ITA 2022 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Estratégia física. As sete constantes de valor fixado na redefinição de 2019 incluem a frequência do césio e a eficácia luminosa em $540\ \text{THz}$. Assim, a proposição 1 é verdadeira, enquanto a 2 é falsa.

O padrão material de platina-irídio deixou de definir a unidade de massa: a proposição 4 é verdadeira. A unidade básica elétrica do SI é o ampere, e não o coulomb: a proposição 8 é falsa.

A soma solicitada é $1+4=5$.

Estratégia física. Escolhemos o sentido positivo para cima e representamos as velocidades imediatamente antes da colisão por $v_A=-2u$ e $v_B=+u$.

Conservação da quantidade de movimento: $m(-2u)+3mu=mv_A^{\prime}+3mv_B^{\prime}$, ou $v_A^{\prime}+3v_B^{\prime}=u$.

O coeficiente de restituição fornece $v_A^{\prime}-v_B^{\prime}=e\,[u-(-2u)]=\frac{3u}{2}$. Resolvendo o sistema, $v_B^{\prime}=-u/8$ e $v_A^{\prime}=11u/8$.

Consequentemente, $\left|v_A^{\prime}/v_B^{\prime}\right|=11$.

Estratégia física. Calculamos os momentos em torno da articulação $A$. O braço de cada força vertical é proporcional a $\cos\theta$, que se cancela na equação.

No limiar de ruptura, $(1{,}5P)L\cos\theta=P(L/2)\cos\theta+P_h x\cos\theta$. Portanto, $P_hx=PL$, isto é, $x=PL/P_h$.

O resultado físico está repetido nas alternativas A e C do caderno. O gabarito oficial anula a questão por erro de digitação.

Estratégia física. A conservação da energia, partindo do repouso e sem atrito, fornece $mgH=\frac12mv^2$ e $v^2=2gH$.

Na parte inferior, a concavidade do escorregador é para cima. Na direção radial, $N-mg=mv^2/R$.

Substituindo a rapidez, obtemos $N=mg+2mgH/R=mg(1+2H/R)$.

Estratégia física. A força gravitacional de cada par próximo vale aproximadamente $F_g=GMm/b^2$, desprezando interações mais distantes.

As forças atuam como um binário, com braço $L/2$ em cada extremidade: $\tau_g\simeq2F_g(L/2)=GMmL/b^2$.

No equilíbrio, $k\Delta\phi\simeq GMmL/b^2$. Portanto, $G\simeq k\Delta\phi\,b^2/(LMm)$.

Estratégia física. Pela continuidade, $A_1v_1=A_2v_2=kA_1v_2$, logo $v_2=v_1/k$.

Na horizontal, Bernoulli dá $p_1+\frac12\rho v_1^2=p_2+\frac12\rho v_2^2$.

Assim, $p_1-p_2=\frac{\rho v_1^2}{2}(1/k^2-1)=\frac{\rho v_1^2}{2}(1-k^2)/k^2$.

Estratégia física. Enquanto o carrinho $2M$ ainda encosta na parede, a mola impulsiona somente $M$. A velocidade máxima desse carrinho, ao atingir o comprimento natural, é $u=\ell\sqrt{k/M}$.

No instante em que cessa a reação da parede, a velocidade do centro de massa do conjunto vale $v_{CM}=Mu/(3M)=u/3$; depois disso, sem força externa horizontal, permanece constante.

Na oscilação livre inicial, $T=2\pi\sqrt{\mu_r/k}$ com massa reduzida $\mu_r=(2M)(M)/(3M)=2M/3$. Logo $k/M=8\pi^2/(3T^2)$.

Substituindo, $v_{CM,\max}=\ell\sqrt{k/M}/3=\sqrt{8/27}\,(\pi\ell/T)$.

Estratégia física. A diferença entre as dilatações longitudinais das camadas gera uma curvatura. A deflexão do raio refletido é aproximadamente o dobro da rotação da superfície refletora.

Da geometria óptica, o ângulo de deflexão refletido é $\beta\simeq\arctan(L/d)$. Uma aproximação de pequenos ângulos relaciona a rotação do extremo à curvatura da lâmina.

Registro editorial: o ITA anulou oficialmente a questão por erro de digitação. Como a geometria/espessura efetivas influenciam diretamente a estimativa, não é adequado escolher uma faixa numérica com base em uma correção não oficial.

Estratégia física. Picos espectrais podem ser harmônicos de uma mesma nota; contar cinco picos não autoriza concluir que cinco teclas foram acionadas. Portanto, I é falsa.

No mesmo ar, a velocidade de propagação sonora depende das propriedades do meio, não da frequência da nota: II é falsa.

Uma corda de comprimento $L_c$ e densidade linear $\mu$ possui $f_1=(1/2L_c)\sqrt{T/\mu}$, proporcional a $\mu^{-1/2}$, e não a $\mu^{-1}$: III é falsa.

Consequentemente, todas as afirmações são falsas.

Estratégia física. Para a lente que recebe diretamente luz do objeto, a distância objeto–lente é $p_L=8-x$. Ela gera imagem real à direita quando $p_L>f_L=5$, isto é, quando $x<3$. Assim, precisamos de $x\ge3$.

No caminho que se reflete primeiro no espelho côncavo, a equação de Gauss fornece uma imagem intermediária em $p_E^{\prime}=f_Ex/(x-f_E)=2x/(x-2)$.

Para não obter outra imagem real após a lente, a imagem intermediária deve ficar suficientemente próxima à lente, com $p_E^{\prime}\ge3$, o que, no domínio $x>2$, implica $x\le6$.

Conciliando os dois caminhos ópticos, resulta $3\ \text{cm}\le x\le6\ \text{cm}$.

Estratégia física. A posição de franjas de cada componente pode ser determinada por $y_m=m\lambda D/d$; a intensidade resultante exibe uma superposição de dois padrões.

Porém a interferência modifica a distribuição espacial de intensidade sem alterar os comprimentos de onda presentes. As únicas componentes monocromáticas emitidas continuam sendo azul e amarela.

Não se gera radiação verde pelo simples encontro de franjas azuis e amarelas. A resposta é a impossibilidade indicada em E.

Estratégia física. Como $\vec B$ é vertical, a força magnética $q\vec v\times\vec B$ não possui componente em $z$. O movimento vertical é determinado por $E_z$ e pela gravidade.

A aceleração em $z$ é $a_z=qE_z/m-g=(20\times10^{-6})(800)/(10^{-3})-10=6\ \text{m/s}^2$.

A velocidade inicial paralela ao campo vale $v_{z0}=2{,}0\ \text{m/s}$. Logo, $z(t)=2t+3t^2$.

Fazendo $z=1$, encontramos $3t^2+2t-1=0$. A raiz física é $t=1/3\ \text{s}\simeq0{,}33\ \text{s}$.

Estratégia física. A condição de que cada par de vértices esteja ligado transforma o problema em uma rede completa com seis nós, $K_6$, e não apenas nas doze arestas do octaedro.

Ao aplicar tensão entre dois nós, os quatro restantes têm o mesmo potencial por simetria; capacitores entre esses nós não apresentam diferença de potencial.

Entre os terminais há um capacitor direto $C$, além de quatro ramos independentes com dois capacitores em série, cada ramo equivalente a $C/2$.

A capacitância equivalente é $C_{eq}=C+4(C/2)=3C$.

Estratégia física. Dentro do solenoide longo, $B_1=\mu_0n_1I$, e o fluxo através de cada espira externa é $\Phi=B_1\pi a^2$ — o campo significativo ocupa a seção do solenoide interno.

Como há $N_2=n_2L$ espiras, $|\mathcal E|=N_2\mu_0n_1\pi a^2\,dI/dt=n_2L\mu_0n_1\pi a^2 I_0$.

O comprimento do fio externo é aproximadamente $2\pi b n_2L$. Metade tem $\rho_1$ e metade $\rho_2$, logo $R=(\pi b n_2L/A)(\rho_1+\rho_2)$.

Pela lei de Ohm, $i=|\mathcal E|/R=\mu_0n_1I_0a^2A/[b(\rho_1+\rho_2)]$.

Estratégia física. A taxa de conversão de massa é $\dot m=4{,}3\times10^9\ \text{kg/s}$; pela equivalência massa–energia, a potência solar é $P_\odot=\dot mc^2\simeq3{,}87\times10^{26}\ \text{W}$.

À distância orbital $d=1{,}5\times10^{11}\ \text{m}$, a irradiância média sobre uma superfície perpendicular aos raios é $I=P_\odot/(4\pi d^2)\simeq1{,}37\times10^3\ \text{W/m}^2$.

Com eficiência $\eta=0{,}25$, o cálculo de iluminação contínua frontal dá $A=54\times10^9/(0{,}25I)\simeq1{,}58\times10^8\ \text{m}^2\approx158\ \text{km}^2$.

O gabarito oficial é B, $320\ \text{km}^2$. Esse número corresponde aproximadamente a introduzir fator médio $1/2$ para intermitência/orientação solar: $A_{\mathrm{médio}}\approx2\times158=316\ \text{km}^2$. O fator não está explicitado no enunciado; por isso, registramos a hipótese adotada.

Estratégia física. No referencial acelerado da cunha, atua sobre o bloco a força inercial horizontal $m_Aa$ para a esquerda. A componente dessa força que aponta para cima do plano é $m_Aa\cos\theta$.

A normal de apoio vale $N=m_A(g\cos\theta+a\sin\theta)$. Na iminência de subir, o atrito estático limite $\mu N$ aponta para baixo do plano.

Equilíbrio tangencial no limiar: $m_Aa\cos\theta=m_Ag\sin\theta+\mu m_A(g\cos\theta+a\sin\theta)$. Logo, $a_{\min}=g(\sin\theta+\mu\cos\theta)/(\cos\theta-\mu\sin\theta)$. A condição $\cos\theta>\mu\sin\theta$ precisa valer.

A normal no limiar simplifica para $N=m_Ag/(\cos\theta-\mu\sin\theta)$. O contato total resulta da composição perpendicular de normal e atrito, $F_c=\sqrt{N^2+(\mu N)^2}=N\sqrt{1+\mu^2}$.

A massa da cunha $m_B$ não aparece nessas duas expressões, pois foi pedida a aceleração imposta, não a força externa necessária para produzi-la.

Estratégia física. Cada parte possui metade da massa lunar: $m=M_L/2$. Igualando densidades $m/(4\pi r^3/3)=M_L/(4\pi R_L^3/3)$, resulta $r=R_L/\sqrt[3]{2}$.

Na aproximação $r\ll D$, os centros das partes ficam a distâncias $D-r$ e $D+r$ da Terra. A diferença entre as atrações terrestres exige força de coesão entre as metades.

No limiar de perda de contato, a reação normal entre as partes tende a zero. Subtraindo as equações radiais das duas partes, com mesma velocidade angular, obtém-se uma condição dominada por termos de primeira ordem em $r/D$.

Usando $(1\pm r/D)^{-n}\simeq1\mp nr/D$, a condição do material fornecido conduz a $mD^3\simeq12M_T r^3$.

Portanto, $D_{\min}\simeq r\sqrt[3]{12M_T/m}$. Trata-se do limite do modelo de duas esferas, não da fórmula geral do limite de Roche para um corpo deformável contínuo.

Estratégia física. A velocidade máxima da fonte oscilante é $u_{\max}=\omega A=2\pi f_mA$. Para o receptor em repouso, as frequências extremas da fonte são $f_{2,\min}=v_0 f_2/(v_0+u_{\max})$ e $f_{2,\max}=v_0 f_2/(v_0-u_{\max})$.

Dos intervalos registrados, $v_0f_2/[f_1(v_0+u_{\max})]=5/4$ e $v_0f_2/[f_1(v_0-u_{\max})]=3/2$.

Igualando as duas expressões de $f_2/f_1$, temos $5(v_0+u_{\max})=6(v_0-u_{\max})$, ou $v_0=11u_{\max}$.

Da primeira relação, $f_2/f_1=5(12/11)/4=15/11$. Como $u_{\max}=2\pi f_mA=v_0/11$, segue $f_m=v_0/(22\pi A)$.

Estratégia física. A pressão sobre o gás sob a membrana inferior reúne a pressão externa, a coluna de fluido e o peso por área: $p=p_{atm}+\rho gh+mg/(\pi r^2)$.

O volume de gás é $V=a^3$. Pela equação de estado $pV=nR_gT$, vem $T=a^3\left(p_{atm}+\rho gh+mg/(\pi r^2)\right)/(nR_g)$.

Para um mesmo gás ideal, $v_s=\sqrt{\gamma R_gT/M_{mol}}$, portanto $v_s/v_0=\sqrt{T/T_0}$.

Como $v_s=f\lambda$, obtemos $\lambda=(v_0/f)\sqrt{T/T_0}$, substituindo-se a expressão da parte a se desejado.

Estratégia física. Como $C_V=2R$ e $C_P=C_V+R=3R$, temos $\gamma=C_P/C_V=3/2$. Para ascensão adiabática, $T_1/T_0=(p_1/p_0)^{(\gamma-1)/\gamma}=(0{,}8)^{1/3}$.

Com $T_0=298\ \text{K}$, obtemos $T_1\simeq277\ \text{K}$, ou aproximadamente $4\ ^\circ\text{C}$.

Pelo gráfico de pressão de saturação do PDF, a $25\ ^\circ\text{C}$ temos $p_{sat,0}\simeq3{,}4\ \text{kPa}$, e a $4\ ^\circ\text{C}$, $p_{sat,1}\simeq0{,}8\ \text{kPa}$. As pressões parciais reais são $p_{v,0}=1{,}7\ \text{kPa}$ e $p_{v,1}=0{,}08\ \text{kPa}$.

Pelo gás ideal, a razão entre mols de vapor e de ar seco em cada etapa é $n_v/n_{seco}=p_v/(p_{total}-p_v)$. Logo, a remoção por mol de ar seco vale aproximadamente $1{,}7/98{,}3-0{,}08/79{,}92\simeq0{,}0163$.

O fluxo molar de ar seco é $\dot n_{seco}=(2\times10^9)/0{,}029\simeq6{,}90\times10^{10}\ \text{mol/h}$. A massa condensada é $\dot m_w=\dot n_{seco}(0{,}0163)(0{,}018)\simeq2{,}0\times10^7\ \text{kg/h}$; com $\rho_w\approx10^3\ \text{kg/m}^3$, o volume é da ordem de $2\times10^4\ \text{m}^3/\text{h}$. O material-resolução enviado reporta $2{,}5\times10^4\ \text{m}^3$.

O ar úmido sobe a encosta de barlavento, resfria e precipita; no lado de sotavento, desce, aquece e se torna relativamente seco: ocorre uma sombra de chuva.

Estratégia física. O gráfico registra picos sucessivos a cada $0{,}2\ \text{s}$. Como a intensidade depende de diferença de fase e a passagem do espelho por duas posições simétricas pode repetir a intensidade duas vezes por ciclo, o período do MHS excitador é $T_g=2(0{,}2)=0{,}4\ \text{s}$.

A onda gravitacional viaja aproximadamente a $c$, logo $\lambda_g=cT_g=(3\times10^8)(0{,}4)=1{,}2\times10^8\ \text{m}$.

Quando um braço aumenta $A$ e o outro diminui $A$, os trajetos de ida e volta diferem $\Delta d=2[(L+A)-(L-A)]=4A$.

No mínimo do gráfico, $I_{\min}=\frac34I_0$. Para feixes de igual amplitude, $I/I_0=(1+\cos\Delta\phi)/2$, então $\cos\Delta\phi=1/2$ e $\Delta\phi=\pi/3$.

Usando $\Delta\phi=2\pi\Delta d/\lambda_{laser}$, vem $\Delta d=(300\ \text{nm})/6=50\ \text{nm}$ e $A=50/4=12{,}5\ \text{nm}$.

Estratégia física. A tensão é $V(t)=120\sin(2\pi 60t)=120\sin(120\pi t)\ \text{V}$. O diodo conduz somente nos semiciclos correspondentes à sua polarização direta.

Para $R=25\ \Omega$, a associação paralela $50\parallel25$ vale $50/3\ \Omega$, em série com $100\ \Omega$. Assim, $i_{total}(t)=120\sin(120\pi t)/(100+50/3)=36\sin(120\pi t)/35\ \text{A}$ nos semiciclos conduzidos.

O ramo do reostato recebe $2/3$ da corrente total, portanto $i_R(t)=(24/35)\sin(120\pi t)\ \text{A}$ nos semiciclos positivos e zero nos negativos: uma senoide retificada de meia onda.

Para maximizar a potência média entregue ao reostato, reduzimos o restante da rede a um equivalente de Thévenin visto nos terminais de $R$, com $R_{Th}=100\parallel50=(100/3)\ \Omega$. O fator de condução de meio ciclo não altera o valor resistivo ótimo.

Logo, pela condição de transferência máxima de potência, $R=R_{Th}=100/3\ \Omega$.

Estratégia física. A aceleração elétrica realiza trabalho $qV=\frac12mv_0^2$. Logo $v_0=\sqrt{2qV/m}$.

Em condição normal, o raio de órbita é $r=mv_0/(qB)$, de modo que a distância horizontal de retorno é $x=2r=2mv_0/(qB)$.

Com inclinação $\alpha$, a componente transversal ao campo determina o raio: $x-d_x=2mv_0\cos\alpha/(qB)$. Subtraindo as equações, $d_x=2mv_0(1-\cos\alpha)/(qB)$.

Assim, $\cos\alpha=1-d_xqB/(2mv_0)=1-\frac{d_xB}{2}\sqrt{q/(2mV)}$.

O deslocamento axial ocorre ao longo de meio período ciclotrônico, $\Delta t=\pi m/(qB)$. A componente axial da velocidade é $v_0\sin\alpha$, então $d_z=v_0\sin\alpha\,\pi m/(qB)=(\pi/B)\sqrt{2mV/q}\sin\alpha$.

Estratégia física. Para uma haste de comprimento $a$ descendo com velocidade $v$, a fem motional é $\mathcal E=Bav$, e a corrente no circuito é $i=Bav/R$.

A força magnética tem módulo $F_B=Bia=B^2a^2v/R$ e aponta para cima, contrariando a queda pela lei de Lenz. A resistência do ar também aponta para cima, $F_r=\beta v$, enquanto o peso $mg$ aponta para baixo.

Escolhendo o sentido positivo para baixo, a equação dinâmica é $m\,dv/dt=mg-(\beta+B^2a^2/R)v$.

A velocidade terminal é obtida impondo aceleração nula: $v_T=mg/(\beta+B^2a^2/R)=mgR/(\beta R+B^2a^2)$.

O movimento tem velocidade crescente a partir de zero e aproxima-se assintoticamente de $v_T$. Sua expressão é $v(t)=v_T(1-e^{-t/\tau})$, com $\tau=m/(\beta+B^2a^2/R)$; a forma do gráfico é côncava para baixo.

Estratégia física. Pela equação de Einstein, $eV_c=hc/\lambda-\phi$. Para dois dados, $V_{c1}-V_{c2}=(hc/e)(1/\lambda_1-1/\lambda_2)$. Eliminando $hc/e$, obtemos a função trabalho a partir das leituras.

Com o par $250\ \text{Å},37\ \text{V}$ e $150\ \text{Å},70\ \text{V}$, a eliminação dá $\phi\simeq12{,}5\ \text{eV}$ (as leituras da tabela são arredondadas).

Pelo modelo de Bohr, a energia de uma transição emissiva do hidrogênio é $E_\gamma=13{,}6(1/n_f^2-1/n_i^2)\ \text{eV}$, para $n_i>n_f$.

Para $n_f\ge2$, mesmo o limite $n_i\to\infty$ dá energia não superior a $3{,}4\ \text{eV}$, insuficiente. Logo é necessário $n_f=1$.

Para transições ao fundamental, $13{,}6(1-1/n_i^2)\ge12{,}5$. A menor transição permitida é $n_i=4$ ($E_\gamma=12{,}75\ \text{eV}$); portanto $n_i\ge4\to n_f=1$.