o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembro de

o
anglo
resolve
a prova
de Física
do ITA
dezembro
de 2005
Código: 83580106
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua
tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada
questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de
Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de
múltipla escolha.
3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.
Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha
equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a
40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.
Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas
questões de múltipla escolha.
Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a
100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português.
▼
F ÍSICA
Questão 1
Algumas células do corpo humano são circundadas por paredes revestidas externamente por uma película com
carga positiva e, internamente, por outra película semelhante, mas com carga negativa de mesmo módulo.
Considere sejam conhecidas: densidades superficial de ambas as cargas σ = ± 0,50 × 10–6 C/m2;
ε0 ≅ 9,0 × 10–12 C2/Nm2; parede com volume de 4,0 × 10–16 m3 e constante dielétrica k = 5,0. Assinale, então, a
estimativa da energia total acumulada no campo elétrico dessa parede.
A) 0,7 eV
B) 1,7 eV
C) 7,0 eV
D) 17 eV
E) 70 eV
Resolução
Aproximando-se a situação apresentada à de um capacitor de placas planas e paralelas, a energia acumulada
é dada por W =
Q=
Q ⋅U
, sendo:
2
σ ⋅ A, A é a área da placa
U = E ⋅ d, com E =
W=
σ⋅A
2
⋅
σ
k ⋅ ε0
σ
kε0
⋅
ed=
V
, V é o volume da película. Então:
A
σ2 ⋅ V
V
∴ W=
2 ⋅ k ⋅ ε0
A
Substituindo-se pelos valores numéricos:
W=
( 0,5 ⋅ 10 –6 )2 ⋅ 4 ⋅ 10 –16
2 ⋅ 5 ⋅ 9 ⋅ 10
–12
=
1
⋅ 10 –17 J
9
Sendo 1 eV = 1,6 ⋅ 10–19 J, conclui-se que:
W ≈ 7 eV
▼
Resposta: C
Questão 2
Uma haste metálica de comprimento 20,0 cm está situada num plano xy, formando um ângulo de 30° com
relação ao eixo Ox. A haste movimenta-se
com velocidade de 5,0m/s na direção do eixo Ox e encontra-se imersa
→
num campo magnético uniforme B , cujas componentes, em relação a Ox e Oz (em que z é perpendicular a xy)
são, respectivamente, Bx = 2,2 T e Bz = – 0,50 T. Assinale o módulo da força eletromotriz induzida na haste.
A) 0,25 V
B) 0,43 V
C) 0,50 V
D) 1,10 V
E) 1,15 V
ITA/2006
3
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
y
→
→
v = 5i →
→
→
B = 2,2i – 0,5k
v = 5 m/s
cm
→
20
j
30º
→
x
→
k
i
A força magnética atuante em uma carga de módulo q do fio é:
→
→
→
→
→
→
→
F = qv × B → F = 5q i × (2,2 i – 0,5 k )
∴
→
→
F = 2,5 q j
O campo elétrico atuante em cada carga q é:
→
→
→
→
F = q ⋅ E → 2,5 q j = q ⋅ E
∴
→
→
E = 2,5 j
Sendo E ⋅ d = U, em que E é a intensidade do campo elétrico, d é a distância entre duas equipotenciais e U é
a ddp entre elas, tem-se:
E
V2
cm
20
d
30º
2,5 ⋅ 0,1 = U
V1
→
d = l ⋅ sen30º
1
d = 0,2 ⋅
2
d = 0,1m
U = 0,25 V
▼
Resposta: A
Questão 3
À borda de um precipício de um certo planeta, no qual se pode desprezar a resistência do ar, um astronauta
mede o tempo t1 que uma pedra leva para atingir o solo, após deixada cair de uma de altura H. A seguir, ele
mede o tempo t2 que uma pedra também leva para atingir o solo, após ser lançada para cima até uma altura h,
como mostra a figura.
Assinale a expressão que dá a altura H.
A) H =
B) H =
C) H =
D) H =
E) H =
ITA/2006
t12 t 22 h
h
2( t 22 – t12 ) 2
t1 t 2 h
H
4( t 22 – t12 )
2 t12 t 22 h
( t 22 – t12 ) 2
4 t1 t 2 h
( t 22 – t12 )
4 t12 t 22 h
( t 22 – t12 ) 2
4
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Vamos adotar a origem dos espaços na borda do precipício e orientar a trajetória para baixo.
v0 é o módulo da velocidade de lançamento.
Nessas condições:
H=
1 2
gt1
2
(1)
1
H = – v0 t 2 + g t 22
2
h
v0
(2)
H
O valor de v0 pode ser obtido por Torriccelli:
v0 = 2gh
(3)
Da expressão (1), tem-se:
2H
(4)
g=
t12
Substituindo-se (3) e (4) em (2), obtemos:
H=
4 t12 t 22 h
( t 22 – t12 )2
▼
Resposta: E
Questão 4
Uma gota do ácido CH3(CH2)16COOH se espalha sobre a superfície da água até formar uma camada de moléculas
cuja espessura se reduz à disposição ilustrada na figura.
ácido
hidrogênio
carbono
oxigênio
água
Uma das terminações deste ácido é polar, visto que se trata de uma ligação O—H, da mesma natureza que as
ligações (polares) O—H da água. Essa circunstância explica a atração entre as moléculas de ácido e da água.
Considerando o volume 1,56 × 10–10 m3 da gota do ácido, e seu filme com área de 6,25 × 10–2 m2, assinale a alternativa que estima o comprimento da molécula do ácido.
A) 0,25 × 10–9 m
B) 0,40 × 10–9 m
C) 2,50 × 10–9 m
D) 4,00 × 10–9 m
E) 25,0 × 10–9 m
Resolução
A ilustração da figura sugere que a espessura do filme de ácido coincide com o comprimento da molécula do ácido.
O filme terá a forma de um paralelepípedo de base A = 6,25 ⋅ 10 –2 m2, volume V = 1,56 ⋅ 10 –10 m3 e altura d.
Então:
V = A ⋅ d → d=
1,56 ⋅ 10 –10
6, 26 ⋅ 10
–2
∴ d = 2,5 ⋅ 10 – 9 m
Resposta: C
ITA/2006
5
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 5
→
Um fio delgado e rígido, de comprimento L, →
desliza, sem atrito, com velocidade v sobre um anel de raio R,
numa região de campo magnético constante B . Pode-se, então, afirmar que:
C
B
R
→
v
A
A) O
B) O
C) O
D) O
E) O
fio
fio
fio
fio
fio
irá se mover indefinidamente,
pois a lei de inércia assim o garante.
→
poderá parar, se B
for
perpendicular
ao plano do anel, caso fio e anel sejam isolantes.
→
for
paralelo
ao
plano
do anel, caso fio e anel sejam condutores.
poderá parar, se B
→
poderá parar, se B
for
perpendicular
ao
plano
do anel, caso fio e anel sejam condutores.
→
poderá parar, se B for perpendicular ao plano do anel, caso o fio seja feito de material isolante.
Resolução
C
B
R
→
v
A
• Se o campo magnético for paralelo ao plano do anel, não haverá fluxo magnético no circuito ABC e, portanto, também não haverá corrente induzida nesse circuito.
Conseqüentemente, o fio AC não estará submetido à força magnética e seguirá em MRU.
• Se o campo magnético for perpendicular ao plano do anel e o anel e o fio forem condutores, o fluxo magnético variável no circuito ABC induzirá corrente no circuito ABC.
Conseqüentemente, o fio AC estará sujeito a uma força magnética no sentido de frear o avanço do fio.
▼
Resposta: D
Questão 6
Uma estação espacial em forma de um toróide, de raio interno R1, e externo R2, gira,
com período P, em torno do seu eixo central, numa região de gravidade nula. O
astronauta sente que seu “peso” aumenta de 20%, quando corre com velocidade
→
constante v no interior desta estação, ao longo de sua maior circunferência, conforme mostra a figura. Assinale a expressão que indica o módulo dessa velocidade.

 2π R
6
2
– 1
A) v = 
 P
5


5
 2π R
2
D) v =  + 1
6
 P

5  2π R2
6  P
6
 2π R
2
E) v =  – 1
5
 P

B) v = 1 –


R1
R2

 2π R
5
2
C) v = 
+ 1
 6
 P


ITA/2006
6
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Vamos supor que o astronauta tenha altura desprezível em relação ao raio externo do toróide. Vamos supor,
também, que a sensação de “peso” seja dada apenas pela força de compressão que ele troca com seu apoio.
Quando ele está em repouso em relação à estação, é animado por uma velocidade v0 =
2πR2
em relação a
P
um referencial inercial. A compressão que troca com o apoio terá intensidade:
N=m⋅
v0 =
v02
(I)
R2
2πR2
P
Ao correr com velocidade escalar constante v em relação ao “chão” da estação, passará a receber uma compressão:
N’ = m ⋅
(v0 + v)2
= 120% N = 6 N (II)
R2
5
v0 + v
Comparando (I) e (II):
6 v20 m( v0 + v)2
m
=
→
R2
5 R2
6
v0 = v0 + v
5
De onde concluímos que:


6
6
v0 – v0 = 
– 1 v0
 5

5


v=


6
2πR2
– 1
ou v = 
 5
 P


▼
Resposta: A
Questão 7
Um bloco de gelo com 725 g de massa é colocado num calorímetro contendo 2,50 kg de água a uma temperatura de 5,0°C, verificando-se um aumento de 64 g na massa desse bloco, uma vez alcançado o equilíbrio
térmico. Considere o calor específico da água (c = 1,0 cal/g°C) o dobro do calor específico do gelo, e o calor latente de fusão do gelo de 80 cal/g. Desconsiderando a capacidade térmica do calorímetro e a troca de calor com
o exterior, assinale a temperatura inicial do gelo.
A) – 191,4°C
D) –24,3°C
B) – 48,6°C
E) – 14,1°C
C) – 34,5°C
Resolução
Dados:
água
1442443
ITA/2006
1442443
gelo
mg = 725 g
cg = 0,5 cal/g°C
θ0 = t
θ = 0°C
mA = 2500 g
cA = 1 cal/g°C
Lsolidificação = – 80 cal/g
θ0 = 5°C
θ = 0°C
7
ANGLO VESTIBULARES
Como ocorreu um acréscimo de apenas 64 g na massa do bloco de gelo, temos, no equilíbrio, água e gelo a 0°C.
Sendo assim, o gelo sofreu um acréscimo de temperatura até 0°C, e a água esfriou até 0°C, além de 64 g de
água ter se solidificado.
Considerando o sistema termicamente isolado:
+
Qgelo
14444444244444443
mA ⋅ cA ⋅ ∆θ + m’ ⋅ Lsolidificação +
=0
144424443
Qágua
mgcg∆θ
=0
2500 ⋅ 1 ⋅ (– 5) + 64 ⋅ (– 80) + 725 ⋅ 0,5(0 – t) = 0
∴ t ≈ – 48,6°C
▼
Resposta: B
Questão 8
Numa aula de laboratório, o professor enfatiza a necessidade de levar em conta a resistência interna de amperímetros e voltímetros na determinação da resistência R de um resistor. A fim de medir a voltagem e a corrente que
passa por um dos resistores, são montados os 3 circuitos da figura, utilizando resistores iguais, de mesma resistência
R. Sabe-se de antemão que a resistência interna do amperímetro é 0,01R, ao passo que a resistência interna do
voltímetro é 100R.
R
+
–
ε
R
+
R
–
R
+
ε
R
V
–
A
ε
V
R
A
(1)
(2)
(3)
Assinale a comparação correta entre os valores de R, R2 (medida de R no circuito 2) e R3 (medida de R no circuito 3).
A) R R2 R3
B) R R2 R3
C) R2 R R3
D) R2 R R3
E) R R3 R2
Resolução
No esquema (2), o amperímetro mede a soma das correntes do resistor e do voltímetro, e o voltímetro mede a
ddp do resistor.
∴ R2 =
UR
U
R =R
iR + iV
iR
(1)
No esquema (3), o voltímetro mede a soma das ddps do resistor e do amperímetro, e o amperímetro mede a
corrente do resistor.
∴ R3 =
UR + UA
U
R =R
iR
iR
(2)
Comparando (1) e (2):
R2 R R3
Resposta: C
ITA/2006
8
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 9
Para se determinar o espaçamento entre duas trilhas adjacentes de um CD, foram montados dois arranjos:
Anteparo
CD
θ1
33mm
Anteparo
100 mm
Rede de difração
300 linhas/mm
θ2
LASER
LASER
500 mm
74 mm
(2)
(1)
1. O arranjo da figura (1), usando uma rede de difração de 300 linhas por mm, um LASER e um anteparo. Neste
arranjo, mediu-se a distância do máximo de ordem 0 ao máximo de ordem 1 da figura de interferência formada no anteparo.
2. O arranjo da figura (2), usando o mesmo LASER, o CD e um anteparo com um orifício para passagem do
feixe de luz. Neste arranjo, mediu-se também a distância do máximo de ordem 0 ao máximo de ordem 1 da
figura de interferência. Considerando nas duas situações θ1 e θ2 ângulos pequenos, a distância entre duas
trilhas adjacentes do CD é de
A) 2,7
B) 3,0
C) 7,4
D) 1,5
E) 3,7
× 10 – 7 m
× 10 – 7 m
× 10 – 6m
× 10 – 6 m
× 10 – 5 m
Resolução
rede de
difração
d
MÁX
θ
MÁX
anteparo
O fenômeno da interferência de ondas luminosas, quando elas atravessam uma rede de difração, pode ser
equacionada da seguinte maneira:
d ⋅ sen θ = m ⋅ λ
(m = 0, 1, 2, ...) (I)
(condição para interferência construtiva, ou seja, um máximo de interferência).
Na equação, d é a distância entre duas fendas consecutivas da rede de difração que, nesse caso, vale:
d=
ITA/2006
1
mm.
300
9
ANGLO VESTIBULARES
Para o primeiro arranjo experimental, temos:
θ1 pequeno ⇒ sen θ1 ≈ tg θ1
Como tg θ1 =
1
100
, então: sen θ1 ≈
5
500
1 1
⋅ = 1 ⋅ λ ∴ λ ≈ 6, 7 ⋅ 10 – 4 mm
300 5
ou
λ ≈ 6,7 ⋅ 10– 7 m
Na equação I:
Para o segundo arranjo experimental, temos: θ2 pequeno ⇒ sen θ2 ≈ tg θ2
Como tg θ2 =
33
33
, então: sen θ2 ≈
74
74
Considerando d’ a distância entre duas linhas adjacentes, temos:
d’ ⋅ sen θ2 = m ⋅ λ
d’ ⋅
33
= 1 ⋅ 6, 7 ⋅ 10 – 7
74
d’ ≈ 1,5 ⋅ 10– 6 m
▼
Resposta: D
Questão 10
Einstein propôs que a energia da luz é transportada por pacotes de energia hf, em que h é a constante de
Plank e f é a freqüência da luz, num referencial na qual a fonte está em repouso. Explicou, assim, a existência
de uma freqüência mínima fo para arrancar elétrons de um material, no chamado efeito fotoelétrico. Suponha
que a fonte emissora de luz está em movimento em relação ao material. Assinale a alternativa correta.
A) Se f = fo , é possível que haja emissão de elétrons desde que a fonte esteja se afastando do material.
B) Se f fo , é possível que elétrons sejam emitidos, desde que a fonte esteja se afastando do material.
C) Se f fo , não há emissão de elétrons qualquer que seja a velocidade da fonte.
D) Se f fo , é sempre possível que elétrons sejam emitidos pelo material, desde que a fonte esteja se afastando do material.
E) Se f fo , é possível que elétrons sejam emitidos, desde que a fonte esteja se aproximando do material.
Resolução
Sendo faparente a freqüência da fonte de luz no referencial do material, tem-se, de acordo com o efeito Doppler
relativístico, que:
• para a fonte de luz se aproximando do material, faparente f.
• para a fonte de luz se afastando do material, faparente f.
Portanto, lembrando-se que fo é a freqüência mínima para arrancar elétrons de um material:
I) Se f fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é impossível que haja emissão de elétrons.
II) Se f fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto é possível que haja emissão de elétrons,
desde que faparente fo.
III) Se f = fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto haverá emissão de elétrons.
IV) Se f fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é possível que haja emissão de elétrons,
desde que faparente fo.
V) Se f fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto haverá emissão de elétrons.
VI) Se f = fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é impossível que haja emissão de elétrons.
Assim, a única alternativa correta é a E, de acordo com (II).
Resposta: E
ITA/2006
10
ANGLO VESTIBULARES
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Questão 11
Considere duas ondas que se propagam com freqüências f1 e f2, ligeiramente diferentes entre si, e mesma
amplitude A, cujas equações são respectivamente y1(t) = A cos (2π f1t) e y2(t) = A cos (2π f2t). Assinale a opção
que indica corretamente:
Amplitude máxima da onda resultante
Freqüência da onda resultante
Freqüência do batimento
A)
A 2
f1 + f2
(f1 – f2)/2
B)
C)
2A
2A
(f1 + f2)/2
(f1 + f2)/2
(f1 – f2)/2
f1 – f2
D)
A 2
f1 + f2
f1 – f2
E)
A
(f1 + f2)/2
f 1 – f2
Resolução
Sendo as equações das ondas:
y1(t) = Acos(2π f1t) e y2(t) = Acos(2π f2t)
A superposição das ondas resulta em:
y(t) = y1(t) + y2(t), substituindo y1(t) e y2(t):
y(t) = A [cos(2π f1t) + cos(2π f2t)]
Fazendo as transformações necessárias:


 f +f  
 f –f  
y(t) = 2 ⋅ A ⋅ cos  2π  1 2  t  ⋅ cos  2π  1 2  t
 2  
2  



Quando duas ondas de frequências ligeiramente diferentes entre si se superpõem, temos como resultado o
fenômeno do batimento: uma onda cuja amplitude varia periodicamente com o tempo.
A onda y(t) pode ser representada pelo gráfico abaixo:
y(t)
TResultante
t
TBatimento
TAmplitude
O período resultante é o intervalo de tempo entre duas cristas da onda resultante. A freqüência resultante
f1 + f2
2
O período de batimento é o intervalo de tempo entre dois instantes em que a amplitude é zero. Como a
associada é: fresultante =
f1 – f2
, e a cada período da variação da amplitude corres2
pondem 2 períodos do batimento: fbatimento = f1 – f2.
O produto dos cossenos varia entre – 1 e 1. Logo, a amplitude da onda resultante varia entre – 2A e 2A.
Portanto, a amplitude da onda resultante vale 2A.
variação da amplitude se dá com a freqüência
Resposta: C
ITA/2006
11
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 12
Para iluminar o interior de um armário, liga-se uma pilha seca de 1,5 V a uma lâmpada de 3,0 W e 1,0 V. A pilha
ficará a uma distância de 2,0 m da lâmpada e será ligada a um fio de 1,5 mm de diâmetro e resistividade de
1,7 × 10– 8 Ω ⋅ m. A corrente medida produzida pela pilha em curto circuito foi de 20 A. Assinale a potência real
dissipada pela lâmpada, nessa montagem.
A) 3,7 W
D) 6,7 W
B) 4,0 W
E) 7,2 W
C) 5,4 W
Resolução
• Cálculo da resistência interna da pilha:
icc =
E
1,5
∴ r=
r
20
⇒ r=
3
Ω
40
• Cálculo da resistência da lâmpada, suposta constante:
R=
U2 1
=
P
3
1
3
⇒ R= Ω
• Cálculo da resistência de cada fio da linha:
RL = ρ
i=
l
A
= 1, 7 ⋅ 10 – 8 ⋅
2

–3 2 
π ⋅ (1,5 ⋅ 10 ) 


4
≈ 1, 92 ⋅ 10 – 2 Ω
E
1,5
=
∴ i ≈ 3, 36 A
r + R + 2RL 0, 446
• Logo, a potência na lâmpada é:
1
P = R ⋅ i2 = ⋅ (3, 36)2
3
P ≈ 3,7 W
▼
Resposta: A
Questão 13
A figura mostra uma placa de vidro com índice de refração nv =
2 mergulhada no ar, cujo índice de refração
é igual a 1,0.
Ar
60º
Vidro
θe
Para que um feixe de luz monocromática se propague pelo interior do vidro através de sucessivas reflexões
totais, o seno do ângulo de entrada, sen θe deverá ser menor ou igual a
A) 0,18
B) 0,37
C) 0,50
D) 0,71
E) 0,87
ITA/2006
12
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Observe-se o esquema:
90
º–
r
60º 90º – r’r’
r
No triângulo ABC:
60º + (90º – r) + (90º – r’) = 180º
∴ r + r’ = 60º ou
ainda r = 60º – r’
θe
No caso de r’ = L (ângulo limite de incidência), temos:
sen r’ = sen L, em que sen L =
Assim: sen r' =
1
2
=
nmenor
nmaior
2
∴ r' = 45°
2
Aplicando-se a lei de Snell à refração em B:
sen θe
2
=
⇒ sen θe = 2 ⋅ sen r
sen r
1
Como r = 60° – r’, a igualdade acima fica:
sen θe =
2 ⋅ sen(60° – 45°)
sen θe =
2 ⋅ [sen 60° ⋅ cos 45° – sen 45° ⋅ cos 60°]


3
2
2 1
sen θe = 2 ⋅ 
⋅
–
⋅
 2
2
2 2
Fazendo-se as operações:
sen θe ≈ 0,37
Mas, para que ocorra a reflexão total em C, deve-se impor que
r’ L ⇒ r’ 45°
Como r + r’ = 60°, o aumento no valor de r’ impõe uma diminuição no valor de r.
Por outro lado, como uma conseqüência da lei de Snell, uma diminuição no valor de r só é possível com uma
diminuição no valor de θe.
Assim, conclui-se que, para a ocorrência da reflexão total, deve-se impor que:
sen θe 0,37
▼
Resposta: B
Questão 14
Um solenóide com núcleo de ar tem uma auto-indutância L. Outro solenóide, também com núcleo de ar, tem
a metade do número de espiras do primeiro solenóide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de sua seção transversal. A auto-indutância do segundo solenóide é
A) 0,2 L
D) 5,0 L
B) 0,5 L
E) 20,0 L
C) 2,5 L
ITA/2006
13
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Para um solenóide:
φ = N ⋅ B ⋅ A = N ⋅ µ0
N
l
⋅ i ⋅ A (1)
A definição de indutância é:
φ = Li
(2)
Comparando-se (1) com (2), a indutância do solenóide é dada por:
L = µ0
N2
⋅A
l
Logo, para o segundo solenóide:
N2
N2
A
L’ = µ 0 4 ⋅ 1,5 A = 2,5 µ 0
0,15 l
l
∴ L’ = 2,5 L
▼
Resposta: C
Questão 15
Um mol de um gás ideal ocupa um volume inicial V0 à temperatura T0 e pressão P0 , sofrendo a seguir uma
expansão reversível para um volume V1. Indique a relação entre o trabalho que é realizado por:
(i) W(i) , num processo em que a pressão é constante.
(ii) W(ii) , num processo em que a temperatura é constante.
(iii) W(iii) , num processo adiabático.
A) W(i) W(iii) W(ii)
P
(i)
P0
(ii)
(iii)
V0
V1
V
B) W(i) W(ii) W(iii)
P
(i)
P0
(ii)
(iii)
V0
ITA/2006
V1
V
14
ANGLO VESTIBULARES
C) W(iii) W(ii) W(i)
P
(i)
P0
(ii)
(iii)
V0
V1
V
D) W(i) W(ii) W(iii)
P
(i)
P0
(ii)
(iii)
V0
V1
V
E) W(iii) W(ii) W(i)
P
(i)
P0
(ii)
(iii)
V0
V1
V
Resolução
Nas 3 transformações, o trabalho que as forças exercidas pelo gás realizam contra as paredes do recipiente,
durante a expansão, pode ser calculado pela área sob o gráfico P × V:
P
(i)
P0
P
P
P0
P0
(ii)
Wi
(iii)
Wii
V
Wiii
V
V
Dos gráficos acima, podemos observar que:
Wi Wii Wiii → opção D
Observação: A relação Wiii Wii Wi é verdadeira para o gráfico da opção C, pois trata-se de trabalhos
negativos. Apesar disso, não deve ser levada em consideração, pois o gráfico representa uma compressão, e
não uma expansão.
Resposta: D
ITA/2006
15
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 16
Um anel de peso 30 N está preso a uma mola e desliza sem atrito num fio circular situado num plano vertical,
conforme mostrado na figura.
P
2 cm
anel
10 cm
Q
Considerando que a mola não se deforma quando o anel se encontra na posição P e que a velocidade do anel
seja a mesma nas posições P e Q, a constante elástica da mola deve ser de
A) 3,0
B) 4,5
C) 7,5
D) 1,2
E) 3,0
× 103 N/m
× 103 N/m
× 103 N/m
× 104N/m
× 104 N/m
Resolução
As forças que agem no anel entre os pontos P e Q são Peso, Normal e Felástica.
Como o τN = 0, então ∑τF.N.Cons = 0 e, portanto, o sistema é conservativo.
2cm
123
14444244443
h = 20 cm
Q
1442443 123
P
l0 = 8cm
l = 12cm
P. H . R .
εPmec = εQmec
k ⋅ 0, 04
2
k = 7500 N/m
30 ⋅ 0, 2 =
123
mv2Q kx2
mvP2
+ mgh =
+
2
2
2
vP = vQ
x = l – l0 = 4 cm = 0,04 m
2
▼
Resposta: C
Questão 17
No modelo proposto por Einstein, a luz se comporta como se sua energia estivesse concentrada em pacotes
discretos, chamados de “quanta” de luz, e atualmente conhecidos por fótons. Estes possuem momento p e
energia E relacionados pela equação E = pc, em que c é a velocidade da luz no vácuo. Cada fóton carrega uma
energia E = hf, em que h é a constante de Planck e f é a freqüência da luz. Um evento raro, porém possível, é
a fusão de dois fótons, produzindo um par elétron-pósitron, sendo a massa do pósitron igual à massa do
elétron. A relação de Einstein associa a energia da partícula à massa do elétron ou pósitron, isto é, E = mec2.
ITA/2006
16
ANGLO VESTIBULARES
Assinale a freqüência mínima de cada fóton, para que dois fótons, com momentos opostos e de módulo iguais,
produzam um par elétron-pósitron após a colisão.
A) f = (4 mec2)/h
B) f = (mec2)/h
C) f = (2 mec2)/h
D) f = (mec2)/2h
E) f = (mec2)/4h
Resolução
Como os fótons, antes da colisão, possuem momentos lineares de mesma intensidade e sentidos opostos, o momento linear do sistema antes da colisão é nulo. Dessa forma, após a colisão o momento linear do sistema também é nulo, já que ele se conserva. A menor freqüência dos fótons corresponde à sua energia mínima. Já que
essa energia é mínima, ela deve ser suficiente para formar o par elétron-pósitron, com energia cinética nula.
Assim, temos:
εfótons = εassociada ao pósitron + εassociada ao elétron
2 ⋅ h ⋅ f = mp ⋅ c2 + me ⋅ c2
Como mp = me:
2 ⋅ h ⋅ f = me ⋅ c2 + me ⋅ c2
∴
f=
me ⋅ c 2
h
▼
Resposta: B
Questão 18
Uma espira retangular é colocada em um campo magnético com o plano da espira perpendicular à direção do
campo, conforme mostra a figura. Se a corrente elétrica flui no sentido mostrado, pode-se afirmar em relação
à resultante das forças, e ao torque total em relação ao centro da espira, que
i
→
B
A) A resultante das forças não é zero, mas o torque total é zero.
B) A resultante das forças e o torque total são nulos.
C) O torque total não é zero, mas a resultante das forças é zero.
D) A resultante das forças e o torque total não são nulos.
E) O enunciado não permite estabelecer correlações entre as grandezas consideradas.
Resolução
A direção e o sentido de cada uma das forças magnéticas que agem na espira podem ser determinados pela regra
da mão direita número 2 e estão indicados na figura.
Dada a simetria da espira, é imediato concluir que:
F1 = F3 e F2 = F4
ITA/2006
17
ANGLO VESTIBULARES
Conclusões:
1º-) A resultante é nula.
2º-) O torque total em relação ao centro da espira é nulo.
→
F1
O
→
F2
→
F2
→
F3
▼
Resposta: B
Questão 19
Sejam o recipiente (1), contendo 1 mol de H2 (massa molecular M = 2) e o recipiente (2) contendo 1 mol de He
(massa atômica M = 4) ocupando o mesmo volume, ambos mantidos a mesma pressão. Assinale a alternativa
correta:
A) A temperatura do gás no recipiente 1 é menor que a temperatura do gás no recipiente 2.
B) A temperatura do gás no recipiente 1 é maior que a temperatura do gás no recipiente 2.
C) A energia cinética média por molécula do recipiente 1 é maior que a do recipiente 2.
D) O valor médio da velocidade das moléculas no recipiente 1 é menor que o valor médio da velocidade das
moléculas no recipiente 2.
E) O valor médio da velocidade das moléculas no recipiente 1 é maior que o valor médio da velocidade das
moléculas no recipiente 2.
Resolução
A energia interna de um gás ideal pode ser calculada por:
Monoatômico
U1 =
Diatômico
3
PV
2
U2 =
3
PV
+
2
123
translação
da molécula
PV =
123
5
PV
2
rotação da
molécula
Como os dois gases possuem o mesmo volume, pressão e número de mols, concluímos que
U2
U
1 e assinan
n
lamos a alternativa C.
Entretanto, o valor médio quadrático da velocidade das moléculas está associado apenas ao seu movimento
de translação. Logo, para ambos os gases podemos afirmar que:
Utranslação =
3
3
1
PV = n εc ⇒
PV = n m v 2
2
2
2
3PV
= m v 2
n
Como a massa molecular do H2 é menor, a velocidade quadrática média do H2 é maior que a do He. Podemos
assim, também, assinalar a alternativa E.
Resposta: C, E
ITA/2006
18
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 20
Animado com velocidade inicial v0 , o objeto X, de massa m, desliza sobre um piso horizontal ao longo de uma
distância d, ao fim da qual colide com o objeto Y, de mesma massa, que se encontra inicialmente parado na
beira de uma escada de altura h.
s
d
Y
v0
X
h
Y
P
Com o choque, o objeto Y atinge o solo no ponto P. Chamando µk o coeficiente de atrito cinético entre o objeto X e o piso, g a aceleração da gravidade e desprezando a resistência do ar, assinale a expressão que dá a
distância d.
A) d =

2 
v 2 – s g 
0
2 µ k g 
2 h 
B) d =


–1  2 s 2 g 
v0 –
2 µ k g 
2 h 
C) d =


– v0 
g 
v0 – s
2 µ k g 
2 h 
D) d =

2 
2v 2 – s g 
0
2 µ k g 
2 h 
E) d =


– v0 
g 
v0 – s
µ k g 
2 h 
1
1
Resolução
A situação descrita no enunciado está representada nas figuras a seguir:
(I)
v0
X
(II)
vY = 0 vX
Y
X
(III)
(IV)
vY’ vX’
Y
s
X
h
Y
P
ITA/2006
19
ANGLO VESTIBULARES
Entre as situações (I) e (II) o corpo X realiza um movimento uniformemente retardado com aceleração de intensidade |a| = g ⋅ µk. Portanto
vX2 = v02 – 2 ⋅ g ⋅ µk ⋅ d
d=

2µk ⋅ g 
1
2
2
⋅  v0 – v X 

(1)
Entre as situações (II) e (III) ocorre um choque, logo a quantidade de movimento do sistema se conserva:
m vX + mvY = m v’X + m v’Y
vX = v’X + v’Y
(2)
Entre as situações (III) e (IV) ocorre um lançamento horizontal; o tempo de queda é dado por:
1 2
g t queda = h ⇒ t queda =
2
2h
g
Considerando o movimento na horizontal:
s = v’Y ⋅ tqueda
v‘ Y = s
g
2h
(3)
Substituindo (3) em (2):
g
2h
vX = v’X = s ⋅
( 4)
Finalmente, substituindo (4) em (1):
d=
1

⋅  v0 –
2
2µk g 
s2 ⋅ g
– 2 v‘ X ⋅ s ⋅
2h

g
2
– v‘ X 

2h

A velocidade v’X do corpo X não pode ser obtida, pois nada foi dito sobre o tipo de choque. Dessa forma, a
questão não tem resposta.
Só é possível encontrar uma alternativa correta se supusermos que o choque é perfeitamente elástico. Nesse
caso, v’X é nulo e encontra-se a expressão dada na alternativa A:
d=
1

⋅  v20 –
2µk g 

s2 ⋅ g 
2h 
Sem reposta
▼
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO DE
SOLUÇÕES
Questão 21
Considere uma pessoa de massa m que ao curvar-se permaneça com a coluna vertebral praticamente nivelada
2
1
em relação ao solo. Sejam m1 = m a massa do tronco e m2 = m a soma das massas da cabeça e dos braços.
5
5
Fd
2d/3
β
Fm
d/3
α
d/2
d/2
m1g
ITA/2006
20
m2g
ANGLO VESTIBULARES
Considere a coluna como uma estrutura rígida e que a resultante das forças aplicadas pelos músculos à coluna
seja Fm e que Fd seja a resultante das outras forças aplicadas à coluna, de forma a mantê-la em equilíbrio. Qual
é o valor da força Fd?
Resolução
Na figura está representada a situação descrita no enunciado.
Fm
A
Pólo
α
β
1 mg
5
Fd
2 mg
5
Para que a coluna esteja em equilíbrio:
1) (∑MA)horário = (∑MA)anti-horário
2
d
1
2
mg ⋅
+ mg ⋅ d = Fm ⋅ sen α ⋅ d
5
2
5
3
Fm sen α =
3
mg
5
(1)
2) (∑F)p/ cima = (∑F)p/ baixo
Fm ⋅ sen α = Fd ⋅ sen β +
Fd sen β = Fm sen α –
2
1
mg + mg
5
5
3
mg
5
(2)
Das equações (1) e (2), conclui-se que:
Fd ⋅ sen β = 0,
o que será sempre verdade se β = 0, já que consideramos que Fd ≠ 0.
3) (∑F)p/ direita = (∑F)p/ esquerda
Fd ⋅ cos β = Fm ⋅ cos α
Como β = 0,
Fd = Fm ⋅ cos α
(3)
Será feita a consideração de que o valor de Fm é conhecido e o valor de α não. Elevando as equações (1) e (3)
ao quadrado e somando-as:
3
2
F2m ⋅ sen2 α + F2m cos2 α = F2 +  mg
d
5

Portanto
Fd =
ITA/2006
2
Fm
3
2
–  mg
5

21
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 22
Quando se acendem os fárois de um carro cuja bateria possui resistência interna ri = 0,050 Ω , um amperímetro
indica uma corrente de 10 A e um voltímetro uma voltagem de 12 V. Considere desprezível a resistência interna
do amperímetro. Ao ligar o motor de arranque, observa-se que a leitura do amperímetro é de 8,0 A e que as
luzes diminuem um pouco de intensidade.
ri
+
–
V
ε
farol
motor
A
Calcular a corrente que passa pelo motor de arranque quando os faróis estão acesos.
Resolução
A f.e.m. (E) da bateria pode ser determinada a partir do circuito com apenas os faróis acesos:
i = 10 A
r = 0,05Ω
RF = 1,2 Ω
Faróis
U = 12 V
+
E
–
i=
E
⇒ E = 10 ⋅ (1,2 + 0,05)
RF + r
∴
E = 12,5 V
Com o motor de arranque também ligado:
A
I
r = 0,05Ω
Motor
+
E = 12,5V
–
Faróis
RF = 1,2 Ω
iF = 8 A
im
B
A corrente oferecida pela bateria (I) fica determinada:
UAB = Ufaróis
E – rI = RF ⋅ IF ⇒ I =
12,5 – 9, 6
0, 05
∴ I = 58 A
Logo, a corrente que se estabelece no motor (im) será:
im = I – iF
im = 58 – 8 ∴ im = 50 A
ITA/2006
22
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 23
Considere um automóvel de peso P, com tração nas rodas dianteiras, cuja centro de massa está em C, movimentando-se num plano horizontal. Considerando g = 10 m/s2, calcule a aceleração máxima que o automóvel
pode atingir, sendo o coeficiente de atrito entre os pneus e o piso igual a 0,75.
sentido do
movimento
C
0,6 m
2,0 m
1,4 m
Resolução
Na figura estão indicadas as forças externas que agem no veículo.
Como não há rotação em torno do centro de massa, a soma dos momentos das forças em relação a esse ponto
é nula.
Logo,
A1 ⋅ 0,6 + N12 = N2 ⋅ 1,4
(1)
Mas
N1 + N2 = P
(2)
e, na condição limite,
A1 = µN1 = 0,75 N1
(3).
Substituindo (2) e (3) em (1), obtemos:
N1 = P
1, 4
≈ 0, 36 P
3, 85
( 4)
Como a resultante é igual ao atrito A1, vem
R = m| a |
A1 = m| a |
µ ⋅ N1 = m| a |
(5)
Substituindo (4) em (5), vem
| a | = 2,7 m/s2
sentido do
movimento
N2
N1
C
0,6 m
P
A1
2,0 m
ITA/2006
1,4 m
23
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 24
O Raio-X é uma onda eletromagnética de comprimento de onda (λ) muito pequeno. A fim de observar os
efeitos da difração de tais ondas é necessário que um feixe de Raio-X incida sobre um dispositivo, com fendas
da ordem de λ . Num sólido cristalino, os átomos são dispostos em um arranjo regular com espaçamento entre
os átomos da mesma ordem de λ . Combinando esses fatos, um cristal serve como uma espécie de rede de
difração dos Raios-X. Um feixe de Raios-X pode ser refletido pelos átomos individuais de um cristal e tais ondas
refletidas podem produzir a interferência de modo semelhante ao das ondas provenientes de uma rede de
difração. Considere um cristal de cloreto de sódio, cujo espaçamento entre os átomos adjacentes é
a = 0,30 × 10 – 9 m, onde Raios-X com λ = 1,5 × 10 –10 m são refletidos pelos planos cristalinos. A figura (1)
mostra a estrutura cristalina cúbica do cloreto de sódio. A figura (2) mostra o diagrama bidimensional da
reflexão de um feixe de Raios-X em dois planos cristalinos paralelos. Se os feixes interferem construtivamente,
calcule qual deve ser a ordem máxima da difração observável?
feixe
incidente
a
λ
λ
θ
a
feixe
refletido
θ
a
θ
a
(2)
(1)
Resolução
De acordo com a lei de Bragg, temos:
2 ⋅ a ⋅ sen θ = m ⋅ λ
Do enunciado, a = 0,3 ⋅ 10– 9 m e λ = 1,5 ⋅ 10– 10 m.
Dessa forma:
2 ⋅ 0,3 ⋅ 10– 9 ⋅ sen θ = m ⋅ 1,5 ⋅ 10– 10
m
sen θ =
4
como sen θ 1:
▼
m
1
4
m4
Portanto, a ordem máxima da difração observável será 4.
Questão 25
A figura mostra um capacitor de placas paralelas de área A separadas pela distância d. Inicialmente o dielétrico entre as placas é o ar e a carga máxima suportada é Qi. Para que esse capacitor suporte uma carga máxima Qf foi introduzida uma placa de vidro de constante dielétrica k e espessura d/2. Sendo mantida a diferença de potencial entre as placas, calcule a razão entre as cargas Qf e Qi.
A
d
ar
vidro
ar
configuração final
configuração inicial
ITA/2006
24
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Na situação inicial:
A
⋅ U (1)
d
Na situação final, tudo se passa como se dois capacitores estivessem associados em série:
Qi = Ci ⋅ U =
C1 = ε0
Logo, Ceq
A
d/2
ε0
e C2 = kε0
A
d/2
A
A
⋅ 2kε0
d
d
=
A
2ε0 (1 + k)
d
2ε0
A carga Qf, portanto, é dada por:
A
d ⋅U
Qf =
(1 + k)
2kε0
▼
∴
(2)
Qf
2k
=
Qi (1 + k)
Questão 26
Uma partícula de massa m carregada com carga q 0 encontra-se inicialmente em repouso imersa num campo
gravitacional e num campo magnético B0 com sentido negativo em relação ao eixo Oz, conforme indicado na
figura. Sabemos que a velocidade e a aceleração da partícula na direção Oy são funções harmônicas simples. Disso
resulta uma trajetória cicloidal num plano perpendicular à B0. Determine o deslocamento máximo (L) da partícula.
y
→
B0
O
x
L
Resolução
y
→
g
O
→
B0
x
PHR
L
B
v
O sistema é conservativo, pois τFmag = 0. Adotando como plano horizontal de referência o plano que passa pelo
eixo x, temos:
→
O
O
εBm = εm
→ εBc + εBp = εO
c + εp
mv2
+ mg (– L ) = 0 → v = 2 gL
2
ITA/2006
25
ANGLO VESTIBULARES
No ponto B, a resultante centrípeta é Rc = Fmag – P e o raio da circunferência osculadora à ciclóide em B é r = 2L.
Fmag
→
v
P
Então
m v2
= qvB – mg
r
m ⋅ 2 gL
= q ⋅ 2 gL ⋅ B0 – mg
2L
2 mg = q ⋅ 2 gL ⋅ B0
2 4 m2g2 = q2 ⋅ 2 g L ⋅ B20
▼
L=
∴
2m2g
q2 B20
Questão 27
Calcule a área útil das placas de energia solar de um sistema de aquecimento de água, para uma residência
com quatro moradores, visando manter um acréscimo médio de 30,0ºC em relação à temperatura ambiente.
Considere que cada pessoa gasta 30,0 litros de água quente por dia e que, na latitude geográfica da residência, a conversão média mensal de energia é de 60,0 kWh/mês por metro quadrado de superfície coletora.
Considere ainda que o reservatório de água quente com capacidade para 200 litros apresente uma perda de
energia de 0,30 kWh por mês para cada litro. É dado o calor específico da água c = 4,19 J/gºC.
Resolução
A partir do enunciado, podemos estabelecer as seguintes conclusões:
1) Consumo mensal de água para a família, em litros
Vtotal = 30
dias
⋅ 30 L ⋅ 4 moradores = 3 600 L
mês
dia
mês
2) Cálculo da perda total de energia, ao mês, para o volume total de água.
14243
1L  0,30
kWh
mês
200 L  ∆εperdida
∴ ∆εperdida = 60 kWh
mês
3) Cálculo da quantidade de energia mensal para aquecer, de 30°C, os 3600 L de água.
Lembrando que, para a água, 1L corresponde a 1kg e que cágua = 4,19 ⋅ 103
J
, tem-se:
kg°C
∆εútil = m ⋅ c ⋅ ∆θ
∆εútil = 3600 ⋅ 4,19 ⋅ 103 ⋅ 30
J
∆εútil = 4,5252 ⋅ 108 mês
ITA/2006
26
ANGLO VESTIBULARES
4) Expressando essa quantidade de energia em kWh
123
1kWh  3,6 ⋅ 106 J
∆ε  4,5252 ⋅ 108 J
∴ ∆εútil = 125,7 kWh
mês
5) Cálculo da quantidade total de energia que deve ser fornecida para a água
∆εtotal = ∆εútil + ∆εdissipada
∆εtotal = 125,7 + 60
kWh
∆εtotal = 185,7 mês
6) Cálculo da área total das placas, para captar essa quantidade de energia
14243
1 m2  60
A
kWh
mês
 1 85,7
kWh
mês
▼
∴ A ≈ 3,1m2
Questão 28
Num meio de permeabilidade magnética µ0 , uma corrente i passa através de um fio longo e aumenta a uma
taxa constante ∆i/∆t. Um anel metálico com raio a está posicionado a uma distância r do fio longo, conforme
mostra a figura. Se a resistência do anel é R, calcule a corrente induzida no anel.
i
a
r
Resolução
A f.e.m. induzida na espira, pela lei de Faraday é:
| ∆Φ |
∆t
em que a variação de fluxo magnético (∆Φ) na espira de raio a, considerado muito menor que r, pode ser escrita por:
∆Φ = ∆B ⋅ A
|εind | =
∆Φ =
µ 0 ∆i
⋅ πa2
2πr
Logo, a corrente induzida no anel fica determinada:
iInd =
|εind |
R
∴ iind =
ITA/2006
µ 0 ∆ia2
2Rr ∆t
27
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 29
Considere uma tubulação de água que consiste de um tubo de 2,0 cm de diâmetro por onde a água entra com
velocidade de 2,0m/s sob uma pressão de 5,0 × 105 Pa. Outro tubo de 1,0cm de diâmetro encontra-se a 5,0m de
altura, conectado ao tubo de entrada. Considerando a densidade da água igual 1,0 × 103 kg/m3 e desprezando as
perdas, calcule a pressão da água no tubo de saída.
Resolução
2
D2
p2, V2
h = 5,0 m
1
h=0
D1
p1, v1
Da conservação da massa, para fluido incompressível:
v1 ⋅
π D12
4
= v2 ⋅
π D22
4
 D 2
 2 2
1
⇒
v
=
2
⋅
  = 8,0 m/s
2

 D2 
 1
∴ v2 = v1 ⋅ 
Desprezando-se as perdas por efeitos da viscosidade, pode-se aplicar a equação de Bernoulli:
p1 v12
p
v2
+
+ g ⋅ h1 = 2 + 2 + g ⋅ h2 ,
d1
2
d2
2
em que p é a pressão e d é a densidade da água, 1000kg/m3, e h é a altura em relação a uma referência colocada
na linha de centro do tubo de entrada.
Substituindo os valores numéricos:
5 ⋅ 105
103
∴
p2
103
+
22
p
82
+0= 2 +
+ 10 ⋅ 5
2
2
103
= 500 + 2 – 32 – 50
▼
p2 = 4,2 ⋅ 105 Pa
Questão 30
Vivemos dentro de um capacitor gigante, onde as placas são a superfície da Terra, com carga – Q e a ionosfera, uma
camada condutora na atmosfera, a uma altitude h = 60km, carregada com carga +Q. Sabendo que nas
proximidades do solo junto à superfície da Terra, o módulo do campo elétrico médio é de 100V/m e considerando
h << raio da terra ≅ 6400km, determine a capacitância deste capacitor gigante e a energia elétrica armazenada.
Considere 1/(4 πε0) = 9,0 × 109 Nm2/C2.
ITA/2006
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Resolução
Podemos assim calcular a capacitância de um capacitor esférico:
C = 4 ⋅ π ⋅ ε0 ⋅
R1 ⋅ R2
1
6 400 000 ⋅ 6 460 000
⋅
∴ C = 76 mF
=
9
R1 – R2 9 ⋅ 10
60 000
Sendo a terra um condutor em equilíbrio eletrostático:
E=K⋅
|Q |
R
2
⇒ 102 = 9 ⋅ 109 ⋅
|Q |
(6, 4 ⋅ 106 )2
| Q | = 4,5 ⋅ 105 C
A energia no capacitor é:
ε = Q⋅U = Q
2
2
2C
=
( 4,5 ⋅ 105 )2
2 ⋅ 76 ⋅ 10 –3
∴ ε = 1,36 TJ
Solução opcional para o cálculo da capacitância:
Sendo h << RT, podemos considerar o campo no interior do capacitor uniforme.
E ⋅ d = U ⇒ 102 ⋅ 6,0 ⋅ 104 = U
∴
U = 6 ⋅ 106 V
Da definição de capacitância:
C=
ITA/2006
Q 4,5 ⋅ 105
=
U
6 ⋅ 106
∴ C = 75 mF
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CO MENTÁRIO
Física
Prova de alto nível, com questões que requerem conhecimento profundo da matéria e habilidade algébrica.
Entretanto, a distribuição de questões por assunto não foi equilibrada, privilegiando o Eletromagnetismo,
em detrimento da Mecânica.
ITA/2006
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