OBF 2007 — 3ª fase · 3ª série | Física resolvida

Q01

Carrinhos e colisões internas — Velocidade final independente da sequência

Dois carrinhos A e B idênticos estão ligados rigidamente por uma barra e juntos (carrinho A + carrinho B + barra) têm a massa de 4 kg . Dois carrinhos C e D , de massas M꜀ = 2 kg e Mᴅ = 2 kg , são colocados em repouso entre os carrinhos A e B , a iguais distâncias (Figura 1). Sabendo que a velocidade de A e B é de 3 m/s para a direita, e considerando que o atrito entre as rodas dos carrinhos e o solo é desprezível, responda:

a) Se a colisão entre A e C for perfeitamente inelástica (C fica “grudado” em A ) e, entre C e D for perfeitamente elástica, qual será a velocidade final do sistema sabendo que a colisão entre D e B também será perfeitamente inelástica ( D fica “grudado” em B )?

b) Qual a velocidade final do sistema considerando a colisão entre A e C perfeitamente inelástica, e entre C e D também perfeitamente inelástica? Compare essa velocidade com aquela obtida no item (a). Explique o resultado.

Carrinhos A e B ligados rigidamente por barra; C e D inicialmente parados entre eles.

Resposta TEF: a) 1,5 m/s para a direita. b) 1,5 m/s para a direita.

Resolução comentada · Método TEF

O sistema de carrinhos A e B com a barra tem 4 kg e move-se a 3 m/s. C e D têm 2 kg cada e começam parados. O momento inicial total é:

$$p_i=4(3)=12\ \mathrm{kg\,m/s}$$

No estado final das duas sequências, todos seguem unidos, com massa total de 8 kg.

$$v_f=\frac{12}{4+2+2}=1{,}5\ \mathrm{m/s}$$

O resultado vale para os itens a e b. As forças entre os carrinhos são internas, de modo que a velocidade final comum depende do momento inicial, não da ordem ou elasticidade das colisões intermediárias. As perdas de energia em cada etapa podem diferir.

Q02

Onda harmônica progressiva — Comprimento de onda, esboço e fração percorrida

Uma onda de velocidade v = 10⁶ m/s é descrita por y = 10 cos(4z + ωt), com y e z em metros e t em segundos. Para uma onda harmônica, ω = vk.

a) Determine o comprimento de onda λ.

b) Esboce y em função de z para t = 0, usando z = 0, λ/4, λ/2, 3λ/4 e λ.

c) Calcule a fração de comprimento de onda percorrida entre t = 0 e t = 0,523 × 10⁻⁶ s.

Resposta TEF: a) π/2 m. b) y(z,0) = 10 cos(4z), com pontos 10, 0, −10, 0, 10 por quartos de λ. c) Aproximadamente λ/3, para −z.

Resolução comentada · Método TEF

Na expressão y = 10 cos(4z + ωt), o número de onda é k = 4 rad/m.

$$\lambda=\frac{2\pi}{4}=\frac\pi2\ \mathrm m$$

$$\omega=vk=4\times10^6\ \mathrm{rad/s}$$

Em t = 0, o esboço é um cosseno de amplitude 10 m: y vale 10, 0, −10, 0 e 10 nos pontos z = 0, λ/4, λ/2, 3λ/4 e λ. O sinal mais no argumento indica propagação para −z.

$$\Delta s=v\Delta t=10^6(0{,}523\times10^{-6})=0{,}523\ \mathrm m$$

$$\frac{\Delta s}{\lambda}=\frac{1{,}046}{\pi}\approx\frac13$$

A distância percorrida pela forma de onda é aproximadamente um terço de λ; não é o deslocamento de uma partícula do meio.

Q03

Equilíbrio de momentos — Haste com cargas e contrapeso

Um dos resultados da Mecânica é que em um corpo extenso que não apresenta modificação em seu estado de repouso ou movimento, a resultante das forças e o momento resultante são nulos. Já a eletrostática ensina que a intensidade da força entre duas cargas puntiformes (pontuais) varia com o inverso do quadrado da distância entre elas, e é diretamente proporcional ao produto dos valores absolutos das cargas. Considerando esses resultados, suponha que no laboratório foi montada a experiência mostrada na figura 2. Nessa figura, a haste AB tem massa m , comprimento L e seu ponto médio repousa sobre um suporte fixo ao teto. Nas extremidades A e B da haste, encontram-se cargas de valor Q . Fixados à bancada, estão dois suportes a e b , em cujas extremidades há cargas de valores −5Q e −6Q , respectivamente. Os suportes e a haste são de material apropriado para que as cargas se mantenham concentradas nos pontos indicados. A experiência é montada de tal forma que somente a força elétrica entre as cargas de A e a , e a força elétrica entre as cargas de B e b , sejam consideradas. Nessas condições observa-se que, para a haste AB permanecer na horizontal, é preciso pendurar nela um corpo de massa M , no ponto situado à distância L/3 de seu ponto médio. Sendo D a distância entre as cargas de A e a , e de B e b , pede-se:

a) A massa M do corpo em função da distância D e da carga Q ;

b) Sabendo o valor da carga elementar e = 1,6 × 10⁻¹⁹ C e que, quando a distância D = 30 cm a massa M do corpo, usado para manter a haste na horizontal, é igual a 0,1536 kg , determine o número de cargas elementares em Q .

Haste apoiada pelo centro, cargas +Q nas pontas, cargas −5Q e −6Q abaixo e contrapeso M a L/3 à esquerda do centro.

Resposta TEF: a) M = 3keQ²/(2gD²). b) 2,0 × 10¹³ cargas elementares.

Resolução comentada · Método TEF

As atrações nas extremidades têm módulos 5kₑQ²/D² e 6kₑQ²/D². O peso da haste atua no apoio central e não produz momento em torno dele. A massa M à esquerda equilibra a diferença dos momentos elétricos.

$$Mg\frac L3=\left(\frac{6k_eQ^2}{D^2}-\frac{5k_eQ^2}{D^2}\right)\frac L2$$

$$M=\frac{3k_eQ^2}{2gD^2}$$

Para M = 0,1536 kg, D = 0,30 m e kₑ = 9×10⁹:

$$Q=\sqrt{\frac{2MgD^2}{3k_e}}=3{,}2\times10^{-6}\ \mathrm C$$

$$N=\frac{Q}{e}=\frac{3{,}2\times10^{-6}}{1{,}6\times10^{-19}}=2{,}0\times10^{13}$$

Consideram-se apenas os dois pares de interação explicitamente selecionados pelo enunciado.

Q04

Superposição no eixo de duas espiras — Limites geométricos do campo

Uma espira circular de raio R, no plano xy e percorrida por corrente i, produz no eixo z o campo B = μ₀iR²/[2(z² + R²)³ᐟ²], no sentido indicado. Use μ₀ = 4π × 10⁻⁷ N/A². Duas espiras A e D, com mesmo raio e correntes no mesmo sentido, estão separadas por ℓ; A está em z = 0 e D em z = ℓ.

a) Determine o campo no ponto P, de coordenada z, em função de z e ℓ.

b) Analise o limite ℓ → 0.

c) Explique os casos: i) ℓ = 0 e z ≠ 0; ii) ℓ = z = 0; iii) ℓ = z ≠ 0.

Duas espiras A e D de mesmo raio R e correntes no mesmo sentido, separadas por ℓ ao longo de z.

Resposta TEF: Campo dado pela soma axial das duas espiras; para ℓ = 0 dobra-se o campo de uma espira; no centro comum B = μ₀i/R. Para z = ℓ ≠ 0, B = (μ₀i/2)[R²/(z²+R²)³ᐟ² + 1/R], no sentido +z.

Resolução comentada · Método TEF

As correntes indicadas produzem campos no mesmo sentido do eixo z. Some as contribuições, usando z para a espira A e z−ℓ para a espira D.

$$\vec B(z)=\frac{\mu_0iR^2}{2}\left[\frac1{(z^2+R^2)^{3/2}}+\frac1{((z-\ell)^2+R^2)^{3/2}}\right]\hat k$$

Quando ℓ → 0, as espiras se superpõem e o campo é o dobro do de uma espira:

$$\vec B(z)=\frac{\mu_0iR^2}{(z^2+R^2)^{3/2}}\hat k$$

Assim, no caso i, ℓ = 0 e z ≠ 0, vale a expressão anterior. No caso ii, z = ℓ = 0:

$$\vec B=\frac{\mu_0i}{R}\hat k$$

No caso iii, z = ℓ ≠ 0, o ponto está no centro da espira superior:

$$\vec B=\frac{\mu_0i}{2}\left[\frac{R^2}{(z^2+R^2)^{3/2}}+\frac1R\right]\hat k$$

Não se impõe ℓ = R: embora o texto cite bobinas de Helmholtz, a questão pede separação genérica.

Q05

Máquina térmica e condução — Potência e fusão de gelo

Uma máquina térmica tem rendimento 20% menor do que uma máquina de Carnot que opera entre as temperaturas T1 = 300 K e T2 = 600 K. A quantidade de calor por unidade de tempo recebida pela máquina é igual à que ocorre quando uma parede de 10 cm de espessura, área de 2 m² e condutividade térmica de 50 W/(m K) é submetida a uma diferença de temperatura de 500 K.

a) Determine a potência desta máquina.

b) Que quantidade de gelo a – 20 °C seria possível derreter usando a quantidade de calor descartada pela máquina, durante um tempo de 10 minutos?

Resposta TEF: a) 200 kW. b) m = 180×10⁶/(20cgelo+Lf) kg; aproximadamente 484 kg ao adotar as constantes do caderno de 1ª/2ª séries de 2007.

Resolução comentada · Método TEF

O rendimento de Carnot é 1−300/600 = 0,50. Vinte por cento menor, como redução relativa, significa 0,8 × 0,50 = 0,40.

$$\dot Q_q=\frac{kA\Delta T}{e}=\frac{50(2)(500)}{0{,}10}=500000\ \mathrm W$$

$$P=0{,}40(500000)=200000\ \mathrm W$$

$$\dot Q_f=500000-200000=300000\ \mathrm W$$

Em dez minutos, a energia descartada é 180 MJ. Cada quilograma de gelo a −20 °C requer aquecimento e fusão.

$$q_{kg}=2100(20)+330000=372000\ \mathrm{J/kg}$$

$$m=\frac{180\times10^6}{372000}\approx483{,}9\ \mathrm{kg}$$

Os 20% não são vinte pontos percentuais: essa outra leitura daria rendimento 0,30 e resultados diferentes.

O caderno da 3ª série não explicita c do gelo e seu calor latente. Sem fixá-los, a massa pedida é m = 180×10⁶/(20c_gelo + L_f), em kg com constantes no SI. O valor numérico acima adota 2100 J/(kg·K) e 330000 J/kg, fornecidos no caderno de 1ª/2ª séries desta edição.

Q06

Expansões isobárica e adiabática — Trabalho e energia interna do hélio

Certa quantidade de hélio ideal parte de A com Pₐ = 32 × 10⁵ Pa e Vₐ = 1 m³. Sofre expansão isobárica A → B, até Vᵦ = 2 m³, seguida de expansão adiabática B → C, até P꜀ = 1 × 10⁵ Pa. Use cᵥ = 3R/2 e cₚ = 5R/2.

a) Construa o diagrama PV.

b) Quanto trabalho foi realizado pelo gás de A até C?

c) Qual é a variação da energia interna de A até C?

No processo adiabático, W = (P₁V₁ − P₂V₂)/(γ − 1), com γ = cₚ/cᵥ.

Resposta TEF: a) A(1 m³;32×10⁵ Pa), B(2 m³;32×10⁵ Pa), C(16 m³;10⁵ Pa). b) 10,4 MJ. c) −2,4 MJ.

Resolução comentada · Método TEF

Para hélio ideal, γ = (5R/2)/(3R/2) = 5/3. A pressão em B é a mesma de A, 32 × 10⁵ Pa.

$$V_C=V_B\left(\frac{P_B}{P_C}\right)^{1/\gamma}=2(32)^{3/5}=16\ \mathrm{m^3}$$

No diagrama PV, A = (1;32×10⁵), B = (2;32×10⁵) e C = (16;10⁵), em unidades SI.

$$W_{AB}=P_A(V_B-V_A)=3{,}2\times10^6\ \mathrm J$$

$$W_{BC}=\frac{P_BV_B-P_CV_C}{\gamma-1}=7{,}2\times10^6\ \mathrm J$$

$$W_{AC}=10{,}4\times10^6\ \mathrm J$$

Como U = 3PV/2:

$$\Delta U=\frac32(P_CV_C-P_AV_A)=-2{,}4\times10^6\ \mathrm J$$

O gás realiza trabalho positivo mesmo terminando com energia interna menor que a inicial.

Expansão do hélio: A(1;32), B(2;32), C(16;1), com volume em m³ e pressão em 10⁵ Pa.

Q07

Profundidade aparente em tanque acelerado — Inclinação da superfície livre

Uma moeda se encontra exatamente na parte central do fundo de um tanque de água montado sobre a carroceria de um caminhão. Um rapaz que observa a moeda, segundo um ângulo α em relação à normal à superfície do líquido, mede uma profundidade aparente de 50 cm. Em certo instante o caminhão move-se para frente com aceleração constante e o rapaz, observando a moeda com o mesmo ângulo α em relação à normal à superfície do líquido (que agora está inclinada), atribui uma profundidade aparente de 25√3 cm . Determine a aceleração do caminhão.

Tanque sobre caminhão com moeda no centro do fundo e observação em relação à normal à água.

Resposta TEF: 10/√3 m/s² ≈ 5,77 m/s².

Resolução comentada · Método TEF

Como o ângulo de observação em relação à normal local permanece o mesmo e os índices não mudam, o fator que converte profundidade real normal à interface em aparente é constante. A moeda fica no centro do fundo, e a superfície gira em torno da altura média. A distância perpendicular da moeda à superfície passa de h para h cos θ.

$$\cos\theta=\frac{25\sqrt3}{50}=\frac{\sqrt3}{2}$$

$$\theta=30^\circ$$

No equilíbrio relativo do líquido em aceleração horizontal constante:

$$\tan\theta=\frac ag$$

$$a=10\tan30^\circ=\frac{10}{\sqrt3}\ \mathrm{m/s^2}\approx5{,}77\ \mathrm{m/s^2}$$

O modelo desconsidera transbordamento e oscilações transitórias da superfície.

Q08

Energia de fótons — Ondas de rádio e luz visível

Cada fóton de frequência f possui energia E = hf. Use h = 6,62 × 10⁻³⁴ J·s, c = 3 × 10⁸ m/s e 1 eV = 1,6 × 10⁻¹⁹ J. O visível está entre 0,4 × 10⁻⁶ e 0,7 × 10⁻⁶ m; 1 Å = 10⁻¹⁰ m.

a) Calcule em eV a energia de um fóton de rádio com λ = 310 m e o intervalo de energias do visível.

b) Quantos fótons dessa onda de rádio totalizam 40 eV?

c) Obtenha λ em ångströms em função de E em eV.

Espectro eletromagnético: visível aproximadamente entre 4000 e 7000 Å e região de ondas de rádio em comprimentos maiores.

Resposta TEF: a) Rádio: 4,00 × 10⁻⁹ eV; visível: aproximadamente 1,77 a 3,10 eV. b) Aproximadamente 1,0 × 10¹⁰ fótons. c) λ(Å) = 12412,5/E(eV).

Resolução comentada · Método TEF

Combine E = hf e f = c/λ. Com hc = 1,986×10⁻²⁵ J·m e 1 eV = 1,6×10⁻¹⁹ J:

$$E_{radio}=\frac{hc}{310(1{,}6\times10^{-19})}\approx4{,}00\times10^{-9}\ \mathrm{eV}$$

O menor comprimento visível tem a maior energia.

$$E_{400\,nm}\approx3{,}10\ \mathrm{eV}$$

$$E_{700\,nm}\approx1{,}77\ \mathrm{eV}$$

Para totalizar 40 eV com fótons da onda de 310 m:

$$N=\frac{40}{4{,}004\times10^{-9}}\approx9{,}99\times10^9$$

Ao expressar λ em ångströms:

$$\lambda(\mathrm{\mathring A})=\frac{12412{,}5}{E(\mathrm{eV})}$$

O valor 310 m é o comprimento de onda impresso; não deve ser lido como 10³ m.

Dados da prova