}{\cos\theta}.\] Combinando: \[\omega_1^2=\frac{g}{r\cos\theta}.\]

Na direção horizontal da massa suspensa, a tração contribui com $T\sin\theta$, e a mola, cujo comprimento natural é nulo, exerce força $k(l-r)\sin\theta$ para o eixo. Logo, \[m\omega_2^2(l-r)\sin\theta=T\sin\theta+k(l-r)\sin\theta.\] Para a configuração inclinada, simplificando $\sin\theta$, \[\omega_2^2=\frac{T}{m(l-r)}+\frac{k}{m}=\frac{g}{(l-r)\cos\theta}+\frac{k}{m}.\]

Dividindo o quadrado das velocidades angulares, obtemos \[\left(\frac{\omega_2}{\omega_1}\right)^2=\frac{\frac{g}{(l-r)\cos\theta}+\frac{k}{m}}{\frac{g}{r\cos\theta}}=\frac{r[mg+k(l-r)\cos\theta]}{mg(l-r)}.\] A resposta é A.

Para uma esfera homogênea, a massa contida até uma distância $x$ do centro é proporcional ao volume: \[M_x=M\frac{x^3}{R^3}.\] Pelo teorema das cascas esféricas, as camadas externas a essa posição não produzem resultante gravitacional sobre o corpo.

A força gravitacional do material interno tem intensidade \[F=\frac{GM_xm}{x^2}=\frac{GMm}{R^3}x\] e aponta sempre para o centro. Escrevendo o sinal em relação a um eixo que atravessa o túnel: \[F_x=-\frac{GMm}{R^3}x.\] Essa lei tem a forma restauradora $F_x=-k_{\rm ef}x$ de uma oscilação harmônica, com $k_{\rm ef}=GMm/R^3$.

O período desse movimento é \[T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k_{\rm ef}}}=2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}.\] O objeto parte de uma extremidade, atravessa o centro e chega à extremidade oposta após meio período, não um período completo.

Portanto, \[\Delta t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}.\] A alternativa correta é B.

Para um espelho esférico côncavo, utilizamos a relação dos pontos conjugados \[\frac1f=\frac1p+\frac1{p\prime}\] e o aumento linear, em módulo, \[|A|=\left|\frac{p\prime}{p}\right|=\frac{f}{|p-f|},\] com $p$ representando a distância do objeto ao espelho.

Na primeira posição, a imagem tem metade do tamanho: \[\frac{f}{p_1-f}=\frac12\quad\Rightarrow\quad p_1=3f.\] Trata-se de um objeto além do centro de curvatura, com imagem real e reduzida.

Na posição final correspondente ao ramo de imagem real ampliada, \[\frac{f}{p_2-f}=2\quad\Rightarrow\quad p_2=\frac{3f}{2}.\] Como o objeto se aproxima $15\ \text{cm}$, \[p_1-p_2=3f-\frac{3f}{2}=15\quad\Rightarrow\quad f=10\ \text{cm}.\] Logo, a alternativa oficial é D.

Observação sobre a interpretação: como o enunciado fornece somente o tamanho, sem a orientação da imagem final, existe matematicamente outra configuração, com imagem virtual ampliada, em $p_2=f/2$; ela levaria a $f=6\ \text{cm}$, valor que não está entre as opções. A alternativa D corresponde ao ramo real selecionado pelas opções da prova.

Como as 50 células estão ligadas em série, as forças eletromotrizes se somam: \[E=50\cdot2{,}30=115\ \text{V}.\] As resistências internas também se somam: \[r=50\cdot0{,}100=5{,}00\ \Omega.\]

A fonte de $220\ \text{V}$ força corrente de carregamento contra a força eletromotriz da bateria. Assim, o potencial disponível para as resistências é $220-115=105\ \text{V}$, e a resistência total requerida é \[R_{\rm total}=\frac{105}{6{,}00}=17{,}5\ \Omega.\]

Como os $5{,}00\ \Omega$ internos já estão presentes, a resistência adicional deve ser \[R_{\rm extra}=17{,}5-5{,}0=12{,}5\ \Omega.\] Alternativa C.

Atuam sobre a barra o peso $mg$ no centro de gravidade, a tração horizontal $T$ da corda na extremidade superior e a reação $N$ na quina. Como o contato é liso, a reação é perpendicular à barra.

Decompondo a reação, cujo componente vertical sustenta a barra: \[N\cos\theta=mg.\] Na horizontal, a tração equilibra a outra componente: \[T=N\sin\theta.\] Assim, $T/N=\sin\theta$.

Para eliminar o peso da equação dos torques, tomamos o centro de gravidade como eixo de momentos. O braço perpendicular da tração horizontal aplicada na ponta superior vale $(l/2)\sin\theta$. Já a força normal $N$ possui braço igual à distância $d$, pois é perpendicular à barra.

Portanto, o equilíbrio dos torques exige \[Nd=T\frac l2\sin\theta.\] Dividindo por $Nl$ e substituindo $T/N=\sin\theta$, \[\frac dl=\frac12\sin^2\theta.\] Alternativa correta: E.

I — Falsa. Além do peso e do arrasto do ar, a bola girante pode sofrer força lateral devido ao efeito Magnus. Logo, a trajetória não precisa ser vertical.

II — Verdadeira. Para quem observa a bola a partir do leste, a rotação indicada é anti-horária. Aplicando a regra da mão direita, o vetor velocidade angular aponta para o leste. Como a bola desce, a direção qualitativa da força Magnus é obtida pela orientação de $\vec\omega\times\vec v$, que aponta para o norte. Assim, a bola adquire quantidade de movimento lateral para o norte, o que satisfaz a proposição II.

III — Falsa. A deflexão lateral prevista pela rotação e pela queda é para o norte, e não para o leste ou sul, na geometria apresentada.

IV — Verdadeira. Mantidas as demais condições, o efeito Magnus tende a intensificar-se com a rotação. Dessa forma, o desvio lateral acumulado e o afastamento do ponto $C$ aumentam.

As corretas são II e IV: alternativa B.

I — Verdadeira no sentido da energia cinética molecular total. Em equilíbrio térmico, a energia cinética translacional média de He e $\mathrm{O_2}$ é a mesma, $3k_BT/2$. Contudo, o oxigênio diatômico apresenta também energia cinética de rotação nas condições usuais, enquanto o hélio monoatômico não possui graus rotacionais termicamente relevantes. Portanto, a energia cinética total média de uma molécula de $\mathrm{O_2}$ é maior que a de um átomo de He. A leitura da banca para o item I envolve essa distinção.

II — Verdadeira. Para ambos os gases, o movimento translacional obedece a $\tfrac12m\langle v^2\rangle=\tfrac32k_BT$. A uma mesma temperatura, a rapidez quadrática média é inversamente proporcional à raiz quadrada da massa da partícula. Como o hélio possui massa molar $4$ e o oxigênio molecular, $32$, \[\frac{v_{\rm rms,He}}{v_{\rm rms,O_2}}=\sqrt{\frac{32}{4}}=\sqrt8>1.\]

III — Falsa. O orifício é suficientemente pequeno para ocorrer efusão. Pela lei de Graham, a taxa de passagem é inversamente proporcional à raiz quadrada da massa molar, de modo que o hélio escapa aproximadamente $\sqrt8$ vezes mais rapidamente, por partícula disponível. A fração molar no gás que escapa fica inicialmente enriquecida em hélio; a mistura remanescente se empobrece em hélio.

Somente a afirmação III é falsa. Alternativa oficial: C.

O campo elétrico é uniforme. Portanto, cada componente pode ser determinada pela diferença de potencial entre dois pontos de um mesmo eixo, dividida pela separação entre eles.

No eixo $x$, $R$ está em $x=-5\ \text{m}$ com $V_R=130\ \text{V}$, e $P$ em $x=+5\ \text{m}$ com $V_P=50\ \text{V}$. A diferença é $80\ \text{V}$ ao longo de $10\ \text{m}$, de modo que \[|E_x|=\frac{130-50}{10}=8\ \text{V/m}.\]

No eixo $y$, $Q$ está em $y=+5\ \text{m}$ com potencial $60\ \text{V}$, enquanto $S$ está em $y=-5\ \text{m}$ com potencial $120\ \text{V}$. Assim, \[|E_y|=\frac{120-60}{10}=6\ \text{V/m}.\]

Como os eixos são perpendiculares, calculamos a intensidade resultante por Pitágoras: \[E=\sqrt{E_x^2+E_y^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10\ \text{V/m}.\] Alternativa D.

Decompomos a velocidade em duas componentes: $v_{\parallel}=v\cos\theta$, paralela ao campo, e $v_{\perp}=v\sin\theta$, perpendicular. A força magnética não modifica a componente paralela e faz a componente perpendicular girar uniformemente.

A força magnética atua como resultante centrípeta da parte circular: \[qBv_{\perp}=\frac{mv_{\perp}^2}{r}\quad\Rightarrow\quad r=\frac{mv_{\perp}}{qB}.\] A velocidade angular associada à rotação é \[\omega_c=\frac{v_{\perp}}{r}=\frac{qB}{m},\] portanto o período é \[T=\frac{2\pi}{\omega_c}=\frac{2\pi m}{qB}.\]

A velocidade vetorial só volta a apontar na mesma direção e no mesmo sentido iniciais após uma volta completa da componente perpendicular. Durante esse tempo a partícula percorre uma hélice, mas seu módulo da velocidade total permanece igual a $v$.

O comprimento percorrido em um período é \[s=vT=v\frac{2\pi m}{qB}=\frac{2\pi mv}{qB}.\] Logo, a alternativa correta é E.

I — Verdadeira na curva de coleta fotoelétrica. Com $E_2$ como eletrodo coletor positivo, o aumento de $V_2$ favorece a chegada dos fotoelétrons. A corrente cresce e se aproxima da corrente de saturação $I_{\max}$, limitada pela quantidade de fotoelétrons emitidos por segundo. No regime já saturado, aumentar ainda mais a tensão não provoca aumento apreciável de corrente.

II — Falsa. A emissão fotoelétrica depende da energia de cada fóton. Só há ejeção quando $hf$ iguala ou ultrapassa a função trabalho do material. Radiação de frequência insuficiente não ejeta elétrons, mesmo que sua intensidade seja grande.

III — Falsa. Uma tensão negativa em $E_2$ pode frear e impedir a coleta dos elétrons provenientes de $E_1$, fazendo a corrente ir a zero. Como o obstáculo $O$ impede que $E_2$ receba radiação, não há fonte fotoelétrica no coletor capaz de produzir a corrente reversa descrita.

IV — Verdadeira. Mesmo com $V_2=0$, fotoelétrons emitidos por $E_1$ podem chegar a $E_2$ graças à sua energia cinética inicial, produzindo corrente. Ao alterar $V_1$, modifica-se o aquecimento e o espectro/intensidade da radiação do filamento, podendo alterar a taxa de fotoemissão.

As proposições I e IV são as corretas. Alternativa oficial: C.

Para um solenóide muito longo, o campo magnético ideal é praticamente uniforme no interior, com intensidade \[B=\mu_0nI=\mu_0nKt,\] e é desprezível fora dele. A região que efetivamente carrega fluxo é a seção do solenóide, de área $\pi b^2$, não toda a área $\pi a^2$ da espira.

Embora a espira oscile, ela permanece envolvendo a seção do solenóide no modelo representado. Quando o seu plano inclina, a região de interseção com o cilindro cresce geometricamente, compensando a projeção do campo sobre a normal da superfície da espira. Por isso, o fluxo vinculado não depende de $\theta$: \[\Phi=B\pi b^2=\mu_0nKt\\ \pi b^2.\]

Em intervalos iguais $\Delta t$, a corrente do solenóide aumenta $\Delta I=K\Delta t$, e a variação de fluxo é \[\Delta\Phi=\mu_0n\pi b^2K\Delta t.\] Pela lei de Faraday, o módulo da força eletromotriz induzida é \[|\mathcal E|=\frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t}=\mu_0nK\pi b^2.\]

Finalmente, a espira possui resistência $R$, logo \[I_{\rm ind}=\frac{|\mathcal E|}{R}=\frac{\mu_0nK\pi b^2}{R}.\] Alternativa correta: B.