UFC 1992.2 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Não há força horizontal externa sobre o sistema homem + bloco. As forças transmitidas pela corda são internas e não mudam a quantidade de movimento total.

$$F_{ext,x}=0$$

Como o sistema começa em repouso, o centro de massa permanece na mesma posição. Escolhemos a posição inicial do homem como origem e a do bloco como x = d.

$$x_{CM}=\frac{m\cdot0+M\cdot d}{m+M}$$

$$x_{CM}=\frac{M}{m+M}d$$

No modelo pontual, no encontro os dois corpos ocupam essa mesma posição, que coincide com o centro de massa imóvel.

$$x_{encontro}=\frac{M}{m+M}d$$

O bloco percorre a distância restante:

$$d-x_{encontro}=\frac{m}{m+M}d$$

Se o bloco for muito mais pesado, o homem percorre quase toda a distância. O resultado não exige conservação de energia mecânica: o homem pode transformar energia interna durante o puxão.

Para um planeta esférico e homogêneo, a massa cresce com o cubo do raio quando a densidade ρ é a mesma.

$$M=\rho\frac{4\pi R^3}{3}$$

O peso na superfície é:

$$P=\frac{GmM}{R^2}$$

Substituímos a massa do planeta em função de seu raio.

$$P=\frac{Gm}{R^2}\rho\frac{4\pi R^3}{3}$$

$$P=\frac{4\pi Gm\rho}{3}R$$

Com m e ρ iguais nas duas situações, o peso é proporcional ao raio.

$$\frac{P_P}{P_T}=\frac{R_P}{R_T}$$

$$R_P>R_T\ \Longrightarrow\ P_P>P_T$$

O corpo tem a mesma massa nos dois planetas, mas pesa mais no maior. A regra de diminuição com 1/R² não pode ser aplicada mantendo a massa planetária fixa, pois o enunciado mantém a densidade, não a massa do planeta.

Os intervalos entre passos consecutivos são dados pelo comprimento do passo dividido pela velocidade.

$$\tau_m=\frac{0{,}4}{1}=0{,}4\text{ s}$$

$$\tau_h=\frac{0{,}6}{1}=0{,}6\text{ s}$$

Contagem adotada no comentário. A primeira pisada direita é o primeiro passo completo após o início. As pisadas direitas correspondem aos números de passo ímpares. Se n é o número de passos do homem e j o da mulher, um contato simultâneo exige:

$$0{,}6n=0{,}4j$$

$$3n=2j$$

Logo, n precisa ser par. Não há solução com n e j ambos ímpares; nessa convenção, nenhuma das pisadas simultâneas é direita para os dois. Em 4,8 s, o homem completa oito passos e a mulher doze.

Ressalva sobre a fase inicial. A frase “iniciam com o pé direito no mesmo instante” também pode significar que ambos já apoiam esse pé em t = 0. Nessa leitura, o intervalo entre contatos do mesmo pé é o dobro do intervalo entre passos.

$$T_m=0{,}8\text{ s}$$

$$T_h=1{,}2\text{ s}$$

O primeiro novo contato simultâneo dos pés direitos ocorre após três ciclos da mulher e dois do homem.

$$3T_m=2T_h=2{,}4\text{ s}$$

Até 4,8 s, os novos contatos são em 2,4 s e 4,8 s. Portanto, o número depende da fase atribuída ao primeiro contato, que a redação não fixa de modo inequívoco. A página identifica a convenção do comentário em vez de tratar as duas leituras como equivalentes.

O comprimento de onda do som emitido pelo diapasão é:

$$\lambda=\frac vf$$

$$\lambda=\frac{330}{440}=0{,}75\text{ m}$$

Um tubo fechado em uma extremidade tem nó de deslocamento na extremidade fechada e ventre na aberta. Os comprimentos ressonantes são múltiplos ímpares de um quarto de onda.

$$L_n=(2n-1)\frac\lambda4\quad(n=1,2,3,\ldots)$$

$$\frac\lambda4=0{,}1875\text{ m}=18{,}75\text{ cm}$$

Os primeiros comprimentos possíveis são:

$$L_1^{(ress)}=18{,}75\text{ cm}$$

$$L_2^{(ress)}=56{,}25\text{ cm}$$

$$L_3^{(ress)}=93{,}75\text{ cm}$$

Da lista fornecida, somente o tubo de 18,75 cm satisfaz a condição. O de 37,5 cm contém dois quartos de onda, um múltiplo par, e não é ressonante nesse modelo de uma extremidade fechada.

A condição de diâmetro pequeno permite desprezar a correção de extremidade no cálculo ideal dos comprimentos.

Adotamos as condições do comentário: ar inicialmente à pressão atmosférica de 1 atm, comprimento inicial útil de 30 cm e volume morto desprezível. Até a válvula abrir para a bola, a massa de ar presa na bomba permanece constante.

$$p_i=1\text{ atm}$$

$$V_i=A\cdot30$$

Após deslocamento x do êmbolo:

$$V_f=A(30-x)$$

O ar começa a entrar quando sua pressão alcança o limiar da pressão interna da bola, tomada como pressão absoluta.

$$p_f=3\text{ atm}$$

Pela lei de Boyle na compressão isotérmica:

$$p_iV_i=p_fV_f$$

$$1\cdot A\cdot30=3A(30-x)$$

$$30=90-3x$$

$$3x=60$$

$$x=20\text{ cm}$$

A válvula impede retorno da bola e só permite a transferência após esse limiar. Não se aplica a lei com massa constante à bomba depois que o gás começa a sair dela.

O eixo y aponta para baixo. Enquanto a força resultante tem sinal positivo, a velocidade de queda aumenta; depois que a resultante muda de sinal, ela diminui. A velocidade máxima ocorre em F = 0, em y = 1,35 m.

A área sob o gráfico até esse ponto é o trabalho da resultante. Ela tem uma parte retangular e uma triangular.

$$W_1=2\cdot1{,}15=2{,}30\text{ J}$$

$$W_2=\frac{(1{,}35-1{,}15)\cdot2}{2}=0{,}20\text{ J}$$

$$W=2{,}50\text{ J}$$

Como a esfera parte do repouso, o teorema trabalho–energia fornece:

$$W=\frac12mv_{máx}^2$$

$$2{,}50=\frac12\cdot0{,}200\cdot v_{máx}^2$$

$$v_{máx}^2=25$$

$$v_{máx}=5{,}0\text{ m/s}$$

A mesma posição corresponde à compressão mg/k = 0,20 m da mola, além da queda inicial de 1,15 m. Ela não é a compressão máxima, na qual a esfera para.

A menção a choque plástico é tratada no modelo da fonte como acoplamento à mola ideal sem rebote. O cálculo usa a força resultante e o trabalho descritos no gráfico; não há informação para acrescentar uma perda impulsiva de energia independente desse modelo.

Adotamos, como no comentário, apenas o peso e a força elétrica na dinâmica da gotícula. Velocidade constante implica aceleração e resultante nulas. A força elétrica deve apontar para cima para equilibrar o peso.

$$qE=mg$$

Convertemos miligramas para quilogramas.

$$m=2\text{ mg}=2\times10^{-6}\text{ kg}$$

$$E=\frac{mg}{q}$$

$$E=\frac{2\times10^{-6}\cdot10}{4{,}8\times10^{-10}}$$

$$E\approx4{,}17\times10^4\text{ V/m}$$

A diferença de potencial em módulo é:

$$d=1{,}2\times10^{-2}\text{ m}$$

$$|\Delta V|=Ed$$

$$|\Delta V|=\frac{2\times10^{-5}}{4{,}8\times10^{-10}}\cdot1{,}2\times10^{-2}$$

$$|\Delta V|=500\text{ V}$$

Como q é positiva e o campo aponta para cima, a placa inferior está em potencial maior e é positiva em relação à superior.

Conferência da fonte. O valor final de 500 V está correto, mas o campo intermediário impresso como 10⁵/24 V/m perde um fator dez: o campo correto é 10⁶/24 V/m. Se houvesse força de arrasto relevante, ela também precisaria entrar no equilíbrio; essa força não integra o modelo usado no comentário.

O comentário determina até quando existe luz que emerge na região da superfície não coberta pelo disco. Nesse modelo, o pequeno furo serve à passagem do fio e sua abertura para a luz é desprezada.

O ângulo crítico θc, medido com a normal à superfície, satisfaz:

$$\sin\theta_c=\frac{n_{ar}}{n_{\text{água}}}=\frac34$$

$$\cos\theta_c=\frac{\sqrt7}{4}$$

$$\tan\theta_c=\frac3{\sqrt7}$$

Para a lâmpada à profundidade h, o raio limite de emergência atinge a superfície à distância horizontal h tan θc do eixo. A última condição em que essa região alcança a borda do disco é:

$$R=h_c\tan\theta_c$$

$$h_c=\frac{R}{\tan\theta_c}$$

$$h_c=\frac{1{,}5\sqrt7}{3}=\frac{\sqrt7}{2}\text{ m}$$

A lâmpada começa em profundidade 2√7 m. O percurso até essa profundidade crítica é:

$$\Delta h=2\sqrt7-\frac{\sqrt7}{2}$$

$$\Delta h=\frac{3\sqrt7}{2}\text{ m}$$

Dividimos pela velocidade constante de subida.

$$\Delta t=\frac{\Delta h}{v}$$

$$\Delta t=\frac{3\sqrt7/2}{\sqrt7}$$

$$\Delta t=1{,}5\text{ s}$$

Quando a lâmpada fica mais rasa que hc, os raios que alcançam a superfície fora do disco incidem acima do ângulo crítico e sofrem reflexão total. A igualdade é o caso limite de refração rasante.

Ressalva sobre a observação. A expressão “qualquer que seja a sua posição” não fixa uma linha de visada. O resultado calculado indica existência de raios emergentes fora do disco, não visibilidade simultânea para todos os observadores. Uma abertura central que deixasse passar luz também mudaria a conclusão para certas posições; a fonte não modela essa passagem.