ITA 2020 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O objetivo não é interpretar fisicamente um universo com $N$ dimensões, mas combinar as dimensões das três expressões fornecidas. Usaremos $[F]=MLT^{-2}$, $[r]=L$, $[i]=I$ e, como corrente elétrica é carga por tempo, $[q]=IT$.

Da interação entre cargas, $F_e=q_1q_2/(\kappa r^{N-1})$, resulta \[[\kappa]=\frac{[q]^2}{[F]L^{N-1}}=\frac{I^2T^2}{(MLT^{-2})L^{N-1}}=M^{-1}L^{-N}T^4I^2.\]

Da interação de polo e corrente, $F=ip/r^{N-2}$, obtemos \[[p]=\frac{[F]L^{N-2}}{I}=ML^{N-1}T^{-2}I^{-1}.\] Usando essa dimensão na força entre polos: \[[\mu]=\frac{[p]^2}{[F]L^{N-1}}=ML^{N-2}T^{-2}I^{-2}.\]

O produto elimina massa, corrente e a dependência de $N$: \[[\kappa\mu]=\big(M^{-1}L^{-N}T^4I^2\big)\big(ML^{N-2}T^{-2}I^{-2}\big)=L^{-2}T^2.\] Portanto, a alternativa correta é B.

II — Verdadeira. No lançamento retilíneo, o míssil 1 se desloca com componentes constantes. Como ele e o alvo partem do mesmo nível vertical, para se encontrarem no mesmo instante é necessário que percorram exatamente o mesmo deslocamento vertical: $v_{1y}t=v_at$. Consequentemente, $|v_{1y}|=v_a$.

I — Falsa. Seja $u$ a rapidez de cada míssil. O míssil 1 já aponta diretamente para o ponto futuro de encontro, e sua componente horizontal tem módulo $\sqrt{u^2-v_a^2}$. Assim, ele chega em $t_1=d/\sqrt{u^2-v_a^2}$. O míssil 2, porém, ajusta continuamente sua direção para apontar para a posição instantânea do alvo, percorrendo uma curva; no problema, sua perseguição exige tempo superior ao da interceptação retilínea, $t_2>t_1$.

III — Verdadeira. Na trajetória do míssil 2 a direção da velocidade muda continuamente enquanto o alvo sobe no eixo $y$. Como a perseguição começa apontando aproximadamente para a esquerda e vai se encurvando para acompanhar a subida do alvo, o traçado $y(x)$ tem a concavidade positiva indicada pela geometria.

A sequência é, portanto, F, V e V, correspondente à alternativa E.

As duas molas estão em paralelo e possuem a mesma deformação. Logo, a constante elástica equivalente é $k_e=2k$. Durante a descida com velocidade constante, a resultante sobre o bloco é nula e a tração elástica vale $mg$.

Se $x_e$ é a deformação inicial, temos $2kx_e=mg$. Logo após o travamento, a velocidade do bloco ainda é $v$, mas o conjunto passa a oscilar em torno da posição de equilíbrio.

Se o bloco desce um deslocamento adicional $y$ até parar momentaneamente, a energia cinética inicial se transforma em energia potencial elástica adicional, descontando o trabalho do peso. Como a posição inicial é a de equilíbrio, os termos lineares se cancelam: \[\frac12mv^2=\frac12(2k)y^2\quad\Rightarrow\quad y=v\sqrt{\frac{m}{2k}}.\]

No ponto mais baixo a tração é máxima: \[T_{\max}=2k(x_e+y)=mg+2kv\sqrt{\frac{m}{2k}}=mg+\sqrt{2kmv^2}.\] Portanto, C.

Convertemos a velocidade inicial para o SI: $v_1=360/60=6\ \text{m/s}$. Como a água é incompressível, a vazão que atravessa a mangueira maior se distribui pelas 30 menores.

Pela equação da continuidade, \[A_1v_1=30A_2v_2.\] Como as áreas são proporcionais ao quadrado dos diâmetros, \[v_2=\frac{v_1}{30}\left(\frac{D_1}{D_2}\right)^2.\]

Para um jato lançado e recebido à mesma altura, o alcance máximo ocorre no ângulo de $45^\circ$, quando $R_{\max}=v_2^2/g$. Portanto, \[40=\frac{v_2^2}{10}\quad\Rightarrow\quad v_2=20\ \text{m/s}.\]

Substituindo na continuidade: \[20=\frac6{30}\left(\frac{D_1}{D_2}\right)^2\quad\Rightarrow\quad\left(\frac{D_1}{D_2}\right)^2=100\quad\Rightarrow\quad \frac{D_2}{D_1}=\frac1{10}.\] Resposta A.

Para um corpo muito menos massivo que o planeta, podemos considerar o parâmetro gravitacional $GM$, com $M$ a massa planetária. Na trajetória parabólica, a energia mecânica total do satélite é nula: \[\frac12mv_p^2-\frac{GMm}{d}=0\quad\Rightarrow\quad v_p^2=\frac{2GM}{d}.\]

Para uma órbita elíptica de semieixo maior $a$, a energia total é $E_e=-GMm/(2a)$. Imediatamente após a manobra, à mesma distância $d$, \[\frac12mv_e^2-\frac{GMm}{d}=-\frac{GMm}{2a}.\]

Isolando a nova rapidez, \[v_e^2=GM\left(\frac2d-\frac1a\right).\] Dividindo pela rapidez parabólica ao quadrado, \[\left(\frac{v_e}{v_p}\right)^2=\frac{\dfrac2d-\dfrac1a}{\dfrac2d}=1-\frac d{2a}.\]

A razão positiva é \[\frac{v_e}{v_p}=\sqrt{1-\frac d{2a}}.\] Logo, a alternativa correta é C.

Durante a subida atuam peso e resistência, ambos contrários ao movimento. Como a massa vale $m=P/g$, a distância até a primeira altura máxima é \[h_0=\frac{mV_0^2}{2(P+F)}=\frac{PV_0^2}{2g(P+F)}.\]

Na descida, o peso favorece o movimento e a resistência se opõe; a força resultante tem módulo $P-F$. A energia cinética imediatamente antes da colisão com o piso é $K_1=(P-F)h_0$. O choque elástico devolve essa mesma energia cinética à esfera.

A primeira subida seguinte, portanto, terá altura \[h_1=\frac{K_1}{P+F}=h_0\frac{P-F}{P+F}.\] Cada subida e descida seguinte repete o mesmo fator $\alpha=(P-F)/(P+F)$; supõe-se $0

A distância total até cessarem os saltos é a soma de todas as subidas e descidas: \[S=2(h_0+h_1+h_2+\cdots)=\frac{2h_0}{1-\alpha}.\] Como \[1-\alpha=\frac{2F}{P+F},\] segue \[S=\frac{PV_0^2}{2gF}.\] Resposta D.

A duração total observada reúne a propagação do pulso até a placa A e o percurso posterior dos elétrons de A até B. Devemos escolher alterações que encurtem o tempo necessário para os dois processos.

Comprimento de onda. A energia de um fóton é $E=hc/\lambda$. Reduzir $\lambda$ aumenta a energia absorvida e, no efeito fotoelétrico, a energia cinética inicial disponível para o elétron: \[K_{\max}=\frac{hc}{\lambda}-\phi.\] Elétrons mais energéticos atravessam a região entre as placas em menos tempo, quando alcançam B.

Diferença de potencial. A figura indica que os elétrons são desacelerados ao se dirigirem da placa A para a B. Diminuir a diferença de potencial retardadora $V_{AB}$ reduz essa perda de energia cinética, encurtando o tempo de trânsito.

Velocidade da plataforma. No referencial externo, aumentar o módulo da velocidade da plataforma afasta a placa receptora do pulso que a alcança no sentido do movimento e intensifica os efeitos relativísticos do tempo observado. Diminuir $v$ reduz o intervalo externo de propagação e trânsito, mantendo fixas as demais condições experimentais.

As três alterações favoráveis são: reduzir $\lambda$, reduzir $V_{AB}$ e reduzir $v$. Resposta B.

O período de pequenas oscilações é $T_p=2\pi\sqrt{\ell/g}$, de modo que o período cresce com a raiz quadrada do comprimento. O aquecimento dilata o fio.

A dilatação relativa do comprimento é \[\frac{\Delta\ell}{\ell}=\alpha\Delta T=2\times10^{-4}\cdot10=2\times10^{-3}.\] Portanto, $\ell^{\prime}=\ell(1+0{,}002)$.

A razão dos períodos é \[\frac{T_p^{\prime}}{T_p}=\sqrt{\frac{\ell^{\prime}}\ell}=\sqrt{1+0{,}002}\approx1+\frac{0{,}002}{2}=1{,}001.\]

O período aumenta $0{,}001$ do valor inicial, isto é, $0{,}1\%$. Alternativa A.

Nos dois experimentos, a mesma corrente aquece o mesmo fio durante o mesmo intervalo $\Delta t$. O aquecimento elétrico fornece a mesma quantidade de calor $Q$ ao gás, admitindo as mesmas condições elétricas e perdas desprezíveis.

No aquecimento a volume constante, a lei dos gases ideais dá $P/T=\text{constante}$; portanto \[T_V=T_0\frac{P_1}{P_0},\qquad \Delta T_V=T_0\left(\frac{P_1}{P_0}-1\right).\] O calor recebido é $Q=nC_V\Delta T_V$.

No aquecimento a pressão constante, $V/T=\text{constante}$; então \[T_P=T_0\frac{V_1}{V_0},\qquad \Delta T_P=T_0\left(\frac{V_1}{V_0}-1\right).\] O calor recebido é $Q=nC_P\Delta T_P$.

Igualando os calores e cancelando $nT_0$, \[C_V\left(\frac{P_1}{P_0}-1\right)=C_P\left(\frac{V_1}{V_0}-1\right).\] Assim, \[\frac{C_P}{C_V}=\frac{P_1/P_0-1}{V_1/V_0-1}.\] Resposta B.

Para manter o cilindro em repouso, precisamos impor equilíbrio das forças ao longo do plano e equilíbrio dos momentos em torno do eixo do cilindro. A força magnética atua sobre o enrolamento produzindo um torque.

A componente tangencial do peso é $mg\sin\theta$. O atrito estático deve equilibrá-la em intensidade: \[f=mg\sin\theta.\] Esse atrito exerce um momento de módulo $\tau_f=fa=mga\sin\theta$ em relação ao eixo.

Cada espira longitudinal contorna uma seção de largura $2a$ e comprimento $b$ e possui área efetiva $A=2ab$. O momento magnético das $N$ espiras tem módulo $\mu_m=NiA=2Niab$. Pela orientação da espira em relação ao campo vertical, o torque útil sobre o eixo é \[\tau_m=2NiabB\sin\theta.\]

Na condição de equilíbrio rotacional, \[2NiabB\sin\theta=mga\sin\theta.\] Cancelando $a$ e $\sin\theta$, \[i=\frac{mg}{2bBN}.\] Logo, E.

As ondas partem de uma única fonte e percorrem caminhos de comprimentos distintos. Sua superposição em M depende da diferença de caminho óptico/acústico entre os dois percursos.

Ao puxar a seção deslizante em $x=0{,}025\ \text{m}$, os dois segmentos da parte móvel do tubo direito aumentam de comprimento. A variação total do percurso direito é \[\Delta L=2x=2\cdot0{,}025=0{,}050\ \text{m}.\]

Para a intensidade mudar de um máximo para o mínimo vizinho, a diferença de fase se altera em $\pi$, isto é, a diferença de caminho aumenta meio comprimento de onda: \[\Delta L=\frac\lambda2.\] Portanto, $\lambda=0{,}100\ \text{m}$.

Como $f=10\ \text{kHz}=10^4\ \text{Hz}$, a velocidade é \[v=\lambda f=0{,}100\cdot10^4=1{,}0\times10^3\ \text{m/s}.\] Resposta C.

O gráfico é linear e passa pelos pontos $(0\ \text{cm},0\ \Omega)$ e $(20\ \text{cm},60\ \Omega)$. Assim, a resistência entre a extremidade superior e o cursor, a uma distância $x$ em centímetros, é $R_x=3x\ \Omega$.

No regime estacionário, o capacitor se comporta como um ramo aberto: não há corrente sustentada passando por ele. A corrente no reostato inteiro é \[I=\frac{V}{R_{\text{total}}}=\frac{1{,}5}{60}=0{,}025\ \text{A}.\]

O capacitor está ligado entre o cursor e a extremidade superior do reostato. Portanto, sua tensão corresponde à queda no trecho de resistência $R_x$: \[V_C=IR_x=0{,}025\cdot3x=0{,}075x\ \text{V},\] com $x$ em centímetros.

Sua carga vale \[Q=CV_C=(10\ \mu\text{F})(0{,}075x\ \text{V})=0{,}75x\ \mu\text{C/cm}.\] A expressão correta é $Q=0{,}75x\ \mu\text{C/cm}$ quando $x$ é dado em centímetros. Ela não consta das cinco opções; por isso a banca anulou a questão.

O gabarito oficial registra a Q12 como anulada por erro de digitação. Não se deve marcar artificialmente uma das alternativas como correta; a resolução física continua instrutiva.

Como as esferas têm a mesma massa e a mesma carga, o equilíbrio é simétrico. Elas se posicionam nos vértices de um triângulo equilátero horizontal. A figura mostra uma projeção em perspectiva: a esfera central no desenho não está necessariamente abaixo das outras no espaço.

O raio da circunferência horizontal que passa pelas três esferas é $r=l\sin\theta$. Para um triângulo equilátero de raio circunscrito $r$, seu lado é \[d=\sqrt3\ r=\sqrt3\ l\sin\theta.\]

A força elétrica de cada uma das outras esferas tem módulo \[F=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0d^2}=\frac{Q^2}{12\pi\varepsilon_0l^2\sin^2\theta}.\] Essas duas forças fazem $60^\circ$ entre si, logo a resultante horizontal é \[F_e=2F\cos30^\circ=\sqrt3 F=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0\sqrt3\ l^2\sin^2\theta}.\]

Para uma esfera, o equilíbrio das forças fornece $T\cos\theta=mg$ e $T\sin\theta=F_e$. Dividindo as equações, \[mg\tan\theta=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0\sqrt3\ l^2\sin^2\theta}.\]

Isolando o módulo da carga, \[Q=l\sin\theta\sqrt{4\pi\varepsilon_0mg\sqrt3\tan\theta}.\] Portanto, a alternativa correta é C.

Os dois raios incidentes estão separados por $2\ \text{mm}$ e são simétricos; cada um chega à lente a $1\ \text{mm}$ do eixo. Sem o bloco, uma lente de foco $f=1\ \text{mm}$ faria os raios convergirem no foco a $1\ \text{mm}$ da lente.

O raio refratado pela lente no ar desenha um triângulo retângulo com catetos $1\ \text{mm}$ e $1\ \text{mm}$. Assim, o ângulo de incidência sobre a face vertical do bloco é $i=45^\circ$. Não é adequado aproximá-lo por um ângulo muito pequeno.

Pela lei de Snell, com índice do ar igual a 1, \[\sin i=\sqrt2\sin r\quad\Rightarrow\quad\sin r=\frac{\sin45^\circ}{\sqrt2}=\frac12.\] Logo, o ângulo no bloco é $r=30^\circ$.

Dentro do bloco o ponto P está a $1\ \text{mm}$ da superfície. Como a inclinação do raio vale $\tan30^\circ=1/\sqrt3$, o raio deve chegar à superfície do bloco a uma altura \[y=1\ \text{mm}\cdot\tan30^\circ=\frac1{\sqrt3}\ \text{mm}\] acima do eixo óptico.

Do ponto de saída da lente até a superfície, o raio desce a mesma distância horizontal que percorre, pois $\tan45^\circ=1$. Portanto, $1-L=1/\sqrt3$ (distâncias em milímetros), ou \[L=\left(1-\frac{\sqrt3}{3}\right)\ \text{mm}.\] Alternativa E.

Começamos pelo balanço de energia de cada máquina. A primeira recebe $800\ \text{kJ}$ e rejeita $600\ \text{kJ}$; portanto realiza \[W_1=800-600=200\ \text{kJ}.\]

A segunda recebe os $600\ \text{kJ}$ rejeitados pela primeira e converte $150\ \text{kJ}$ em trabalho: $W_2=150\ \text{kJ}$ e seu rejeito vale $Q_{2,\text{out}}=600-150=450\ \text{kJ}$. A terceira transforma em trabalho a diferença entre esse rejeito e os $360\ \text{kJ}$ descartados: \[W_3=450-360=90\ \text{kJ}.\]

II — Verdadeira. O trabalho total é $W=200+150+90=440\ \text{kJ}$, e o sistema recebe externamente $800\ \text{kJ}$. Assim, \[\eta=\frac{440}{800}=0{,}55=55\%.\]

III — Falsa. A máquina de Carnot ideal entre as temperaturas extremas $300\ \text{K}$ e $6\ \text{K}$ teria \[\eta_C=1-\frac6{300}=0{,}98=98\%.\] O rendimento do sistema é $55/98\approx56{,}1\%$ do rendimento ideal, e não $80\%$.

I — Incorreta como conclusão necessária. Para $M_1$, $\eta_1=W_1/Q_{1,\text{in}}=200/800=25\%$. Pela limitação de Carnot, \[0{,}25\le1-\frac{T_{f,1}}{300}\quad\Rightarrow\quad T_{f,1}\le225\ \text{K}.\] Isso não impõe temperatura estritamente inferior a $225\ \text{K}$: o caso limite reversível admite igualdade. Logo, não é possível afirmar o item I tal como escrito.

As afirmações I e III não são sustentadas; apenas II é correta. A resposta oficial é E.