física - Curso Objetivo

FÍSICA
Quando precisar use os seguintes valores para as
constantes:
1 ton de TNT = 4,0 x 109 J.
Aceleração da gravidade g = 10 m/s2. 1 atm = 105 Pa.
Massa específica do ferro ρ = 8000 kg/m3.
Raio da Terra R = 6400 km.
Permeabilidade magnética do vácuo μ0 = 4π × 10–7 N/A2.
1
B
Ondas acústicas são ondas de compressão, ou seja,
propagam-se em meios compressíveis. Quando uma barra
metálica é golpeada em sua extremidade, uma onda lonEa/ρ.
gitudinal propaga-se por ela com velocidade v = A grandeza E é conhecida como módulo de Young,
enquanto ρ é a massa específica e a uma constante
adimensional. Qual das alternativas é condizente à
dimensão de E?
a) J/m2
b) N/m2
c) J/s.m
2
3
d) kg.m/s
e) dyn/cm
Resolução
V=
LT–1 =
Ea
–––
[E]
–––––
ML–3
[E]
L2 T–2 = –––––
ML–3
MLT–2
= [p]
[E] = ML–1T–2 = ––––––
L2
O Módulo de Young tem a mesma equação dimenN .
sional de pressão e sua unidade, no SI, é –––
m2
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
2
B
Considere uma rampa plana, inclinada de um ângulo θ
em relação à horizontal, no início da qual encontra-se um
carrinho. Ele então recebe uma pancada que o faz subir
até uma certa distância, durante o tempo ts, descendo em
seguida até sua posição inicial. A “viagem” completa dura
um tempo total t. Sendo μ o coeficiente de atrito cinético
entre o carrinho e a rampa, a relação t/ts é igual a
a) 2
b) 1 + (tan + μ)/ tan – μ
c) 1 + (cos + μ)/ cos – μ
(sen + μ)/ cos – μ
d) 1 + (tan + μ)/ tan – μ
e) 1 – Resolução
Na subida da rampa:
1) PFD: Pt + Fat = ma1
mg sen + μ mg cos = ma1
a1 = g(sen + μ cos )
2) V = V0 + γt
0 = V0 – a1 ts ⇒ V0 = a1 ts
V0 + 0
a1 ts
d
2d
s
3) ––– = ––––––– ⇒ ––– = ––––– ⇒ ts2 = ––––
a1
2
2
ts
t
ts =
2d
––– ⇒
a1
ts =
2d
––––––––––––––––
g(sen + μcos )
(1)
4) Na descida da rampa:
1) PFD: Pt – Fat = ma2
mg sen – μmg cos = ma2
a2 = g(sen – μ cos )
γ
2) s = v0t + ––– t2
2
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
g(sen – μ cos )
d = –––––––––––––––– td2
2
td =
2d
––––––––––––––––
g(sen – μcos )
(2)
O tempo total t é dado por:
t = ts + td
td
t
÷ ts: ––– = 1 + ––– (3)
ts
ts
(2) td
––– : –––
=
(1) ts
sen + μ cos ––––––––––––– =
sen – μ cos t
Em (3): ––– = 1 +
ts
tg + μ
––––––––
tg – μ
tg + μ
––––––––
tg – μ
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
3
C
Um elevador sobe verticalmente com aceleração constante e igual a a. No seu teto está preso um conjunto de
dois sistemas massa-mola acoplados em série, conforme
a figura. O primeiro tem massa m1 e constante de mola k1,
e o segundo, massa m2 e constante de mola k2. Ambas as
molas têm o mesmo comprimento natural (sem deformação) ᐉ. Na condição de equilíbrio estático relativo ao
elevador, a deformação da mola de constante k1 é y, e a da
outra, x.
Pode-se então afirmar que (y – x) é
a) [(k2 – k1)m2 + k2ml](g – a)/k1k2.
b) [(k2 + k1)m2 + k2ml](g – a)/k1k2.
c) [(k2 - k1)m2 + k2m1](g + a)/k1k2.
d) [(k2 + k1)m2 + k2ml](g + a)/k1k2 – 2ᐉ.
e) [(k2 – k1)m2 + k2ml](g + a)/k1k2 + 2ᐉ.
Resolução
Como não se sabe se o movimento de subida do elevador é acelerado ou retardado, não podemos concluir
qual o sentido da aceleração do elevador.
Admitindo-se que o movimento do elevador seja
acelerado, a aceleração terá sentido dirigido para
cima e a gravidade aparente dentro do elevador será:
gap = g + a
A força deformadora da mola k1 é o peso aparente do
sistema (m1 + m2):
(m1 + m2) (g + a) = k1 . y
(m1 + m2) (g + a)
y = ––––––––––––––––
k1
A força deformadora da mola k2 é o peso aparente do
bloco m2:
m2 (g + a) = k2 . x
m2 (g + a)
x = ––––––––––
k2
(m1 + m2) (g + a)
m2 (g + a)
y – x = –––––––––––––––
– ––––––––––
k1
k2
I TA ( 1 .O
DIA)
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m1 + m2
m2
y – x = (g + a) ––––––––
– ––––
k1
k2
(m1 k2 + m2k2 – m2k1)
y – x = (g + a) –––––––––––––––––––
k1k2
[(k2 – k1) m2 + m1k2]
y – x = (g + a) –––––––––––––––––––
k 1k 2
Nota: Se o movimento do elevador for retardado, teremos a opção A.
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
4
A
Apoiado sobre patins numa superfície horizontal sem
atrito, um atirador dispara um projétil de massa m com
velocidade v contra um alvo a uma distância d. Antes do
disparo, a massa total do atirador e seus equipamentos é
M. Sendo vs a velocidade do som no ar e desprezando a
perda de energia em todo o processo, quanto tempo após
o disparo o atirador ouviria o ruído do impacto do projétil
no alvo?
d(vs + v)(M – m)
a) –––––––––––––––––
v(Mvs – m(vs + v))
d(vs + v)(M + m)
b) –––––––––––––––––
v(Mvs + m(vs + v))
d(vs – v)(M + m)
c) –––––––––––––––––
v(Mvs + m(vs + v))
d(vs + v)(M – m)
d) –––––––––––––––––
v(Mvs – m(vs – v))
d(vs – v)(M – m)
e) –––––––––––––––––
v(Mvs + m(vs + v))
Resolução
1) Admitindo-se que o atirador esteja inicialmente
em repouso, temos:
→ →
Qf = Q0
→ →
→
Qp + QA = 0
→
→
QA = Qp ⇒ (M – m) V1 = m v
mv
V1 = ––––––
M–m
2) Tempo t1 gasto pelo projétil para chegar ao alvo:
d
d = v . t1 ⇒ t1 = –––
v
3) Distância d1 percorrida pelo atirador no tempo t1:
d 1 = V1 . t1
mv
d
md
d1 = –––––––– . ––– ⇒ d = –––––––
1
v
M–m
M–m
4) Distância entre atirador e alvo no instante t1:
md
md + Md – md
D = d1 + d = –––––––– + d = –––––––––––––––
M–m
M–m
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
Md
D = –––––––
M–m
5) O som e o atirador se movimentam no mesmo
sentido e a velocidade relativa terá módulo Vrel
dado por:
mv
(M – m) vs – mv
Vrel = vs – v1 = vs – ––––––– = –––––––––––––––
M–m
M–m
6) O tempo gasto pelo som TS para chegar ao atirador é dado por:
D
Vrel = ––––
TS
D
TS = ––––
Vrel
M–m
TS = D . –––––––––––––––
(M – m) vs – mv
Md
M–m
TS = –––––––– . –––––––––––––––
M–m
(M – m) vs – mv
Md
TS = ––––––––––––––
(M – m) vs – mv
7) O tempo total pedido T é dado por:
T = t1 + TS
d
Md
T = –––– + –––––––––––––––
v
(M – m) vs – mv
M
1
T = d ––––––––––––––– + ––
M vs – m (vs + v) v
M (v + vs) – m (vs + v)
T = d ––––––––––––––––––––
v(M vs – m (vs + v))
d
M v + M vs – mvs – mv
T = –––– . ––––––––––––––––––––
v
M vs – m (vs + v)
d
(M – m) (vs + v)
T = ––– –––––––––––––––––
v
(M vs – m (vs + v))
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
5
D
Um gerador elétrico alimenta um circuito cuja resistência
equivalente varia de 50 a 150 , dependendo das
condições de uso desse circuito. Lembrando que, com
resistência mínima, a potência útil do gerador é máxima,
então, o rendimento do gerador na situação de resistência
máxima, é igual a
a) 0,25.
b) 0,50.
c) 0,67.
d) 0,75
e) 0,90.
Resolução
Temos o circuito
Na condição de potência útil máxima, temos r = R,
isto é, r = 50
Para r = 150, vem:
E
E
E
1.°) i = ––––– ⇒ i = ––––––– ⇒ i = –––––
200
50 + 150
r+R
3E
E
2.°) U = E – ri ⇒ U = E – 50 . –––– ⇒ U = –––––
4
200
O rendimento do gerador na situação de resistência
elétrica máxima é igual a:
3E/4
U
= ––– ⇒ = ––––– ⇒ = 0,75
E
E
I TA ( 1 .O
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6
C
Um funil que gira com velocidade angular uniforme em
torno do seu eixo vertical de simetria apresenta uma
superfície cônica que forma um ângulo com a
horizontal, conforme a figura. Sobre esta superfície, uma
pequena esfera gira com a mesma velocidade angular
mantendo-se a uma distância d do eixo de rotação.
Nestas condições, o período de rotação do funil é dado
por
a) 2 d/g sen .
b) 2 d/g cos .
c) 2 d/g tan .
d) 2 2d/g sen 2 .
e) 2 d cos / g tan .
Resolução
1) Fy = P = mg
2) Fx = Fcp = m 2d
m 2d
3) tg = –––––––
mg
g tg 2 = –––––––
d
=
2
g tg –––––– = ––––
d
T
T = 2
d
––––––
g tg Nota: Admitimos que não há atrito entre o funil e a
bolinha.
I TA ( 1 .O
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7
E
No interior de um carrinho de massa M mantido em
repouso, uma mola de constante elástica k encontra-se
comprimida de uma distância x, tendo uma extremidade
presa e a outra conectada a um bloco de massa m,
conforme a figura.
Sendo o sistema então abandonado e considerando que
não há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial da
aceleração do bloco relativa ao carrinho é
a) kx / m.
b) kx / M.
c) kx / (m + M).
d) kx (M – m) / mM.
e) kx (M + m) / mM.
Resolução
PFD (bloco):
Fmola = k x = m ab
kx
ab = ––––
m
PFD (carrinho): Fmola = k x = M ac
kx
ac = ––––
M
A aceleração do bloco relativa ao carrinho será:
arel = ab + ac
1
1
kx
kx
arel = –––– + –––– = k x ––– + –––
M
m
M
m
(M + m)
arel = k x –––––––––
Mm
I TA ( 1 .O
DIA)
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8
C
Um corpo movimenta-se numa superfície horizontal sem
atrito, a partir do repouso, devido à ação contínua de um
dispositivo que lhe fornece uma potência mecânica
constante. Sendo v sua velocidade após certo tempo t,
pode-se afirmar que
a) a aceleração do corpo é constante.
b) a distância percorrida é proporcional a v2.
c) o quadrado da velocidade é proporcional a t.
d) a força que atua sobre o corpo é proporcional a t.
e) a taxa de variação temporal da energia cinética não é
constante.
Resolução
Como a potência é constante, a potência média
coincide com a instantânea:
τ
P = Pm = –––
Δt
mV02
mV2
TEC: τ = ––––– – –––––
2
2
mV2
Como V0 = 0, vem τ = –––––
2
Δt = t – 0 = t
mV2
P = –––––
2t
2Pt
V2 = –––––
m
2P
Como –––– é constante, então V2 é proporcional a t.
m
I TA ( 1 .O
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9
D
Acredita-se que a colisão de um grande asteroide com a
Terra tenha causado a extinção dos dinossauros. Para se
ter uma ideia de um impacto dessa ordem, considere um
asteroide esférico de ferro, com 2 km de diâmetro, que se
encontra em repouso quase no infinito, estando sujeito
somente à ação da gravidade terrestre. Desprezando as
forças de atrito atmosférico, assinale a opção que expressa
a energia liberada no impacto, medida em número
aproximado de bombas de hidrogênio de 10 megatons de
TNT.
a) 1
b) 10 c) 500
d) 50.000
e) 1.000.000
Resolução
A energia mecânica total do asteroide no infinito é
nula.
Ao atingir a Terra, supondo-se que esta energia mecânica se conservou, teremos:
GMm
m V2
Em = – –––––– + ––––– = 0
R
2
GMm
Ecin = –––––––––
R
Sendo
GM
, vem:
g = –––––
R2
g . R2 m
Ecin = ––––––– ⇒ Ecin = m g R
R
A massa m do asteroide é dada por:
4
m = –– r3
3
4
Portanto: Ecin = –– r3 g R
3
4
Ecin = –– . 3 . 8000 . (1,0 . 103)3 . 10 . 6,4 . 106 (J)
3
Ecin = 32 . 6,4 . 1019J 2,0 . 1021J
E = 10 megatons de TNT = 10 . 106 . 4,0 . 109J = 4,0 . 1016J
Ecin = n E
20 . 1020 = n . 4 . 1016
n = 5 . 104
I TA ( 1 .O
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10
B
Boa parte das estrelas do Universo formam sistemas
binários nos quais duas estrelas giram em torno do centro
de massa comum, CM. Considere duas estrelas esféricas
de um sistema binário em que cada qual descreve uma
órbita circular em torno desse centro. Sobre tal sistema
são feitas duas afirmações:
I. O período de revolução é o mesmo para as duas
estrelas e depende apenas da distância entre elas, da
massa total deste binário e da constante gravitacional.
→
→
II. Considere que R1 e R2 são os vetores que ligam o CM
ao respectivo centro de cada estrela. Num certo
→
intervalo de tempo t, o raio vetor R1varre uma certa
área A. Durante este mesmo intervalo de tempo, o raio
→
vetor R2 também varre uma área igual a A.
Diante destas duas proposições, assinale a alternativa
correta.
a) As afirmações I e II são falsas.
b) Apenas a afirmação I é verdadeira.
c) Apenas a afirmação II é verdadeira.
d) As afirmações I e II são verdadeiras, mas a II não
justifica a I.
e) As afirmações I e II são verdadeiras e, além disso, a II
justifica a I.
Resolução
I. (V)
1) Localização do CM:
M . 0 + m (r2 + r1)
r1 = ––––––––––––––––
M+m
Mr1 + mr1 = mr2 + mr1
r2
M
–––
= ––––
m
r1
Sendo r1 + r2 = d, vem:
M
r1 + ––– r1 = d ⇒ r1 .
m
md
r1 = ––––––
M+m
1 + ––m = d ⇒
M
Md
e r2 = ––––––
M+m
I TA ( 1 .O
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2) Cálculo do período T:
FG = Fcp
GMm
md
G (M + m)
2 . –––––– ⇒ 2 =
=
M
–––––––
––––––––––
2
d
M+m
d3
G (M + m)
––––––––––
d3
=
2
–––– =
T
T = 2
G (M + m)
––––––––––
d3
d3
–––––––––
G (M + m)
II. (F)
As velocidades angulares são iguais: no mesmo
intervalo de tempo Δt, os ângulos são iguais e a
estrela que tem maior raio de órbita descreve área
maior.
I TA ( 1 .O
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11
B
Um cilindro vazado pode deslizar sem atrito num eixo
horizontal no qual se apoia. Preso ao cilindro, há um cabo
de 40 cm de comprimento tendo uma esfera na ponta,
conforme figura. Uma força externa faz com que o
cilindro adquira um movimento na horizontal do tipo
y = y0 sen (2 ft).
Qual deve ser o valor de f em hertz para que seja máxima
a amplitude das oscilações da esfera?
a) 0,40
b) 0,80
c) 1,3
d) 2,5
e) 5,0
Resolução
A esfera pendular vai oscilar com máxima amplitude
quando o cilindro e a esfera estiverem em ressonância.
Isso significa que o cilindro e a esfera deverão oscilar
com a mesma frequência f.
Considerando-se que a massa do cilindro seja muito
maior que a da esfera para que o pêndulo tenha comprimento efetivo de oscilação igual a 40cm e imaginando-se que o movimento oscilatório do pêndulo seja
praticamente harmônico simples, o período T e a
frequência f ficam dados por:
T = 2π
1
1
L
––– ⇒ f = –– ⇒ f = –––
g
2
T
1
f = –––––––
2 . 3,14
10
–––– (Hz) ⇒
0,40
g
–––
L
f 0,80Hz
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12
E
No interior de um elevador encontra-se um tubo de vidro
fino, em forma de U, contendo um líquido sob vácuo na
extremidade vedada, sendo a outra conectada a um
recipiente de volume V com ar mantido à temperatura
constante. Com o elevador em repouso, verifica-se uma
altura h de 10 cm entre os níveis do líquido em ambos os
braços do tubo. Com o elevador subindo com aceleração
a (ver figura), os níveis do líquido sofrem um
constante →
deslocamento de altura de 1,0 cm.
Pode-se dizer então que a aceleração do elevador é igual
a
a) – 1,1 m/s2.
b) – 0,91 m/s2.
c) 0,91 m/s2.
d) 1,1 m/s2.
e) 2,5 m/s2.
Resolução
(I) Situação inicial (elevador em repouso):
p2 = p1 ⇒ par = g h
par = . 10 . 0,10 (SI)
par = . 1,0 (SI)
I TA ( 1 .O
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(II) Situação final (elevador acelerado):
p4 = p3 ⇒ p’ar = gap h’
p’ar = . gap . 0,080 (SI)
p’ar = . gap . 0,080 (SI)
Como a temperatura é constante e o tubo é fino
(volume desprezível), a pressão do ar dentro do
bulbo praticamente não se altera. Assim:
p’ar = par ⇒ gap 0,080 = 1,0
Da qual:
gap = 12,5m/s2
(III) Sendo gap > g, a aceleração do elevador é dirigida
→
para cima (no sentido de a ), com módulo determinado por:
gap = g + a ⇒ 12,5 = 10,0 + a
a = 2,5m/s2
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13
E
Conforme a figura, um circuito elétrico dispõe de uma
fonte de tensão de 100 V e de dois resistores, cada qual de
0,50 . Um resistor encontra-se imerso no recipiente
contendo 2,0 kg de água com temperatura inicial de 20°C,
calor específico 4,18 kJ /kg.°C e calor latente de vaporização 2230 kJ /kg. Com a chave S fechada, a corrente
elétrica do circuito faz com que o resistor imerso dissipe
calor, que é integralmente absorvido pela água. Durante
o processo, o sistema é isolado termicamente e a temperatura da água permanece sempre homogênea.
Mantido o resistor imerso durante todo o processo, o
tempo necessário para vaporizar 1,0 kg de água é
a) 67,0 s.
b) 223 s.
c) 256 s.
d) 446 s.
e) 580 s.
Resolução
ε
100V
i = ––– ⇒ i = –––––––– ⇒ i = 100 A
2R
2.0,50
P = R . i2 ⇒ P = 0,50 . (100)2W ⇒ P = 5,0 . 103W
Quantidade de calor total absorvida pela água
Q = m . c . + m . Lvap
Q = 2,0 . 4,18 . 80 + 1,0 . 2230 (J)
Q = 2898,80kJ
Sendo
Q = P . t
2898,80 . 103 = 5,0 . 103 . t
t 580s
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14
D
Em uma superfície líquida, na origem de um sistema de
coordenadas encontra-se um emissor de ondas circulares
transversais. Bem distante dessa origem, elas têm a forma
aproximada dada por h1 (x, y, t) = h0 sen (2( r / – ft)), em
que é o comprimento de onda, f é a frequência e r, a
distância de um ponto da onda até a origem. Uma onda plana
transversal com a forma h2(x, y, t) = h0 sen (2(x / – ft))
superpõe-se à primeira, conforme a figura.
Na situação descrita, podemos afirmar, sendo ⺪ o conjunto dos números inteiros, que
a) nas posições (yP2 /(2n) – n/8, yP) as duas ondas estão
em fase se n ∈ ⺪.
b) nas posições (yP2 /(2n) – n/2, yP) as duas ondas estão
em oposição de fase se n ∈ ⺪ e n 0.
c) nas posições (yP2 /(2n) – (n + 1/2) /2, yP) as duas
ondas estão em oposição de fase se n ∈ ⺪ e n 0.
d) nas posições (yP2 /((2n + 1)) – (n + 1/2) /2, yP) as duas
ondas estão em oposição de fase se n ∈ ⺪.
e) na posição (2yP2 / – /8, yP) a diferença de fase entre
as ondas é de 45°.
Resolução
Para o caso no qual as ondas estão em oposição de
fase, temos:
xP
r
2π ––– – ft – 2π ––– – ft = (2n + 1)π
λ
λ
λ
r – xP = ––– (2n + 1)
2
xP2 + yP2 , temos:
Como r = λ
2
xP2 +yP2 – xP = ––– (2n + 1)
λ
2
xP2 + yP2 = ––– (2n + 1) + xP
λ2
xP2 + yP2 = ––– (2n + 1)2 + λ(2n + 1)xP + xP2
4
I TA ( 1 .O
DIA)
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λ2
yP2 – ––– (2n + 1)2 = λ(2n + 1)xP
4
yP2
λ
1
––––––––– – ––– n + ––
2
2
λ(2n + 1)
=x
P
O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que:
yP2
1
λ
P = ––––––––– – n + –– . –––, yP , n 僆 ⺪
(2n + 1)λ
2
2
Para o caso no qual as ondas estão em concordância
de fase, temos:
xP
r – f t – 2π –––
2π ––
– f t = 2nπ
λ
λ
xP
r – –––
––
=n
λ
λ
xP2 + yP2 = nλ + xP
xP2 + yP2 = (nλ)2 + 2nλxP + xP2
yP2 – (nλ)2
––––––––– = xP
2nλ
yP2
nλ
–––– – –––– = xP
2nλ
2
O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que
yP2
nλ
P = (–––––
– –––, yP), n 僆 ⺪*
2nλ
2
Para o caso no qual a diferença de fase entre as ondas
π
seja de 45° ( –– rad), temos:
4
xP
r
π
2π ––– – ft – 2π ––– – ft = –––
λ
4
λ
xP
1
r
= –––
–– – ––––
λ
8
λ
λ
8
xP2 + yP2 = ––– + xP
λ
λ2
xP2 + yP2 = ––– + ––– xP + xP2
64
4
λ
λ2
yP2 – ––– = ––– xP
64
4
4yP2
λ
– ––– = xP
–––––
λ
16
O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que
λ
4yP2
P = (–––––
– ––– , yP)
λ
16
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
15
E
Um capacitor de placas paralelas de área A e distância 3h
possui duas placas metálicas idênticas, de espessura h e
área A cada uma.
Compare a capacitância C deste capacitor com a capacitância C0 que ele teria sem as duas placas metálicas.
a) C = C0
b) C > 4C0
c) 0 < C < C0
d) C0 < C < 2C0
e) 2C0 < C < 4C0
Resolução
Capacitor sem as placas metálicas:
A
C0 = ␧0 . ––– (1)
3h
Capacitor com as duas placas metálicas:
Equivale a três
capacitores em
série:
1
1
1
1
–– = ––– + ––– + –––
C
C1
C2
C3
1
h1
h2
h3
+ ––––
+ ––––
–– = ––––
C
␧0A
␧0A
␧0A
1
h1 + h2 + h3
–– = –––––––––––
C
␧0A
1
h
A
–– = –––– ⇒ C = ␧0 . ––– (2)
C
␧0A
h
De (1) e (2), vem: C = 3C0
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
16
A
A figura mostra uma região espacial de campo elétrico
uniforme de módulo E = 20 N/C. Uma carga Q = 4 C é
deslocada com velocidade constante ao longo do perímetro do quadrado de lado L = 1 m, sob ação de uma
→
força F igual e contrária à força coulombiana que atua na
carga Q. Considere, então, as seguintes afirmações:
→
I.
O trabalho da força F para deslocar a carga Q do
ponto 1 para 2 é o mesmo do dispendido no seu
deslocamento ao longo do caminho fechado 1-2-34-1.
→
II.
O trabalho de F para deslocar a carga Q de 2 para
3 é maior que o para deslocá-la de 1 para 2.
→
III. É nula a soma do trabalho da força F para deslocar
a carga Q de 2 para 3 com seu trabalho para
deslocá-la de 4 para 1.
Então, pode-se afirmar que
a) todas são corretas.
b) todas são incorretas.
c) apenas a II é correta.
d) apenas a I é incorreta.
e) apenas a II e III são corretas.
Resolução
I. Correta
12 = F . L . cos 90° = 0
12341 = 12 + 23 + 34 + 41 = 0 + F . L + 0 – F . L = 0
Em ambos os casos, o trabalho é nulo:
12 = 12341
II. Correta
23 = + F . L
12 = + F . L . cos 90° = 0
23 > 12
III. Correta
23 = + F . L
41 = F . L cos 180° = – FL
23 + 41 = (+ FL) + (–FL) = 0
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
17
D
Uma fonte luminosa uniforme no vértice de um cone reto
tem iluminamento energético (fluxo energético por
unidade de área) HA na área A da base desse cone. O
iluminamento incidente numa seção desse cone que
forma ângulo de 30° com a sua base, e de projeção
vertical S sobre esta, é igual a
b) SHA/A.
c) AHA/2S.
a) AHA/S.
d) 兹苵3AHA/2S.
e) 2AHA /兹苵3S.
Resolução
—
—
AC = AC’ . cos 30°
— —
兹苵苵
3
AC = AC’ . ––––
2
Sendo a’ o semieixo maior da elipse:
—
AC’
a’ = ––––
2
A elipse projetada na base tem semieixo a:
—
AC
兹苵苵
3
a = –––– ⇒ a = a’ ––––
2
2
Logo, a área da elipse ADBDA e a área da elipse
AD’B’D’A se relacionam por:
S’
πa’b
a’
2
2兹苵苵
3
–––– = ––––– = ––– = ––––– = –––––
S
π ab
a
3
兹苵苵
3
冢
2兹苵苵
3
S’ = S –––––
3
冣
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
a: semieixo maior de S
b: semieixo menor: constante
a’: semieixo maior de S’
Como o fluxo é constante:
Φ = HA . A = H’ . S’
2
3
HA . A = H’ . S . –––––
3
HA . A . 3
H’ = ––––––––– ⇒
2 S
3
HA . A . 3
H’ = ––––––––––
2S
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
18
C
Alguns tipos de sensores piezorresistivos podem ser usados na confecção de sensores de pressão baseados em pontes de Wheatstone. Suponha que o resistor Rx do circuito
da figura seja um piezorresistor com variação de resistência dada por Rx = kp + 10, em que k = 2,0 x 10-4/Pa
e p, a pressão.
Usando este piezorresistor na construção de um sensor
para medir pressões na faixa de 0,10 atm a 1,0 atm,
assinale a faixa de valores do resistor R1 para que a ponte
de Wheatstone seja balanceada. São dados: R2 = 20 e
R3 = 15.
a) De R1min = 25 a R1max = 30
b) De R1min = 20 a R1max = 30
c) De R1min = 10 a R1max = 25
d) De R1min = 9,0 a R1max = 23
e) De R1min = 7,7 a R1max = 9,0
Resolução
Determinemos, inicialmente, os valores extremos que
Rx pode assumir.
Para p = 1,0 atm = 1,0 . 105 Pa, temos:
Rx = K . p + 10
Rx = 2,0 . 10–4 . 1,0 . 105 + 10
= 30
Rx
máx
Para p = 0,10 atm = 0,10 . 105Pa, temos:
R’x = 2,0 . 10–4 . 0,10 . 105 + 10
= 12
R’x
mín
Ponte de Wheatstone em equilíbrio na situação 1:
R1
. Rx = R2R3
R1
. 30 = 20 x 15
mín
mín
R1
= 10
mín
Ponte de Wheatstone em equilíbrio na situação 2:
R1
. R’x = R2R3
R1
. 12 = 20 x 15
máx
máx
R1
máx
= 25
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
19
D
Assinale em qual das situações descritas nas opções
abaixo as linhas de campo magnético formam circunferências no espaço.
a) Na região externa de um toroide.
b) Na região interna de um solenoide.
c) Próximo a um íma com formato esférico.
d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente
elétrica.
e) Na região interna de uma espira circular percorrida por
corrente elétrica.
Resolução
As linhas de campo magnético formam circunferências no espaço ao redor de um fio retilíneo infinito
percorrido por corrente elétrica.
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
20
A
Considere as seguintes afirmações:
I. As energias do átomo de Hidrogênio do modelo de
Bohr satisfazem à relação, En = –13,6/n2 eV, com
n = 1, 2, 3, …; portanto, o elétron no estado fundamental do átomo de Hidrogênio pode absorver
energia menor que 13,6 eV.
II. Não existe um limiar de frequência de radiação no
efeito fotoelétrico.
III. O modelo de Bohr, que resulta em energias quantizadas, viola o princípio da incerteza de Heisenberg.
Então, pode-se afirmar que
a) apenas a II é incorreta.
b) apenas a I e II são corretas.
c) apenas a I e III são incorretas.
d) apenas a I é incorreta.
e) todas são incorretas.
Resolução
I. Correta
De acordo com o modelo de Bohr para o átomo de
hidrogênio, quando o átomo recebe energia, o
elétron pode sofrer uma transição para um estado
de maior energia ou estado excitado, no qual n >
1.
13,6
Assim: utilizando a expressão E = – ––––– eV
n2
tem-se:
para n = 1, temos: E1 = – 13,6eV (estado fundamental)
para n = 2, temos: E2 = – 3,40eV
para n = 3, temos: E3 = – 1,51eV
Na passagem do estado fundamental (n = 1) para
o segundo estado excitado (n = 2), por exemplo, a
energia recebida para a transição vale:
ΔE = – 3,40 – (– 13,6) (eV)
ΔE = 10,2eV (< 13,6eV)
II. Incorreta
A explicação de Einstein para o efeito fotoelétrico
mostra que existe, para cada superfície metálica,
um limiar de frequências f0 característico. Para
frequências menores que f0 , o efeito não ocorre,
qualquer que seja a intensidade da iluminação.
Graficamente:
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
III. Correta
O segundo postulado de Bohr pode ser assim
enunciado:
“Em vez da infinidade de órbitas que seriam
possíveis segundo a Mecânica Clássica, um elétron
só pode mover-se em uma única órbita na qual seu
momento angular orbital L é um múltiplo inteiro
h ”
de ––– .
2
O modelo de Bohr (1913) define com precisão a
posição (raio da órbita) e o momento do elétron de
forma simultânea, contrariando o Princípio da
Incerteza de Heisenberg (1925):
“Uma experiência não pode determinar simultaneamente o valor exato de uma componente do
momento, por exemplo px , de uma partícula e
também o valor exato da coordenada correspondente, x”.
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem
ser desenvolvidas, justificadas e respondidas no caderno
de soluções
21
100 cápsulas com água, cada uma de massa m = 1,0g, são
disparadas à velocidade de 10,0m/s perpendicularmente a
uma placa vertical com a qual colidem inelasticamente.
Sendo as cápsulas enfileiradas com espaçamento de
1,0cm, determine a força média exercida pelas mesmas
sobre a placa.
Resolução
As cápsulas alinhadas perfazem um comprimento L
dado por:
L = 100 . 1,0cm = 1,0m
O tempo gasto para a última cápsula atingir a parede
é dado por:
s
1,0
V = ––– ⇒ 10,0 = ––– ⇒ T1 = 0,1s
t
T
Neste tempo, aplicando o teorema do impulso:
Iparede = Qcápsula
Fm . T = mtotal V
Fm . 0,1 = 0,1 . 10,0
Resposta: Fm = 10,0N
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
22
O arranjo de polias da figura é preso ao teto para erguer
uma massa de 24 kg, sendo os fios inextensíveis, e
desprezíveis as massas das polias e dos fios.
Desprezando os atritos, determine:
→
1. O valor do módulo da força F necessário para equilibrar o sistema.
→
2. O valor do módulo da força F necessário para erguer a
massa com velocidade constante.
→
3. A força ( F ou peso?) que realiza maior trabalho, em
módulo, durante o tempo T em que a massa está sendo
erguida com velocidade constante.
Resolução
1) 4F = P
P
mg
F = ––– = –––
4
4
240
F = ––– (N)
4
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
F = 60N
2) Em repouso ou com velocidade constante, a força
resultante é nula e F = 60N.
3) Trabalho é uma forma de energia e os trabalhos
serão iguais, em módulo, porque não há variação
de energia cinética.
Respostas: 1) F = 60N
2) F = 60N
3) Trabalho com módulos iguais
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
23
A figura mostra uma chapa fina de massa M com o
formato de um triângulo equilátero, tendo um lado na
posição vertical, de comprimento a, e um vértice
articulado numa barra horizontal contida no plano da
figura. Em cada um dos outros vértices encontra-se fixada
uma carga elétrica q e, na barra horizontal, a uma
3/2 do ponto de articulação, encontra-se
distância a
fixada uma carga Q.
Sendo as três cargas de mesmo sinal e massa desprezível,
determine a magnitude da carga Q para que o sistema
permaneça em equilíbrio.
Resolução
1) Elementos geométricos necessários:
a 3
–––
OC = –––––
2
____
a
–––
BC = OM = –––
2
–––
OA = a
____
____
____
AC 2 = OA2 + OC 2 (Pitágoras)
____
AC 2
=
a2
____
3a2 7a2
a 7
–––
+
= ––– ⇒ AC = –––––
4
4
2
____
3
OC
2
3
a cos = ––––
____ = ––––– . ––––– = –––––
7
2
7
a AC
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
____
1 ____ a 3
3
a MB = ––––– ⇒ MG = ––– MB = –––––
3
2
6
2) Lei de Coulomb para
→ →
calcular os módulos das forças elétricas F1 e F2 :
____
q . Q k . q . Q 4 kq Q
F1 = k ––––
= ––––––
____ = –––––––
a 2
2
a2
BC
–––
2
q . Q k . q . Q 4 kq Q
F2 = k ––––
= ––––––
____ = –––––––
7a2
2
7a2
AC
–––
4
Observação: Adotamos k como sendo a constante
eletrostática do meio, embora não tenha sido dada
na prova.
→
Decompondo F2 nas direções horizontal Ox e
vertical Oy:
3
4 3.kq.Q
4 kq . Q F2x = F2 . cos = ––––––– . –––– = ––––––––––––
7 . a2
7 . a2
7 7
3) Para que a chapa não sofra rotação, o somatório
dos momentos em torno de O (articulação) deve
ser nulo.
MF + MF + MF – MP = 0
2x
2y
1
MF = 0
2y
–––
––––
––––
F2x . OA + 0 + F1 . MB – P . MG = 0
4 3 kq Q
4 kq Q a 3
a 3
––––– . ––––– . a + –––––– . –––– = M . g . ––––
2
2
a
a
2
6
7
7
Simplificando:
4 kq Q
2 kq Q
M.g
= –––––
–––––––– + –––––––
a2
6
7 . a2
7 2 kq . Q
–––––––
a2
2 kq . Q
–––––––
a2
+ 1 = –––––
–––––
6
7 7
2
2 + 7 7
–––––––––
7 7
M.g
M.g
= –––––
6
7 7 a2
M.g
Q = ––––––––––––––– . ––––––
7)
k.q
12 (2 + 7 I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
Se usarmos para a constante eletrostática:
1
k = –––––––
40
7 7 . a2 . M . g
Q = –––––––––––––––––––––––
1
7 ) q . ––––––
12 (2 + 7 4 0
7 7 0 . a2 . M . g
Q = –––––––––––––––––––
7).q
3 (2 + 7 I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
24
A figura mostra um sistema formado por dois blocos, A e
B, cada um com massa m. O bloco A pode deslocar-se
sobre a superfície plana e horizontal onde se encontra. O
bloco B está conectado a um fio inextensível fixado à
parede, e que passa por uma polia ideal com eixo preso ao
bloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o bloco
B descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra a
figura.
Sendo o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A e
a superfície, g a aceleração da gravidade, e = 30°
mantido constante, determine a tração no fio após o
sistema ser abandonado do repouso.
Resolução
1) Força normal que A troca com o solo:
FN = PA + T – T cos 60°
T
T
FN = m g + T – ––– = m g + –––
2
2
2) Força de atrito aplicada pelo chão:
T
Fat = FN = m g + –––
2
3) 2.ª Lei de Newton (A + B):
T cos 30° – Fat = (mA + mB) a
3 – mg+ T
T –––––
–––
2
2
=2ma
T
3 – m g – –––
T –––––
=2ma
2
2
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
T
3 – ) = m g + 2 m a
––– (
2
T
3 – ) = m ( g + 2 a)
––– (
2
2m ( g + 2a)
T = –––––––––––––– (1)
3 –
Se o valor de a não for considerado como dado,
temos:
4) O deslocamento vertical de B se relaciona com o
seu deslocamento horizontal pela relação:
x = y . cos 3
x = y –––––
2
3
ay
2a
a = –––––––
⇒ ay = –––––
2
3
5) PFD (B) (na direção vertical):
P – T = m ay
m2a
m g – T = –––––––
3
m g
3 – T
3
T
2a = ––––––––––––––––– = g
3 – –– 3 (2)
m
m
(2) em (1):
2m
T
3 – –– 3
T = –––––––– g + g
m
3 –
T(
3 – ) = 2 m g + 2 m g
3 – 2T 3
T(
3 – + 2
3 ) = 2 m g ( + 3)
2 m g ( + 3)
T = –––––––––––––––
3
3 –
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
25
Átomos neutros ultrafrios restritos a um plano são uma
realidade experimental atual em armadilhas magnetoópticas. Imagine que possa existir uma situação na qual
átomos do tipo A e B estão restritos respectivamente aos
planos e perpendiculares entre si, sendo suas massas
tais que mA = 2mB. Os átomos A e B colidem elasticamente entre si não saindo dos respectivos planos, sendo
as quantidades de movimento iniciais →
pA e →
pB, e as finais,
→
→
→
qA e qB . pA forma um ângulo com o plano horizontal
e→
pB = 0.
Sabendo que houve transferência de momento entre A e
B, qual é a razão das energias cinéticas de B e A após a
colisão?
Resolução
→
→
→
→
Q0 = pA + pB = pA
→
→
→
Qf = qA + qB
→
→
→
→
→
→
→
Como Qf = Q0, temos qA + qB = pA
Como pA e qA estão restritos ao plano , concluímos
→
→
que qB também estará no plano e como qB pertence
ao plano , ele estará na intersecção entre e , ou
seja, no eixo x.
Na direção x: qAx + qB = pA cos (I)
Na direção z: qAz = pA sen (II)
qA2 = q2Ax + q2Az = (pA cos – qB)2 + (pA sen )2
2
2
qA2 = pA
cos2 – 2pA qB cos + qB2 + pA
sen2 2
qA2 = pA
– 2pA qB cos + qB2
(1)
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
Conservação da energia cinética:
Ecin = Ecin
0
f
qB2
pA2
qA2
––– = ––– + –––
4m 4m 2m
2
+ 2 qB2
pA2 = qA
(2)
(2) em (1): qA2 = qA2 + 2 qB2 – 2 pAqB cos + qB2
3 qB2 = 2pAqB cos 2
qB = –– pA cos 3
2
Em (I): qAx + ––– pA cos = pA cos 3
1
qAx = ––– pA cos 3
Como qAz = pA sen , vem:
pA2 cos2 + pA2 sen2 qA2 = ––––––––––
9
Comparando as energias cinéticas após a colisão:
qA2
Ecin = –––––
A
4m
qB2
Ecin = –––––
B
2m
Ecin
1
qA2
A
–––––– = ––– –––––
2
qB2
Ecin
B
2
2 cos ––––––
+ sen2 p
Ecin
A 1
A
9
–––––– = ––– –––––––––––––––––––
2
4
Ecin
––– pA2 cos2 B
9
Ecin
8 cos2 B
–––––– = ––––––––––––––
cos2 + 9 sen2 Ecin
A
Ecin
B
8
–––––– = ––––––––––
1 + 9 tg2 Ecin
A
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
26
Dois capacitores em série, de capacitância C1 e C2,
respectivamente, estão sujeitos a uma diferença de
potencial V. O Capacitor de capacitância C1 tem carga Ql
e está relacionado com C2 através de C2 = xC1, sendo x
um coeficiente de proporcionalidade. Os capacitores
carregados são então desligados da fonte e entre si, sendo
a seguir religados com os respectivos terminais de carga
de mesmo sinal. Determine o valor de x para que a carga
Q2 final do capacitor de capacitância C2 seja Ql 4.
Resolução
Estando ligados em série, concluímos que Q2 = Q1
Religando-os com os respectivos terminais de carga de
mesmo sinal e atingindo o equilíbrio eletrostático,
temos:
7Q1
Q1
⇒ Q’1 = ––––
Q1 + Q1 = Q’1 + ––––
4
4
7Q1
Q1
––––
–––
4
4
Sendo C1 = ––––– e C2 = –––– , vem:
U
U
1
C1 = 7C2 e de C2 = xC1, vem: x = ––
7
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
27
O momento angular é uma grandeza importante na Física.
O seu módulo é definido como L = rp sen , em que r é o
módulo do vetor posição com relação à origem de um
dado sistema de referência, p o módulo do vetor
quantidade de movimento e o ângulo por eles formado.
Em particular, no caso de um satélite girando ao redor da
Terra, em órbita elíptica ou circular, seu momento angular
(medido em relação ao centro da Terra) é conservado.
Considere, então, três satélites de mesma massa com
órbitas diferentes entre si, I, II e III, sendo I e III circulares
e II elíptica e tangencial a I e III, como mostra a figura.
Sendo LI, LII e LIII os respectivos módulos do momento
angular dos satélites em suas órbitas, ordene, de forma
crescente, LI, LII e LIII.
Justifique com equações a sua resposta.
Resolução
Comparando as órbitas circulares I e III:
GMm
m V2
––––– ⇒ V =
=
1) FG = Fcp ⇒ –––––––
r2
r
GM
–––––
r
2) Para a órbita circular, temos θ = 90° ⇒ sen θ = 1
eL=rp
L=rmV⇒L= mr
G M ⇒ L = m –––––
GMr
r
Como rIII > rI, resulta LIII > LI
Comparando a órbita circular I com a órbita
elíptica II:
GM
Para a órbita circular: v2I = –––––– (1)
r1
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
Para a órbita elíptica:
VA . r1
1) LA = LB ⇒ m VA r1 = m VB r2 ⇒ VB = ––––––
r2
2) Conservação da energia mecânica:
EA = EB
GMm
m V A2
m VB2
GMm
–––––– – ––––––– = –––––– – –––––––
2
r1
2
r2
GM
VA2 r12
2GM
–
–––––––
VA2 – 2 –––––– = ––––––
r22
r1
r2
r12
1 – –––––
r22
VA2
(r22 – r12)
(r2 – r1)
––––––––– = 2GM –––––––––
r22
r1 r2
= 2GM
1
1
––– – –––
r1
r2
VA2
(r + r1)
2 GM
VA2 ––2–––––
= –––––––
r2
r1
2 GM r2
(2)
VA2 = ––––––––––
r1(r2 + r1)
2 r2
VA2
(2)
Fazendo-se –––– : –––––
= ––––––
2
r2 + r1
VI
(1)
Como r2 > r1 ⇒ 2 r2 > r2 + r1
Portanto: VA > VI
Sendo: LI = m VI r1
LII = m VA r1
Vem: LII > LI
Comparando a órbita circular III com a órbita
elíptica II:
GM
V2 = ––––– (3)
r2
2 GM r1
(4)
VB2 = –––––––––
r2(r1 + r2)
(4)
VB2
2 r1
–––––––
––– : –––––
=
r1 + r2
V2
(3)
r1 < r2 ⇒ 2 r1 < r2 + r1 ⇒ VB < V
L=mVr
LII = m VB r2
LIII = m V r2
VB < V ⇒ LII < LIII
Portanto: LI < LII < LIII
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
28
Uma partícula de massa m está sujeita exclusivamente à
→
→
ação da força F = F(x) ex, que varia de acordo com o
→
gráfico da figura, sendo ex o versor no sentido positivo de
x. Se em t = 0, a partícula se encontra em x = 0 com
velocidade v no sentido positivo de x, pedem-se:
1. O período do movimento da partícula em função de F1,
F2, L e m.
2. A máxima distância da partícula à origem em função
de F1, F2, L, m e v.
3. Explicar se o movimento descrito pela partícula é do
tipo harmônico simples.
Resolução
1) A partícula descreve nos semieixos, positivo e
negativo, do eixo x dois MHS.
O período do oscilador harmônico simples é T,
dado por:
m
–––
k
T = 2
em que k é a constante de força do MHS.
Assim, o período do oscilador em questão fica
expresso por:
T1
T2
2
T = ––– + ––– ⇒ T = –––
2
2
2
m
2
––– + –––
k1
2
m
–––
k2
F1
F2
e k2 = –––
, logo:
Mas k1 = –––
L
L
T=
m
–––– +
F1
––––
L
m
––––
F2
––––
L
Da qual:
T=
mL
–––– +
F1
mL
––––
F2
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
2) A máxima distância da partícula à origem é dada
por:
m v2
k x2máx
––––– = –––––––
2
2
F
m v2 = ––– x2máx
L
xmáx =
m v2 L
––––––––
F
xmáx = v
mL
––––––
F
No semieixo negativo, temos:
mL
––––––
F2
xmáx = v
2
No semieixo positivo, temos:
mL
––––––
F1
xmáx = v
1
Do gráfico, temos que F2 > F1 e, portanto:
xmáx > xmáx
1
2
Assim, a máxima distância da partícula à origem
é:
xmáx = v
1
mL
––––
F1
3) O movimento completo é periódico, mas não é
harmônico simples, pois, em cada semieixo, a
partícula tem períodos e amplitudes diferentes.
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
29
Considere dois fios paralelos, muito longos e finos,
dispostos horizontalmente conforme mostra a figura. O
fio de cima pesa 0,080N/m, é percorrido por uma corrente
I1 = 20A e se encontra dependurado por dois cabos. O fio
de baixo encontra-se preso e é percorrido por uma
corrente I2 = 40A, em sentido oposto. Para qual distância
r indicada na figura, a tensão T nos cabos será nula?
Resolução
→
O fio (2) gera um campo magnético B2, que tem orientação dada pela “regra da mão direita”, como mostrada na figura:
→
A intensidade de B2 é dada por:
μ0I2
B2 = ––––––
2r
4 . 10–2 . 40
B2 = –––––––––––– (T)
2r
8,0 . 10–6
B2 = –––––––––– (T)
r
→
Devido ao campo B2, o fio (1) sofre a ação da força
→
F2,1, com intensidade dada por:
→
F2,1 = B2I1 L sen , com = 90°
8,0 . 10–6
F2,1 = –––––––––– . 20 . L . sen (90°)
r
L
F2,1 = 1,6 . 10– 4 ––– (N)
r
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
→
Para que as trações nos fios se anulem, F2,1 deve
equilibrar a força peso do fio (1).
Para um comprimento L do fio (2), seu peso tem intensidade dada por:
P2 = 8,0 . 10 –2 L (N)
F2,1 = P2
L
1,6 . 10– 4 ––– = 8,0 . 10 –2 L
r
1,6 . 10 –4
r = –––––––––––
(m)
8,0 . 10 –2
r = 2,0 . 10 – 3m
I TA ( 1 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
30
Considere uma espira com N voltas de área A, imersa
→
num campo magnético B uniforme e constante, cujo
sen–tido aponta para dentro da página. A espira está
situada inicialmente no plano perpendicular ao campo e
possui uma resistência R. Se a espira gira 180° em torno
do eixo mostrado na figura, calcule a carga que passa pelo
ponto P.
Resolução
Analisaremos, inicialmente, apenas metade do giro
total de 180°, assim:
Φinicial = NBA cos 180°
Φinicial = – NBA
O fluxo final será nulo, pois a espira estará paralela a
→
B nesta situação.
Φfinal = 0
A variação do fluxo para esta metade do giro será
dada por:
ΔΦ = Φfinal – Φinicial
ΔΦ = 0 – (– NBA)
ΔΦ = NBA
A f.e.m. induzida média, em módulo, será dada por:
NBA
ΔΦ
E = –––– = –––––
Δt
Δt
A intensidade média de corrente elétrica neste trecho
analisado será dada por
Q
i = ––––
Δt
E
mas i = –––
R
Assim:
Q
E
––– = –––
Δt
R
Q
NBA
–––––– = –––
Δt
Δt R
NBA
Q = ––––––
R
I TA ( 1 .O
DIA)
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Nos 90° restantes, para se completar os 180° de giro,
teremos essa mesma quantidade de carga passando
por P mas com sentido oposto.
A carga total que passa efetivamente por P será então:
NBA
NBA
Qtotal = –––––– + ––––––
R
R
2NBA
Qtotal = –––––––
R
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DIA)
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