UFMG 2013 | 2ª Etapa — Física — Questões discursivas comentadas — Método TEF

1A) Velocidade imediatamente antes da primeira colisão

Da conservação da energia mecânica durante a queda livre:

$$\frac12 mv^2=mgh$$

$$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot10\cdot1{,}25}=5{,}0\ \mathrm{m/s}$$

O movimento é descendente.

1B) Velocidade imediatamente após a primeira colisão

A bolinha sobe até atingir $0{,}80\ \mathrm{m}$. Toda a energia cinética na saída é convertida em potencial gravitacional:

$$v'=\sqrt{2gh'}=\sqrt{2\cdot10\cdot0{,}80}=4{,}0\ \mathrm{m/s}$$

O movimento é ascendente.

2) Velocidade depois da segunda colisão

O coeficiente de restituição, definido pela razão dos módulos das velocidades, vale:

$$e=\frac{4{,}0}{5{,}0}=0{,}80$$

Na segunda queda, a velocidade imediatamente antes do impacto é $4{,}0\ \mathrm{m/s}$, para baixo. Como o coeficiente se mantém:

$$v_{\mathrm{saída},2}=e\,v_{\mathrm{entrada},2}=0{,}80\cdot4{,}0=3{,}2\ \mathrm{m/s}$$

Logo, a bolinha sai novamente para cima.

3) Comparação das forças médias de contato

Orientando o eixo vertical para cima, antes do choque as duas bolinhas possuem quantidade de movimento $-5m$. Após o choque, a bolinha 1 tem $+4m$ e a bolinha 2 tem zero. Assim:

$$\Delta p_1=m[4{,}0-(-5{,}0)]\ \mathrm{m/s}=m(9{,}0\ \mathrm{m/s})$$

$$\Delta p_2=m[0-(-5{,}0)]\ \mathrm{m/s}=m(5{,}0\ \mathrm{m/s})$$

Para o mesmo intervalo de colisão $\Delta t$, o impulso da força normal satisfaz $\overline N\,\Delta t-mg\,\Delta t=\Delta p$. Portanto:

$$\overline N_1=\frac{m(9{,}0\ \mathrm{m/s})}{\Delta t}+mg\qquad\text{e}\qquad\overline N_2=\frac{m(5{,}0\ \mathrm{m/s})}{\Delta t}+mg$$

Pela terceira lei de Newton, essas normais têm o mesmo módulo das forças médias que as bolinhas exercem sobre o chão. A força da bolinha 1 é maior.

Respostas: 1A) $5{,}0\ \mathrm{m/s}$ ↓; 1B) $4{,}0\ \mathrm{m/s}$ ↑; 2) $3{,}2\ \mathrm{m/s}$ ↑; 3) $F_1>F_2$.

1) Equilíbrio mecânico do êmbolo

O gás exerce força vertical para cima, enquanto a pressão atmosférica e o peso do êmbolo agem para baixo:

$$F_{\mathrm{gás}}=p_{\mathrm{atm}}A+mg$$

Convertendo a área e usando as constantes fornecidas na prova:

$$A=8{,}0\ \mathrm{cm^2}=8{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}$$

$$F_{\mathrm{gás}}=(1{,}01\times10^5)(8{,}0\times10^{-4})+0{,}30\cdot10$$

$$F_{\mathrm{gás}}=80{,}8+3{,}0=83{,}8\ \mathrm{N}$$

2) Altura inicial do gás

A pressão interna é constante no equilíbrio:

$$p=\frac{F_{\mathrm{gás}}}{A}=\frac{83{,}8}{8{,}0\times10^{-4}}=1{,}0475\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

Com $T_1=27+273=300\ \mathrm{K}$ e $V_1=Ah_1$, a equação de Clapeyron fornece:

$$pAh_1=nRT_1$$

$$h_1=\frac{(4{,}0\times10^{-3})\cdot8{,}3\cdot300}{(1{,}0475\times10^5)\cdot(8{,}0\times10^{-4})}\approx0{,}119\ \mathrm{m}$$

Com dois algarismos significativos: $h_1\approx0{,}12\ \mathrm{m}$.

3) Aquecimento isobárico

O êmbolo mantém a mesma carga mecânica e a pressão do gás se conserva. Como $V=Ah$, a altura é proporcional à temperatura absoluta:

$$\frac{h_2}{h_1}=\frac{T_2}{T_1}=\frac{330}{300}=1{,}10$$

$$\Delta h=h_1(1{,}10-1)=0{,}10\cdot0{,}119=0{,}0119\ \mathrm{m}$$

Respostas: 1) $83{,}8\ \mathrm{N}$; 2) $0{,}12\ \mathrm{m}$; 3) $1{,}2\ \mathrm{cm}$, para cima.

1A) Frequência fundamental

Em uma corda fixa nas duas extremidades, as frequências dos harmônicos são múltiplos inteiros da frequência fundamental:

$$f_n=nf_1\qquad(n=1,2,3,\ldots)$$

As duas ressonâncias observadas têm razão:

$$\frac{1320}{880}=\frac32$$

Como apenas essas duas ressonâncias aparecem na faixa contínua de $500$ a $1500\ \mathrm{Hz}$, elas correspondem ao segundo e ao terceiro harmônicos, respectivamente. Assim:

$$f_1=\frac{880}{2}=\frac{1320}{3}=440\ \mathrm{Hz}$$

Frequências fundamentais menores que produzissem ambos os picos implicariam harmônicos adicionais dentro da faixa examinada.

1B) Comprimento de onda no modo fundamental

Para uma corda fixa nas duas extremidades, o comprimento de onda fundamental é o dobro do comprimento da corda:

$$\lambda_{\mathrm{corda}}=2L=2\cdot0{,}32=0{,}64\ \mathrm{m}$$

2A) Frequência do som no ar

A frequência do som emitido pela corda é a mesma frequência de vibração que o produz:

$$f_{\mathrm{som}}=440\ \mathrm{Hz}$$

2B) Comprimento de onda no ar

Do quadro de constantes da prova, a velocidade do som no ar é $340\ \mathrm{m/s}$:

$$\lambda_{\mathrm{ar}}=\frac{v_{\mathrm{som}}}{f}=\frac{340}{440}\approx0{,}77\ \mathrm{m}$$

Respostas: 1A) $440\ \mathrm{Hz}$; 1B) $0{,}64\ \mathrm{m}$; 2A) $440\ \mathrm{Hz}$; 2B) $0{,}77\ \mathrm{m}$.

1) Trajetória do feixe

A incidência na primeira face é normal, logo o feixe atravessa essa face sem mudar de direção. Ao atingir a hipotenusa, o ângulo de incidência com a normal é $45^\circ$. O feixe sofre reflexão total, passando a propagar-se verticalmente para baixo, em direção à outra face que forma o ângulo reto. Nela, chega também perpendicularmente e sai do prisma sem mudar de direção.

2) Fenômeno na hipotenusa

A passagem considerada seria do vidro ($n_1=1{,}50$) para o ar ($n_2\approx1{,}00$). O ângulo limite satisfaz:

$$\operatorname{sen}\theta_c=\frac{n_2}{n_1}=\frac{1}{1{,}50}\approx0{,}667$$

$$\theta_c\approx41{,}8^\circ$$

Como $\operatorname{sen}45^\circ=0{,}707>0{,}667$, a incidência de $45^\circ$ está acima do ângulo crítico. Consequentemente, ocorre reflexão interna total.

3) Há dispersão visível?

Não. A variação do índice entre as cores é pequena, em torno de $1{,}50$, de modo que todas experimentam reflexão total nessa incidência. Além disso, a entrada e a saída ocorrem com incidência normal. As cores emergem sobre a mesma direção, sem separação angular.

Respostas: 1) entrada horizontal → reflexão total → saída vertical pela base; 2) reflexão interna total; 3) Não.

1) Esferas 1 e 2 com massas iguais

A força de Coulomb que 1 exerce em 2 e a força que 2 exerce em 1 têm módulos iguais, ainda que as cargas $Q$ e $q$ sejam diferentes (terceira lei de Newton).

Como as duas esferas estão presas ao mesmo ponto por fios de mesmo comprimento, o torque total das forças elétricas internas em relação ao ponto de suspensão é zero: suas forças são opostas e atuam sobre a linha que une as esferas. Em equilíbrio, os torques gravitacionais devem se compensar:

$$mgL\operatorname{sen}\theta_1=mgL\operatorname{sen}\theta_2$$

$$\theta_1=\theta_2$$

A diferença entre $Q$ e $q$ não muda essa igualdade.

2) Esferas 1 e 3 com massas diferentes

Pelo mesmo equilíbrio de torques, agora com a esfera 3 de massa $M>m$:

$$mgL\operatorname{sen}\theta_1=MgL\operatorname{sen}\theta_3$$

$$\operatorname{sen}\theta_1=\frac{M}{m}\operatorname{sen}\theta_3>\operatorname{sen}\theta_3$$

Como os ângulos físicos estão entre $0^\circ$ e $90^\circ$, conclui-se $\theta_1>\theta_3$. A esfera mais leve se afasta mais da vertical.

3) Contato elétrico simultâneo

As esferas metálicas têm mesmo raio; no modelo escolar de eletrização por contato de esferas idênticas, as cargas finais são iguais. A carga total é conservada:

$$Q_{\mathrm{total}}=Q+q+Q=2Q+q$$

$$q_1=q_2=q_3=\frac{2Q+q}{3}$$

A massa diferente da esfera 3 não interfere no compartilhamento eletrostático das cargas.

Respostas: 1) $\theta_1=\theta_2$; 2) $\theta_1>\theta_3$; 3) $q_1=q_2=q_3$.

Princípio físico comum às três situações

Uma corrente elétrica variável produz um campo magnético variável. Entretanto, só existe força eletromotriz induzida na espira se o fluxo magnético total através dela variar:

$$\mathcal E_{\mathrm{méd}}=-\frac{\Delta\Phi_B}{\Delta t}$$

A expressão pode ser interpretada como a razão entre variações finitas do fluxo e do tempo, sem necessidade de cálculo diferencial.

1) Fio perpendicular ao plano do anel

As linhas de campo do fio são circunferências centradas no próprio fio. Na configuração 1, essas linhas estão no plano horizontal do anel; o campo magnético é tangente à superfície que o anel delimita. Logo, não há componente normal atravessando o anel:

$$\Phi_B=0\quad\Rightarrow\quad\mathcal E=0$$

Resposta: Não.

2) Fio paralelo ao plano do anel, ao lado dele

No plano do anel, o campo magnético do fio aponta perpendicularmente à superfície do circuito. Como todo o anel se encontra do mesmo lado do fio, o fluxo tem um sinal predominante e seu valor acompanha a variação da corrente no fio.

Assim, a variação temporal do fluxo induz uma força eletromotriz e, sendo o anel condutor fechado, uma corrente elétrica.

Resposta: Sim.

3) Fio coincidente com um diâmetro do anel

Acima do fio, as linhas de campo atravessam o plano num sentido; abaixo, atravessam no sentido oposto. Como o fio passa pelo centro e divide o anel em duas metades simétricas, os fluxos magnéticos dessas metades se cancelam:

$$\Phi_{B,\mathrm{superior}}=-\Phi_{B,\mathrm{inferior}}$$

$$\Phi_{B,\mathrm{total}}=0\quad\Rightarrow\quad\mathcal E=0$$

Resposta: Não.

Respostas: Situação 1 — Não; Situação 2 — Sim; Situação 3 — Não.