ITA 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Instituto Tecnológico de Aeronáutica

Vestibular 2027 · 1ª fase (27/09/2026) · Prova de Física (Q13-24) — resolução comentada Método TEF. 2ª fase · 10 questões discursivas de Física (D1–D10) com resoluções originais do Método TEF, sem gabarito oficial. Gabarito TEF preliminar: o gabarito oficial do ITA será divulgado em 06/10/2026.

Q13
Física moderna — Física de Partículas — Análise dimensional

As interações fundamentais da natureza podem ser interpretadas como sendo mediadas pela troca de partículas. A interação eletromagnética, por exemplo, é mediada pelo fóton, a interação fraca pelos bósons $W^\pm$ e $Z^0$ e a interação forte por glúons. Dentro do núcleo, prótons e nêutrons interagem via interação forte que, de forma efetiva para esse tipo de sistema, é modelada pela troca de mésons. O píon (ou méson $\pi$) é uma partícula que foi experimentalmente identificada em 1947 por um grupo de pesquisadores do qual fazia parte o brasileiro César Lattes. Seja $m$ a massa de um certo méson cujo alcance característico da interação é $r$. Se essa massa está relacionada apenas com a constante de Planck reduzida $\hbar=h/(2\pi)$, com a velocidade da luz $c$ e com $r$, determine a expressão para $m$ dimensionalmente compatível com essas grandezas.

A)$\dfrac{\hbar}{cr}$.
B)$\dfrac{\hbar c}{r}$.
C)$\dfrac{\hbar}{cr^2}$.
D)$\dfrac{\hbar c}{r^2}$.
E)$\dfrac{\hbar}{c^2r}$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

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:

\[m=K\hbar^ac^br^d\]

Use as dimensões de cada grandeza:

\[[\hbar]=ML^2T^{-1}\]
\[[c]=LT^{-1}\]
\[[r]=L\]

A igualdade dimensional exige:

\[M=M^aL^{2a+b+d}T^{-a-b}\]

Compare os expoentes da massa:

\[a=1\]

Depois, os do tempo:

\[-a-b=0\]
\[b=-1\]

Por fim, os do comprimento:

\[2a+b+d=0\]
\[d=-1\]

Essa combinação fornece:

\[\boxed{m\propto\frac{\hbar}{cr}}\]

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.

Cuidado, armadilha! A análise dimensional não determina uma constante numérica adimensional. Ela seleciona a combinação correta de grandezas, mas não permite concluir, sozinha, se existe algum fator numérico multiplicando a expressão.

Alternativa correta: A

Q14
Mecânica — Estática — Equilíbrio com atrito
Duas esferas em contato sobre o piso; a maior está encostada em um degrau e uma força horizontal atua na esfera menor

Duas esferas homogêneas, em contato entre si, repousam sobre um piso, e a maior também está em contato com um degrau, conforme ilustra a figura ao lado. A esfera menor tem massa $m$ e raio $R$, enquanto a maior tem raio $2R$ e está fixa. O coeficiente de atrito estático entre as esferas e entre a esfera menor e o piso é $\mu=\sqrt2/8$. Uma força $\vec F$, de intensidade aumentada gradativamente, é aplicada horizontalmente na esfera menor a uma altura $3R/2$. Assinale a alternativa que corresponde à máxima intensidade da força $\vec F$ em que a esfera menor ainda permaneça em repouso.

A)$\dfrac{2\sqrt2}{5}mg$.
B)$4\sqrt2mg$.
C)$\dfrac{\sqrt{18}}{19}mg$.
D)$\dfrac{10\sqrt2}{19}mg$.
E)$\dfrac{5\sqrt2}{9}mg$.

Gabarito Preliminar

D
Resolução

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:

\[f_p=\mu N_p\]
\[f=\mu N\]
\[\mu=\frac{\sqrt2}{8}\]

Equilibre as componentes verticais:

\[N_p+f\cos\theta=mg+N\sin\theta\]
\[N_p=mg+\frac N6\]

Equilibre as componentes horizontais:

\[F+f_p=N\cos\theta+f\sin\theta\]
\[F=\frac{33\sqrt2}{48}N-\frac{\sqrt2}{8}mg\]

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.

Cuidado, armadilha! A altura de aplicação é medida a partir do piso. Em relação ao centro, o braço é $3R/2-R=R/2$. Também não imponha $N_p=mg$: o contato com a esfera maior possui componentes verticais.

Alternativa correta: D

Q15
Mecânica — Cinemática — Lançamento horizontal e oblíquo

Em um treino de beisebol, uma bola é lançada por um arremessador com uma velocidade horizontal de $36\text{ km/h}$, a uma altura de $175\text{ cm}$ do solo. Após percorrer uma distância horizontal de $5\text{ m}$, ela é atingida pelo rebatedor e passa a ter, instantaneamente, uma velocidade de $45\text{ km/h}$, formando um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal. Ela realiza sua trajetória até ser pega em movimento descendente por um defensor a uma altura de $175\text{ cm}$ acima do solo.

Assinale a alternativa que apresenta os gráficos cinemáticos de posição $(y)$ e velocidade vertical $(v_y)$ da bola, conforme a descrição acima.

A)
Alternativa A: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
B)
Alternativa B: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
C)
Alternativa C: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
D)
Alternativa D: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo
E)
Alternativa E: gráficos de posição vertical e velocidade vertical em função do tempo

Gabarito Preliminar

E
Resolução

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:

\[36\ \mathrm{km/h}=10\ \mathrm{m/s}\]

Para percorrer cinco metros na horizontal, a bola leva:

\[t_1=0{,}50\ \mathrm s\]

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

\[y(t_1)=1{,}75-5(0{,}50)^2\]
\[y(t_1)=0{,}50\ \mathrm m\]
\[v_y(t_1^-)=-5\ \mathrm{m/s}\]

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:

\[\tau=0{,}625\ \mathrm s\]

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

\[5\tau^2-6{,}25\tau+1{,}25=0\]

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:

\[t_{final}=1{,}50\ \mathrm s\]
\[v_{y,final}=-3{,}75\ \mathrm{m/s}\]

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.

Cuidado, armadilha! A bola passa pela altura de captura duas vezes após a rebatida. Escolha a raiz correspondente à descida. A posição não sofre um salto no impacto; quem salta é a velocidade.

Alternativa correta: E

Q16
Mecânica — Dinâmica — Referenciais em rotação
Plataforma giratória com bloco a dois metros do eixo e pêndulo preso à borda

Em um parque de diversões, uma plataforma horizontal gira em torno de um eixo vertical fixo com velocidade angular constante $\omega$. Sobre a plataforma, a uma distância $R=2{,}0\text{ m}$ do eixo, encontra-se um pequeno bloco de massa $m$ em repouso em relação à plataforma. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a plataforma é $\mu_e=0{,}40$. Um pêndulo simples, de comprimento $\ell=1{,}0\text{ m}$, está pendurado em um suporte fixo à plataforma, também a uma distância $R$ do eixo e permanece em equilíbrio em relação à plataforma.

Considerando $g=10\text{ m/s}^2$ e que $\omega$ é aumentada lentamente a partir do repouso, analise as seguintes afirmativas:

I. O bloco começa a deslizar quando $\omega=\sqrt2\text{ rad/s}$.

II. No referencial da plataforma, o pêndulo está em equilíbrio sob a ação do peso, da tração e da força centrífuga, fazendo um ângulo $\alpha$ com a vertical tal que $\tan\alpha=\omega^2R/g$.

III. No referencial do solo, a resultante entre a tração e o peso é não nula, dirigida horizontalmente para o eixo de rotação, fornecendo a força centrípeta da massa pendular.

IV. Quando $\omega=1{,}0\text{ rad/s}$, o bloco ainda está em repouso em relação à plataforma, e o ângulo do pêndulo com a vertical é tal que $\tan\alpha=0{,}2$.

Estão corretas apenas as afirmativas

A)I e II.
B)I e III.
C)II e III.
D)I, II e III.
E)I, II, III e IV.

Gabarito Preliminar

B
Resolução

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:

\[r=R+\ell\sin\alpha\]

No referencial inercial, decomponha a tração:

\[T\cos\alpha=mg\]
\[T\sin\alpha=m\omega^2r\]

Divida as equações para eliminar a tração:

\[\tan\alpha=\frac{\omega^2(R+\ell\sin\alpha)}g\]

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.

Cuidado, armadilha! O raio do movimento circular é a distância da massa ao eixo, não a distância do suporte. O comprimento de 1 m do pêndulo não pode ser desprezado sem autorização do enunciado.

Alternativa correta: B

Q17
Mecânica — Gravitação — Energia potencial gravitacional

Na missão Artemis II, a espaçonave Orion realiza uma trajetória de ida à Lua. Em um modelo simplificado, após uma manobra de injeção translunar, a nave parte de uma órbita baixa em torno da Terra com velocidade $v_0$, dirigida exatamente ao longo da reta Terra–Lua. A distância entre os centros da Terra e da Lua é igual a $D$, e a massa da Lua é aproximadamente $81$ vezes menor que a massa $M$ da Terra. Assuma o raio da Terra dado por $R$ e despreze tanto efeitos devido ao movimento da Terra e da Lua, bem como a altura orbital da nave antes da injeção translunar. Assinale a alternativa que corresponde ao valor de velocidade $v_0$ acima da qual a nave consegue chegar à Lua.

A)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D+R}+\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
B)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R+\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
C)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)+\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
D)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R-\dfrac{10}{9D}\right)-\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D-R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.
E)$\sqrt{2GM\left[\left(\dfrac1R+\dfrac{10}{9D}\right)-\dfrac1{81}\left(\dfrac1{D+R}-\dfrac{10}{D}\right)\right]}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! A distância inicial à Lua é $D-R$, não $D+R$. Além disso, não use a velocidade de escape da Terra isolada: o potencial lunar participa do balanço de energia.

Alternativa correta: C

Q18
Mecânica — Dinâmica — Equilíbrio em referencial girante
Aro circular vertical girando em torno do diâmetro vertical, com uma miçanga em posição angular theta zero

Um aro circular fino, de raio $R$ e massa desprezível, gira em torno do seu eixo vertical com uma velocidade angular constante $\Omega$. Uma pequena miçanga, de massa $m$ e dimensões desprezíveis, está inserida no aro, podendo deslizar sem atrito ao longo de sua circunferência, como pode ser visto na figura abaixo. A aceleração da gravidade local é constante e vale $g$. Assinale a alternativa que apresenta o maior intervalo de velocidade angular $\Omega$ em que há sempre equilíbrio estável da miçanga em um ângulo $\theta_0>0^\circ$, quando considerado um observador que gira junto com o aro.

A)$\Omega\in]\sqrt{g/R},+\infty[$.
B)$\Omega\in]\sqrt{2g/R},+\infty[$.
C)$\Omega\in]0,\sqrt{g/R}[$.
D)$\Omega\in]0,\sqrt{2g/R}[$.
E)$\Omega\in]0,+\infty[$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! Não basta encontrar um ângulo que anule a força tangencial: é necessário verificar estabilidade e respeitar a exigência de ângulo maior que zero. O raio da rotação é $R\sin\theta$, não $R$.

Alternativa correta: A

Q19
Termologia — Calorimetria — Radiação térmica e mudança de fase

Em 1775, o oficial de artilharia britânico Sir Robert Barker relatou um engenhoso processo de fabricação de gelo utilizado pelos sábios indianos. De acordo com seu relato, esse processo consistia em deixar ao relento, em noites frias, limpas e sem vento, finas camadas de água contidas em vasos abertos, porosos, de barro, colocados sobre palha seca. Ao fim da noite, o conteúdo dos vasos estava completamente congelado. Supondo que a camada de água tinha por volta de $1\text{ cm}$ e que não ocorreu sublimação, assinale a alternativa que corresponde à melhor estimativa do tempo de congelamento em horas a partir do instante em que a água atinge $0^\circ\text{C}$.

A)$1\text{ hora}$.
B)$2\text{ horas}$.
C)$3\text{ horas}$.
D)$4\text{ horas}$.
E)$5\text{ horas}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! A temperatura da lei de radiação deve estar em kelvin: 0 °C não significa emissão térmica nula. Use calor latente durante a mudança de fase, e não $mc\Delta T$.

Alternativa correta: C

Q20
Ondas — Acústica — Refração do som
Explosão no solo a trinta metros de um prédio de quarenta metros, com interface térmica na altura h

Uma explosão controlada ocorre no solo a $30\text{ m}$ de um prédio de altura $H=40\text{ m}$ sobre o qual se encontra um engenheiro que mede o intervalo de tempo $\Delta t$ desde a detecção da luz da explosão até a detecção sonora, usando um aparato especial que ele mesmo desenvolveu. Considere $c_0$ a velocidade do som a $T_0=273{,}15\text{ K}$, $T_1$ a temperatura do ar desde o solo até a altura $h$ e $T_2$ a temperatura do ar desde essa mesma altura até o topo do prédio. Ambas temperaturas são expressas em Kelvin e $T_2>T_1>T_0$.

Assinale a alternativa que corresponde à fórmula que fornece a altura de inversão térmica $h$. Use a aproximação $\sin(\theta+\Delta\theta)\approx\sin(\theta)$ para $\Delta\theta\ll\theta$.

A)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.
B)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}+\sqrt{T_1}}\right)$.
C)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(0{,}8c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}+\sqrt{T_1}}\right)$.
D)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(0{,}8c_0\Delta t-H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.
E)$\sqrt{\dfrac{T_1T_2}{T_0}}\left(1{,}25c_0\Delta t+H\sqrt{\dfrac{T_0}{T_2}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{T_2}-\sqrt{T_1}}\right)$.

Gabarito Preliminar

D
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! As espessuras verticais não são os comprimentos dos trechos inclinados. O fator 0,8 surge da geometria, e o denominador é uma diferença de velocidades inversas, não uma soma.

Alternativa correta: D

Q21
Óptica — Refração — Índice de refração negativo

Considere uma placa plana e paralela, imersa no ar, de espessura $d$, constituída por um material incomum, denominado de metamaterial ideal, cuja permissividade e permeabilidade relativas valem $\varepsilon_r=\mu_r=-1$. Um ponto luminoso $S$ está situado sobre o eixo principal, a uma distância $3d/4$ da face esquerda da placa. Sabe-se que, nas condições do problema, não ocorre reflexão nas interfaces ar–material.

Assinale a alternativa que representa corretamente os trajetos de três raios emitidos por $S$: um raio axial e dois raios oblíquos simétricos.

A)
Alternativa A para os trajetos dos raios no metamaterial
B)
Alternativa B para os trajetos dos raios no metamaterial
C)
Alternativa C para os trajetos dos raios no metamaterial
D)
Alternativa D para os trajetos dos raios no metamaterial
E)
Alternativa E para os trajetos dos raios no metamaterial

Gabarito Preliminar

B
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! Extrair apenas a raiz positiva de $n^2=1$ apagaria a refração negativa. Também não basta identificar dois cruzamentos: suas posições devem ser $3d/4$ dentro da placa e $d/4$ após a saída.

Alternativa correta: B

Q22
Ondas — Fenômenos ondulatórios — Interferômetro de Fabry–Perot
Gráfico de transmissão do experimento I em função de d sobre lambda

Um interferômetro de Fabry–Perot é constituído por dois espelhos paralelos semitransparentes, com refletividade constante $R$, separados por uma distância variável $d$, entre os quais a luz sofre múltiplas reflexões. A luz transmitida pelo sistema resulta da superposição de várias contribuições sucessivas. O comportamento do interferômetro em incidência normal foi analisado em dois experimentos (I) e (II). No experimento (I), considerado como referência, a cavidade está preenchida por ar e é iluminada por luz monocromática de comprimento de onda no vácuo $\lambda$. O gráfico mostra a transmissão em função de $d/\lambda$.

No experimento (II), os espelhos permanecem os mesmos, mas a cavidade é totalmente preenchida por um líquido de índice de refração $n=3/2$, e a luz incidente passa a ter comprimento de onda no vácuo $\lambda'=3\lambda/4$. Despreze a absorção e a dispersão e assuma que a refletividade dos espelhos não se altera.

Assinale a alternativa que melhor representa a nova curva de transmissão do experimento (II) no mesmo intervalo do eixo horizontal.

A)
Alternativa A para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
B)
Alternativa B para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
C)
Alternativa C para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
D)
Alternativa D para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot
E)
Alternativa E para a nova curva de transmissão do Fabry-Perot

Gabarito Preliminar

B
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! O eixo não foi trocado para $d/\lambda'$. Considere simultaneamente o novo índice e o novo comprimento de onda, sem deslocar a origem dos máximos nem reduzir sua altura sem uma perda de energia prevista.

Alternativa correta: B

Q23
Eletricidade — Eletrostática — Energia potencial elétrica: Conservação da energia
Duas esferas positivas suspensas por barras simétricas em um campo elétrico vertical para baixo

Duas pequenas esferas metálicas puntiformes idênticas, cada uma de massa $m$ e carga elétrica positiva $Q$, estão presas às extremidades de duas barras isolantes finas de mesmo comprimento $\ell$ e massas desprezíveis, fixadas em um mesmo ponto. As esferas podem mover-se em um mesmo plano vertical fixo. O sistema é colocado em uma região onde atua um campo elétrico uniforme vertical $\vec E=-E\hat y$, como mostra a figura.

Inicialmente, as esferas são mantidas em repouso em uma configuração simétrica tal que o ângulo entre os fios é $\beta$. Em seguida, elas são liberadas. Despreze a resistência do ar e assinale a alternativa que corresponde à expressão do campo elétrico $E$ para que, durante o movimento, o ângulo entre os fios atinja um valor mínimo igual a $2\alpha$.

A)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}-\dfrac{mg}{Q}$.
B)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos\alpha-\cos(\beta/2)}+\dfrac{mg}{Q}$.
C)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}-\dfrac{mg}{Q}$.
D)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}-\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}+\dfrac{mg}{Q}$.
E)$\dfrac{kQ}{4\ell^2}\dfrac{\dfrac1{\sin\alpha}+\dfrac1{\sin(\beta/2)}}{\cos(\beta/2)-\cos\alpha}+\dfrac{mg}{Q}$.

Gabarito Preliminar

A
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! Some as energias gravitacional e do campo para as duas esferas, mas conte a energia de interação do par apenas uma vez. O ângulo de cada barra é metade do ângulo entre elas.

Alternativa correta: A

Q24
Física moderna — Física nuclear — Energia de ligação e fissão
Gráfico da energia de ligação por núcleon B sobre A em função do número de massa A

Ao contrário do que se poderia imaginar, a massa de um nuclídeo não é simplesmente a soma das massas dos núcleons (prótons de massa $m_p$ ou nêutrons de massa $m_n$) que o constituem. Na realidade, a massa de um dado nuclídeo, $M_{\text{nuc}}$, é menor do que $M=Zm_p+Nm_n$ por uma quantidade $\Delta M=M-M_{\text{nuc}}$, em que $Z$ é o número de prótons, $N=A-Z$ é o número de nêutrons e $A$ é o número total de núcleons do sistema. Essa diferença é diretamente responsável por manter os núcleons ligados no núcleo, já que está relacionada com a energia de ligação, denotada por $B(A,Z)$. A energia de ligação por núcleon cresce rapidamente com o número de massa, atingindo os valores mais altos para o $^{56}\text{Fe}$ e o $^{62}\text{Ni}$ e, em seguida, diminui lentamente para os nuclídeos mais massivos, conforme ilustra, aproximadamente, a figura a seguir.

Considere a fissão de um núcleo, de número de massa $A_0=180$, em dois outros, cujos números de massa são $A_1=A_0/2$ e $A_2=A_1$. Assinale a alternativa que corresponde ao valor mais próximo da energia associada à diminuição da massa do sistema durante a reação.

A)$2\text{ MeV}$.
B)$50\text{ MeV}$.
C)$110\text{ MeV}$.
D)$220\text{ MeV}$.
E)$1540\text{ MeV}$.

Gabarito Preliminar

C
Resolução

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.

Cuidado, armadilha! A diferença vertical no gráfico é por núcleon. Multiplique-a pelos 180 núcleons do sistema. O número total de núcleons permanece 180 depois da divisão em dois núcleos.

Alternativa correta: C

D1
Mecânica — Estática e equilíbrio — Estabilidade do equilíbrio e energia potencial
Figura original da questão 1 da segunda fase do ITA 2027.

Em um laboratório de engenharia de materiais, um aparato similar a um pêndulo invertido é utilizado para ensaiar a rigidez torcional de corpos de prova poliméricos cilíndricos. O sistema consiste em uma haste rígida e homogênea de massa $M$ e comprimento $L$, firmemente acoplada em sua extremidade inferior ao centro do corpo de prova polimérico, o qual permanece fixo em seus mancais e atua como uma mola torcional. Quando a haste sofre uma deflexão angular $\theta$ em relação à vertical, o material polimérico torce e exerce um torque restaurador de natureza elástica $\tau_e=-k\theta$, em que $k$ é a constante de rigidez torcional efetiva do corpo de prova. Durante o ensaio contínuo, a haste é inicialmente posicionada na vertical ($\theta=0$), e uma câmara térmica no entorno do polímero eleva lentamente sua temperatura. Sabe-se que, ao se aproximar da transição vítrea, a rigidez $k$ do polímero diminui gradativamente. Sabendo que a aceleração da gravidade local é $g$, responda aos itens a seguir.

  1. Determine a rigidez torcional crítica $k_c$ do polímero em função de $M$, $g$ e $L$, sabendo que a posição $\theta=0$ deixa de ser um ponto de equilíbrio estável para $k\mathrel{<}k_c$.
  2. Identifique a quantidade e natureza dos pontos de equilíbrio do sistema (estável e/ou instável) de acordo com os possíveis valores de $k/k_c\mathrel{>}0$ no intervalo $-\pi/2\mathrel{<}\theta\mathrel{<}\pi/2$.
  3. Tomando o mancal inferior como referência zero de altura para a energia gravitacional, esboce os possíveis gráficos representativos da energia potencial total do sistema ($U_{\text{total}}$) em função do ângulo $\theta$, no intervalo $-\pi/2\mathrel{<}\theta\mathrel{<}\pi/2$, de acordo com as situações identificadas no item b.

Resposta calculada pelo Método TEF

$k\gt k_c$: vertical linearmente estável; $k\lt k_c$: vertical instável. No caso-limite $k=k_c$, a expansão cúbica do torque decide a estabilidade não linear.
$U_{\mathrm{total}}=\dfrac{k\theta^2}{2}+\dfrac{MgL}{2}\cos\theta$; o surgimento dos dois mínimos laterais ocorre ao atravessar $k=k_c$, mas eles só permanecem no intervalo pedido enquanto $2/\pi\lt k/k_c\lt1$.
Resolução

Ideia central: a estabilidade depende do torque resultante e da curvatura da energia potencial. A haste é invertida: a gravidade tende a afastá-la da vertical, enquanto o polímero atua como mola torcional restauradora.

Item a — rigidez crítica

Passo 1. A haste homogênea possui centro de massa a $L/2$ do mancal. O torque gravitacional para uma inclinação positiva é desestabilizador:

\[\tau_g=+Mg\,\dfrac{L}{2}\,\operatorname{sen}\theta\]

Passo 2. Somamos o torque elástico e o torque gravitacional:

\[\tau_{\mathrm{res}}=-k\theta+\dfrac{MgL}{2}\operatorname{sen}\theta\]

Passo 3. Para ângulos pequenos, $\operatorname{sen}\theta\approx\theta$. A estabilidade linear exige torque restaurador para $\theta\ne0$:

\[\tau_{\mathrm{res}}\approx-\left(k-\dfrac{MgL}{2}\right)\theta\]
\[k_c=\dfrac{MgL}{2}\]

Item b — número e natureza dos equilíbrios

Passo 1. A condição de equilíbrio é:

\[-k\theta+k_c\operatorname{sen}\theta=0\]
\[\theta=0\quad\text{ou}\quad\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\theta}=\dfrac{k}{k_c}\equiv\kappa\]

Passo 2. No intervalo $0\lt\theta\lt\pi/2$, a função $f(\theta)=\operatorname{sen}\theta/\theta$ decresce estritamente de $1$ até $2/\pi$. Portanto, o ramo não nulo existe dentro do intervalo aberto somente se:

\[\dfrac{2}{\pi}\lt\kappa\lt1\]

Passo 3. Para classificar cada equilíbrio, usamos o sinal da segunda derivada da energia, que será deduzida no item c:

\[U^{\prime\prime}(\theta)=k-k_c\cos\theta\]
\[U^{\prime\prime}(0)=k_c(\kappa-1)\]

Nos equilíbrios não nulos, $k=k_c\operatorname{sen}\theta_*/\theta_*$. Como $\operatorname{sen}\theta_*/\theta_*\gt\cos\theta_*$ em $0\lt\theta_*\lt\pi/2$, ambos são mínimos estáveis.

Classificação completa, respeitando $-\pi/2\lt\theta\lt\pi/2$:

  • $\kappa\gt1$: um equilíbrio, $\theta=0$, estável.
  • $\kappa=1$: um equilíbrio, $\theta=0$, estável não linearmente (mínimo quártico, com curvatura nula).
  • $2/\pi\lt\kappa\lt1$: três equilíbrios, $\theta=0$ instável e $\theta=\pm\theta_*$ estáveis.
  • $0\lt\kappa\le2/\pi$: um equilíbrio interno, $\theta=0$ instável; em $\kappa=2/\pi$ os possíveis pontos adicionais estão nas extremidades excluídas $\pm\pi/2$.

Item c — energia potencial total e esboços

Passo 1. O centro de massa está à altura $z=(L/2)\cos\theta$ relativamente ao mancal. As parcelas de energia potencial são:

\[U_g=Mg\,\dfrac{L}{2}\cos\theta=k_c\cos\theta\]
\[U_e=\dfrac{1}{2}k\theta^2\]
\[U_{\mathrm{total}}(\theta)=k_c\left(\cos\theta+\dfrac{\kappa\theta^2}{2}\right)\]

Passo 2. Derivando em relação a $\theta$ para verificar os extremos:

\[U^{\prime}(\theta)=k\theta-k_c\operatorname{sen}\theta\]
\[U^{\prime\prime}(\theta)=k-k_c\cos\theta\]

Passo 3. No valor crítico, não basta o teste quadrático. A série de Taylor é:

\[U(\theta)=k_c\left(1+\dfrac{\theta^4}{24}-\dfrac{\theta^6}{720}+\cdots\right)\qquad(k=k_c)\]

O termo de quarta ordem é positivo: a vertical continua sendo um mínimo, embora a frequência das pequenas oscilações no modelo linear se anule.

Cinco esboços da energia potencial normalizada para diferentes valores de k sobre kc, com intervalo angular aberto menos pi sobre dois a pi sobre dois
Esboços de $U/k_c$ para os diferentes regimes de rigidez. As extremidades do intervalo estão excluídas.
D2
Mecânica — Lançamento oblíquo — Colisões e coeficiente de restituição

Considere um lançamento oblíquo de uma massa $m$, partindo da origem do plano $xy$, em que a velocidade inicial $V$ faz um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal perfeitamente lisa. Sabendo que o coeficiente de restituição entre a massa $m$ e o solo é $0{,}7$, determine

  1. a altura máxima após $n$ choques;
  2. o intervalo de tempo para que a massa $m$ atinja o mínimo da sua energia.

Resposta calculada pelo Método TEF

$H_n=\dfrac{V^2}{8g}(0{,}49)^n$, para $n=0,1,2,\ldots$. O índice $n=0$ representa o primeiro ápice, antes de qualquer choque.
Energia mecânica: $t_{\min}=10V/(3g)$ na idealização de colapso inelástico. Energia cinética: primeiro mínimo em $t=V/(2g)$, repetindo-se nos ápices subsequentes.
Resolução

Ideia central: o choque com o plano horizontal liso modifica somente a componente vertical da velocidade. A componente horizontal permanece constante; a componente vertical de saída é multiplicada pelo coeficiente de restituição $e=0{,}7$ a cada impacto.

Item a — altura máxima depois de n choques

Passo 1. Decompor a velocidade inicial:

\[V_x=V\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}V\]
\[V_{y,0}=V\operatorname{sen}30^\circ=\dfrac{V}{2}\]

Passo 2. A definição de restituição sobre uma superfície horizontal imóvel fornece:

\[V_{y,n}^{+}=e^n V_{y,0}=\dfrac{V}{2}(0{,}7)^n\]

Passo 3. Entre o $n$-ésimo choque e o ápice seguinte, a componente vertical decresce até zero. Pela equação de Torricelli:

\[0=(V_{y,n}^{+})^2-2gH_n\]
\[H_n=\dfrac{V^2}{8g}(0{,}7)^{2n}\]

Item b — instante em que a energia se torna mínima

Passo 1. Num voo, a energia mecânica $E_m$ é constante, mas diminui em cada choque devido à perda de energia cinética vertical:

\[E_{m,n}=\dfrac{mV_x^2}{2}+\dfrac{m(V_{y,n}^{+})^2}{2}\]
\[E_{m,n}=\dfrac{3mV^2}{8}+\dfrac{mV^2}{8}(0{,}49)^n\]

Assim, a energia mecânica é decrescente e tende ao valor correspondente ao movimento horizontal, pois $V_x$ não muda:

\[E_{m,\min}=\lim_{n\to\infty}E_{m,n}=\dfrac{3mV^2}{8}\]

Passo 2. A duração do primeiro voo é $T_0=2V_{y,0}/g=V/g$. As durações seguintes formam uma progressão geométrica:

\[T_n=\dfrac{V}{g}(0{,}7)^n\]
\[t_\infty=\sum_{n=0}^{\infty}T_n=\dfrac{V}{g}\dfrac{1}{1-0{,}7}\]
\[t_\infty=\dfrac{10V}{3g}\]

Interpretação: no modelo ideal de choques perfeitamente localizados e coeficiente $e\lt1$ constante, infinitos impactos ocorrem em tempo finito. O mínimo da energia mecânica é o limite atingido nessa idealização; em qualquer sequência finita de choques ele ainda não foi alcançado.

Distinção relevante: se o termo “energia” do item b significar energia cinética, então seu mínimo $K_{\min}=mV_x^2/2$ ocorre no ápice de cada voo. O instante do ápice após $n$ choques é:

\[t_{\mathrm{\acute apice},n}=\dfrac{V}{g}\left(\dfrac{1-e^n}{1-e}+\dfrac{e^n}{2}\right)\]
Auditoria TEF — observação: O item b não especifica se a “energia” é mecânica total ou cinética. Foram explicitadas as duas interpretações e suas consequências; nenhuma delas foi atribuída a um gabarito oficial inexistente no arquivo.
D3
Mecânica — Movimento circular — Lançamento com aceleração angular e atrito
Figura original da questão 3 da segunda fase do ITA 2027.

Um objeto de massa $m$ encontra-se inicialmente em repouso (em $x=0$), na extremidade de um carrossel de raio $R$ e altura $z=h$ com relação ao solo. O coeficiente de atrito estático entre a massa e o carrossel é $\mu_e$, e o coeficiente de atrito cinético entre a massa e o solo é $\mu_c$. O carrossel começa a girar com uma aceleração angular constante $\alpha$ em um instante $t=0$. Determine

  1. a distância entre ponto de contato da massa $m$ com o solo e a origem do sistema de coordenadas;
  2. o instante no qual a massa para, considerando que ela não quica ao chegar ao solo, mas realiza um deslizamento.

Resposta calculada pelo Método TEF

Sob desprendimento imediato: $\rho=R\sqrt{1+\dfrac{2h}{g}\sqrt{\left(\frac{\mu_e g}{R}\right)^2-\alpha^2}}$.
Com a hipótese explicitada: $\rho=R\sqrt{1+2h\omega_s^2/g}$; $t_{\mathrm{parada}}=\omega_s/\alpha+\sqrt{2h/g}+R\omega_s/(\mu_c g)$, para $\mu_c\gt0$.
Resolução

Ideia central: enquanto o bloco gira sem escorregar, o atrito estático deve fornecer simultaneamente aceleração centrípeta e tangencial. Ao ultrapassar o limite, o modelo exige uma hipótese extra para descrever o desprendimento.

Passo 1 — instante-limite de aderência

Como a aceleração angular é constante e o sistema parte do repouso:

\[\omega(t)=\alpha t\]
\[a_{\mathrm t}=R\alpha\]
\[a_{\mathrm c}=R\omega^2=R\alpha^2t^2\]

As duas componentes são perpendiculares. Portanto, o módulo do atrito necessário é:

\[F_{\mathrm{at}}=m\sqrt{a_{\mathrm t}^2+a_{\mathrm c}^2}=mR\sqrt{\alpha^2+\omega^4}\]

A aderência só é possível enquanto $F_{\mathrm{at}}\le\mu_e mg$. No instante-limite $t_s$:

\[R\sqrt{\alpha^2+\omega_s^4}=\mu_e g\]
\[\omega_s=\left[\left(\dfrac{\mu_e g}{R}\right)^2-\alpha^2\right]^{1/4}\]
\[t_s=\dfrac{\omega_s}{\alpha}\]

Estas expressões pressupõem $\alpha\gt0$ e $\mu_e g\gt\alpha R$. Caso $\mu_e g\le\alpha R$, o atrito disponível é insuficiente desde o início (ou está exatamente no limite).

Item a — posição do impacto no solo sob a hipótese de desprendimento imediato

Passo 2. Se o bloco abandona a borda precisamente no instante $t_s$, sua velocidade horizontal de lançamento é tangencial:

\[v_s=R\omega_s\]

Passo 3. O tempo de queda livre da altura $h$ é:

\[h=\dfrac{gt_q^2}{2}\]
\[t_q=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\]

O deslocamento horizontal durante a queda é tangencial e perpendicular ao raio inicial $R$, conforme a geometria vetorial do movimento circular no desprendimento:

\[\rho^2=R^2+(v_st_q)^2\]
\[\rho=R\sqrt{1+\dfrac{2h\omega_s^2}{g}}\]

Item b — instante da parada sob a mesma hipótese

Passo 4. Após o impacto sem quique, a velocidade vertical é anulada. No solo horizontal, a força de atrito cinético produz desaceleração de módulo:

\[a_{\mathrm{at,solo}}=\mu_c g\]

O tempo de deslizamento a partir do contato é:

\[t_d=\dfrac{v_s}{\mu_c g}=\dfrac{R\omega_s}{\mu_c g}\]

Somamos o tempo de aderência, a queda e o deslizamento:

\[t_{\mathrm{parada}}=\dfrac{\omega_s}{\alpha}+\sqrt{\dfrac{2h}{g}}+\dfrac{R\omega_s}{\mu_c g}\]
Auditoria TEF — observação: O enunciado fornece o coeficiente de atrito estático bloco–carrossel, mas não fornece o coeficiente de atrito cinético nesse contato, nem informa que o bloco deixa o disco exatamente quando começa a deslizar. Em um carrossel horizontal, perder a aderência não implica, por si só, uma saída instantânea da borda. Portanto, as expressões acima são condicionais; sem a hipótese de desprendimento imediato, a posição do impacto e o instante de parada não são univocamente determinados pelo PDF.
D4
Termologia — Termodinâmica — Transformações adiabáticas e pistão

Um cilindro vertical, de seção transversal de área $A$ e com paredes isolantes (adiabáticas), contém $n$ mols de um gás ideal monoatômico. O cilindro é fechado na parte superior por um pistão de espessura desprezível de massa $m$, também isolante térmico, que pode deslizar verticalmente sem atrito. Inicialmente, há um recipiente de massa desprezível contendo uma quantidade de grãos de areia, que totaliza uma massa $M$ em repouso sobre o pistão. O sistema está em equilíbrio térmico e mecânico, com o pistão a uma altura $h_i$ em relação à base do cilindro. Considerando que a aceleração da gravidade local é $g$, que a constante universal dos gases é igual a $R$ e que há vácuo acima do pistão, faça o que se pede.

  1. Em um dado instante, os grãos de areia são retirados lentamente em um processo quase estático. Determine a altura $h_f$ do pistão no estado final, quando não há mais areia, em função de $m$, $M$ e $h_i$.
  2. Considere uma nova situação em que toda a quantidade de areia é completamente retirada instantaneamente. Determine a equação que relaciona a altura máxima $h_{\text{max}}$ atingida pelo pistão e $m$, $M$ e $h_i$.

Resposta calculada pelo Método TEF

$h_f=h_i\left(1+M/m\right)^{3/5}$.
No modelo termodinâmico usual: $3(m+M)\left[1-(h_i/h_{\max})^{2/3}\right]=2m(h_{\max}/h_i-1)$, tomando a solução $h_{\max}\gt h_i$.
Resolução

Ideia central: distinguir a retirada quase estática (compressão/expansão adiabática reversível) da retirada instantânea (o pistão adquire energia cinética e ultrapassa o novo equilíbrio).

Estado inicial e dados termodinâmicos

Como existe vácuo acima do pistão, o equilíbrio mecânico inicial exige que a força de pressão do gás sustente pistão e areia:

\[P_i A=(m+M)g\]
\[V_i=Ah_i\]
\[nRT_i=P_iV_i=(m+M)gh_i\]

Para gás ideal monoatômico, $C_V=3R/2$ e $\gamma=C_P/C_V=5/3$.

Item a — retirada lenta

Passo 1. A transformação é adiabática e, por ser quase estática, pode ser tratada como reversível. Aplica-se a lei de Poisson:

\[P_iV_i^{\gamma}=P_fV_f^{\gamma}\]

Ao final, a areia acabou, mas o pistão de massa $m$ permanece em equilíbrio:

\[P_f=\dfrac{mg}{A}\]

Passo 2. Como $V=Ah$ e $\gamma=5/3$:

\[\dfrac{(m+M)g}{A}(Ah_i)^{5/3}=\dfrac{mg}{A}(Ah_f)^{5/3}\]
\[\left(\dfrac{h_f}{h_i}\right)^{5/3}=\dfrac{m+M}{m}\]
\[h_f=h_i\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^{3/5}\]

Item b — retirada instantânea; altura máxima

Passo 1. Retirada a areia, o gás inicialmente continua sob a pressão $P_i$, enquanto apenas o peso $mg$ se opõe à subida do pistão. O pistão acelera, passa pela nova posição de equilíbrio e atinge uma altura máxima $h_{\max}$, na qual sua velocidade é momentaneamente nula.

Passo 2. Tomando gás + pistão como sistema, sem troca de calor externa e desprezando perdas dissipativas, conservação de energia entre os dois estados com velocidade zero:

\[\dfrac32 nRT_i+mgh_i=\dfrac32 nRT_{\max}+mgh_{\max}\]

Passo 3. Hipótese termodinâmica adicional: supondo que o gás passe por uma sequência de estados uniformes e adiabáticos reversíveis, apesar do movimento não quase estático do pistão, vale:

\[T_{\max}=T_i\left(\dfrac{h_i}{h_{\max}}\right)^{2/3}\]

Substituímos a relação anterior e $nRT_i=(m+M)gh_i$ no balanço de energia:

\[\dfrac32(m+M)gh_i\left[1-\left(\dfrac{h_i}{h_{\max}}\right)^{2/3}\right]=mg(h_{\max}-h_i)\]

Passo 4. Eliminando $g$ e definindo $x=h_{\max}/h_i$:

\[3(m+M)\left(1-x^{-2/3}\right)=2m(x-1)\]

A raiz $x=1$ descreve apenas o instante inicial; a altura máxima procurada corresponde à raiz física maior que 1 quando $M\gt0$.

Auditoria TEF — observação: Uma retirada instantânea não é um processo quase estático. Sem a suposição explícita de equilíbrio interno do gás durante a expansão, a relação $TV^{2/3}=\text{constante}$ não é garantida; podem ocorrer escoamento, ondas de pressão e irreversibilidades. Assim, a equação de $h_{\max}$ é a solução do modelo idealizado adiabático reversível, não uma consequência rigorosamente única dos dados de uma dinâmica de gás fora do equilíbrio.
D5
Óptica — Dioptro esférico — Formação de imagem e interferência
Figura original da questão 5 da segunda fase do ITA 2027.

Duas fontes de luz pontuais, coerentes e de comprimento de onda $\lambda$, são colocadas a uma distância horizontal $p$ do vértice de uma interface transparente côncava, de raio $R$. Essa interface separa o meio de índice de refração $n_1$, onde estão as fontes, do meio de índice de refração $n_2$, onde se encontra uma tela a uma distância $D$ da interface. Considere que $\lambda\ll p\ll D$ e $n_2\mathrel{>}n_1$, conforme mostra a figura. As fontes de luz estão localizadas a uma distância $h$ do eixo de simetria da interface, em semiplanos diametralmente opostos. Considerando a aproximação paraxial para esse sistema óptico, responda aos itens a seguir, utilizando apenas os parâmetros mencionados no enunciado.

  1. Determine a expressão da posição horizontal $p^{\prime}$ da imagem das fontes pontuais com relação à interface e determine as posições verticais da imagem das fontes pontuais em função de $n_1$, $n_2$, $R$ e $p$.
  2. Determine a distância entre o ponto luminoso central e a primeira franja luminosa do padrão de interferência projetado na tela quando $R\to\infty$.

Resposta calculada pelo Método TEF

$p^{\prime}=-n_2pR/[n_1R+(n_2-n_1)p]$ e $y_\pm^{\prime}=\pm n_1Rh/[n_1R+(n_2-n_1)p]$.
Para $\lambda$ no vácuo: $\Delta y=\dfrac{\lambda}{2h}\left(\dfrac{p}{n_1}+\dfrac{D}{n_2}\right)$.
Resolução

Ideia central: a interface é esférica com centro de curvatura $C$ no lado incidente ($n_1$). Pela convenção cartesiana de sinais, seu raio algébrico é $r=-R$, quando a luz se propaga da esquerda para a direita.

Item a — imagem paraxial na superfície refratora

Passo 1. Para refração numa única superfície esférica, a equação de Gauss é:

\[\dfrac{n_1}{p}+\dfrac{n_2}{p^{\prime}}=\dfrac{n_2-n_1}{r}\]

Como o centro $C$ está à esquerda da superfície, $r=-R$:

\[\dfrac{n_1}{p}+\dfrac{n_2}{p^{\prime}}=-\dfrac{n_2-n_1}{R}\]

Passo 2. Isolamos a coordenada algébrica da imagem:

\[\dfrac{n_2}{p^{\prime}}=-\dfrac{n_1}{p}-\dfrac{n_2-n_1}{R}\]
\[p^{\prime}=-\dfrac{n_2pR}{n_1R+(n_2-n_1)p}\]

O sinal negativo indica imagem virtual, no mesmo lado das fontes.

Passo 3. O aumento transversal para uma superfície refratora esférica é:

\[A_T=\dfrac{y^{\prime}}{y}=-\dfrac{n_1p^{\prime}}{n_2p}\]
\[A_T=\dfrac{n_1R}{n_1R+(n_2-n_1)p}\]

Como as fontes estão nas alturas originais $+h$ e $-h$, as coordenadas de suas imagens são:

\[y_+^{\prime}=+\dfrac{n_1Rh}{n_1R+(n_2-n_1)p}\]
\[y_-^{\prime}=-\dfrac{n_1Rh}{n_1R+(n_2-n_1)p}\]

Item b — primeira franja brilhante quando R tende ao infinito

Passo 1. No limite plano da superfície:

\[\lim_{R\to\infty}p^{\prime}=-\dfrac{n_2}{n_1}p\]
\[\lim_{R\to\infty}y_\pm^{\prime}=\pm h\]

Logo, a distância aparente das fontes virtuais à tela é $L_{\mathrm{ef}}=D+(n_2/n_1)p$ e a separação transversal permanece $2h$.

Passo 2. Para franjas paraxiais, a primeira franja brilhante lateral está a uma distância $\Delta y=\lambda_2 L_{\mathrm{ef}}/(2h)$ da franja central. Se $\lambda$ é o comprimento de onda no vácuo, $\lambda_2=\lambda/n_2$:

\[\Delta y=\dfrac{\lambda/n_2}{2h}\left(D+\dfrac{n_2}{n_1}p\right)\]
\[\Delta y=\dfrac{\lambda}{2h}\left(\dfrac{D}{n_2}+\dfrac{p}{n_1}\right)\]

Na aproximação adicional $p\ll D$ e com índices de mesma ordem:

\[\Delta y\approx\dfrac{\lambda D}{2n_2h}\]
Auditoria TEF — observação: O PDF informa apenas “comprimento de onda $\lambda$”, sem indicar o meio. O resultado acima toma $\lambda$ no vácuo; se $\lambda$ for definido no meio 1, use $\lambda_2=(n_1/n_2)\lambda$ e obtenha $\Delta y=\lambda\,(p+n_1D/n_2)/(2h)$. Essa convenção deve ser fixada antes da publicação.
D6
Eletricidade — Capacitores — Conservação de carga e equilíbrio eletromecânico
Figura original da questão 6 da segunda fase do ITA 2027.

Considere o circuito da figura abaixo, o qual está ligado por dois fios idênticos e condutores, suspensos numa placa não condutora rígida e fixa no espaço, a duas placas planas paralelas metálicas, neutras, de área $A$ ($A=a^2$) e capacitância $C$ igual à do capacitor do circuito. As placas paralelas estão a uma distância $d$ ($d\ll a$) uma da outra na situação inicial de equilíbrio e estão ligadas entre si por uma mola ideal não condutora que está no seu comprimento natural. Inicialmente, as chaves $S_1$ e $S_2$ estão abertas. No instante $t_1$, a chave $S_1$ é fechada, e o capacitor carrega alimentado por uma fonte com diferença de potencial $\varepsilon$. Depois de o capacitor estar completamente carregado, no instante $t_2$, a chave $S_1$ é aberta, e a chave $S_2$ é fechada. Em um instante $t_3\mathrel{>}t_2$, o sistema se encontra no ponto de equilíbrio, e a tensão medida pelo voltímetro é um quarto daquela em $t_2$. Considere que as placas condutoras permanecem paralelas em todas as situações. Para o instante $t_3$, obtenha

  1. a carga livre que fluiu do capacitor para as placas condutoras;
  2. a deformação da mola;
  3. a constante elástica da mola.

Resposta calculada pelo Método TEF

a) $Q=3C\varepsilon/4$. b) $x=2d/3$. c) $k=27C\varepsilon^2/(64d^2)$.
Resolução

Ideia central: a carga total permanece conservada depois de abrir $S_1$, enquanto o capacitor do circuito e o capacitor de placas móveis compartilham a mesma tensão final. A atração elétrica comprime a mola e aumenta a capacitância das placas.

Item a — carga que fluiu para as placas

Passo 1. Antes de fechar $S_2$, o capacitor fixo está carregado a $\varepsilon$. A carga inicial armazenada é:

\[Q_0=C\varepsilon\]

Passo 2. A fonte fica isolada. Depois de fechar $S_2$, os dois capacitores ficam em paralelo, a uma tensão comum $V_f=\varepsilon/4$:

\[Q_0=CV_f+C_fV_f\]
\[C\varepsilon=(C+C_f)\dfrac{\varepsilon}{4}\]
\[C_f=3C\]

A carga livre que saiu do capacitor fixo e foi redistribuída nas placas é:

\[Q_{\mathrm{placas}}=C_fV_f=3C\dfrac{\varepsilon}{4}\]

Item b — deformação da mola

Passo 3. Como $d\ll a$, podemos desprezar efeitos de borda. Inicialmente, a capacitância das placas separadas por $d$ é:

\[C=\dfrac{\varepsilon_0A}{d}\]

Se a mola encurta $x$, a nova distância entre placas é $d_f=d-x$, com:

\[C_f=\dfrac{\varepsilon_0A}{d_f}\]

Dividindo a capacitância inicial pela final:

\[\dfrac{C_f}{C}=\dfrac{d}{d_f}=3\]
\[d_f=\dfrac{d}{3}\]
\[x=d-d_f=\dfrac{2d}{3}\]

Item c — constante elástica

Passo 4. O módulo da força eletrostática atrativa entre as placas paralelas é $F_e=(1/2)\varepsilon_0 A E^2$, com $E=V_f/d_f$:

\[F_e=\dfrac{\varepsilon_0 A}{2}\left(\dfrac{V_f}{d_f}\right)^2\]

Substituímos $\varepsilon_0 A=Cd$, $V_f=\varepsilon/4$ e $d_f=d/3$:

\[F_e=\dfrac{Cd}{2}\left(\dfrac{3\varepsilon}{4d}\right)^2\]
\[F_e=\dfrac{9C\varepsilon^2}{32d}\]

No ponto estacionário, a força elástica de módulo $kx$ equilibra a atração elétrica:

\[kx=F_e\]
\[k=\dfrac{9C\varepsilon^2}{32d}\cdot\dfrac{3}{2d}\]
\[k=\dfrac{27C\varepsilon^2}{64d^2}\]
\[k=\dfrac{27\varepsilon_0A\varepsilon^2}{64d^3}\]
Auditoria TEF — observação: O enunciado informa apenas que há um “ponto de equilíbrio” em $t_3$, não que seja estável. Com a capacitância variável e a carga total conservada, o valor de $k$ calculado torna esse ponto marginal: a derivada da força elétrica em relação à compressão coincide com $k$ em $x=2d/3$. Evita-se atribuir estabilidade sem análise dinâmica adicional.
D7
Eletricidade — Circuitos elétricos — Ponte de Wheatstone e extensômetros
Figura original da questão 7 da segunda fase do ITA 2027.

Um estudante de engenharia deseja montar um sistema para monitorar, com a máxima precisão, a deformação mecânica de uma viga metálica, minimizando o efeito térmico, por meio de dispositivos resistivos $R_i$ (com $i=1,\ldots,4$) fixados na viga e ligados em uma ponte de Wheatstone não equilibrada e alimentada por uma fonte ideal de tensão constante $V_s$. Cada dispositivo utilizado pode ser um resistor de resistência $R_0$ constante ou um extensômetro de resistência nominal $R_0$, fator $G$ de calibração e coeficiente térmico linear $\alpha$. Para pequenas variações, a resistência de um extensômetro varia segundo $\dfrac{\Delta R}{R_0}=G\varepsilon+\alpha\Delta T$, em que $\varepsilon$ é a deformação mecânica, com $\varepsilon\mathrel{>}0$ para tração e $\varepsilon\mathrel{<}0$ para compressão, e $\Delta T$ é a variação de temperatura. A saída da ponte é definida por $V_o=V_D-V_B$, medida por um voltímetro ideal, conforme ilustra a figura. Considere sempre o regime linear de pequenas variações, de modo que termos quadráticos e produtos entre pequenas correções possam ser desprezados, tais como $(\alpha\Delta T)^2$, $\varepsilon^2$ e $\varepsilon\alpha\Delta T$ e que, se $|x|\ll 1$, podemos aproximar $(1+x)^{-1}\approx 1-x$. Responda aos itens abaixo.

  1. Considerando que o estudante utilizou apenas um extensômetro, enquanto os outros três braços da ponte são resistores de resistência $R_0$ constante, obtenha o módulo da tensão de saída $V_o$ da ponte, em função de $\varepsilon$ e $\Delta T$.
  2. Suponha agora que o estudante deseja medir $\varepsilon$ com máxima precisão. Considerando que todo o sistema está na mesma temperatura e que, na viga metálica, há pontos de compressão e tração de mesma intensidade, indique em que tipo de ponto (tração ou compressão) cada dispositivo deve ser afixado, apontando se ele deve ser extensômetro ou resistor de resistência constante $R_0$.

Resposta calculada pelo Método TEF

$|V_o|=\dfrac{|V_s|}{4}|G\varepsilon+\alpha\Delta T|$, no regime linear.
Quatro extensômetros: $R_1,R_4$ em compressão e $R_2,R_3$ em tração; $|V_o|_{\max}=|V_sG\varepsilon_0|$, com compensação térmica de primeira ordem.
Resolução

Ideia central: a ponte de Wheatstone converte pequenas variações de resistência em diferença de potencial. A simetria entre os quatro braços permite somar o efeito mecânico e cancelar a deriva térmica no regime linear.

Item a — apenas um extensômetro

Passo 1. Definir uma variação relativa pequena:

\[\delta\equiv\dfrac{\Delta R}{R_0}=G\varepsilon+\alpha\Delta T\]

Se apenas $R_1$ for o extensômetro, então $R_1=R_0(1+\delta)$ e $R_2=R_3=R_4=R_0$. As tensões nos nós da ponte, referidas ao ponto $C$, são:

\[V_D=V_s\dfrac{R_3}{R_1+R_3}=\dfrac{V_s}{2+\delta}\]
\[V_B=V_s\dfrac{R_4}{R_2+R_4}=\dfrac{V_s}{2}\]

Passo 2. Para $|\delta|\ll1$, a expansão linear resulta em:

\[\dfrac{1}{2+\delta}=\dfrac12\left(1+\dfrac\delta2\right)^{-1}\approx\dfrac12-\dfrac\delta4\]
\[V_o=V_D-V_B\approx-\dfrac{V_s}{4}\delta\]
\[|V_o|\approx\dfrac{|V_s|}{4}\,\left|G\varepsilon+\alpha\Delta T\right|\]

Colocar o único extensômetro em outro braço troca eventualmente o sinal, mas não altera o módulo dessa sensibilidade de primeira ordem.

Item b — máxima sensibilidade e compensação térmica

Passo 3. Generalizamos para quatro extensômetros: $R_i=R_0(1+\delta_i)$, com $\delta_i=G\varepsilon_i+\alpha\Delta T$. A expansão de ambos os divisores dá:

\[V_D\approx\dfrac{V_s}{2}+\dfrac{V_s}{4}(\delta_3-\delta_1)\]
\[V_B\approx\dfrac{V_s}{2}+\dfrac{V_s}{4}(\delta_4-\delta_2)\]
\[V_o\approx\dfrac{V_s}{4}(-\delta_1+\delta_2+\delta_3-\delta_4)\]

Passo 4. Para que todas as parcelas mecânicas tenham o mesmo sinal, escolhemos $R_1$ e $R_4$ em compressão, e $R_2$ e $R_3$ em tração. Todos os quatro dispositivos são extensômetros:

\[\varepsilon_1=\varepsilon_4=-\varepsilon_0\]
\[\varepsilon_2=\varepsilon_3=+\varepsilon_0\]

A soma dos efeitos térmicos comuns é nula, enquanto os quatro efeitos mecânicos se adicionam:

\[V_o\approx\dfrac{V_s}{4}\left[4G\varepsilon_0+(-1+1+1-1)\alpha\Delta T\right]\]
\[V_o\approx V_sG\varepsilon_0\]

Trocar simultaneamente tração por compressão em todos os braços inverte o sinal de $V_o$ e preserva o mesmo módulo máximo.

D8
Magnetismo — Força magnética — Movimento helicoidal de partícula carregada
Figura original da questão 8 da segunda fase do ITA 2027.

Em um determinado experimento inspirado no funcionamento de um espectrômetro de massa, partículas carregadas são inicialmente aceleradas, a partir do repouso, por uma diferença de potencial $V\mathrel{>}0$. Em seguida, elas penetram, no vácuo, em uma região onde somente um campo magnético uniforme $\vec{B}$ atua. Uma partícula de massa $m$ e carga $q\mathrel{>}0$ entra nessa região pelo ponto 1, com velocidade $\vec{\upsilon}$, formando um ângulo $\theta$ com a direção do campo magnético, conforme ilustra a figura abaixo. Observa-se que, durante a trajetória, a partícula volta a passar pela mesma linha de campo na qual o movimento teve início. Em um desses retornos, ela passa pelo ponto 2, situado a uma distância $L$ do ponto 1. Desprezando efeitos relativísticos, determine

  1. o módulo da velocidade da partícula ao penetrar na região de campo magnético;
  2. o tipo de movimento realizado pela partícula no interior da região de campo magnético, justificando sua resposta;
  3. a condição que $\cos\theta$ deve satisfazer para que a partícula passe pelo ponto 2. Expresse sua resposta em função dos dados do problema.

Resposta calculada pelo Método TEF

$v=\sqrt{2qV/m}$.
$\cos\theta=\dfrac{BL}{2\pi N}\sqrt{q/(2mV)}$, com $N\in\mathbb N^{*}$ e $0\lt\cos\theta\lt1$.
Resolução

Ideia central: o campo elétrico de aceleração transforma energia potencial elétrica em energia cinética. Já o campo magnético uniforme não realiza trabalho, mas produz movimento circular perpendicular ao campo e uniforme na direção paralela: a combinação é uma hélice.

Item a — velocidade de entrada

Passo 1. A partícula parte do repouso e é acelerada pela tensão $V$:

\[qV=\dfrac12 mv^2\]
\[v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m}}\]

Item b — trajetória no campo magnético

Passo 2. Decompor a velocidade na direção do campo e na direção perpendicular:

\[v_{\parallel}=v\cos\theta\]
\[v_{\perp}=v\operatorname{sen}\theta\]

A força magnética $\vec F=q\vec v\times\vec B$ é sempre perpendicular à velocidade, não altera o módulo de $v$ e atua apenas na componente transversal.

\[\dfrac{mv_{\perp}^2}{r}=qv_{\perp}B\]
\[r=\dfrac{mv\operatorname{sen}\theta}{qB}\]
\[\omega_c=\dfrac{qB}{m}\]
\[T=\dfrac{2\pi}{\omega_c}=\dfrac{2\pi m}{qB}\]

A componente paralela permanece constante. Portanto, a trajetória é uma hélice circular uniforme, de raio constante e passo:

\[\ell=v_{\parallel}T=\dfrac{2\pi mv\cos\theta}{qB}\]

Item c — condição de passagem pelo ponto 2

Passo 3. A partícula só volta à mesma linha de campo (mesma posição transversal) após um número inteiro positivo $N$ de voltas completas:

\[L=N\ell\qquad(N=1,2,3,\ldots)\]
\[L=N\dfrac{2\pi mv\cos\theta}{qB}\]

Isolando $\cos\theta$ e substituindo o valor de $v$:

\[\cos\theta=\dfrac{qBL}{2\pi Nm}\sqrt{\dfrac{m}{2qV}}\]
\[\cos\theta=\dfrac{BL}{2\pi N}\sqrt{\dfrac{q}{2mV}}\]

Para o ponto 2 estar à frente, na direção do campo, é preciso $0\lt\cos\theta\lt1$ para uma hélice não degenerada. Assim, também é necessário:

\[N\gt\dfrac{BL}{2\pi}\sqrt{\dfrac{q}{2mV}}\]
Auditoria TEF — observação: Para o caso degenerado $\theta=0$, $v_{\perp}=0$ e a trajetória deixa de ser helicoidal, tornando-se movimento retilíneo sobre a mesma linha de campo. A condição de voltas inteiras refere-se ao caso efetivamente helicoidal indicado pela figura.
D9
Ondulatória — Ondas eletromagnéticas — Superposição e interferência

Considere duas ondas eletromagnéticas coerentes entre si que se propagam no vácuo ao longo do eixo $x$. A superposição dos campos elétricos dessas ondas, ambos paralelos ao eixo $z$, é dada pelo seguinte campo elétrico resultante:

\[\vec{E}=E_0\left\{\cos\left[k(x+d)-\omega t\right]+\cos(kx-\omega t)\right\}\hat{z}\]

em que $k$ é o número de onda, e $\omega$ é a frequência angular. $E_0$ e $d$ são constantes positivas. Assuma distâncias $d$ que satisfazem a relação $kd=n\pi$ para $n=0,1,2,\cdots$. Responda aos itens a seguir.

  1. Mostre que $\vec{E}$ pode ser reescrito como uma onda que se propaga no sentido $x\mathrel{>}0$, com amplitude expressa apenas em função de $E_0$ e $n$.
  2. Indique a relação entre $n$ e o tipo de interferência gerada por essa superposição.
  3. Determine o campo magnético $\vec{B}$ resultante dessa superposição, indicando sua orientação, considerando que possui amplitude de módulo $B_0$.

Resposta calculada pelo Método TEF

Interferência construtiva para $n$ par e destrutiva para $n$ ímpar; $\vec B$ oscila no eixo $-y$ em fase com $E_z$, com amplitude resultante $E_{\mathrm{amp}}/c$.
Resolução

Ideia central: ondas de mesma frequência, polarização e sentido de propagação somam-se por interferência. A diferença de fase $kd=n\pi$ determina se a amplitude resultante é máxima ou nula.

Item a — reduzir a superposição a uma só onda

Passo 1. Escrever a fase $\phi=kx-\omega t$. Assim:

\[\vec E=E_0[\cos(\phi+kd)+\cos\phi]\,\hat z\]

Aplicamos a identidade trigonométrica de soma de cossenos:

\[\cos a+\cos b=2\cos\dfrac{a+b}{2}\cos\dfrac{a-b}{2}\]
\[\vec E=2E_0\cos\left(\dfrac{kd}{2}\right)\cos\left(kx-\omega t+\dfrac{kd}{2}\right)\hat z\]

Passo 2. Como $kd=n\pi$, a amplitude não negativa é:

\[E_{\mathrm{amp}}(n)=2E_0\left|\cos\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)\right|\]

Para $n$ par, a soma é exatamente $2E_0\cos(kx-\omega t)\hat z$; para $n$ ímpar, os dois campos se cancelam em cada ponto.

\[\vec E=\begin{cases}2E_0\cos(kx-\omega t)\,\hat z,&n\ \text{par}\\[2pt]\vec 0,&n\ \text{ímpar}\end{cases}\]

Item b — tipo de interferência

Quando $n$ é par, a diferença de fase é múltiplo de $2\pi$: interferência construtiva. Quando $n$ é ímpar, a diferença é múltiplo ímpar de $\pi$: interferência destrutiva total.

\[n=2j\Rightarrow E_{\mathrm{amp}}=2E_0\]
\[n=2j+1\Rightarrow E_{\mathrm{amp}}=0\]

Item c — campo magnético e orientação

Passo 3. Na propagação no sentido $+x$, a direção do fluxo de energia é $\vec E\times\vec B=+\hat x$. Como $\vec E$ aponta para $\hat z$ quando o cosseno é positivo, o campo magnético aponta para $-\hat y$:

\[\hat x\times\hat z=-\hat y\]
\[\vec B=\dfrac{1}{c}\hat x\times\vec E\]

Se $B_0=E_0/c$ é a amplitude magnética de cada onda constituinte:

\[\vec B=-B_0\left[\cos\big(k(x+d)-\omega t\big)+\cos(kx-\omega t)\right]\hat y\]
\[\vec B=\begin{cases}-2B_0\cos(kx-\omega t)\hat y,&n\ \text{par}\\[2pt]\vec 0,&n\ \text{ímpar}\end{cases}\]
Auditoria TEF — observação: A expressão “considerando que possui amplitude de módulo $B_0$” pode estar atribuindo $B_0$ à onda resultante, e não às componentes. Se esse for o significado do símbolo no item c, basta substituir $2B_0$ da expressão para $n$ par por $B_0$, entendendo necessariamente que $B_0=2E_0/c$. A relação vetorial $\vec B=(1/c)\hat x\times\vec E$ não depende da nomenclatura de amplitudes.
D10
Física moderna — Efeito Compton — Espalhamento e transformação relativística da frequência

Em um determinado referencial inercial, um elétron em repouso interage com um fóton de frequência $\nu$. Sabendo que essa colisão é elástica e que o fóton é desviado de um ângulo $\theta$ em relação à sua trajetória original, faça o que se pede.

  1. Deduza a expressão para a frequência $\nu^{\prime}$ do fóton espalhado em função de $\nu$, de $\theta$, da massa do elétron ($m_e$), da constante de Planck ($h$) e da velocidade da luz ($c$).
  2. Considere agora um observador O que se move com velocidade constante na mesma direção do fóton espalhado. Obtenha a velocidade $V$ que o observador O deva ter para que a frequência do fóton espalhado nesse referencial seja a mesma frequência original $\nu$.

Resposta calculada pelo Método TEF

$\nu^{\prime}=\nu/[1+(h\nu/m_ec^2)(1-\cos\theta)]$.
Velocidade de módulo $V=c(a^2-1)/(a^2+1)$, no sentido oposto ao fóton, com $a=1+[h\nu/(m_ec^2)](1-\cos\theta)$.
Resolução

Ideia central: a conservação relativística da energia e da quantidade de movimento no espalhamento Compton determina a perda de energia do fóton. Em seguida, a transformação Doppler relativística relaciona a frequência medida por um observador em movimento.

Item a — dedução da frequência espalhada

Passo 1. A energia dos fótons é $E=h\nu$ e o módulo da quantidade de movimento é $p=h\nu/c$. O elétron está inicialmente em repouso. Após a colisão, seja $E_e$ sua energia relativística total e $p_e$ seu momento.

Conservação da energia total:

\[m_ec^2+h\nu=E_e+h\nu^{\prime}\]
\[E_e=m_ec^2+h(\nu-\nu^{\prime})\]

Conservação vetorial do momento, elevando ao quadrado:

\[p_e^2=\left(\dfrac{h\nu}{c}\right)^2+\left(\dfrac{h\nu^{\prime}}{c}\right)^2-2\dfrac{h^2\nu\nu^{\prime}}{c^2}\cos\theta\]

Passo 2. Usamos a relação relativística entre energia e momento do elétron:

\[E_e^2=m_e^2c^4+p_e^2c^2\]

Substituindo as expressões anteriores:

\[[m_ec^2+h(\nu-\nu^{\prime})]^2=m_e^2c^4+h^2(\nu^2+\nu^{\prime2}-2\nu\nu^{\prime}\cos\theta)\]

Expandindo e cancelando os termos comuns dos dois lados:

\[2m_ec^2h(\nu-\nu^{\prime})=2h^2\nu\nu^{\prime}(1-\cos\theta)\]
\[\dfrac{1}{\nu^{\prime}}-\dfrac{1}{\nu}=\dfrac{h}{m_ec^2}(1-\cos\theta)\]

Passo 3. Isolamos a frequência do fóton espalhado:

\[\nu^{\prime}=\dfrac{\nu}{1+\dfrac{h\nu}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}\]

Item b — observador em movimento

Passo 4. Definimos o fator de redução de frequência devido ao espalhamento:

\[a\equiv\dfrac{\nu}{\nu^{\prime}}=1+\dfrac{h\nu}{m_ec^2}(1-\cos\theta)\ge1\]

Um observador que se move com velocidade algébrica $u$ no mesmo eixo e sentido de propagação do fóton mede o efeito Doppler relativístico:

\[\nu_O=\gamma\nu^{\prime}\left(1-\dfrac{u}{c}\right)=\nu^{\prime}\sqrt{\dfrac{1-u/c}{1+u/c}}\]

Impondo $\nu_O=\nu$ e isolando $u/c$:

\[a^2=\dfrac{1-u/c}{1+u/c}\]
\[\dfrac{u}{c}=\dfrac{1-a^2}{1+a^2}\]
\[u=-c\,\dfrac{a^2-1}{a^2+1}\]

Como $a\ge1$, obtemos $u\le0$: o observador deve se mover em sentido contrário ao fóton espalhado para compensar a diminuição de frequência causada pelo efeito Compton.

O módulo da velocidade necessária é:

\[V=c\,\dfrac{a^2-1}{a^2+1}\]
\[V=c\,\dfrac{\left[1+\frac{h\nu}{m_ec^2}(1-\cos\theta)\right]^2-1}{\left[1+\frac{h\nu}{m_ec^2}(1-\cos\theta)\right]^2+1}\]
Auditoria TEF — observação: A frase “na mesma direção do fóton” significa rigorosamente eixo colinear e pode admitir sentidos opostos. Se o enunciado quiser dizer no mesmo sentido, não existe solução para $\theta\ne0$, porque um observador que acompanha o fóton mede frequência ainda menor que $\nu^{\prime}\le\nu$. Para $\theta=0$, a única possibilidade de recuperar $\nu$ é o observador estar em repouso ($V=0$).
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