UNICID · Medicina 2009.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A força magnética sobre uma partícula eletrizada que se move com velocidade perpendicular ao campo é dada por

$F=q\,v\,B$.

Isolando o campo magnético:

$B=\dfrac{F}{q\,v}$.

Substituindo as unidades fornecidas no enunciado, com a carga em $\text{A}\cdot\text{s}$, a velocidade em $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ e a força em $\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}$:

$[B]=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{(\text{A}\cdot\text{s})\cdot(\text{m}\cdot\text{s}^{-1})}=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{\text{A}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{0}}=\text{kg}\cdot\text{A}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}$.

O denominador contém $\text{s}\cdot\text{s}^{-1}=\text{s}^0$, de modo que o metro e uma parcela do tempo se cancelam. Resta $\text{kg}\cdot\text{A}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}$, que é a unidade do tesla no SI.

Os dois jogadores têm a mesma velocidade vetorial em relação ao campo; logo, em relação a um referencial que se move junto com eles, A e B estão em repouso um em relação ao outro, separados pela reta tracejada que forma o ângulo $\theta$ com o sentido do movimento.

Desprezando o ar, a bola não sofre aceleração horizontal. Nesse referencial (inercial, pois a velocidade dos jogadores é constante), a bola se move em linha reta e com velocidade constante. Para atingir B, que está parado nesse referencial, a bola precisa percorrer exatamente o segmento AB.

Portanto, para o jogador A, que também está parado nesse referencial, a direção do lançamento é a da reta AB, ou seja, forma com o sentido de movimento o ângulo

$\alpha=\theta$.

Esse ângulo é determinado apenas pela geometria da situação, isto é, pelo valor de $\theta$. Já os módulos da velocidade da bola e da velocidade dos jogadores influenciam somente o tempo de percurso e a velocidade da bola em relação ao solo, mas não a direção do lançamento vista por A: se a bola for mais rápida, ela chega antes; se for mais lenta, chega depois, sempre ao longo de AB.

O porta-slides comporta $16$ slides. Para projetar os $16$ slides em $1\text{ s}$, ele deve completar uma volta em $1\text{ s}$; portanto, sua frequência é

$f_{\text{slides}}=1\text{ Hz}$.

Como a correia não derrapa, os pontos da borda do porta-slides e da roldana do motor têm a mesma velocidade linear:

$v=2\pi f_{\text{slides}}R_{\text{slides}}=2\pi f_{\text{motor}}R_{\text{motor}}$.

Logo,

$f_{\text{motor}}=f_{\text{slides}}\cdot\dfrac{R_{\text{slides}}}{R_{\text{motor}}}=1\cdot\dfrac{10}{1}=10\text{ Hz}$.

Convertendo para rotações por minuto:

$10\text{ Hz}=10\text{ rot/s}=10\times60=600\text{ r.p.m.}$

Ao frear, tudo o que está no interior do carro tende a manter o movimento que possuía, isto é, a continuar para frente em relação ao veículo. Esse comportamento é a inércia, descrita pela 1.ª lei de Newton: um corpo tende a permanecer em repouso ou em movimento retilíneo uniforme se a resultante das forças sobre ele for nula.

O ar do interior do carro também possui massa e, por inércia, é projetado para frente, acumulando-se na parte dianteira da cabine e criando ali uma região de maior pressão. O balão, por sua vez, contém um gás de densidade menor que a do ar; sua inércia é menor que a do volume de ar que ele desloca. Sobre o balão atua o empuxo do ar ao redor, e como o ar é empurrado para frente, o gradiente de pressão resultante empurra o balão para trás.

Assim, as lacunas são preenchidas por "menor" (densidade do gás do balão em relação à do ar) e "1.ª" (lei da inércia). Não se trata da 3.ª lei (ação e reação), pois o fenômeno de tender a continuar em movimento não é um par de forças, nem da 2.ª lei, que relaciona a força resultante à aceleração.

Sem atrito, os dois blocos se movem juntos com a mesma aceleração $a$. Aplicando a 2.ª lei de Newton ao conjunto, de massa total $3m$, sobre o qual atua apenas a força externa $F$:

$F=3m\,a\;\Rightarrow\;a=\dfrac{F}{3m}$.

O bloco de massa $2m$ é acelerado exclusivamente pela força elástica da corda, de intensidade $T=kx$, em que $x$ é a deformação:

$kx=2m\,a=2m\cdot\dfrac{F}{3m}=\dfrac{2F}{3}$.

Portanto, a deformação da corda é

$x=\dfrac{2F}{3k}$.

No gráfico $F\times t$, a força cresce linearmente de $0$ a $10\text{ N}$ entre $0$ e $2\text{ s}$ e depois permanece constante em $10\text{ N}$. No gráfico $v\times t$ (a velocidade está em m/s), o corpo permanece em repouso até $t=2\text{ s}$ e, a partir daí, acelera uniformemente, atingindo $5{,}0\text{ m/s}$ em $t=4\text{ s}$.

Atrito estático. O corpo só começa a se mover quando a força aplicada vence o atrito estático máximo, o que ocorre em $t=2\text{ s}$, com $F=10\text{ N}$. A força normal é $N=mg=2\cdot10=20\text{ N}$. Logo,

$\mu_e=\dfrac{F_{\text{at,máx}}}{N}=\dfrac{10}{20}=0{,}50$.

Atrito dinâmico. Entre $2\text{ s}$ e $4\text{ s}$ a aceleração vale

$a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{5{,}0-0}{4-2}=2{,}5\text{ m/s}^2$.

Nesse intervalo, a força aplicada é $F=10\text{ N}$ e atua também o atrito dinâmico $F_{\text{at}}=\mu_d N$. Pela 2.ª lei de Newton:

$F-\mu_d N=m\,a\;\Rightarrow\;10-20\,\mu_d=2\cdot2{,}5=5$.

Daí,

$\mu_d=\dfrac{5}{20}=0{,}25$.

Para uma órbita circular estável, a 3.ª lei de Kepler afirma que $T^2\propto r^3$. Quadruplicando o raio, $r'=4r$:

$\left(\dfrac{T'}{T}\right)^2=\left(\dfrac{r'}{r}\right)^3=4^3=64\;\Rightarrow\;T'=8\,T$.

Para a velocidade, a força gravitacional atua como resultante centrípeta:

$\dfrac{GMm}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}\;\Rightarrow\;v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$.

Como $v\propto r^{-1/2}$,

$\dfrac{v'}{v}=\sqrt{\dfrac{r}{r'}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{2}$.

O período fica multiplicado por $8$ e a velocidade, por $1/2$.

Na condição inicial, duas esferas são soltas de uma altura $2H$ e colidem com as outras duas, em repouso. Seja $v$ a velocidade das esferas imediatamente antes do choque; pela conservação da energia mecânica na descida, $v^2=2g(2H)$. A quantidade de movimento total antes do choque é $2mv$.

Como o material das esferas é desconhecido, a colisão pode ser elástica, parcialmente inelástica ou perfeitamente inelástica. Em qualquer caso, a quantidade de movimento total se conserva (as forças do choque são internas e o intervalo de tempo é muito curto). Analisemos as figuras.

I: uma única esfera sobe $2H$, o que corresponde à velocidade $v$ após o choque e à quantidade de movimento $mv$, diferente de $2mv$. A quantidade de movimento não se conserva; a figura é impossível. II: uma esfera sobe $4H$, com velocidade $\sqrt{2}\,v$ e quantidade de movimento $\sqrt{2}\,mv\neq2mv$. Também não conserva a quantidade de movimento.

III (choque elástico): com esferas idênticas e choque elástico, ocorre troca de velocidades: as duas esferas incidentes param e as duas que estavam em repouso saem com velocidade $v$, subindo até a altura $2H$. A quantidade de movimento ($2mv$) e a energia se conservam; é possível.

IV (choque perfeitamente inelástico): as quatro esferas se movem juntas com velocidade $v'$:

$2mv=4m\,v'\;\Rightarrow\;v'=\dfrac{v}{2}$.

A altura atingida é proporcional ao quadrado da velocidade ($h=v^2/2g$); assim,

$h'=\dfrac{(v/2)^2}{2g}=\dfrac{1}{4}\cdot2H=\dfrac{H}{2}$,

que é exatamente a situação da figura IV, em que parte da energia mecânica é dissipada. Logo, apenas as configurações III e IV são fisicamente possíveis.

Seja $P$ o peso de cada corpo, todos de mesma massa. Desprezando o peso dos pistões, analisemos primeiro o sistema de roldanas. O corpo suspenso está preso a uma roldana móvel, sustentada por dois trechos do mesmo fio, cada um com tração $T$. Pelo equilíbrio do corpo e da roldana móvel:

$2T=P\;\Rightarrow\;T=\dfrac{P}{2}$.

Essa mesma tração $T$ puxa para cima o corpo apoiado no pistão B. Portanto, a força que o corpo e o fio exercem para baixo sobre o pistão B é

$F_B=P-T=P-\dfrac{P}{2}=\dfrac{P}{2}$.

No pistão A, o corpo exerce a força $F_A=P$. Pelo princípio de Pascal, para o líquido em equilíbrio, a pressão nos dois êmbolos (mesma altura) é a mesma:

$\dfrac{F_A}{A_A}=\dfrac{F_B}{A_B}\;\Rightarrow\;\dfrac{P}{\pi r_A^2}=\dfrac{P/2}{\pi r_B^2}$.

Simplificando,

$\dfrac{r_A^2}{r_B^2}=2\;\Rightarrow\;\dfrac{r_A}{r_B}=\sqrt{2}$.

Em uma transformação isobárica, o trabalho realizado pelo gás é

$W=P\,\Delta V=P\,(V_f-V_i)$.

Pela equação de Clapeyron, $PV=nRT$; com $P$ e $n$ constantes, $P\,V_i=nRT$ e $P\,V_f=nR\,(2T)$. Então

$W=nR\,(2T)-nRT=nRT$.

O fato de o gás ser monoatômico influencia a variação de energia interna ($\Delta U=\tfrac{3}{2}nR\Delta T$) e o calor trocado, mas não o trabalho, que depende apenas de $P$ e $\Delta V$.

1) Onde a lâmpada deve estar. Para a imagem ser nítida no anteparo, ela deve se formar a $p'=30\text{ cm}$ do espelho (que é côncavo, pois forma imagem real). Pela equação de Gauss, com $f=10\text{ cm}$:

$\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{p'}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{30}=\dfrac{2}{30}\;\Rightarrow\;p=15\text{ cm}$.

Inicialmente, o arame mede $14\text{ cm}$ e está fixado no anteparo, que fica a $30\text{ cm}$ do espelho; logo, a lâmpada está a $30-14=16\text{ cm}$ do espelho. Para chegar a $15\text{ cm}$, a lâmpada precisa se aproximar do espelho $1\text{ cm}$, o que exige que o arame se dilate $\Delta L=1\text{ cm}$.

2) Variação de temperatura necessária. Pela dilatação linear:

$\Delta L=L_0\,\alpha\,\Delta T\;\Rightarrow\;1=14\cdot10^{-5}\,\Delta T\;\Rightarrow\;\Delta T=\dfrac{1}{14\cdot10^{-5}}\approx7\,143\,{}^\circ\text{C}$.

3) Calor e tempo. O calor necessário é

$Q=m\,c\,\Delta T=10\cdot0{,}14\cdot\dfrac{1}{14\cdot10^{-5}}=10\,000\text{ J}$.

Como toda a potência de $50\text{ W}$ da lâmpada é absorvida pelo arame:

$t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{10\,000}{50}=200\text{ s}$.

O fundo e a superfície do líquido são horizontais. Como o laser está inclinado $45{}^\circ$ em relação ao chão, ele também incide na superfície do líquido formando $45{}^\circ$ com ela e, portanto, $45{}^\circ$ com a normal. O ângulo de incidência é $\theta_i=45{}^\circ$, independentemente da altura do líquido.

A luz que passa do líquido para o ar só emerge se o ângulo de incidência for menor que o ângulo limite $L$, dado por

$\operatorname{sen}L=\dfrac{n_{\text{ar}}}{n_{\text{Líquido}}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\;\Rightarrow\;L=45{}^\circ$.

Com $\theta_i=L$, o raio refratado sairia rasante à superfície, sem emergir de fato; é a condição de início da reflexão total. Para que o laser seja visto fora do líquido, é preciso $\theta_i

Como $\operatorname{sen}L=1/n_{\text{Líquido}}$, aumentar $L$ exige diminuir o índice de refração do líquido. Alterar a altura do líquido não muda o ângulo de incidência, e a intensidade do laser não afeta a ocorrência de reflexão total, apenas a energia do feixe.

A vergência de uma lente delgada imersa em um meio de índice $n_{\text{meio}}$ é dada pela equação dos fabricantes de lentes:

$\dfrac{1}{f}=\left(\dfrac{n_{\text{lente}}}{n_{\text{meio}}}-1\right)\left(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}\right)$.

Para uma lente plano-côncava, o fator geométrico $\left(\tfrac{1}{R_1}+\tfrac{1}{R_2}\right)$ é negativo. No ar ($n_{\text{meio}}\approx1

Se a lente é mergulhada em um meio com $n_{\text{meio}}>n_{\text{lente}}$, o primeiro parêntese passa a ser negativo; com o fator geométrico também negativo, o produto é positivo e a lente passa a ter $f>0$: torna-se convergente. Uma lente convergente acentua a convergência dos raios no olho já míope (que já converge demais), piorando a visão, exatamente o que o mergulhador observou.

Se, ao contrário, o índice da água fosse menor que o da lente, a lente continuaria divergente (apenas menos intensa) e a visão ainda seria corrigida, ao menos parcialmente. A orientação do lado côncavo não é condição necessária para a inversão do comportamento da lente: o que importa é a relação entre os índices de refração.

Calibração do quadriculado. Na figura, a onda vai do eixo central até a crista (ou o vale) ao longo de $2$ quadradinhos na vertical; logo, a amplitude equivale a $2$ lados de quadradinho:

$2\,\ell=8{,}5\text{ m}\;\Rightarrow\;\ell=4{,}25\text{ m}$.

Comprimento de onda. Entre duas cristas consecutivas (ou dois vales consecutivos) há $4$ quadradinhos na horizontal:

$\lambda=4\,\ell=4\cdot4{,}25=17\text{ m}$.

Velocidade. Com o período $T=0{,}05\text{ s}$:

$v=\dfrac{\lambda}{T}=\dfrac{17}{0{,}05}=340\text{ m/s}$.

Convertendo para km/h (multiplicando por $3{,}6$):

$v=340\times3{,}6=1\,224\text{ km/h}$.

Figura I. Duas fontes puntiformes próximas emitem ondas circulares que se superpõem, formando regiões de reforço e de cancelamento (padrão de nós e ventres): trata-se de interferência.

Figura II. Frentes de onda planas atingem uma barreira rígida e retornam ao mesmo meio, com ângulo de reflexão igual ao de incidência: reflexão.

Figura III. Ondas planas incidem sobre um anteparo com uma fenda de abertura comparável ao comprimento de onda; do outro lado, a onda se espalha em frentes semicirculares, contornando o obstáculo: difração.

Figura IV. As frentes de onda passam de uma região em que estão mais afastadas para outra em que estão mais próximas, ou seja, o comprimento de onda muda (a velocidade de propagação se altera, mantida a frequência) ao passar de um meio a outro: refração.

A sequência, portanto, é interferência, reflexão, difração e refração.

Cada associação tem resistência equivalente $R$: I) $\tfrac{R}{2}+\tfrac{R}{2}=R$; II) $\tfrac{2R}{2}=R$; III) $\tfrac{3R}{3}=R$. Assim, qualquer uma delas substitui o resistor queimado sem alterar o circuito, e a corrente total $i$ que passa pela associação é a mesma que passaria pelo resistor original. Vamos comparar a potência dissipada em cada resistor ($P=R_{\text{res}}\,i_{\text{res}}^2$).

I. Em série, cada resistor é percorrido pela corrente total $i$:

$P_I=\dfrac{R}{2}\,i^2=0{,}5\,R\,i^2$.

II. Em paralelo, os dois resistores iguais dividem a corrente igualmente, $i/2$ em cada um:

$P_{II}=2R\left(\dfrac{i}{2}\right)^2=0{,}5\,R\,i^2$.

III. Em paralelo, os três resistores iguais dividem a corrente em três partes iguais, $i/3$:

$P_{III}=3R\left(\dfrac{i}{3}\right)^2=\dfrac{R\,i^2}{3}\approx0{,}33\,R\,i^2$.

A menor potência por resistor ocorre na associação III. Isso é desejável porque resistores dissipando menos potência aquecem menos e têm menor risco de queimar.

Para a carga 5, no centro, ficar em equilíbrio, a força elétrica resultante dos quatro vértices deve ser nula. Os vértices opostos pela diagonal (1 e 4; 2 e 3) estão à mesma distância do centro e têm cargas de mesmo módulo. Se 1 e 4 tivessem sinais opostos, suas forças sobre a carga 5 teriam o mesmo sentido e se somariam, e o mesmo valeria para 2 e 3; as duas somas ficariam em diagonais perpendiculares e não poderiam se anular. Logo, as cargas 1 e 4 têm o mesmo sinal e as cargas 2 e 3 também. Os sinais relativos entre as duas diagonais e o sinal da carga 5 não ficam determinados pelo enunciado.

Por isso, afirmações sobre o sinal de 1 em relação a 2 ou a 5 não são necessariamente verdadeiras. Também não se pode garantir que o potencial no centro seja nulo: ele vale $V_5=\dfrac{k}{d}\,(q_1+q_2+q_3+q_4)$, com $d=\dfrac{L\sqrt{2}}{2}$, e só se anula se a soma das cargas dos vértices for zero, o que não é obrigatório (poderiam ser, por exemplo, todas positivas).

Analisemos o potencial em um vértice, por exemplo o do vértice 4. Sejam $q_1=q_4=s_1\,q$, $q_2=q_3=s_2\,q$ e $q_5=s_5\,q$, com $s_i=\pm1$. As demais cargas estão a $L$ (cargas 2 e 3), a $L\sqrt{2}$ (carga 1) e a $\dfrac{L\sqrt{2}}{2}$ (carga 5):

$V_4=\dfrac{k\,q}{L}\left(2\,s_2+\dfrac{s_1}{\sqrt{2}}+\sqrt{2}\,s_5\right)$.

O parêntese vale $2\pm0{,}71\pm1{,}41$, e nenhuma das combinações de sinais o anula (o menor valor absoluto é cerca de $0{,}12$). Portanto, $V_4\neq0$ e é proporcional a $1/L$: depende de $L$. O vértice 3 tem expressão análoga (também não nula), de modo que seu potencial tampouco é nulo.

Na figura, o polo norte do ímã está voltado para a espira. Fora do ímã, as linhas de campo saem do polo norte; portanto, na região da espira, o campo do ímã aponta no sentido do ímã para a espira (da direita para a esquerda).

Ímã se aproximando. O campo na região da espira se intensifica e o fluxo magnético através dela, orientado da direita para a esquerda, aumenta. Pela lei de Lenz, a corrente induzida cria um campo que se opõe a essa variação, isto é, aponta da esquerda para a direita, no sentido do ímã (para um observador próximo ao ímã, "saindo" da espira em direção a ele).

Pela regra da mão direita, um campo que aponta na direção do observador no centro da espira é produzido por uma corrente que, vista por esse observador, circula no sentido anti-horário. A corrente existe apenas enquanto o fluxo varia, e tem sempre o mesmo sentido durante a aproximação, de modo que não é alternada.

Se o ímã se afastasse, o fluxo diminuiria e o sentido da corrente induzida seria o oposto (horário para o mesmo observador), também sem alternância durante o movimento em um único sentido.