ITA 2015 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Estratégia física. Um pulso transversal em uma corda ideal se propaga com velocidade que depende da tração e da massa por comprimento, e não do comprimento total.

Pela relação de Taylor, $v=\sqrt{F/\mu}$. Como o pulso percorre $L$, temos $t=L/v$, portanto \[t=L\sqrt{\frac{\mu}{F}}.\]

Checagem. Quanto maior a tração, menor o tempo; quanto maior a densidade linear, maior o tempo. A expressão tem dimensão de tempo.

O peso e a força elétrica apontam verticalmente para baixo, já que a carga é positiva e o campo elétrico também aponta para baixo. Portanto, $F_{\mathrm{res}}=mg+qE$.

Pelo teorema da energia cinética, na altura máxima a esfera para momentaneamente: \[\frac12mv_0^2=(mg+qE)H.\] Daí, \[H=\frac{mv_0^2}{2(mg+qE)}.\]

Checagem. Fazendo $E=0$, recuperamos $H=v_0^2/(2g)$.

Na condição I, o hemisfério está fixo e não há dissipação. Conserve a energia da massa desde o topo:

No instante em que ela perde contato, a normal se anula. A componente radial do peso fornece a aceleração centrípeta:

Combine as duas relações:

Na condição II, o atrito dissipa energia. Na mesma posição angular, a rapidez é menor que no caso sem atrito, e a normal só se anula mais adiante:

Na condição III, o hemisfério recua horizontalmente e modifica o movimento relativo da massa. A conservação da energia deve ser combinada com a do momento horizontal; a perda de contato é antecipada:

Essas comparações determinam a ordem dos ângulos. O valor numérico do terceiro ângulo dependeria da massa do hemisfério.

I — Sim. Restrita ao eixo das duas cargas positivas, a esfera positiva é empurrada para a posição de equilíbrio quando sofre pequeno deslocamento longitudinal. O tubo elimina perturbações transversais.

II — Não. Sem o tubo, uma pequena perturbação perpendicular à linha das cargas pode afastar a esfera da posição inicial: o equilíbrio não é estável em todas as direções.

III — Não. Trocar o sinal da carga inverte os sentidos das forças; a perturbação longitudinal passa a ser desestabilizante. É uma manifestação do teorema de Earnshaw.

Sequência correta: Sim — Não — Não.

I — Falsa. O campo produzido por uma carga em movimento depende da posição instantânea da carga, do ângulo formado com sua velocidade e da distância ao ponto observado; não basta a distância à reta da trajetória.

II — Falsa. A formulação atribui o movimento da limalha diretamente ao trabalho de um campo magnético. O trabalho mecânico está associado às forças que atuam sobre os dipolos induzidos em campo não uniforme; a afirmativa, tal como formulada, é considerada incorreta na abordagem da prova.

III — Verdadeira. Correntes paralelas com o mesmo sentido produzem atração mútua, de acordo com a lei de Ampère.

Somente III é correta.

Estratégia. A placa vazada é equivalente a um quadrado de massa positiva somado a um disco de massa negativa, ambos com a mesma densidade superficial.

O quadrado tem lado $10\ \text{cm}$, área $100\ \text{cm}^2$ e centro em $(5;5)$. O disco removido tem raio $2{,}5\ \text{cm}$, área $A_d=6{,}25\pi\ \text{cm}^2$ e centro em $(2{,}5;5)$.

Logo, \[x_c=\frac{100\cdot5-6{,}25\pi\cdot2{,}5}{100-6{,}25\pi}\approx5{,}61\ \text{cm},\] e $y_c=5{,}00\ \text{cm}$ por simetria.

Checagem. O centro desloca-se para a direita, afastando-se do material retirado à esquerda.

A energia térmica necessária para levar uma unidade de massa de gelo de $-10^\circ\text{C}$ a $0^\circ\text{C}$ e fundir $10\%$ dela é \[\frac{Q}{m}=c\Delta T+0{,}10L_f=0{,}5\cdot10+0{,}10\cdot80=13\ \text{cal/g}.\] Com $1\ \text{cal}=4\ \text{J}$, resulta $Q/m=5{,}2\times10^4\ \text{J/kg}$.

Apenas $1\%$ da luz incidente é absorvida: $E_{\mathrm{inc}}=100Q$. A parcela refletida transfere o dobro do momento dos fótons; a absorvida, o momento simples. Logo \[\Delta p=\frac{(2\cdot0{,}99+0{,}01)E_{\mathrm{inc}}}{c}=\frac{1{,}99\cdot100Q}{c}.\]

Como água e gelo permanecem juntos, \[v=\frac{\Delta p}{m}\approx\frac{199\cdot5{,}2\times10^4}{3\times10^8}\approx3{,}45\times10^{-2}\ \text{m/s}.\]

Portanto, aproximadamente $3\ \text{cm/s}$.

Na iminência do tombamento, a normal do apoio concentra-se na borda da base. Tomamos momentos em torno desse ponto: a força horizontal aplicada no vértice tem braço $h$; o peso, cujo eixo de ação passa pelo centro geométrico, tem braço $R$.

O equilíbrio limite é \[Fh=MgR\quad\Longrightarrow\quad\frac hR=\frac{Mg}{F}.\]

A presença de atrito suficiente evita o deslizamento antes do tombamento.

Em uma cunha delgada, a espessura cresce aproximadamente como $e=x\tan\alpha$. Em reflexão, duas franjas destrutivas consecutivas de uma mesma cor estão separadas por um acréscimo de espessura $\Delta e=\lambda/(2n)$, de modo que \[\Delta x_\lambda=\frac{\lambda}{2n\tan\alpha}.\]

Para $480\ \text{nm}$, $\Delta x_1\approx3{,}05\ \mu\text{m}$; para $600\ \text{nm}$, $\Delta x_2\approx3{,}82\ \mu\text{m}$. Como $5\lambda_1=4\lambda_2$, as coincidências relevantes repetem-se após $5\Delta x_1=4\Delta x_2$.

Assim, \[\Delta x\approx\frac{5\cdot480\times10^{-9}}{2\cdot1{,}50\tan3^\circ}\approx15{,}3\ \mu\text{m}.\]

O valor mais próximo é $16{,}0\ \mu\text{m}$.

No referencial acelerado com o veículo, o líquido está em equilíbrio sob a gravidade $\vec g$ e uma aceleração fictícia horizontal $-\vec a$. As superfícies de igual pressão satisfazem \[\frac{\Delta h}{\Delta x}=\frac ag.\]

Como a diferença de níveis é $z$ e a distância horizontal entre os braços é $L$, \[a=\frac{zg}{L}.\]

Checagem. Para aceleração horizontal nula, não há desnível.

O ponteiro e a polia giram pelo mesmo ângulo. Como $R=10r$, uma leitura de arco de $10\ \text{mm}$ na escala do ponteiro corresponde ao alongamento do fio \[\Delta\ell=10\ \text{mm}\cdot\frac rR=1{,}0\ \text{mm}=10^{-3}\ \text{m}.\]

A tração no fio é igual a $mg=10\ \text{N}$ pelo equilíbrio de torques da polia. A área da seção do fio é \[A=\pi\left(10^{-4}\ \text{m}\right)^2=\pi\times10^{-8}\ \text{m}^2.\]

O módulo de Young é \[Y=\frac{F/A}{\Delta\ell/\ell}=\frac{10/(\pi\times10^{-8})}{10^{-3}/1}=\frac{10^{12}}\pi\ \text{N/m}^2.\]

A questão pede a afirmação incorreta. Em um cubo homogêneo, a simetria fixa a direção do campo num vértice ao longo da diagonal principal. Para um tetraedro regular ocorre argumento análogo, perpendicular à face oposta.

A afirmação B, contudo, diz que em qualquer ponto dos eixos de simetria da chapa o campo seria normal ao plano. Se o ponto pertence a um eixo de simetria contido no plano, as componentes perpendiculares dos elementos da chapa se anulam e o campo pode apresentar componente no próprio plano. Portanto, não é necessariamente normal à chapa.

O erro é confundir simetria em relação a um eixo geométrico com perpendicularidade da força ao plano.

Escolha como coordenada a extensão $z$ da mola, positiva para cima a partir de $O$. As articulações mantêm as duas massas laterais à mesma altura, e cada barra tem comprimento $L$.

Da geometria, a distância entre a articulação superior e a inferior é $2L-z$, então a altura do plano das massas laterais aumenta em $z/2$. O raio de rotação $\rho$ obedece \[\rho^2=L^2-(L-z/2)^2=Lz-\frac{z^2}{4}.\]

No referencial girante, escrevemos a energia potencial efetiva \[U_{\mathrm{ef}}=\frac12kz^2+(M+m)gz-m\omega^2\rho^2.\] Como essa expressão é quadrática em $z$, o equilíbrio estável ocorre em seu vértice. Completando o quadrado, obtemos a condição \[kz+(M+m)g-m\omega^2(L-z/2)=0.\]

Assim, \[z=\frac{m\omega^2L-(M+m)g}{k+m\omega^2/2}=\frac{100-30}{100+50}=0{,}467\ \text{m}.\]

A alternativa mais próxima é $0{,}5\ \text{m}$.

I — Verdadeira. Isótopos têm o mesmo número de prótons; a variação de número de massa de 16 para 18 corresponde a dois nêutrons adicionais.

II — Falsa. Em três meias-vidas, de $72000\ \text{anos}$, $600\ \text{g}$ diminuem para $600/8=75\ \text{g}$, não $200\ \text{g}$.

III — Falsa. A emissão beta altera o número atômico, mas não aumenta o número de massa de 27 para 28.

IV — Falsa. Um fóton pode transferir energia para um elétron no efeito fotoelétrico; aumentar sua frequência aumenta a energia disponível, não implica liberação de dois ou mais elétrons.

Apenas I é correta.

No movimento harmônico simples, a aceleração é proporcional ao oposto da posição: \[a=-\omega^2x.\] Portanto, os gráficos de $x$ e $a$ têm zeros simultâneos e sinais opostos.

Além disso, a velocidade é defasada de um quarto de período: seus máximos ocorrem quando $x=0$, e sua derivada determina a inclinação da posição.

Observando a figura, nenhuma das identificações propostas em I, II ou III respeita simultaneamente essas relações. A curva cheia não pode ser identificada como velocidade apenas pelo aspecto do gráfico.

Conclusão: todas as proposições são incorretas.

Em um processo adiabático quase-estático, a quantidade $PV^\gamma$ é constante. Com o gás ideal, também vale \[TV^{\gamma-1}=\text{constante}\quad\Rightarrow\quad\frac{T_2}{T_1}=\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}.\]

Tomando logaritmos: \[\gamma-1=\frac{\ln(T_2/T_1)}{\ln(V_1/V_2)}.\] A expressão inicial do trabalho pode ser reorganizada como \[W_{12}=\frac{P_1V_1-P_2V_2}{\gamma-1}.\]

Da relação entre pressão e temperatura, \[P_2V_2=P_1V_2\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\gamma/(\gamma-1)}.\] Logo, \[W_{12}=\frac{P_1\left[V_1-V_2(T_2/T_1)^{\gamma/(\gamma-1)}\right]}{\ln(T_2/T_1)/\ln(V_1/V_2)}.\]

Esta é a expressão da alternativa A.

O trabalho externo para montar as cargas a partir do infinito, sem variação final de energia cinética, corresponde à energia potencial eletrostática. Cada par deve ser contado uma única vez.

Com quatro cargas, há seis pares. Dois estão separados por a, dois por 2a√2 e dois pelas diagonais do retângulo.

Some as seis interações.

Expresse o resultado no denominador comum da alternativa.

A espira é abandonada e passa a cair na direção $-z$. O campo possui uma parte horizontal proporcional a $-x$ e uma vertical proporcional a $z$. A corrente induzida depende de como o fluxo magnético através da espira varia durante a queda.

Para $\alpha=0$ e $\beta=90^\circ$, a espira está inicialmente horizontal. Ao descer, o fluxo da componente $B_z$ diminui; pela lei de Lenz, surge corrente que se opõe a essa diminuição. As forças magnéticas nos trechos da espira, considerando também a componente $B_x$, formam um binário que altera sua inclinação.

O torque inicial faz $\beta$ diminuir, tornando correta a alternativa C. As alternativas que anunciam mudança inicial em $\alpha$ para configurações simétricas ignoram o plano do binário magnético.

A meia-vida $\tau_{1/2}=1{,}5\ \mu\text{s}$ é medida no referencial próprio do múon. Para que a probabilidade de sobrevivência seja de $50\%$, o tempo próprio transcorrido até atingir o solo deve ser igual a uma meia-vida.

No referencial da Terra, $t=h/v$. Pela dilatação temporal, o tempo próprio é $t/\gamma$. Portanto, \[\frac{h}{\gamma v}=\tau_{1/2},\qquad \gamma=\frac1{\sqrt{1-v^2/c^2}}.\]

Escrevendo $\beta=v/c$ e usando $h=1000\ \text{m}$: \[\frac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}}=\frac{h}{c\tau_{1/2}}=\frac{1000}{450}=2{,}22.\] Daí, $\beta\approx0{,}912$ e \[v\approx2{,}74\times10^8\ \text{m/s}.\]

O valor da lista mais próximo é $2{,}7\times10^8\ \text{m/s}$.

O dispositivo compara a fase óptica de dois percursos de mesmo comprimento geométrico $L$. Um deles contém líquido em repouso; no outro, o líquido escoa com velocidade $u$, modificando o tempo de trânsito luminoso.

Considerando a velocidade de fase relativística no meio em movimento, \[v_{\mathrm{mov}}=\frac{c/n+u}{1+u/(nc)},\qquad v_0=\frac cn.\] Assim, a diferença entre os tempos de trânsito é \[\Delta t=L\left(\frac1{v_0}-\frac1{v_{\mathrm{mov}}}\right)=\frac{Lu(n^2-1)}{c(c+nu)}.\]

Para a primeira interferência destrutiva, a diferença de fase corresponde a meio período: $f\Delta t=1/2$. Portanto, \[\frac{2fLu(n^2-1)}{c(c+nu)}=1\quad\Rightarrow\quad u=\frac{c^2}{2Lf(n^2-1)-cn}.\]

Checagem. O resultado requer denominador positivo e está associado à menor diferença de fase ímpar de $\pi$.

Os centros das esferas distam $2r=3R/2$ e têm separação horizontal $2(R-r)=R/2$. Portanto, o desnível entre centros é \[h=\sqrt{(3R/2)^2-(R/2)^2}=\sqrt2R.\]

Para a esfera de cima, o equilíbrio fornece força horizontal de contato com o cilindro $F_h$, relacionada ao peso pela inclinação da reta dos centros: \[\frac P{F_h}=\frac{h}{R/2}=2\sqrt2\quad\Rightarrow\quad F_h=\frac P{2\sqrt2}.\]

No limiar do tombamento do cilindro, o momento desestabilizador dessa força em relação à borda de apoio é $F_hh$, equilibrado pelo peso $P_c$ com braço $R$:

\[P_cR=\frac P{2\sqrt2}\,\sqrt2R\quad\Rightarrow\quad P_c=\frac P2.\]

Na órbita circular de raio $r_B$, a energia mecânica da nave é \[E_B=-\frac{GMm}{2r_B}.\]

A órbita de transferência é uma elipse com periastro $r_A$, apoastro $r_B$ e semieixo maior $a=(r_A+r_B)/2$. Sua energia mecânica é constante e vale \[E_{\mathrm{tr}}=-\frac{GMm}{2a}=-\frac{GMm}{r_A+r_B}.\]

O impulso no ponto $B$ circulariza a órbita, e a energia fornecida nesse instante é a diferença entre as duas energias mecânicas: \[\Delta E_B=E_B-E_{\mathrm{tr}}=\frac{GMm}{r_A+r_B}-\frac{GMm}{2r_B}.\]

Logo, \[\Delta E_B=\frac{GMm(r_B-r_A)}{2r_B(r_A+r_B)}.\] Como $r_B>r_A$, o incremento é positivo.

Modelo. Considere uma bolha aproximadamente esférica de volume $V$, densidade gasosa $\rho_g$, imersa em líquido de densidade $\rho_l$. Logo após desprender-se do fundo, desprezamos provisoriamente o arrasto e admitimos que a bolha mantém aproximadamente seu volume.

A força vertical resultante, para cima, é o empuxo menos o peso do gás: \[F=(\rho_l-\rho_g)Vg.\] Se somente a massa do gás for acelerada, $m_g=\rho_gV$, então \[a_0=g\left(\frac{\rho_l}{\rho_g}-1\right).\]

Usando gás ideal para $\text{CO}_2$ próximo de $300\ \text{K}$ e $P\approx10^5\ \text{Pa}$, \[\rho_g=\frac{PM}{RT}\approx\frac{10^5\cdot0{,}044}{8\cdot300}\approx1{,}8\ \text{kg/m}^3.\] Com $\rho_l\approx1000\ \text{kg/m}^3$, obtemos $a_0\approx5{,}5\times10^3\ \text{m/s}^2$ no modelo sem arrasto nem massa adicionada.

Na água real, a massa de líquido acelerada ao redor da bolha e o arrasto reduzem muito essa aceleração. Se incluirmos a massa adicionada $m_a\approx\frac12\rho_lV$ de uma esfera, a estimativa inicial passa a ser \[a_0\approx\frac{(\rho_l-\rho_g)g}{\rho_g+\rho_l/2}\approx2g\approx20\ \text{m/s}^2.\]

O problema admite modelos diferentes; as hipóteses devem acompanhar a estimativa numérica.

Por simetria, a força elétrica resultante sobre a carga central é nula. Sobre qualquer carga de vértice, as seis demais produzem uma resultante radial para fora.

Denote $F_0=kq^2/d^2$. A carga central contribui $F_0$; as duas vizinhas, juntas, contribuem $F_0$ na direção radial; as duas cargas separadas por $\sqrt3d$ contribuem $F_0/\sqrt3$; e a carga oposta, à distância $2d$, contribui $F_0/4$.

Assim, \[F_{\mathrm{el}}=\left(\frac94+\frac1{\sqrt3}\right)\frac{kq^2}{d^2}.\]

Se os seis fios são raios unindo cada vértice à carga central, todos têm a mesma tensão, dada por \[T=\left(\frac94+\frac1{\sqrt3}\right)\frac{kq^2}{d^2}.\]

Se houver também fios nos lados do hexágono, a configuração precisa ser explicitada: para a tensão radial $T_r$ e a tensão em cada lado $T_l$, o equilíbrio dá $T_r+T_l=F_{\mathrm{el}}$. Sem especificar quais conexões existem, não há uma distribuição única de tensões entre diferentes malhas.

Na colisão elástica unidimensional entre o nêutron de massa $m$ e o núcleo inicialmente parado de massa $M$, conservam-se a quantidade de movimento e a energia cinética.

Os resultados são \[v_n'=\frac{m-M}{m+M}v_0,\qquad V_M'=\frac{2m}{m+M}v_0.\]

A fração da energia inicial transferida ao alvo é \[\frac{K_M'}{K_0}=\frac{\frac12M(V_M')^2}{\frac12mv_0^2}=\frac{4mM}{(m+M)^2}.\]

Se $M\approx m$, a fração se aproxima de $1$: o nêutron pode perder quase toda a energia em uma única colisão central. Quando $M\gg m$, a fração é pequena, da ordem de $4m/M$, e a perda por colisão é reduzida. Por isso o hidrogênio é eficiente como moderador de nêutrons.

O índice do vidro é $n_v=\sqrt{19}/3$ e o da água é $n_a=4/3$. No limiar da reflexão interna total na base, pela lei de Snell, \[\sin i_c=\frac{n_a}{n_v}=\frac4{\sqrt{19}},\qquad\cos i_c=\frac{\sqrt3}{\sqrt{19}}.\]

Se $\varphi$ representa a inclinação do raio dentro do prisma em relação à horizontal, então $\varphi=90^\circ-i_c$. Consequentemente, \[\cos\varphi=\frac4{\sqrt{19}},\qquad\sin\varphi=\frac{\sqrt3}{\sqrt{19}}.\]

Na face de saída à direita, a incidência interna é $i=90^\circ-\alpha-\varphi$ e a refração no ar, para emergência horizontal, é $r=90^\circ-\alpha$. Pela lei de Snell: \[n_v\sin(90^\circ-\alpha-\varphi)=\sin(90^\circ-\alpha),\] ou seja, \[n_v(\cos\alpha\cos\varphi-\sin\alpha\sin\varphi)=\cos\alpha.\]

Reorganizando sem cálculo diferencial, \[\tan\alpha=\frac{n_v\cos\varphi-1}{n_v\sin\varphi}=\frac{4/3-1}{\sqrt3/3}=\frac1{\sqrt3}.\] Portanto, $\alpha=30^\circ$.

Adote a mesma tensão nominal U para as lâmpadas e aproxime suas resistências como constantes:

Antes da troca, as duas lâmpadas de 100 W são iguais. Ligadas em série à tensão U, cada uma recebe metade dessa tensão:

Depois da troca, calcule as resistências de cada lâmpada e sua soma:

A corrente é a mesma nas duas lâmpadas em série:

Calcule a potência efetivamente dissipada em cada uma:

No modelo de resistências constantes, o estudante que instalou a lâmpada nominal de 50 W aumenta a dissipação de 25 W para 32 W. O que instalou a de 200 W passa a dissipar apenas 8 W. A comparação de brilho é aproximada: lâmpadas reais variam sua resistência com a temperatura.

Meça z para baixo a partir do comprimento natural da mola. A posição de equilíbrio satisfaz:

Na figura, z₀ indica o deslocamento abaixo da posição de equilíbrio, e não a coordenada absoluta. A posição de soltura e a amplitude elástica são:

Enquanto a mola atua, use a energia do oscilador em torno do equilíbrio. Na primeira passagem por z igual a zero:

Acima do comprimento natural, a mola não exerce força. O movimento é de queda livre até a massa parar e retornar:

No trecho elástico, a posição pode ser descrita pela fase do oscilador:

A passagem por z igual a zero ocorre com cosseno da fase igual a menos um meio. O percurso elástico de ida e volta tem variação de fase total de quatro pi sobre três:

O trecho sem força elástica inclui a subida e a descida entre as duas passagens pelo comprimento natural:

Some os tempos dos dois regimes:

Os extremos do movimento são:

A amplitude é medida a partir do equilíbrio; ela não deve ser confundida com a coordenada absoluta no instante de soltura.

A força magnética é perpendicular à velocidade, portanto o próton mantém o módulo de sua rapidez e percorre arcos de circunferência. O raio em ambos os campos é \[\rho=\frac{mv}{qB}=\frac{1{,}7\times10^{-27}\cdot0{,}80\times10^7}{1{,}6\times10^{-19}\cdot0{,}050}=1{,}7\ \text{m}.\]

No primeiro setor ($\vec B$ dirigido para $-z$), a força inicial aponta para $+y$ e o centro do arco está em $(0;\rho)$. Ao chegar a $x=L=\rho/2$, a altura é \[y_1=\rho-\sqrt{\rho^2-L^2}=\rho\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\right)\approx0{,}23\ \text{m}.\]

No setor $x>L$, o campo inverte de sentido e a curvatura também. O novo centro do arco é \[(x_c,y_c)=\big(\rho,\rho(1-\sqrt3)\big)\approx(1{,}70;-1{,}24)\ \text{m}.\]

Sua circunferência é \[(x-1{,}70)^2+(y+1{,}24)^2=1{,}70^2.\] Os cruzamentos com a fronteira $x=0{,}85\ \text{m}$ têm ordenadas aproximadamente $0{,}23\ \text{m}$ e $-2{,}71\ \text{m}$. Ao impor $y=0$, a raiz pertencente ao arco $x>L$ é $x\approx2{,}86\ \text{m}$.

Resposta: a trajetória encadeia arcos de sentidos de curvatura opostos, cruzando $x=L$ nos pontos $(0{,}85;0{,}23)$ e $(0{,}85;-2{,}71)$, e o eixo $x$ em $(2{,}86;0)$, em metros.

O espelho esférico côncavo tem distância focal paraxial $f=R/2$. Os raios que fazem ângulo $\alpha$ com o eixo convergem para um anel de raio $r$ no plano focal, de modo que \[\tan\alpha=\frac r{R/2}=\frac{2r}{R}.\] Assim, \[\alpha=\arctan\left(\frac{2r}{R}\right).\]

Na emissão Cherenkov, a frente de onda satisfaz \[\cos\alpha=\frac{c/n}{v}.\] Como $\cos\alpha=R/\sqrt{R^2+4r^2}$, resulta \[v=\frac{c}{n\cos\alpha}=\frac{c\sqrt{R^2+4r^2}}{nR}.\]

Nota sobre o enunciado. O PDF fornecido escreve $v=\beta c$ com $\beta>1$, incompatível com uma partícula material movendo-se mais rapidamente que $c$ no vácuo. A condição física usual do efeito Cherenkov é $c/n<v<c$ (ou $1/n<\beta<1$, com $\beta=v/c$). A relação geométrica acima preserva a solução e explicita essa ressalva.