ITA 2018 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Estratégia física. A frequência depende de $G$, $m$ e $R$. Uma combinação com dimensão de inverso de tempo é $\nu\sim\sqrt{Gm/R^3}$.

Como $m/R^3$ tem a dimensão de densidade, também podemos escrever $\nu\sim\sqrt{G\rho}$. Para usar unidades SI: $5\times10^{14}\ \text{g/cm}^3=5\times10^{17}\ \text{kg/m}^3$.

$\nu\sim\sqrt{(7\times10^{-11})(5\times10^{17})}=\sqrt{3{,}5\times10^7}\approx5{,}9\times10^3\ \text{Hz}$. A potência de dez mais próxima é $10^4\ \text{Hz}$.

Estratégia física. A rede está no meio da quadra, a $9\ \text{m}$ do saque. O movimento horizontal é uniforme: $v_x=12\cos15^\circ\approx11{,}59\ \text{m/s}$.

Na rede, $t_r=9/11{,}59\approx0{,}777\ \text{s}$. Na vertical, $y=3+12\sin15^\circ\ t-5t^2$; logo $y_r\approx2{,}40\ \text{m}$, acima dos $2{,}24\ \text{m}$ da rede.

Para o contato com o chão, $0=3+3{,}106t-5t^2$ fornece a raiz positiva $t\approx1{,}145\ \text{s}$. O alcance é $x\approx11{,}59(1{,}145)=13{,}27\ \text{m}$, menor que $18\ \text{m}$. A bola passa e cai dentro da quadra.

Estratégia física. A condição inicial de equilíbrio da prancha é $m_AgL_A=m_BgL_B$, portanto $L_A/L_B=m_B/m_A$.

Se a prancha permanece horizontal enquanto os discos se aproximam, os torques devem se anular a cada instante. Isso exige $m_A(L_A-v_At)=m_B(L_B-v_Bt)$.

A parcela independente do tempo já se anula. Para a condição valer durante o movimento, $m_Av_A=m_Bv_B$, donde $v_A/v_B=m_B/m_A$.

Estratégia física. Enquanto existe contato, o bloco e a massa pendular têm a mesma componente horizontal de velocidade. Se a haste faz ângulo $\theta$ com a horizontal, a rapidez da massa é tangencial à circunferência e $v_M=v_m\sin\theta$.

No instante da separação,

A massa pendular caiu verticalmente de $L$ para

, perdendo energia potencial $mgL/2$.

Conservação de energia:

Estratégia física. Para fonte móvel e observador parado, $f_{\text{aprox}}=f_0c/(c-u)$ e $f_{\text{afast}}=f_0c/(c+u)$.

Com $c=340\ \text{m/s}$, $u=340/19\approx17{,}9\ \text{m/s}$. Convertendo: $u\approx64{,}4\ \text{km/h}$.

Estratégia física. A altura total é

Como o raio aumenta linearmente, a

do fundo:

Imediatamente após a abertura, a velocidade na saída é aproximadamente $v_0=\sqrt{2gH}=10\ \text{m/s}$, pois a superfície tem seção cem vezes maior que a base. Por continuidade, $v_z=v_0(A_0/A_z)=10(0{,}10/0{,}127)^2\approx6{,}20\ \text{m/s}$.

Bernoulli entre saída $(z=0,p_0=p_{\text{atm}})$ e a seção em $z$: $p_z+\rho gz+\rho v_z^2/2=p_{\text{atm}}+\rho v_0^2/2$. Então $p_z\approx100000+50000-1500-19220\approx129280\ \text{Pa}\approx129\ \text{kPa}$.

A pressão não é hidrostática pura durante o escoamento, pois há energia cinética macroscópica variável com a seção.

Estratégia física. A resistência do ar reduz a velocidade vertical de queda em comparação ao vácuo; consequentemente, no modelo escolar usual de arrasto com componentes independentes, $t_1<t_2=t_3$.

No terceiro lançamento, a velocidade inicial horizontal relativa ao ar é nula, pois vento e projétil partem com o mesmo $v_0$. O vento preserva uma componente horizontal maior da velocidade do projétil do que no ar parado. A componente vertical terminal é a mesma nos casos 2 e 3 no modelo adotado.

Assim, a rapidez de impacto no vácuo é maior; dentre as condições com ar, $v_3>v_2$, resultando $v_1>v_3>v_2$.

Nota de modelagem: a igualdade exata dos tempos depende da hipótese de arrasto separável por componentes, implícita na resposta oficial. Com arrasto quadrático estritamente dependente da rapidez total, essa igualdade não é universal.

Estratégia física. O computador não calcula média aritmética de velocidades: a cada trecho de $1\ \text{km}$, o tempo gasto é $\Delta t_i=1/v_i$ em horas.

Nos últimos nove quilômetros, $\bar v=9/(1/v_1+\cdots+1/v_9)$: é a média harmônica das nove velocidades amostradas para distâncias iguais. Trechos lentos contribuem com mais tempo e reduzem a média.

Na entrada do intervalo, a média permanece próxima do patamar de $10\ \text{km/h}$. Ao avançar, ela sobe gradualmente e com atraso em relação à velocidade instantânea, seguindo a curva contínua inferior do gráfico, terminando abaixo de $50\ \text{km/h}$.

Estratégia física. A força magnética perpendicular ao movimento fornece a resultante centrípeta: $|q|vB=mv^2/r$, logo $v=|q|Br/m$.

Substitua os dados:

fica

O período orbital é

Portanto $T\propto r^3$ e $T(4R)=4^3T(R)=64T$.

Estratégia física. Sem forças horizontais externas, os momentos horizontais se compensam no ponto inferior: $mv_b+Mv_T=0$. A velocidade relativa é $u=v_b-v_T$.

A energia gravitacional perdida pelo corpo é $mg(2r)$. Toda ela vira energia cinética translacional do corpo e do tubo: $2mgr=mv_b^2/2+Mv_T^2/2$.

A conservação do momento permite escrever $2mgr=\frac12[mM/(m+M)]u^2$. Portanto $u=\sqrt{4gr(m+M)/M}$.

Substituindo

, com sinal positivo no sentido da trajetória indicada.

Estratégia física. Antes do choque, como

os módulos das velocidades são

. Por ser um choque frontal, elas têm sentidos contrários no encontro.

Na colisão elástica unidimensional, a velocidade relativa de afastamento tem o mesmo módulo da velocidade relativa de aproximação:

Como os módulos finais são iguais, as velocidades devem ter sinais opostos:

Conservando a quantidade de movimento ao longo da linha de choque:

Estratégia física. Os sistemas são neutros, e por isso os termos monopolares de ordem $1/r^2$ se cancelam quando se somam as quatro forças de Coulomb.

Se $k=1/(4\pi\varepsilon_0)$ e $r$ é a separação entre os centros, as distâncias de interação são $r\pm(a_1\pm a_2)/2$. Expandindo cada $1/(r+\delta)^2$ até a ordem quadrática, os termos constantes e lineares cancelam.

O primeiro termo que sobrevive na força total é $F_x=-6kq_1q_2a_1a_2/r^4$, negativo no eixo $+x$. A atração tem sentido físico: a face direita positiva do primeiro dipolo encontra a face esquerda negativa do segundo dipolo.

Estratégia física. Em um vértice, cada uma das duas massas vizinhas exerce força $F=Gm^2/L^2$ ao longo do lado; as duas somam uma força radial para o centro de módulo $\sqrt2F$.

A massa oposta na diagonal está a $\sqrt2 L$ e atrai com módulo $F/2$, também em direção ao centro. Logo $F_r=(\sqrt2+1/2)Gm^2/L^2$.

Como o raio da órbita é $L/\sqrt2$, impondo $F_r=m\omega^2(L/\sqrt2)$, encontra-se $\omega^2=(4+\sqrt2)Gm/(2L^3)$.

Assim $T=2\pi/\omega=2\pi\sqrt{[L^3/(Gm)](4-\sqrt2)/7}$, após racionalizar a expressão.

Estratégia física. Se $p_1$ é a distância ao espelho côncavo, a distância ao convexo é

Os focos são

O módulo do aumento linear para um espelho é

Igualando os tamanhos:

Para $p_1>16$,

Estratégia física. Para raios X, a lei de Bragg relaciona o ângulo de máxima difração com o comprimento de onda: $2d\sin\theta=n\lambda_X$. Alterar a intensidade sem mudar $\lambda_X$ não desloca o máximo.

Os elétrons possuem comprimento de onda de de Broglie $\lambda_e=h/p$. Aumentar sua energia cinética eleva $p$ e reduz $\lambda_e$, alterando o ângulo de difração.

A alternativa C modifica os dois comprimentos de onda: aumenta $\lambda_X$ e diminui $\lambda_e$, deslocando ambos os máximos. Na alternativa D, $d$ e $\lambda_X$ dobram juntos, mantendo a razão $\lambda_X/d$ e, portanto, $\alpha$.

Estratégia física. Se $k$ é a constante das molas e $x_1,x_2,x_3$ as deformações algébricas de cima para baixo, a distância fixa impõe $x_1+x_2+x_3=0$.

No equilíbrio inicial, as forças elásticas sobre as duas massas fornecem

Da soma nula resulta

Após retirar a mola inferior, a mola do meio sustenta uma massa, $x_2\prime=mg/k$, e a superior sustenta duas, $x_1\prime=2mg/k$.

O deslocamento da massa de cima é

para a de baixo,

Estratégia física. O mecanismo descrito separa moléculas mais rápidas das mais lentas em recipientes inicialmente à mesma temperatura. Isso criaria uma diferença de temperatura espontânea sem dispêndio de trabalho aparente.

No tratamento termodinâmico macroscópico, tal segregação reduziria a entropia total de um sistema isolado. A segunda lei veda diminuição espontânea da entropia em processos isolados.

A resolução moderna da aparente contradição considera que medir, registrar e apagar informações sobre moléculas tem custos físicos e que o dispositivo não é um observador sem interação com o ambiente.

Estratégia física. No instante inicial, os fios são paralelos, as correntes têm o mesmo sentido e a interação é atrativa: a força sobre o fio de cima aponta para baixo, $F(0)=-K$.

Ao girar o fio superior, sua componente paralela à direção do fio inferior muda como $\cos(wt)$. O modelo idealizado da questão tem força vertical assinada

é nula em

e $3\pi/2$, repulsiva em

e novamente atrativa em

O gráfico A é o único que começa em $-K$, sobe até $+K$ na meia-volta e retorna a $-K$ após uma volta.

Estratégia física. A massa é solta acima do eixo de articulação, com altura relativa $+h$, e recua depois do choque até altura $-h\cos\theta$. A energia transferida ao som é $\Delta E=mgh(1+\cos\theta)$.

A potência acústica média entregue durante o choque é $P=\Delta E/\Delta t$. Para onda sonora de amplitude de deslocamento $A$, $P=\tfrac12\rho Sc\omega^2A^2$.

O tubo é fechado pela membrana numa extremidade e aberto na outra. A frequência angular fundamental é $\omega=\pi c/(2L)$. Isolando $A$: $A=(2L/\pi c)\sqrt{2mgh(1+\cos\theta)/(\rho Sc\Delta t)}$.

Verificação dimensional: $\rho Sc\Delta t$ tem dimensão de massa, e a raiz representa velocidade, enquanto $2L/(\pi c)$ tem dimensão de tempo; o produto é um deslocamento.

Estratégia física. Para volumes e temperaturas fixos, a conservação do número total de mols dá $P_AV_A/(RT_A)+P_BV_B/(RT_B)=P_{Af}V_A/(RT_A)+P_{Bf}V_B/(RT_B)$.

Como

dividindo por $V_A/R$ e multiplicando por $T_A$, temos

Isolando: $P_{Af}=P_A[1+\beta(P_B/P_A)(T_A/T_B)]/[1+(\beta/\alpha)(T_A/T_B)]$.

Não se supõe equilíbrio de pressões: a válvula para quando a razão final é $\alpha$, que pode ser diferente de 1.

Estratégia física. Seja $x(t)$ o deslocamento do centro de massa para a direita. As forças normais dos roletes, separados por $2\ell$, obedecem a $N_1+N_2=mg$ e ao equilíbrio de torques $N_1(\ell+x)=N_2(\ell-x)$.

Daí $N_1=mg(\ell-x)/(2\ell)$ e $N_2=mg(\ell+x)/(2\ell)$. Os roletes giram em sentidos que puxam a prancha para o meio: o esquerdo exerce atrito $+\mu N_1$ e o direito exerce $-\mu N_2$.

A resultante horizontal é

Assim,

equação característica do movimento harmônico simples de frequência angular

Como a prancha é inicialmente abandonada com velocidade horizontal nula na posição $x_0$, a função horária é $x(t)=x_0\cos(\sqrt{\mu g/\ell}\ t)$. A validade exige que a prancha permaneça apoiada nos dois roletes e que o deslizamento relativo seja mantido.

Estratégia física. Seja $V_c$ a parcela do volume deslocando o líquido superior e $V_b=V-V_c$ a parcela no líquido inferior. O empuxo total é a soma dos dois empuxos: $E=g\rho_cV_c+g\rho_b(V-V_c)$.

No equilíbrio,

Cancelando $Vg$ e denotando

Logo $f=(\rho_b-\rho)/(\rho_b-\rho_c)$. O resultado é compatível com $0<f<1$, pois $\rho_c<\rho<\rho_b$.

Os dois capacitores começam com tensão U. Ao desligar a fonte, mantendo a ligação entre eles, conserva-se a carga total do par.

Após introduzir o dielétrico, as capacitâncias são C e kC, ambas sob a mesma tensão final.

A carga do capacitor sem dielétrico diminui. A diferença é a carga livre transferida para o outro capacitor.

Calcule as energias eletrostáticas totais nos estados inicial e final.

Para k maior que 1, a energia eletrostática diminui. Essa diminuição está associada à transferência mecânica de energia na inserção e, conforme o processo real, pode também envolver dissipação. A carga do par se conserva, mas a tensão não permanece imposta pela fonte.

Estratégia física. No periélio,

No afélio,

Isolando $\alpha$ nas duas expressões e igualando: $r_p(1+\varepsilon)=r_a(1-\varepsilon)$, portanto $\varepsilon=(r_a-r_p)/(r_a+r_p)$.

A constante

resulta

O semieixo maior da órbita é

Pela terceira lei de Kepler, $T=2\pi\sqrt{a^3/(GM_{\odot})}=2\pi\sqrt{(r_a+r_p)^3/(8GM_{\odot})}$. O parâmetro gravitacional do Sol $GM_{\odot}$ é necessário: as duas distâncias sozinhas não fixam um período numérico.

Estratégia física. A rapidez de aproximação é

Em segundos, a separação diminui de

para

, para $0\le t<10000/70$.

A área do circuito formado pelos trilhos e os trens é $A(t)=dL(t)$. O módulo da fem induzida é $|\mathcal E|=Bd(v_1+v_2)=(5\times10^{-5})(2)(70)=7{,}0\times10^{-3}\ \text{V}$.

Os dois trilhos são resistores em série, com resistência linear $0{,}10\ \Omega/\text{km}$ cada: $R(t)=2(0{,}10)[10-0{,}07t]=2-0{,}014t\ \Omega$.

Da lei de Ohm, $I(t)=0{,}007/(2-0{,}014t)\ \text{A}$, com $t$ em segundos e antes de os trens se encontrarem. O sentido é o de Lenz, opondo-se à diminuição do fluxo magnético. No modelo ideal, a expressão diverge perto do encontro porque se desprezam resistências dos trens e contatos.

Estratégia física. Esquema de montagem: estrela → telescópio/colimador → prisma (triângulo) → feixes dispersos por comprimento de onda → detector (quadrado) deslocável. Para obter o espectro, move-se o detector pela direção angular de dispersão do prisma.

O prisma separa as componentes espectrais porque o índice de refração depende do comprimento de onda. Em cada posição, mede-se o número de fótons por segundo em uma banda estreita e associa-se a leitura à frequência ou ao comprimento de onda calibrado.

Para comparar com a curva espectral de emissão do corpo negro, é necessário corrigir a resposta do aparelho e converter contagens em potência espectral: cada fóton de frequência $f$ transporta energia $E=hf$.

A curva de potência espectral por unidade de comprimento de onda apresenta máximo em $\lambda_{\max}$; pela lei de deslocamento de Wien, $\lambda_{\max}T\approx2{,}90\times10^{-3}\ \text{m}\cdot\text{K}$. Assim $T\approx2{,}90\times10^{-3}/\lambda_{\max}$. O máximo das contagens de fótons não deve ser usado sem a conversão espectral adequada.

Estratégia física. O voltímetro está em paralelo com

Como mede $4{,}0\ \text{V}$, cada um desses resistores conduz

O amperímetro, em série antes do nó de divisão, mede a corrente total $1{,}0\ \text{A}$. Pela lei dos nós, a corrente no voltímetro é $I_V=1-0{,}40-0{,}40=0{,}20\ \text{A}$.

A resistência interna do voltímetro é $R_V=U_V/I_V=4{,}0/0{,}20=20\ \Omega$.

Não é preciso conhecer a resistência interna do amperímetro nem a ddp da fonte; a leitura do voltímetro já fornece a ddp dos três ramos em paralelo.

Estratégia física. O maior valor da tração do fio para uma mesma rapidez tangencial ocorre na parte inferior da trajetória, pois ali $T=mv^2/r+mg=m\omega^2r+mg$. É nessa posição que se atinge primeiro a tração-limite com a menor velocidade angular.

Substitua os dados:

(SI) e

A massa é solta horizontalmente com rapidez

No rompimento, a altura de lançamento é

O tempo até o solo satisfaz

de modo que

O alcance horizontal desde $P$ é

Estratégia física. No modelo de Bohr, a força coulombiana fornece a centrípeta: $mv_n^2/r_n=k e^2/r_n^2$. Como $r_n\propto n^2$, vem $v_n\propto1/n$. O átomo emite luz, logo $n_i>n_f$ e $v_i<v_f$.

A razão dada vale

A energia do fóton é a diferença das energias totais:

Substituindo

A energia total final é

Em órbita coulombiana,

de modo que a energia potencial é

Estratégia física. As duas semicircunferências ligam os mesmos nós da espira e formam ramos em paralelo, com resistências $2R$ (superior) e $R$ (inferior). Pela divisão de corrente, $I_{\text{sup}}=I/3$ e $I_{\text{inf}}=2I/3$.

Um arco de circunferência de ângulo $\phi$ e raio $a$ produz no centro

Para uma semicircunferência (

),

No centro, a corrente do arco superior (da esquerda para a direita) circula em sentido horário, produzindo campo para dentro da página. A inferior circula em sentido anti-horário, produzindo campo para fora.

A resultante é $B=\mu_0(I_{\text{inf}}-I_{\text{sup}})/(4a)=\mu_0[(2I/3)-(I/3)]/(4a)=\mu_0I/(12a)$, para fora da página. Os trechos retos colineares com o centro não contribuem para o campo nesse ponto.