ITA 2013 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Estratégia física. Adotamos a origem em $O$, eixo $x$ voltado para $P$ e eixo $y$ para o norte. As posições são $H=(0,vt)$ e $A=(\delta-ut,0)$.

Calcule a distância ao quadrado em função do tempo:

O mínimo da parábola determina o instante de maior aproximação:

Nesse instante, a distância do avião a $O$ é $x_A=\delta-ut_*=\dfrac{\delta v^2}{u^2+v^2}$.

Checagem. Com $v=0$, o encontro em $O$ ocorre em $t=\delta/u$; a expressão de $x_A$ resulta zero, como esperado.

Estratégia física. Antes do eventual desprendimento, a caixa fica imóvel; a massa $m$ passa a oscilar em torno do equilíbrio gravitacional da mola. A caixa levanta quando a força vertical que a mola faz sobre ela superar seu peso $Mg$.

Meça a deformação a partir do comprimento natural, positiva para baixo. Na posição inicial, a velocidade é nula:

No ponto de inversão superior, a velocidade volta a ser nula. Conserve a energia:

Além da raiz inicial $x=b$, obtemos $x_{\min}=2mg/k-b$. Se $b>2mg/k$, a mola comprime de $b-2mg/k$. Para perder contato com o piso, a força para cima sobre a caixa deve satisfazer $k(b-2mg/k)>Mg$, isto é, $kb-2mg>Mg$.

Portanto, $b>\dfrac{(M+2m)g}{k}$. Checagem. A maior massa $M$ exige maior deformação inicial; o peso de $m$ também aumenta o limiar.

Estratégia física. Para o máximo de ordem $k$ no experimento de duas fendas, $y_k=k\lambda D/d$, na aproximação de pequenos ângulos.

No ar, a franja de ordem $m$ está em $y_m=m\lambda_1D/d$. Na água, a frequência não muda, mas o comprimento de onda torna-se $\lambda_2/n$, logo $y_M=M\lambda_2D/(nd)$.

A separação geométrica é o módulo da diferença: $\Delta y=\left|y_M-y_m\right|=\left|\dfrac{D(M\lambda_2-mn\lambda_1)}{nd}\right|$.

Checagem. Se $n=1$ e $M=m$ e as duas luzes têm o mesmo comprimento de onda, a separação desaparece.

Estratégia física. Como os cilindros não têm atrito, as forças de contato são normais às superfícies. As linhas entre os centros dos cilindros tangentes fazem $60^\circ$ com a horizontal. Analisamos a dinâmica horizontal e vertical no referencial que acelera com o conjunto.

No cilindro superior, sejam $N_e$ e $N_d$ as normais dos cilindros esquerdo e direito. O equilíbrio vertical dá $\frac{\sqrt3}{2}(N_e+N_d)=mg$. Horizontalmente, $\frac12(N_e-N_d)=ma$.

Disso resulta $N_e=mg/\sqrt3+ma$ e $N_d=mg/\sqrt3-ma$. Para manter o contato superior-direito, $N_d\geq0$, logo $a\leq g/\sqrt3$.

No cilindro direito, o contato direto com o esquerdo transmite uma normal horizontal $N_h$, e o contato com o cilindro superior tem componente $N_d/2$ dirigida para a direita. Logo $ma=N_h+N_d/2$, com $N_h\geq0$. Inserindo $N_d$, obtemos $a\geq g/(3\sqrt3)$.

Checagem. Os limites representam perdas distintas de contato: inferior-inferior no mínimo e superior-direito no máximo.

Estratégia física. Os contatos são sem atrito: em $Q$, a normal passa pelo centro da circunferência; em $P$, a reação é perpendicular à borda local. A distância $PQ=L$ é corda de um círculo de raio $r$.

Se $\alpha$ é o ângulo entre a barra e a horizontal, a geometria da corda fornece $L=2r\cos\alpha$. A condição de equilíbrio dos momentos da barra, tomando $Q$ como polo, dá $N_P\,L\sin\alpha=mg\,L\cos\alpha$ para a partícula em $P$.

O equilíbrio das forças e a geometria da reação em Q fornecem:

Elimine a reação e use a identidade do ângulo duplo:

Agora substitua a relação geométrica da corda:

Checagem. A razão deve ser não negativa; isso impõe $L\geq\sqrt2\,r$ dentro das configurações admissíveis.

Estratégia física. Enquanto ambas as massas tocam a superfície, movem-se com a mesma rapidez $v$; como não há dissipação, conserva-se a energia mecânica das duas partículas.

A posição inicial é simétrica em torno do topo, com altura $r/\sqrt2$ para cada massa. Na configuração caracterizada por $\theta$, as alturas relativas ao centro são $r\cos\theta$ e $r\operatorname{sen}\theta$. A energia fornece $\sqrt2\,mgr=mv^2+mgr(\cos\theta+\operatorname{sen}\theta)$.

No instante do desprendimento, a normal sobre a massa F se anula:

Substitua essa rapidez na conservação da energia:

Checagem. A condição de descolamento é $N=0$, não $v=0$; a tensão na corda não realiza trabalho sobre o sistema completo.

Estratégia física. A parede lisa só altera a componente horizontal: antes do choque $v_x=v_0\cos\alpha$; depois $v_x'=-e v_0\cos\alpha$. A componente vertical permanece contínua.

Até a parede, o movimento horizontal é uniforme. Calcule o tempo, a altura e a velocidade vertical no choque:

Após a colisão, a rapidez horizontal é multiplicada pelo coeficiente de restituição:

Imponha o retorno à altura de P e defina o tempo total:

Assim $\frac{d}{v_0\cos\alpha}(1+1/e)=\frac{2v_0\operatorname{sen}\alpha}{g}$; logo $e=\dfrac{gd}{v_0^2\operatorname{sen}(2\alpha)-gd}$.

Checagem. Para uma colisão perfeitamente elástica, $e=1$, recupera-se $d=v_0^2\operatorname{sen}(2\alpha)/(2g)$.

Estratégia física. Como não há força externa horizontal e inicialmente o sistema está em repouso, o momento linear do cilindro e do êmbolo se conserva. Desprezando o momento do gás, $m_cv_c+m_ev_e=0$.

Logo $v_e=-(m_c/m_e)v_c$. Por ser adiabática, a expansão não recebe calor: a diminuição da energia interna fornece a energia cinética dos dois corpos.

Assim, $\Delta U=-\left(\frac12m_cv_c^2+\frac12m_ev_e^2\right)=-\frac12m_cv_c^2(1+m_c/m_e)=-\dfrac{m_c(m_e+m_c)v_c^2}{2m_e}$.

Checagem. O sinal é negativo e a expressão tem unidade de joule; o expoente $\gamma$ não é necessário à relação energética pedida.

Estratégia física. O bloco perde altura $h=15\operatorname{sen}\theta=9\ \text{m}$, pois $\operatorname{sen}\theta=3/5$. Como não há força horizontal externa, conservam-se o momento horizontal e a energia mecânica.

Denote por $U$ a rapidez da rampa e por $w$ a rapidez do bloco em relação à rampa, paralela ao plano. A velocidade horizontal do bloco no solo vale $w\cos\theta-U$, escolhendo a rampa no sentido oposto. O momento horizontal dá $80(w\cos\theta-U)=120U$, logo $U=\frac{80}{200}\frac45w=0{,}32w$.

A energia perdida é $80\cdot10\cdot9=7200\ \text{J}$. A energia cinética é $\frac12(120)U^2+\frac12(80)[(w\cos\theta-U)^2+(w\operatorname{sen}\theta)^2]$. Substituindo $U=0{,}32w$, resulta $w\approx15{,}5\ \text{m/s}$ e $U\approx4{,}97\ \text{m/s}$.

Checagem. A velocidade aproximada da rampa é $5\ \text{m/s}$, e a velocidade horizontal do centro de massa permanece nula.

Estratégia física. No sensor, as regiões com óleo e com ar ocupam áreas diferentes entre as mesmas placas: são capacitores em paralelo. Não devem ser somadas como camadas em série.

Inicialmente $C_0=2\varepsilon_0L^2/d$. Se a fração de volume com óleo é $f$, $C=\varepsilon_0L^2[2f+(1-f)]/d=\varepsilon_0L^2(1+f)/d$.

Imponha a capacitância final informada e isole a fração de óleo que permanece:

A fração vazada é o complemento:

Logo, vazou 50% do óleo.

Nota de conferência. A resolução do PDF fornecido assinala visualmente 100%, mas sua própria conta conclui 50%. O gabarito oficial do ITA 2013 é coerente com o resultado de 50%.

Estratégia física. Uma corrente variável produz fluxo magnético variável através do próprio circuito. A lei da autoindução é $\varepsilon_L=-L\,\Delta i/\Delta t$, para indutância $L$.

I — Verdadeira: ao fechar a chave, a corrente passa de zero para um valor estacionário e há f.e.m. autoinduzida durante o transitório. II — Verdadeira: após o transitório, $\Delta i/\Delta t=0$, de modo que a f.e.m. autoinduzida desaparece. III — Verdadeira: qualquer variação da corrente produz autoindução no circuito real com indutância não nula.

Checagem. O resistor não impede o fenômeno: até um circuito simples possui indutância distribuída. As três proposições são verdadeiras.

Estratégia física. Em um prisma fino, o desvio angular é aproximadamente $\delta=(n-1)A$, com abertura $A=4^\circ$.

Daí $\delta=(1{,}5-1)\cdot4^\circ=2^\circ$. O raio chega ao espelho inclinado $2^\circ$ em relação à direção inicial. Uma rotação do espelho plano em $\varphi$ altera a direção do raio refletido em $2\varphi$.

Para que o feixe refletido volte paralelo ao original, basta $2\varphi=2^\circ$, isto é, $\varphi=1^\circ$. A geometria da figura exige rotação horária.

Checagem. Um erro clássico consiste em girar o espelho pelo ângulo total de desvio, esquecendo o fator 2 da reflexão.

Estratégia física. Há dois feixes refletidos: um na interface ar–plástico, com inversão de fase de $\pi$, e outro na interface plástico–ar, sem essa inversão.

Para que os dois raios refletidos interfiram construtivamente, a diferença de percurso óptico $2ne$ deve valer um múltiplo ímpar de $\lambda_0/2$. Na menor espessura não nula, $2ne=\lambda_0/2$, logo $e=\lambda_0/(4n)$.

Como $\lambda_0=c/f=3\times10^8/(2{,}5\times10^9)=0{,}12\ \text{m}$, obtemos $e=0{,}12/(4\cdot1{,}5)=0{,}020\ \text{m}=2{,}0\ \text{cm}$.

Checagem. A inversão única de fase faz a condição de reflexão máxima ser de quarto de onda dentro do plástico.

Estratégia física. Defina as correntes nos sentidos das setas do desenho. Aplicamos Kirchhoff às malhas independentes e à junção dos ramos; o circuito não pode ser simplificado por uma única associação em série/paralelo.

As equações das malhas independentes fornecem:

Substitua os valores das fontes e a resistência de 10 ohms:

Pela lei dos nós, $i_2=i_1-i_3=2/3\ \text{A}$. Pela malha externa e as fontes, $i_4=(\varepsilon_1+\varepsilon_2)/R=40/10=4\ \text{A}$.

Checagem. Os sinais positivos confirmam os sentidos desenhados; $i_1-i_3=i_2$ assegura a conservação de carga.

Estratégia física. Seja a carga central $-q$, com $q>0$. Como o campo no interior de cada condutor é nulo, a casca interna induz $+q$ na face de raio $a$ e $-q$ na de raio $b$; a casca externa induz $+q$ em $c$ e $-q$ em $d$.

Logo a carga da superfície externa de raio $d$ é negativa. Entre os condutores ($b<r<c$), o campo equivale ao de carga líquida $-q$: $E_r=-kq/r^2$.

O potencial varia segundo $V(b)-V(d)=kq\left(\frac1c-\frac1b\right)<0$, pois $c>b$. Assim $V(b)<V(d)$.

Checagem. Ambas as cascas permanecem com carga total nula, mas não com carga nula em cada uma de suas faces.

Estratégia física. O empuxo total é a soma dos pesos dos volumes deslocados nos dois líquidos. Como a esfera mergulha metade do volume em cada camada: $E=(\rho_A+\rho_B)gV/2=5\rho gV$.

Desconte o peso da esfera do empuxo total para obter a força que a mola deve equilibrar:

Assim, $x=4mg/k=(4\cdot5\cdot10)/800=0{,}25\ \text{m}=1/4\ \text{m}$.

Checagem. Como as densidades dos dois líquidos superam a da esfera, a mola deve estar alongada para exercer força para baixo.

Estratégia física. A descrição trata da irreversibilidade de processos espontâneos e da tendência ao equilíbrio térmico em um sistema isolado.

A segunda lei da termodinâmica estabelece que a entropia total de um sistema isolado não diminui: $\Delta S\geq0$. A dispersão espontânea de energia térmica é compatível com o aumento da entropia; o processo inverso não ocorre espontaneamente em escala macroscópica.

Checagem. A lei zero define equilíbrio térmico, mas não indica uma direção preferencial para a evolução espontânea. Portanto, a lei pedida é a segunda lei da termodinâmica.

Estratégia física. Os níveis ligados do hidrogênio são negativos, $E_1<0$. A energia de ionização a partir do fundamental é $-E_1$, logo $\phi=(-E_1)/2=-E_1/2$; a proposição II é verdadeira.

O fóton emitido na transição $n\to1$ tem energia $h f=E_n-E_1=E_1/n^2-E_1$. Pela equação fotoelétrica de Einstein, $E_{C,\max}=hf-\phi=(E_1/n^2-E_1)+E_1/2=E_1/n^2-E_1/2$, como afirma I (para transições com emissão possível).

Pela mesma equação $E_{C,\max}=hf-\phi$, a energia cinética cresce linearmente com a frequência acima do limiar. III também é verdadeira.

Checagem. O sinal negativo de $E_1$ é essencial; tratar a energia fundamental como positiva produz resultados inconsistentes.

No centro da espira, calcule separadamente os módulos dos campos da espira e dos fios, estes a uma distância de dois raios:

Pela regra da mão direita, as contribuições dos dois fios apontam para dentro da página. Para manter o mesmo módulo do campo produzido originalmente pela espira, o resultado deve inverter o sentido do campo da espira: $B_e-(B_1+B_2)=-B_e$.

A condição de inversão do sentido, preservando o módulo, exige:

A corrente da espira deve ter sentido anti-horário, produzindo campo para fora da página.

Checagem. O enunciado conserva o módulo, não o vetor campo magnético: essa diferença permite a inversão de sentido.

Estratégia física. No apogeu e no perigeu, as velocidades são tangenciais às órbitas. A distância ao foco central vale, respectivamente, $r_a=a+e$ e $r_p=a-e$.

A conservação do momento angular (lei das áreas) fornece $v_a(a+e)=v_p(a-e)$. A energia mecânica é a mesma nos dois pontos: $E=\frac12mv_a^2-GMm/(a+e)=\frac12mv_p^2-GMm/(a-e)$.

Eliminando uma das velocidades com a lei das áreas, resulta $v_a^2=GM(a-e)/[a(a+e)]$. Substituindo na energia do apogeu, $E=\frac{GMm(a-e)}{2a(a+e)}-\frac{GMm}{a+e}=-\frac{GMm}{2a}$.

Checagem. O resultado depende só do semieixo maior da órbita ligada; no caso circular $a=r$ recupera-se $E=-GMm/(2r)$.

Estratégia física. Partimos das definições fornecidas, sem recorrer a uma nova fórmula pronta. $E^2-p^2c^2=\gamma^2m_0^2c^4-\gamma^2m_0^2v^2c^2=\gamma^2m_0^2c^2(c^2-v^2)$.

Como $\gamma^2=1/(1-v^2/c^2)$, a razão se simplifica: $E^2-p^2c^2=m_0^2c^4=(m_0c^2)^2$.

Para uma partícula física sem massa de repouso e com energia não nula, a relação invariante se reduz a:

A relação cinemática relativística determina sua velocidade no vácuo:

Checagem conceitual. Não substitua simplesmente $m_0=0$ na forma $m_0\gamma$: para $v=c$, ocorre a expressão indeterminada $0\times\infty$. O limite correto é tratado pela relação invariante de energia-momento.

Estratégia física. O volume do ar no recipiente é fixo; para gás ideal, $P/T_K$ é constante. O gráfico $P\times T$ em graus Celsius é uma reta cujo intercepto com o eixo da temperatura fornece uma estimativa do zero absoluto.

Use os dois estados do gás e o desnível total entre as superfícies do mercúrio:

A reta de pressão em função da temperatura Celsius passa pelos pontos (0, 76) e (100, 104):

Extrapole até a pressão nula:

Interpretação. O valor é uma estimativa experimental próxima de $-273{,}15^\circ\text{C}$. No modelo de gás ideal, a pressão extrapolada tende a zero ao tender a energia cinética de translação a zero. Gases reais liquefazem antes dessa extrapolação.

Nota de conferência. A resolução do PDF fornecido usa a densidade do Hg e $1\ \text{atm}=10^5\ \text{Pa}$ para obter $-262{,}6^\circ\text{C}$; o resultado muda porque esses dados aproximados não são perfeitamente compatíveis com $1\ \text{atm}=76\ \text{cmHg}$. Aqui priorizamos a escala manométrica indicada no enunciado.

Estratégia física. Na colisão central com a barra, o impulso é horizontal; a componente $v\operatorname{sen}\theta$ do projétil mantém-se inalterada, e a barra não ganha rotação. Escreva $u=v\cos\theta>0$.

Pelas equações unidimensionais de choque elástico, depois da primeira colisão as componentes horizontais são $u'_m=\frac{m-M}{m+M}u$ e $u'_M=\frac{2m}{m+M}u$. O projétil só retorna à parede se $M>m$.

A distância da barra à parede no instante em que o projétil reflete é $D_1=D\frac{M+m}{M-m}$. Após refletir na parede, o projétil segue com rapidez horizontal $u''=\frac{M-m}{M+m}u$ em direção à barra; a barra avança com $u'_M$.

Para ocorrer alcance, é necessário $u''>u'_M$, isto é, $M>3m$. O tempo entre o choque na parede e a segunda colisão com a barra é $\Delta t=\frac{D_1}{u''-u'_M}=\dfrac{D(M+m)^2}{v\cos\theta\,(M-m)(M-3m)}$.

Até o segundo choque com a barra, o projétil sofre deslocamento transversal $\Delta y=v\operatorname{sen}\theta\left[t_{\text{parede}}+\Delta t\right]=\dfrac{2D(M+m)\tan\theta}{M-3m}$. Para atingir a barra, deve-se ter $|\Delta y|\leq L/2$.

Logo $|\tan\theta|\leq\dfrac{L(M-3m)}{4D(M+m)}$, com $M>3m$ e $\cos\theta>0$. Checagem. O intervalo angular se estreita quando a barra se afasta ($D$ cresce) ou quando $M$ se aproxima de $3m$.

Estratégia física. A separação angular das estrelas, para $L\ll D$, é $\theta\simeq L/D=5/(2{,}5\times10^7)=2{,}0\times10^{-7}\ \text{rad}$.

O comprimento de onda recebido é $\lambda=c/f=3{,}0\times10^8/(2{,}1\times10^9)\approx0{,}142857\ \text{m}$. Para uma linha de base $d$, uma diferença angular $\theta$ modifica a diferença de caminhos em aproximadamente $d\theta$.

No critério de resolução adotado pelo PDF da questão, dois máximos adjacentes se distinguem quando $d\theta\simeq\lambda$. Assim, $d_{\min}\simeq\lambda/\theta=0{,}142857/(2{,}0\times10^{-7})\approx7{,}14\times10^5\ \text{m}$.

Checagem. A linha de base é da ordem de $714\ \text{km}$; a distância absoluta às estrelas só entra pela razão $L/D$. O critério exato de visibilidade depende da resposta angular do interferômetro; aqui usamos a convenção da solução anexa.

Estratégia física. Escreva os equilíbrios dinâmicos nas duas fases; o peso é $mg$ e o empuxo é $d_agV$. Na descida, $m_1g-d_agV_1=m_1a$, logo $d_agV_1=m_1(g-a)$.

Na subida, o empuxo supera o peso:

Divida essa relação pela correspondente à descida:

Defina as variações relativas de massa e volume:

Use a densidade inicial para eliminar a aceleração:

Eliminando $a$, $\delta_V=\left(1+\delta_m\right)\dfrac{2d-d_a}{d_a}-1$.

Checagem. O balão inicialmente desce, logo $d>d_a$; a expressão deve ser interpretada com as novas massa e densidade ainda físicas.

Na transformação adiabática não há troca de calor. Adotando trabalho positivo quando realizado pelo gás:

Para o gás ideal:

Escreva a lei dos gases ideais nos estados inicial e final:

Combine a relação de Mayer com a definição do expoente adiabático:

Logo $W=-n\frac{R}{\gamma-1}(T_f-T_i)=\dfrac{P_iV_i-P_fV_f}{\gamma-1}$.

Checagem. Numa expansão reversível, $V_f>V_i$, a temperatura diminui e $W>0$. Não se deve fixar $\gamma=5/3$ sem o enunciado especificar que o gás é monoatômico.

Estratégia física. Cada molécula percorre o diâmetro interno $2R$ do tambor com movimento aproximadamente retilíneo uniforme; portanto, $t=2R/v$.

O ângulo girado pelo tambor é o produto da velocidade angular pelo tempo de voo:

Para a deposição na primeira volta, o ângulo não ultrapassa uma volta completa:

A menor rapidez corresponde ao maior ângulo permitido.

Assim, $v_{\min}=2R\omega/(2\pi)=R\omega/\pi$. Subtraindo: $v-v_{\min}=2R\omega\left(\frac1\theta-\frac1{2\pi}\right)$.

Checagem. Em $\theta=2\pi$, a diferença é zero; quando $\theta$ diminui, a molécula é mais rápida. Os ângulos devem ser expressos em radianos.

Estratégia física. Para aquecer no menor tempo, maximizamos a potência entregue à resistência externa: $P_R=i^2R=\varepsilon^2R/(R+r)^2$. A potência é máxima em $R=r$.

No ponto de máxima potência externa, a resistência de carga iguala a interna. Use essa condição nas expressões de corrente e potência:

Isole os valores pedidos:

O gráfico da característica do gerador é uma reta decrescente:

Os interceptos são:

O ponto de máxima potência externa fica no meio dos interceptos:

A potência entregue ao resistor aquece o líquido. Com a quantidade de calor em joules:

Se o valor numérico de Q estiver em calorias e for adotada a conversão de 4 joules por caloria:

Checagem. A potência $\varepsilon i$ fornecida idealmente pela fonte não é igual à potência útil $P_R=\varepsilon i/2$ no ponto de máxima transferência.

Estratégia física. Segundo o modelo simplificado adotado na solução do PDF, a intensidade do campo aproximadamente uniforme é $E=V/d$, e a densidade superficial das placas é $\sigma=\varepsilon_0E$.

Associamos ao disco uma carga efetiva de módulo $Q=\sigma\pi r^2=\varepsilon_0\pi r^2V/d$. Para que ele comece a subir, a força elétrica deve ao menos igualar o peso: $QE=mg$.

Substitua o campo e a carga efetiva na condição de início da subida:

Isole a tensão mínima:

Checagem e hipótese. A expressão tem unidade de volt e cresce com a massa e o afastamento das placas. O tratamento de carga no disco é uma idealização da solução fornecida: efeitos reais de indução, contato e distorção do campo próximo à placa não foram modelados.

Estratégia física. No espaço entre as placas, o campo é $E=\varepsilon/d$ e a força $qE$ é constante ao longo da trajetória retilínea. Após percorrer um comprimento $s$ dentro do capacitor, o trabalho da força elétrica é $K(s)=qEs=q\varepsilon s/d$, para $0\leq s\leq d$.

Ao sair do capacitor, $K_d=q\varepsilon=(1{,}6\times10^{-19})(1000)=1{,}6\times10^{-16}\ \text{J}$, equivalente a $1000\ \text{eV}$. A rapidez vale $v=\sqrt{2q\varepsilon/m_p}\approx4{,}34\times10^5\ \text{m/s}$.

Na região magnética, a força de Lorentz é perpendicular à velocidade e não realiza trabalho: a energia cinética permanece constante, enquanto o movimento é circular com raio $r_c=m_pv/(qB)=\sqrt{2m_p\varepsilon/(qB^2)}\approx4{,}61\ \text{mm}$.

A velocidade fica paralela às placas após o próton executar um quarto de circunferência; o arco mede $\ell=\pi r_c/2\approx7{,}24\ \text{mm}$. Portanto, o comprimento total até esse instante é $s_f=d+\ell\approx8{,}24\ \text{mm}$.

Gráfico. A curva $K\times s$ cresce linearmente desde a origem até $(1\ \text{mm},\,1{,}6\times10^{-16}\ \text{J})$ e segue horizontal até $s\approx8{,}24\ \text{mm}$.

Checagem. O campo magnético curva a trajetória sem alterar o módulo da velocidade; por isso o trecho horizontal do gráfico não significa que o próton parou.