UFC 1994.1 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

O enunciado despreza o tempo de propagação da luz. Assim, os 20 s correspondem ao tempo de viagem do som.

$$d=v_s\Delta t$$

$$d=340\cdot20$$

$$d=6800\text{ m}$$

$$d=6{,}8\text{ km}$$

A distância é até a região da descarga, não o comprimento de um trajeto percorrido pelo observador. A aproximação é coerente com a velocidade da luz muito maior que a do som.

No topo B, a aceleração centrípeta aponta para baixo. Na condição de normal nula, o peso fornece toda a resultante radial.

$$mg=\frac{mv_B^2}{R}$$

$$v_B^2=gR$$

O ponto B está a 2R acima do nível inferior. Conservamos a energia mecânica desde o repouso em A.

$$mgh=mg(2R)+\frac12mv_B^2$$

$$h=2R+\frac{v_B^2}{2g}$$

Substituindo a condição dinâmica do topo:

$$h=2R+\frac R2$$

$$h=\frac52R$$

Normal nula não significa resultante nula: o peso mantém a aceleração centrípeta necessária. A altura obtida é a condição limite de contato no topo, no modelo ideal.

No modelo ideal da prensa, a pressão adicional transmitida pelo líquido é a mesma nos dois pistões.

$$\frac fa=\frac PA$$

Substituímos a relação entre as áreas, sem precisar conhecer seus valores individuais.

$$f=P\frac aA$$

$$f=100000\frac a{50a}$$

$$f=2000\text{ N}$$

O ganho em força corresponde à razão de áreas. Ele não representa ganho de energia: no funcionamento ideal, o pistão menor percorre distância maior que o pistão de carga.

Usamos o gás ideal, temperaturas absolutas e volume do tubo desprezível, como no comentário. A quantidade total de gás é conservada, mas pode se redistribuir entre os bulbos.

$$T_i=300\text{ K}$$

$$T_1=273\text{ K}$$

$$T_2=373\text{ K}$$

No estado inicial:

$$n=\frac{p_i(3V_0)}{R\cdot300}$$

No estado final, a pressão é comum, mas as temperaturas são diferentes.

$$n_1=\frac{p_fV_0}{R\cdot273}$$

$$n_2=\frac{p_f(2V_0)}{R\cdot373}$$

Somamos as quantidades de matéria e igualamos ao total inicial.

$$n_1+n_2=n$$

$$p_f\left(\frac1{273}+\frac2{373}\right)=\frac{3p_i}{300}$$

$$p_f=\frac{3\cdot760/300}{1/273+2/373}$$

$$p_f\approx842\text{ mmHg}$$

Não se aplica uma única temperatura final ao volume total de 3V₀. Igualdade de pressão não implica igualdade de temperatura nem conservação separada da quantidade de gás em cada bulbo.

Cada grupo tem resistores iguais em paralelo. Suas resistências equivalentes são:

$$R_1=\frac R2$$

$$R_2=\frac R4$$

$$R_3=\frac R8$$

Os grupos estão em série entre si. Somamos a progressão geométrica de razão 1/2.

$$R_{eq}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac R{2^k}$$

$$R_{eq}=\frac{R/2}{1-1/2}$$

$$R_{eq}=R=10\,\Omega$$

A potência total para a tensão fornecida pela bateria ideal é:

$$P=\frac{V^2}{R_{eq}}$$

$$P=\frac{10^2}{10}$$

$$P=10\text{ W}$$

Há infinitos componentes, mas a soma das resistências dos grupos converge. Não se trata de colocar todos os resistores em um único paralelo.

Pela regra da mão direita, os campos têm sentidos opostos na região entre fios com correntes no mesmo sentido. Fora dessa região, seus campos se somam. Seja x a distância do ponto procurado ao fio A; a distância ao fio B é d − x.

$$B_A=\frac{\mu_0i}{2\pi x}$$

$$B_B=\frac{\mu_0(2i)}{2\pi(d-x)}$$

Para o cancelamento vetorial, os módulos devem ser iguais.

$$\frac1x=\frac2{d-x}$$

$$d-x=2x$$

$$3x=d$$

$$x=\frac d3$$

O ponto fica mais perto do fio de corrente menor, pois seu campo precisa ser compensado pelo campo produzido pela corrente maior a uma distância maior.

a. O olho hipermétrope converge os raios de modo insuficiente para focalizar sobre a retina. Uma lente convergente adiciona convergência antes da entrada no olho, deslocando o foco para a retina.

O olho míope focaliza os raios antes da retina. Uma lente divergente reduz a convergência do conjunto, permitindo que o foco se forme mais adiante, sobre a retina.

b. O diagrama da fonte mostra os dois casos corrigidos, com os raios chegando à retina. Na figura abaixo, a ordem é miopia à esquerda e hipermetropia à direita.

O enunciado permite determinar o tipo de lente, mas não sua distância focal ou potência: faltam medidas dos pontos próximo e remoto ou dados equivalentes do sistema óptico. Os desenhos são esquemáticos.

a. Seja β o ângulo do raio dentro do núcleo com o eixo horizontal, normal à face A. Pela lei de Snell na entrada, com índice do ar igual a um:

$$\sin\alpha_0=n_2\sin\beta$$

Na interface horizontal núcleo–casca, o ângulo com a normal é 90° − β. No limite de reflexão total:

$$\sin\theta_c=\frac{n_1}{n_2}$$

$$\theta_c=90^\circ-\beta$$

$$\cos\beta=\frac{n_1}{n_2}$$

Usamos a identidade trigonométrica e combinamos com a entrada.

$$\sin\alpha_0=\sqrt{n_2^2-n_1^2}$$

$$\sin\alpha_0\approx\sqrt{2{,}25-2{,}16}$$

$$\sin\alpha_0\approx0{,}30$$

$$\alpha_0\approx17{,}5^\circ$$

b. Um ângulo externo menor produz β menor, portanto incidência maior na interface com a casca: ocorre reflexão total. Um ângulo externo maior reduz a incidência nessa interface abaixo do ângulo crítico e parte da luz é transmitida à casca, comprometendo o confinamento.

Ressalva editorial. O comentário da fonte repete a mesma desigualdade nas duas conclusões finais. A comparação correta é a apresentada acima. Na igualdade α = α₀, o raio refratado limite é rasante à interface; a reflexão total estrita exige incidência interna acima da crítica. A espessura do núcleo não entra nesse critério geométrico ideal de raios.