ITA 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A questão informa que a massa depende apenas de três grandezas: a constante de Planck reduzida, a velocidade da luz e o alcance da interação. Como se pede uma expressão dimensionalmente compatível, podemos descobrir as potências necessárias sem usar um modelo detalhado da interação nuclear.

Escreva a massa como produto de potências das grandezas fornecidas, com K adimensional:

Use as dimensões de cada grandeza:

A igualdade dimensional exige:

Compare os expoentes da massa:

Depois, os do tempo:

Por fim, os do comprimento:

Essa combinação fornece:

Podemos conferir diretamente pelas unidades: $\hbar$ tem unidade kg·m²/s, enquanto $cr$ tem unidade m²/s. A divisão deixa apenas quilogramas. A proporcionalidade também mostra que um alcance menor está associado a uma escala de massa maior nesse modelo.

A esfera menor está sujeita ao peso, à força aplicada, à normal e ao atrito do piso, além da normal e do atrito no contato com a esfera maior. Como a força atua acima do centro, também precisamos impor equilíbrio de torques; apenas somar forças não basta.

Os centros estão separados por $3R$ e têm diferença de altura $R$. Se $\theta$ é o ângulo da linha dos centros com a horizontal, \[\sin\theta=\frac13,\qquad\cos\theta=\frac{2\sqrt2}{3}.\] A força aplicada tende a produzir rotação horária. Os atritos que se opõem a essa tendência apontam para a direita no piso e para cima e à esquerda no contato entre as esferas.

No limite de repouso considerado, as forças de atrito atingem os valores:

Equilibre as componentes verticais:

Equilibre as componentes horizontais:

Tomando torques em relação ao centro da esfera menor, as normais e o peso não contribuem. O braço de $F$ é $R/2$, enquanto cada atrito tem braço $R$: \[F\frac R2=(f_p+f)R\quad\Rightarrow\quad F=\frac{\sqrt2}{4}\left(mg+\frac{7N}{6}\right).\] Igualando as expressões de $F$, \[\frac{19}{48}N=\frac38mg\quad\Rightarrow\quad N=\frac{18}{19}mg.\]

Finalmente, \[\boxed{F_{\max}=\frac{\sqrt2}{4}\left(1+\frac76\frac{18}{19}\right)mg=\frac{10\sqrt2}{19}mg}.\] As normais obtidas são positivas, compatíveis com a manutenção dos dois contatos.

A trajetória deve ser dividida em dois trechos separados pela rebatida. A posição da bola é contínua no impacto, mas a velocidade pode mudar abruptamente devido ao impulso do taco. Entre os impactos, a aceleração vertical é $-g$.

Converta a rapidez horizontal para unidades do SI:

Para percorrer cinco metros na horizontal, a bola leva:

Com a aceleração da gravidade de dez metros por segundo ao quadrado, calcule a altura e a velocidade vertical antes do choque:

Depois da rebatida, a rapidez é $45\,\text{km/h}=12{,}5\,\text{m/s}$ e sua componente vertical passa a \[v_y(t_1^+)=12{,}5\sin30^\circ=6{,}25\,\text{m/s}.\] Com $\tau$ medido desde a rebatida, \[y=0{,}50+6{,}25\tau-5\tau^2,\qquad v_y=6{,}25-10\tau.\]

A altura máxima do segundo trecho ocorre em:

Essa altura é aproximadamente 2,45 m. Para a captura a 1,75 m, resolva:

As raízes são 0,25 s e 1,0 s. Como a captura ocorre na descida, use a segunda raiz e acrescente o tempo do primeiro trecho:

O gráfico correto tem duas parábolas de concavidade para baixo unidas na mesma posição, uma mudança brusca de inclinação em 0,50 s e, no gráfico da velocidade, um salto de −5 para +6,25 m/s nesse instante.

O bloco e a massa pendular não giram, em geral, no mesmo raio. O bloco permanece a $R$ do eixo, mas o pêndulo se inclina para fora e afasta sua massa do eixo. Essa diferença é decisiva para avaliar as afirmações.

I — Verdadeira. O atrito fornece a resultante centrípeta do bloco. No limite de aderência, \[m\omega^2R=\mu_emg\quad\Rightarrow\quad\omega=\sqrt{\frac{\mu_eg}{R}}=\sqrt{\frac{0{,}40\cdot10}{2}}=\sqrt2\,\text{rad/s}.\]

II — Falsa. O raio da trajetória da massa pendular inclui o deslocamento horizontal do fio:

No referencial inercial, decomponha a tração:

Divida as equações para eliminar a tração:

A expressão contém o raio total da trajetória, e não apenas R. No referencial girante, a mesma relação surge ao acrescentar a força centrífuga.

III — Verdadeira. No referencial do solo, a soma de peso e tração é horizontal, dirigida ao eixo, e fornece a aceleração centrípeta. Não se acrescenta uma força centrífuga nesse referencial.

IV — Falsa. Para $\omega=1\,\text{rad/s}$, o bloco ainda adere à plataforma, mas \[\tan\alpha=0{,}2+0{,}1\sin\alpha>0{,}2.\] A afirmação reúne uma condição correta para o bloco e uma relação angular incorreta. Permanecem verdadeiras I e III.

No modelo da questão, Terra e Lua permanecem fixas e a nave segue a reta que une seus centros. A velocidade inicial precisa fornecer energia suficiente para ultrapassar o máximo da energia potencial ao longo desse caminho. Depois desse ponto, a atração lunar passa a dominar.

Se $x$ é a distância ao centro da Terra, o potencial por unidade de massa é \[u(x)=-\frac{GM}{x}-\frac{GM}{81(D-x)}.\] Seu máximo está onde as forças se equilibram: \[\frac{GM}{x^2}=\frac{GM}{81(D-x)^2}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{9D}{10}.\] Nesse ponto, a distância à Lua é $D/10$ e \[u_{max}=-\frac{10GM}{9D}-\frac{10GM}{81D}.\]

Na partida, a nave está a $R$ da Terra e a $D-R$ da Lua. No limiar energético, \[\frac{v_{lim}^2}{2}-\frac{GM}{R}-\frac{GM}{81(D-R)}=u_{max}.\] Isolando a rapidez, \[\boxed{v_{lim}=\sqrt{2GM\left[\left(\frac1R-\frac{10}{9D}\right)+\frac1{81}\left(\frac1{D-R}-\frac{10}{D}\right)\right]}}.\]

Uma velocidade estritamente maior que esse limiar permite atravessar a barreira com velocidade não nula. Exatamente no limiar, a aproximação ao ponto de equilíbrio é um caso limite; por isso, o enunciado pergunta pelo valor acima do qual a nave consegue prosseguir.

No referencial que gira com o aro, a miçanga em equilíbrio sofre peso, reação normal e força centrífuga. A distância da miçanga ao eixo é $r=R\sin\theta$, portanto a força centrífuga tem módulo $m\Omega^2R\sin\theta$.

Na direção tangente ao aro, a normal não contribui. O equilíbrio exige \[m\Omega^2R\sin\theta\cos\theta=mg\sin\theta.\] Além da posição inferior $\theta=0$, uma solução inclinada satisfaz \[\cos\theta_0=\frac{g}{\Omega^2R}.\] Para que $\theta_0$ seja estritamente positivo, precisamos de $g/(\Omega^2R)<1$, isto é, $\Omega>\sqrt{g/R}$.

A existência da solução não basta: precisamos verificar sua estabilidade. A energia potencial efetiva é \[U(\theta)=-mgR\cos\theta-\frac12m\Omega^2R^2\sin^2\theta.\] Sua segunda derivada no ponto de equilíbrio inclinado é \[U''(\theta_0)=m\Omega^2R^2\sin^2\theta_0>0.\] Portanto, essa posição é um mínimo de energia efetiva e o equilíbrio é estável.

O maior intervalo pedido é \[\boxed{\Omega\in\left(\sqrt{\frac gR},+\infty\right)}.\] No valor de fronteira, a solução se reduz a $\theta_0=0$, que foi excluída pelo enunciado.

O intervalo começa quando a água já chegou a 0 °C. Portanto, a energia a retirar é o calor latente de solidificação, sem acrescentar uma etapa de resfriamento de água inicialmente quente. Para reproduzir a estimativa do problema, usamos o modelo simplificado de emissão térmica para um céu frio, com emissividade próxima de 1 e radiação recebida desprezível.

Podemos escolher uma área de 1 m², pois ela se cancelará na razão entre energia e potência. Com espessura de 1 cm, o volume é $0{,}01\,\text{m}^3$ e a massa de água é aproximadamente 10 kg. O calor a retirar é \[Q=mL_f=10\cdot334.000=3{,}34\times10^6\,\text{J}.\]

Pela lei de Stefan-Boltzmann, a potência emitida é $P=\sigma AT^4$. Usando $T=273\,\text{K}$ e $\sigma\approx5{,}7\times10^{-8}\,\text{W/(m}^2\text{K}^4)$, \[P\approx5{,}7\times10^{-8}(273)^4\approx3{,}2\times10^2\,\text{W}.\] Assim, \[t\approx\frac QP=\frac{3{,}34\times10^6}{3{,}2\times10^2}\approx1{,}04\times10^4\,\text{s}\approx2{,}9\,\text{h}.\]

A estimativa é, portanto, de cerca de 3 horas. Ela depende das simplificações: na situação real, radiação atmosférica recebida, evaporação, condução e convecção também influenciam o congelamento. Não se trata de um tempo universal para qualquer noite fria.

O atraso entre ver o clarão e ouvir a explosão é praticamente o tempo de viagem do som, pois o tempo da luz é desprezível nessa escala. O som atravessa duas camadas de ar com temperaturas diferentes; em um gás ideal, sua velocidade é proporcional à raiz quadrada da temperatura absoluta.

Logo, \[c_1=c_0\sqrt{\frac{T_1}{T_0}},\qquad c_2=c_0\sqrt{\frac{T_2}{T_0}}.\] Com a aproximação angular autorizada, tratamos a trajetória como praticamente retilínea. Ela percorre 30 m na horizontal e $H=40\,\text{m}$ na vertical, totalizando 50 m. O cosseno do ângulo com a vertical é $40/50=0{,}8$.

Na camada inferior, a espessura vertical é $h$ e o caminho é $h/0{,}8$. Na superior, o caminho é $(H-h)/0{,}8$. Somando os tempos, \[\Delta t=\frac1{0{,}8}\left(\frac h{c_1}+\frac{H-h}{c_2}\right).\] Reorganizando, \[h=\frac{0{,}8\Delta t-H/c_2}{1/c_1-1/c_2}.\]

Substituindo as velocidades, obtemos \[\boxed{h=\sqrt{\frac{T_1T_2}{T_0}}\,\frac{0{,}8c_0\Delta t-H\sqrt{T_0/T_2}}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}}.\] Como $T_2>T_1$, o denominador é positivo. Para uma altura física entre 0 e $H$, o atraso deve ficar entre os tempos de um percurso inteiramente na camada mais quente e inteiramente na mais fria.

O produto $\varepsilon_r\mu_r$ vale 1, mas isso determina apenas $n^2$. Nas condições do metamaterial ideal indicado, com permissividade e permeabilidade negativas, usa-se o ramo de índice negativo, $n=-1$. O enunciado também especifica ausência de reflexão, de modo que podemos acompanhar os raios transmitidos.

Pela lei de Snell com índice negativo, a inclinação do raio muda de sinal ao entrar no material, mantendo o mesmo módulo do ângulo porque $|n|=1$. O raio axial continua no eixo. Um raio oblíquo que chega à primeira face à altura $(3d/4)\tan\theta$ passa a se aproximar do eixo dentro da placa.

Para vencer essa altura com inclinação de módulo $\tan\theta$, ele percorre horizontalmente $3d/4$. Portanto, os raios oblíquos se cruzam dentro da placa, a $3d/4$ da face esquerda. Restam $d/4$ até a face direita, trecho em que eles voltam a se afastar do eixo, agora em lados trocados.

Ao sair para o ar, a inclinação muda de sinal novamente. A altura de módulo $(d/4)\tan\theta$ é eliminada após avançar mais $d/4$, formando um segundo cruzamento a essa distância da face direita. O desenho procurado tem esses dois cruzamentos, além do raio axial sem desvio.

A transmissão resulta da interferência entre os feixes que fazem diferentes números de viagens dentro da cavidade. Em incidência normal, os máximos ocorrem quando a diferença de caminho óptico de uma ida e volta corresponde a um número inteiro de comprimentos de onda no vácuo: \[2nd=m\lambda_{vac}.\]

Entre dois máximos consecutivos, $m$ aumenta de uma unidade. Assim, o espaçamento entre picos, medido em distância entre os espelhos, é \[\Delta d=\frac{\lambda_{vac}}{2n}.\] No experimento inicial, $n=1$ e o espaçamento é $\lambda/2$.

No segundo experimento, mudam o índice e o comprimento de onda da fonte: \[\Delta d=\frac{3\lambda/4}{2(3/2)}=\frac\lambda4.\] Como o eixo continua sendo $d/\lambda$, com o comprimento de referência original, os picos aparecem em 0; 0,25; 0,50; 0,75; e assim por diante. Há o dobro de picos no mesmo intervalo em comparação ao primeiro experimento.

No modelo sem absorção e com os mesmos espelhos, a transmissão nos máximos permanece unitária. A refletividade fixa mantém a forma dos picos em função da fase: a largura e o espaçamento, medidos no eixo $d/\lambda$, diminuem pelo mesmo fator.

A configuração permanece simétrica, então cada barra faz um ângulo $\theta$ com a vertical. A separação entre as cargas é $2\ell\sin\theta$ e a altura de cada esfera, tomando o ponto de suspensão como zero, é $-\ell\cos\theta$. Vamos comparar a energia nos dois extremos do movimento, onde as velocidades são nulas.

Como as cargas são positivas e o campo aponta para baixo, a força elétrica uniforme soma-se ao peso. A contribuição potencial dessas forças para as duas esferas é $-2(mg+QE)\ell\cos\theta$. A repulsão entre as cargas contribui uma única vez, com $kQ^2/(2\ell\sin\theta)$. Portanto, \[U(\theta)=-2(mg+QE)\ell\cos\theta+\frac{kQ^2}{2\ell\sin\theta}.\]

Na liberação, $\theta=\beta/2$; no ângulo mínimo, $\theta=\alpha$. Sem dissipação, \[2(mg+QE)\ell\left[\cos\alpha-\cos\frac\beta2\right]=\frac{kQ^2}{2\ell}\left[\frac1{\sin\alpha}-\frac1{\sin(\beta/2)}\right].\] Isolando o campo, \[\boxed{E=\frac{kQ}{4\ell^2}\frac{1/\sin\alpha-1/\sin(\beta/2)}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}-\frac{mg}{Q}}.\]

Para $0<\alpha<\beta/2$ na configuração considerada, a aproximação das esferas aumenta a energia potencial de repulsão. Essa energia vem da diminuição da energia potencial associada às forças verticais. O termo $-mg/Q$ expressa que a gravidade já contribui para essa aproximação.

O gráfico apresenta energia de ligação por núcleon. Para calcular a energia liberada na fissão, precisamos obter a energia de ligação total antes e depois. Um aumento da ligação total corresponde a uma diminuição da massa de repouso do sistema, convertida em energia liberada.

O núcleo inicial tem 180 núcleons. Pela leitura aproximada do gráfico, sua energia de ligação por núcleon é próxima de 8,0 MeV, portanto \[B_i\approx180\cdot8{,}0=1.440\,\text{MeV}.\]

Após a fissão, existem dois núcleos de 90 núcleons. Para essa região, a leitura é aproximadamente 8,6 a 8,7 MeV por núcleon. Usando 8,7 MeV, a ligação total final é \[B_f\approx2\cdot90\cdot8{,}7=1.566\,\text{MeV}.\] A energia liberada é a diferença: \[Q=B_f-B_i\approx126\,\text{MeV}.\]

Como o gráfico permite apenas uma estimativa, o resultado fica da ordem de $1{,}1$ a $1{,}3\times10^2\,\text{MeV}$. Entre os valores apresentados, o mais próximo é 110 MeV. Não se deve confundir essa diferença com a energia de ligação total dos produtos, que é da ordem de 1.500 MeV.