ITA 2010 - Prova de Física

No sistema MLT, temos:
Caso necessário, use os seguintes dados:
Constante
gravitacional
G = 6,67 ×
−11 3 2
m / s kg. Massa do Sol M = 1,99 ×
× 10
[A] = M −1 ⋅ L3 ⋅ T −2 ⋅ M ⋅ L = L4 ⋅ T −2 (I)
× 1030 kg.
[A] = (M −1 ⋅ L3 ⋅ T −2 ) α ⋅ M β ⋅ (L ⋅ T −1 ) γ ⇒
Velocidade
da
luz
c = 3×
8
× 10 m/s. Distância média do centro da
Terra ao centro do Sol: 1,5 × 1011 m.
Aceleração da gravidade
g = 9,8 m/s2 .
Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro: 6,023 × 1023 mol −1 . Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de
Planck h = 6,62 × 10−34 m2 kg/s. Permissividade do vácuo:
ε0
= 1/4 πk0 . Permeabili-
dade magnética do vácuo: μ0 .
Questão 1
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por −V = GM / r,
em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade
de Einstein, essa equação de Newton deve
ser corrigida para −V = GM / r + A / r2 , em que
A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de
grandeza da razão entre o termo de correção,
A / r2 , obtido por Einstein, e o termo GM/r da
equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k = 1.
a) A = kGM / c e 10−5
b) A = kG2 M 2 / c e 10−8
c) A = kG2 M 2 / c e 10−3
d) A = kG2 M 2 / c2 e 10−5
e) A = kG2 M 2 / c2 e 10−8
alternativa E
Da expressão que corrige a equação de Newton,
podemos concluir que:
⎡ GM ⎤ ⎡ A ⎤
⎢⎣ r ⎥⎦ = ⎢⎣ r 2 ⎥⎦ ⇒ [A] = [G ⋅ M ⋅ r]
Como A depende apenas de G, M e c, temos:
⇒ [A] = M −α + β ⋅ L3 α + γ ⋅ T −2 α − γ (II)
De I e II, vem:
−α + β = 0
α =β=2
3α + γ = 4
⇒
γ = −2
−2 α − γ = −2
Como A = Gα ⋅ M β ⋅ c γ , a expressão que pode
representá-la é:
A =
k ⋅ G2 ⋅ M 2
c2
A razão (R) entre o termo de correção e o termo
da equação de Newton, para k = 1, é dada por:
A
2
G2 ⋅ M 2
r
G ⋅M
R = r
= 2
⋅
⇒R =
GM
GM
r ⋅c2
r ⋅c2
r
Substituindo os valores, vem:
R =
6,67 ⋅ 10 −11 ⋅ 1,99 ⋅ 10 30
1,5 ⋅ 1011 ⋅ (3 ⋅ 108 ) 2
⇒
⇒ R = 9,83 ⋅ 10 −9 ⇒ R ~ 10 −8
Questão 2
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do seu próprio eixo
Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da
gravidade seria dada por g = GM / R2 . Como
ω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície da
Terra na realidade fica sujeito forçosamente
a um peso aparente, que pode ser medido, por
exemplo, por um dinamômetro, cuja direção
pode não passar pelo centro do planeta.
Então, o peso aparente de um corpo de massa
m em repouso na superfície da Terra a uma
latitude λ é dado por
física 3
Questão 3
a) mg − mω2 R cos λ .
b) mg − mω2 R sen2 λ .
c) mg 1 − [2ω2 R / g + (ω2 R / g)2 ] sen2 λ .
d) mg 1 − [2ω2 R / g − (ω2 R / g)2 ] cos2 λ .
e) mg 1 − [2ω2 R / g − (ω2 R / g)2 ] sen2 λ .
alternativa D
As forças que atuam em um corpo localizado a
uma latitude λ são dadas por:
Considere um segmento de reta que liga o
centro de qualquer planeta do sistema solar
ao centro do Sol. De acordo com a 2a Lei de
Kepler, tal segmento percorre áreas iguais
em tempos iguais. Considere, então, que em
dado instante deixasse de existir o efeito da
gravitação entre o Sol e o planeta. Assinale a
alternativa correta.
a) O segmento de reta em questão continuaria
a percorrer áreas iguais em tempos iguais.
b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2a Lei de
Kepler continuaria válida.
c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica
e a 2a Lei de Kepler não seria mais válida.
d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando se
considera uma força que depende do inverso
do quadrado das distâncias entre os corpos e,
portanto, deixaria de ser válida.
e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
alternativa A
Se, em um dado instante, deixasse de existir o
efeito da gravidade, o planeta passaria a descrever um MRU.
Assim, ele passaria a percorrer espaços iguais (b)
em intervalos de tempos iguais (Δt), como é mostrado a seguir:
Considerando a normal como sendo o peso aparente (P = N), do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:
• Na horizontal:
Rcp = mω 2 r ⇒ mg cosλ − P cosθ = mω 2 R cosλ ⇒
⇒ P cos θ = mg cosλ − mω 2R cosλ (I)
• Na vertical:
P sen θ = mg senλ (II)
De I e II, temos que o peso aparente (P) é dado
por:
P 2 = P 2 sen 2 θ + P 2 cos 2 θ ⇒
⇒ P 2 = (mg) 2 sen 2 λ + (mg) 2 cos 2 λ +
+ (mω 2 R cosλ) 2 − 2m 2 g ω 2 R cos 2 λ ⇒
⎡
⎛ ω2 R
2 ω2 R
− ⎜⎜
⇒ P = mg 1 − ⎢
⎢ g
⎝ g
⎣
2
⎞ ⎤
⎟⎟ ⎥ cos 2 λ
⎠ ⎥
⎦
Da figura, temos que a área varrida pelo segmento que une o centro de qualquer planeta ao centro
do Sol, em um mesmo intervalo de tempo, é semb ⋅R
pre igual a
.
2
Questão 4
A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, N2 , é igual à velocidade
de escape desta molécula da superfície da
Terra é de, aproximadamente,
física 4
a) 1,4 × 10 5 K.
c) 7,0 × 1027 K.
e) 8,4 × 1028 K.
b) 1,4 × 10 8 K.
d) 7,2 × 104 K.
alternativa A
Sendo RT o raio da Terra, e sabendo que a velocidade de escape (v e ) é igual à velocidade quadrática média (v), temos:
v e = 2g ⋅ RT
v =
3R ⋅ T
M
⇒ 2g ⋅ RT =
⇒ 2 ⋅ 9,8 ⋅ 6 380 ⋅ 10 3 =
3R ⋅ T
⇒
M
3 ⋅ 8,31 ⋅ T
28 ⋅ 10 −3
⇒
⇒ T = 1,4 ⋅ 105 K
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:
R = ma ⇒ mg senα − kx − F = ma ⇒
⇒ F = mg senα − ma − kx
Para que a aceleração a seja constante, F tem
que variar.
Podemos, assim, construir um gráfico da força F
(que varia de mg senα − ma até zero) em função
do deslocamento x (que varia de zero até
mg senα − ma
quando o corpo desencosta do
k
anteparo) dado a seguir:
Questão 5
No plano inclinado, o corpo de massa m é
preso a uma mola de constante elástica k,
sendo barrado à frente por um anteparo. Com
a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento
de descida com uma aceleração constante a.
Durante parte dessa descida, o anteparo
mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento
da mola é dada por
O trabalho realizado por essa força para esse
deslocamento é dado por:
|F τ | N
= área ⇒
1
⎛ mg senα − ma ⎞
⇒ F τ = −⎜
⇒
⎟ (mg senα − ma) ⋅
⎝
⎠
k
2
2
(mg senα − ma)
⇒Fτ = −
2k
Aplicando o teorema da energia cinética para o
corpo, desde quando o anteparo começou a se
movimentar até a deformação máxima da mola X,
temos:
R τ = ΔEc ⇒ P τ + Fe τ + F τ = 0 ⇒
(mg senα − ma) 2
kX 2
−
=0 ⇒
2
2k
2
(mg senα − ma)
− mg senα X +
=0 ⇒
2k
⇒ + mgX senα −
⇒
a) [ mg sen α + m a(2 g sen α + a ) ]/ k.
k 2
X
2
b) [ mg cos α + m a(2 g cos α + a ) ]/ k.
c) [ mg sen α + m a(2 g sen α − a ) ]/ k.
d) m ( g sen α − a ) / k.
e) mg sen α / k.
mg senα ±
⇒X=
k (mg senα − ma)
2 2
2
m g sen α − 4 ⋅
⋅
2
2k
2⋅
alternativa C
⇒X =
Durante o trecho em que o anteparo está em contato com o corpo, as forças no corpo são dadas
por:
⇒X =
mg senα ±
2
k
2
−m 2 a2 + 2m 2 ag senα
⇒
k
mg senα ± m a(2g senα − a)
k
⇒
física 5
Tomando apenas a resposta positiva, temos:
X =
mg senα + m a(2g senα − a)
k
Questão 6
Um quadro quadrado de lado l e massa m,
feito de um material de coeficiente de dilatação superficial β, é pendurado no pino O por
uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das
arestas laterais do quadro, conforme a figura.
A força de tração máxima que a corda pode
suportar é F. A seguir, o quadro é submetido
a uma variação de temperatura ΔT, dilatando. Considerando desprezível a variação no
comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da
corda para que o quadro possa ser pendurado
com segurança é dado por
Do equilíbrio, vem:
P = 2 ⋅ F ⋅ senθ ⇒ mg = 2 ⋅ F ⋅ 1 − cos 2 θ ⇒
4F 2 − m 2 ⋅ g 2
2F
O lado l’ do triângulo depois de aquecido é dado
por:
⇒ cos θ =
l’ 2 = l2 (1 + β ⋅ ΔT ) ⇒ l’ =
⇒ l’ = l 1 + β ⋅ ΔT
Sendo x o comprimento do fio, depois do aquecimento podemos visualizar o seguinte triângulo:
Da figura e da equação anterior, vem:
l
⋅ 1 + β ⋅ ΔT
2
cosθ =
x
2
cosθ =
a) 2lF βΔT mg.
b) 2lF (1 + βΔT ) mg.
c) 2lF (1 + βΔT )
(4 F 2 − m2 g 2 ) .
l2 (1 + β ⋅ ΔT ) ⇒
4F
2
2
−m ⋅g
2F
l
⋅ 1 + β ⋅ ΔT
2
⇒
=
x
2
⇒
x =2 ⋅l⋅F ⋅
d) 2lF (1 + βΔT ) (2 F − mg).
⇒
2
4F 2 − m 2 ⋅ g 2
⇒
2 ⋅F
1 + β ⋅ ΔT
4F 2 − m 2 ⋅ g 2
e) 2lF (1 + βΔT ) (4 F 2 − m2 g 2 ) .
alternativa E
Marcando as forças sobre o quadro, podemos
montar a seguinte figura:
Questão 7
Considere um semicilindro de peso P e raio
R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na
superfície lisa do semicilindro, formando um
ângulo α com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro
e o plano horizontal para que o sistema todo
permaneça em equilíbrio?
física 6
No equilíbrio, temos:
fat. = N cosα
fat. = μ ⋅ N’
⇒μ =
N’ = P + N senα
⇒μ =
N cosα
⇒
P + N senα
cosα
(2)
⎛P ⎞
⎜ ⎟ + senα
⎝N ⎠
Substituindo (1) em (2), temos:
a) μ = cos α [cos α +
cosα
⇒
+ 2P (2h LQ cos(2α ) − R LQ sen α )] μ =
⎞
⎛ 2P(h − R senα)
b) μ = cos α [cos α +
+ senα ⎟
⎜
⎠
⎝ LQ senα cosα
+ P (2h LQ sen(2α ) − 2R LQ cos α )]
cosα
c) μ = cos α [sen α +
⇒
⇒μ =
⎛
2Ph
2PR ⎞
+ 2P (2h LQ sen(2α ) − R LQ cos α )]
−
⎟
⎜ senα +
LQ senα cosα
LQ cosα ⎠
⎝
d) μ = sen α [sen α +
+ 2P (2h LQ cos(α ) − 2R LQ cos α )]
e) μ = sen α [cos α +
cosα
μ =
+ P (2h LQ sen(α ) − 2R LQ cos α )] ⇒
⎡
⎛
⎞⎤
2h
R
−
⎟⎥
⎢senα + 2P ⎜
LQ
sen
(2
)
LQ
cos
α
α
⎠⎦
⎝
⎣
alternativa C
Marcando forças que atuam na barra, vem:
Questão 8
Adotando o polo em O, no equilíbrio, temos:
L
⎛ h − R senα ⎞
N ⋅⎜
⋅ senα ⇒
⎟ =Q ⋅
⎝
⎠
cosα
2
⇒N =
L ⋅ Q ⋅ senα ⋅ cosα
(1)
2(h − R senα)
Montando o diagrama de forças que atuam no semicilindro, vem:
Um elétron é acelerado do repouso através
de uma diferença de potencial V e entra
numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE
com período TE . Se um próton fosse acelerado do repouso através de uma diferença de
potencial de mesma magnitude e entrasse
na mesma região em que atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP
e período TP que
a) RP = RE e TP = TE .
b) RP > RE e TP > TE .
c) RP > RE e TP = TE .
d) RP < RE e TP = TE .
e) RP = RE e TP < TE .
alternativa B
O período do movimento descrito no interior do
2 πm
campo magnético é dado por T =
. Assim,
e ⋅B
como a massa do próton é maior que a do elétron, temos TP > TE .
física 7
Considerando a aceleração devido à força elétrica, temos:
τ = ΔEC =
Fel. τ = e ⋅ V
Fel.
v =
2 πR
T
T
⇒R =
2π
⇒R =
1
B
m ⋅v 2
2
⎛ 2 πR ⎞
m⋅⎜
⎟
⎝ T ⎠
⇒ e ⋅V =
2
2 πm
2eV
e
⋅B ⋅
=
m
2π
2
⇒
alternativa D
Sendo R a distância radial de equilíbrio da oscilação para a velocidade angular ω, e R’ uma distância maior de x’ em relação a R, temos a seguinte
figura:
2eV
⇒
m
2Vm
e
Assim, como a massa do próton é maior que a do
elétron, temos RP > RE .
Questão 9
Considere um oscilador harmônico simples
composto por uma mola de constante elástica
k, tendo uma extremidade fixada e a outra
acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade angular constante ω em torno da extremidade fixa, mantendo-se apenas na direção
radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do oscilador
para ω = 0, pode-se afirmar que
Quando a partícula estiver a uma distância R do
centro da trajetória, temos:
Rcp. = Fe ⇒ mω 2 R = k(R − R0 ) (I)
Para a situação em que a partícula está distante
R’ do centro da trajetória, adotando-se o referencial não inercial que descreve MCU de raio R, temos uma força centrífuga F agindo sobre a partícula radialmente para fora. Considerando-se ω
constante independente da posição (condição válida somente se x’ << R ), temos:
R = mγ
⇒ mγ = −k(R’ −R0 ) + mω 2 R’ ⇒
R = −Fe + F
⇒ mγ = −k(x’ + R − R0 ) + mω 2 (x’ + R) ⇒
⇒ mγ = −kx’ + mω 2 x’ − k(R − R0 ) + mω 2 R (II)
Substituindo-se I em II, vem:
m γ = −kx’ + mω 2 x’ − k(R − R0 ) + k(R − R0 ) ⇒
⎛k
⎞
⇒ γ = −⎜
− ω2 ⎟ x ’
⎝m
⎠
a) o movimento é harmônico simples para
qualquer que seja velocidade angular ω.
b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0 .
c) a frequência do MHS cresce em relação ao
caso de ω = 0.
d) o quadrado da frequência do MHS depende
linearmente do quadrado da velocidade angular.
e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá
aumentar a frequência do MHS.
Da definição de MHS ( γ = −ω02 x), temos que a
partícula descreve um MHS, com a mola deslocada da posição de equilíbrio de R0 para R
(R > R0 ), e com pulsação ω0 dada por
k
k
ω02 =
− ω 2 , tal que ω 2 < . Logo, a frequênm
m
cia f0 do MHS é dada por:
k
k
ω02 =
− ω 2 ⇒ (2 πf0 ) 2 =
− ω2 ⇒
m
m
⇒ f02 =
k
(2 π) 2 m
−
ω2
(2 π) 2
Assim, da equação anterior, temos que o quadrado da frequência do MHS (f02 ) depende linearmente do quadrado da velocidade angular ( ω 2 ).
física 8
Questão 10
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo
JKLMJ mostrado no diagrama T – S da figura.
Devido à variação da espessura da camada de
ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma sucessão de
anéis claros e escuros, chamados de anéis de
Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de
a) 1,0 m.
d) 4,0 m.
b) 1,6 m.
e) 8,0 m.
c) 2,0 m.
alternativa C
Pode-se afirmar que
a) o processo JK corresponde a uma compressão isotérmica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um
ciclo é W = (T2 − T1 )( S2 − S1 ).
c) o rendimento da máquina é dado por
T
η = 1 − 2.
T1
d) durante o processo LM uma quantidade de
calor QLM = T1 ( S2 − S1 ) é absorvida pelo sistema.
e) outra máquina térmica que opere entre T2
e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta.
alternativa B
Num ciclo a variação da energia interna é nula
( ΔU = 0). Assim, pela Primeira Lei da Termodinâmica, temos que W = Q, onde a quantidade de calor (Q) no ciclo é numericamente igual à área interna do gráfico T − S .
Assim, temos:
W =Q
⇒
Q N= área = (T2 − T1 )(S 2 − S1 )
⇒
W = (T2 − T1 )(S 2 − S1 )
A situação descrita pode ser representada pelo
esquema a seguir:
O valor da espessura e é dado por:
R − e = R 2 − r 2 ⇒ (R − e) 2 = R 2 − r 2 ⇒
⇒ R 2 − 2Re + e 2 = R 2 − r 2
Sendo e 2 desprezível, temos:
r2
(I)
e =
2R
Como ocorre interferência destrutiva, visível sobre
a lente, temos:
2e = mλ (II)
Para o anel de menor raio, temos m = 1. Substituindo I em II, vem:
⎛ r2 ⎞
(1 ⋅ 10 −3 ) 2
r2
⎟⎟ = λ ⇒ R =
2 ⎜⎜
⇒R =
⇒
λ
500 ⋅ 10 −9
⎝ 2R ⎠
⇒ R =2m
Questão 11
Questão 12
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de
comprimento de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura.
Considere o modelo de flauta simplificado
mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C.
física 9
Sendo AD = 34 ,00 cm, AB = BD , BC = CD e
a velocidade do som de 340,0 m/s, as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectivamente
a)
Vista superior
A
B
C
D
b)
a) 2000 Hz e 1000 Hz.
b) 500 Hz e 1000 Hz.
c) 1000 Hz e 500 Hz.
d) 50 Hz e 100 Hz.
e) 10 Hz e 5 Hz.
c)
alternativa C
A flauta pode ser interpretada como um tubo aberto.
Com o orifício C fechado, consideramos um tubo
de 17 cm de comprimento; então, para a frequência fundamental, temos:
v = λ ⋅ f ⇒ 340 = 2 ⋅ 17 ⋅ 10 −2 ⋅ f ⇒
f = 1 000 Hz
Já com os orifícios B e C fechados, consideramos
um tubo de 34 cm de comprimento; neste caso, a
frequência fundamental é:
d)
v = λ’ ⋅ f’ ⇒ 340 = 2 ⋅ 34 ⋅ 10 −2 ⋅ f’ ⇒ f’ = 500 Hz
Questão 13
Uma jovem encontra-se no assento de um
carrossel circular que gira a uma velocidade
angular constante com período T. Uma sirene
posicionada fora do carrossel emite um som
de frequência fo em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor
distância em relação à sirene. Nesta situação,
assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela jovem.
e)
física 10
alternativa A
alternativa A
A figura a seguir ilustra a situação inicial. O ponto J
representa a jovem no carrossel em t = 0.
Do enunciado, podemos construir a figura a seguir:
O potencial elétrico total no ponto P indicado na figura vale:
kq1
kq 2
VP = V1 + V2 =
+
⇒
r1
r2
de t = 0 até completar
T
meia-volta em t = , a jovem apresenta veloci2
dade relativa de afastamento com a sirene. De
acordo com o efeito Doppler, nesse intervalo a
frequência ouvida f será menor que a emitida f0 .
f
Logo
< 1.
f0
Para a próxima meia-volta executada, ou seja, enT
e t = T , a jovem se aproxima da sirene
tre t =
2
fixa e a frequência ouvida será maior que f0 .
f
Então, nesse intervalo, temos
> 1.
f0
T
Note que em t = 0 e t =
a velocidade relativa
2
de aproximação (ou afastamento) é nula, logo
f
= 1.
f0
Observa-se
que,
Questão 14
Considere as cargas elétricas q1 = 1 C, situada em x = −2 m, e q2 = −2 C, situada em
x = −8 m. Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é
a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos
x = −4 m e x = 4 m.
b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos
x = −16 m e x = 16 m.
c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos
x = −4 m e x = 16 m.
d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = −4 m.
e) um plano perpendicular ao eixo x que o
corta no ponto x = −4 m.
⇒ VP =
k ⋅1
y
2
+ (x + 2) 2 + z 2
k ⋅ ( −2)
+
y
2
+ (x + 8) 2 + z 2
1
⇒
y
2
+ (x + 2) 2 + z 2
2
=
y
2
+ (x + 8) 2 + z 2
+
=0 ⇒
=
⇒
⇒ y 2 + (x + 8) 2 + z 2 = 4y 2 + 4(x + 2) 2 + 4z 2 ⇒
⇒ x 2 + 16x + 64 = 3y 2 + 3z 2 + 4x 2 + 16x + 16 ⇒
⇒ 3y 2 + 3x 2 + 3z 2 = 48 ⇒ y 2 + x 2 + z 2 = 4 2
Essa é a equação de uma esfera de centro em
(x; y; z) = (0; 0; 0) e raio 4 m.
Assim, o lugar geométrico dos pontos de potencial
nulo é uma esfera que corta o eixo x nos pontos
x = −4 m e x = 4 m.
Questão 15
Considere uma balança de braços desiguais,
de comprimentos l 1 e l 2 , conforme mostra a
figura. No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa
desprezível, situada a uma certa distância
de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de
massa desprezível. Considerando as cargas
como puntuais e desprezível a massa do
prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por
física 11
Questão 16
a) −mgl 2 d2 /( k0Ql 1 ).
b) −8 mgl 2 d2 /( k0Ql 1 ).
c) −4 mgl 2 d2 /(3k0Ql 1 ).
d) −2mgl 2 d2 /( 3 k0Ql 1 ).
e) −8 mgl 2 d2 /(3 3 k0Ql 1 ).
A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2 , respectivamente. Da esquerda para a direita, temos
uma camada do material com condutividade
σ1 , de largura d / 2, seguida de uma camada do
material de condutividade σ2 , de largura d / 4,
seguida de outra camada do primeiro material
de condutividade σ1 , de largura d / 4. A área
transversal é a mesma para todas as camadas
e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por
alternativa E
Marcando as forças que atuam na barra de peso
desprezível, temos:
a) 4V A / d(3σ1 + σ2 ) .
b) 4V A / d(3σ2 + σ1 ) .
c) 4V Aσ1σ2 / d(3σ1 + σ2 ) .
Adotando o polo em C, do equilíbrio, vem:
T cos 30o ⋅ l1 = P ⋅ l 2
d) 4V Aσ1σ2 / d(3σ2 + σ1 ) .
e) AV (6σ1 + 4σ2 ) / d.
alternativa D
T = Fel.
Fel. =
⇒
⇒
k 0 ⋅ |Q | ⋅ |q |
⎛ 2d 3 ⎞
⎟
⎜
⎝ 3 ⎠
k0 ⋅ |Q| ⋅ |q|
⎛ 2d 3 ⎞
⎟
⎜
⎝ 3 ⎠
2
4 ⋅d2
⇒ |q | =
3
⋅ l1 = m ⋅ g ⋅ l 2 ⇒
2
⋅
3k0 ⋅ |Q| ⋅ |q|
⇒
2
⋅
3
⋅ l1 = m ⋅ g ⋅ l 2 ⇒
2
8 ⋅ m ⋅ g ⋅ l2 ⋅ d 2
3 3 ⋅ k0 ⋅ |Q| ⋅ l1
Admitindo que a carga Q seja positiva, o valor de
q será:
q = −
8 ⋅ m ⋅ g ⋅ l2 ⋅ d2
3 3 ⋅ k0 ⋅ Q ⋅ l1
Sendo a resistência elétrica de um condutor igual
ρL
L
, a resistência equivalente da asaR =
=
A
σA
sociação em série do enunciado vale:
R eq. = R1 + R 2 + R 3 =
⇒ R eq. =
=
d
d
d
2 + 4 + 4 ⇒
σ1 A
σ2 A
σ1 A
d ⎛ 1
1
1 ⎞
+
+
⎜
⎟ =
2 A ⎝ σ1
2 σ2
2 σ1 ⎠
d (3 σ 2 + σ1 )
d ⎛3
1 ⎞
+
⎜
⎟ ⇒ R eq. =
4A ⎝ σ1
σ2 ⎠
4A σ1 σ 2
Assim, a corrente elétrica no circuito é dada por:
i =
V
U
=
⇒
d (3 σ 2 + σ1 )
R eq.
4A σ1σ 2
i =
4 V A σ1σ 2
d(3 σ 2 + σ1 )
física 12
Questão 17
Uma esfera condutora de raio R possui no
seu interior duas cavidades esféricas, de raio
a e b, respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb , cada qual distando do
centro da esfera condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que
(a)
(b)
a) ( − B,− B,− B) .
d) (0,0,B) .
b) ( − B,B,B) .
e) (0,0,0) .
c) (B,B,B).
alternativa B
a) a força entre as cargas qa e qb é k0 qa qb /
( x2 + y2 − 2 xy cos θ).
A seguir temos as projeções do primeiro cubo (figura a) nos planos yz e xy, respectivamente:
b) a força entre as cargas qa e qb é nula.
c) não é possível determinar a força entre as
cargas, pois não há dados suficientes.
d) se nas proximidades do condutor houvesse
uma terceira carga, qc , esta não sentiria força
alguma.
e) se nas proximidades do condutor houvesse
uma terceira carga, qc , a força entre qa e qb
seria alterada.
alternativa B
Devido à blindagem eletrostática produzida pela
esfera condutora, o campo elétrico em cada cavidade é devido somente à carga que se encontra
em seu interior, ou seja, as cargas q a e q b não
exercem força uma sobre a outra.
Questão 18
Uma corrente I flui em quatro das arestas
do cubo da figura (a) e produz no seu centro
um campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sitema de coordenadas é (0,B,0). Considerando um outro
cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de
mesma magnitude I flui através do caminho
indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será dado por
A intensidade total B do campo magnético na direção y é dada por:
B = 2BR ⇒ B = 2BI 2
Fazendo as projeções do segundo cubo (figura b)
nos planos yz, xy e xz, respectivamente, temos:
física 13
c) (μ0 nIl )2 v / R + mg com a espira entrando no
solenoide.
d) μ0 nI 2 l/ R + mg com a espira dentro do solenoide.
e) mg e independe da posição da espira com
relação ao solenoide.
alternativa E
2
⇒ B’ = BI 2 .
2
Logo, as intensidades nas direções x, y e z são
dadas, respectivamente, por:
Em que B’ = 2BI
B x = −2B’ ⇒ B x = −2BI 2 ⇒ B x = −B
B y = 2B’ ⇒ B y = 2BI 2 ⇒ B y = B
B z = 2B’ ⇒ B z = 2BI 2 ⇒ B z = B
Assim, a representação no sistema de coordenadas do campo magnético no centro do segundo
cubo é (−B, B, B).
Questão 19
Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade
de comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura l, resistência R e massa m presa por um de seus
lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se
alguém puxar a corda com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida
por esta pessoa é igual a
Como o movimento do plano da espira é sempre
paralelo às linhas de indução magnética geradas
pelo solenoide, o fluxo magnético na espira será
sempre nulo. Assim, a força exercida pela pessoa
para deslocar a espira com velocidade constante
é mg e independe da posição desta com relação
ao solenoide.
Questão 20
No processo de fotossíntese, as moléculas de
clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda
λ = 6,80 x 10−7 m. Considere que a formação
de glicose (C6 H12O6 ) por este processo de fotossíntese é descrita, de forma simplificada,
pela reação:
6CO2 + 6H2O → C6 H12O6 + 6O2
Sabendo-se que a energia total necessária
para que uma molécula de CO2 reaja é de
2,34 x 10−18 J, o número de fótons que deve
ser absorvido para formar 1 mol de glicose é
a) 8.
b) 24.
c) 48.
d) 120.
e) 240.
alternativa C
Para a formação de uma molécula de glicose é
necessário que 6 moléculas de CO2 reajam, ou
seja, é preciso uma energia E = 6 ⋅ 2,34 ⋅10 −18 J =
= 1,40 ⋅ 10 −17 J .
Assim, para a formação de uma molécula são necessários n fótons, de modo que:
E = nEfóton
Efóton = h ⋅ f ⇒ E = n ⋅ h ⋅
f =
a) (μ0 nIl )2 v / R + mg com a espira dentro do
solenoide.
b) (μ0 nIl )2 v / R + mg com a espira saindo do
solenoide.
c
λ
⇒n =
c
E ⋅λ
⇒n =
⇒
λ
hc
1,40 ⋅ 10 −17 ⋅ 6,80 ⋅ 10 −7
⇒ n = 47,9
6,62 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 108
Assim, para a formação de 1 molécula de glicose
são necessários 48 fótons. Para a formação de
1 mol de glicose são necessários 48 mols de fótons.
física 14
As questões dissertativas, numeradas de
21 a 30, devem ser resolvidas no caderno
de soluções
Questão 21
Na iminência do escorregamento, do Princípio
Fundamental da Dinâmica, temos:
fat.e
máx .
fat.e
máx .
− mg senα − Fmag. = Rcp
= μN
N = mg cosα
Fmag. = qωRB sen 90
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de
um ângulo α em relação à vertical, gira com
velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde
existe um campo magnético B uniforme e
constante, orientado paralelamente ao eixo de
rotação do disco. Uma partícula de massa m
e carga q > 0 encontra-se no plano do disco,
em repouso em relação a este, e situada a
uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo μ o coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que valor de ω o disco pode
girar de modo que a partícula permaneça em
repouso.
⇒
o
Rcp = mω 2 R
⇒ μ ⋅ m ⋅ g ⋅ cosα − m ⋅ g ⋅ senα − q ⋅ ω ⋅ R ⋅ B =
= m ⋅ ω2 ⋅ R ⇒ m ⋅ R ⋅ ω2 + q ⋅ R ⋅ B ⋅ ω +
+ m ⋅ g ⋅ (senα − μ ⋅ cosα) = 0
Resolvendo a equação de 2º grau, obtemos:
ω =
−q ⋅ R ⋅ B ± (q ⋅ R ⋅ B) 2 − 4 ⋅ m ⋅ R ⋅ m ⋅ g ⋅ (senα − μ ⋅ cosα )
2 ⋅m ⋅R
Portanto, para ω > 0 no referencial da figura, temos:
ω =
q 2 ⋅ R 2 ⋅ B 2 − 4m 2 ⋅ R ⋅ g ⋅ (senα − μ ⋅ cosα ) − q ⋅ R ⋅ B
2 ⋅m ⋅R
Questão 22
Resposta
A força de atrito estático assume maior valor no
ponto mais baixo da trajetória. A figura a seguir
representa as forças que atuam na partícula nesse instante.
Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e
logo em seguida por um “loop” circular de
raio R, onde há um rasgo de comprimento de
arco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g a
aceleração da gravidade e desconsiderando
qualquer atrito, obtenha a expressão para a
altura inicial em que o bloco deve ser solto de
forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista.
física 15
Resposta
Do esquema fornecido, temos:
Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a
sua massa.
Resposta
Como o sistema é isolado, da conservação da
quantidade de movimento do sistema, temos:
Qi = Qf ⇒ m1V0 = (m1 + m2 )vCM ⇒
⇒ vCM =
Para o bloco vencer o rasgo, é necessário que o
alcance do lançamento oblíquo seja igual a
2 ⋅ R ⋅ sen ϕ. Da equação do alcance máximo,
vem:
v 2 ⋅ sen 2 ϕ
2 ⋅ R ⋅ senϕ =
⇒
g
⇒ 2 ⋅ R ⋅ senϕ =
⇒v2 =
v
2
⋅ 2 ⋅ senϕ ⋅ cosϕ
⇒
g
R ⋅g
cos ϕ
m1V0
m1 + m2
Como não há dissipação de energia no acoplamento, a máxima compressão da mola é dada
por:
i
f
Em
= Em
⇒
2
m1V02
(m1 + m2 )vCM
kx 2
=
+
⇒
2
2
2
⎛ m1V0 ⎞
⇒ m1V02 = (m1 + m2 ) ⎜
⎟
⎝ m1 + m2 ⎠
⇒
x = V0
2
+ kx 2 ⇒
m1m2
k(m1 + m2 )
No ponto onde o bloco perde contato com a pista,
a altura h’ em relação ao solo é R + R ⋅ cosϕ. Da
conservação da energia mecânica, vem:
mv 2
2
i
f
Em
= Em
⇒ h’ = R + R ⋅ cosϕ
⇒
R ⋅g
2
v =
cosϕ
R ⋅g
⇒ gh = g(R + R ⋅ cosϕ) +
⇒
2 ⋅ cosϕ
mgh = mgh’ +
⇒
⎞
⎛
1
h = R ⎜1 + cos ϕ +
⎟
2 ⋅ cosϕ ⎠
⎝
Questão 23
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre
uma superfície sem atrito, conforme ilustra a
figura.
Questão 24
Uma esfera maciça de massa específica ρ e
volume V está imersa entre dois líquidos,
cujas massas específicas são ρ1 e ρ2 , respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70%
do volume da esfera está no líquido 1 e 30%
no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda.
física 16
Resposta
Marcando as forças sobre a esfera, podemos
montar o seguinte esquema:
mola em seu comprimento natural presa ao
êmbolo e à parede oposta do cilindro, como
mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, é
então solto, deslocando-se vagarosamente até
passar pela posição de equilíbrio, em que a
sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo
gás é o dobro do original, conforme mostra a
figura (b). Desprezando os atritos, determine
a temperatura do gás na posição de equilíbrio
em função da sua temperatura inicial.
(a)
Do equilíbrio, a tração T é dada por:
P = T + E1 + E 2 ⇒
⇒ ρ ⋅ V ⋅ g = T + ρ1 ⋅ 0,7 ⋅ V ⋅ g + ρ 2 ⋅ 0,3 ⋅ V ⋅ g ⇒
⇒ T = V ⋅ g ⋅ ( ρ − 0,7 ρ1 − 0,3 ρ 2 )
(b)
Analisando o ponto de junção da corda com a
mola, temos:
Resposta
Como o sistema está termicamente isolado e o
êmbolo desloca-se vagarosamente, temos um
processo adiabático, quase estático de um gás
ideal. Assim, temos:
T0 ⋅ V0( γ −1) = T ⋅ V ( γ −1) ⇒
⇒ T0V0
Assim, do equilíbrio, vem:
T = T’ ⋅ sen 60o + Fe ⋅ sen 30o
T’ ⋅ cos 60
⇒
⇒
o
= Fe ⋅ cos 30
T − T’ ⋅ sen 60o
T’ ⋅ cos 60o
T − T’ ⋅
T’ ⋅
⇒ T’ =
1
2
3
2
=
=
1
2
3
2
o
⇒
Fe ⋅ sen 30o
Fe ⋅ cos 30o
⇒ T’ =
⇒
3
⋅T ⇒
2
3
Vg ⋅ ( ρ − 0,7 ρ1 − 0,3 ρ 2 )
2
Questão 25
Uma parte de um cilindro está preenchida
com um mol de um gás ideal monoatômico a
uma pressão P0 e temperatura T0 . Um êmbolo
de massa desprezível separa o gás da outra
seção do cilindro, na qual há vácuo e uma
⎛5
⎞
⎜ −1 ⎟
⎝3
⎠
= T(2V0 )
⎛5
⎞
⎜ −1 ⎟
⎝3
⎠
⇒
T =2
−
2
3
⋅ T0
Por outro lado, da Primeira Lei da Termodinâmica, temos ΔU = −τ. Como o trabalho do gás é realizado contra a mola, no instante de aceleração
nula temos que Fe = Fgás ⇒ kx = pA. Assim, vem:
ΔU = −
kx 2
2
3
nR(T − T0 ) ⇒
2
p2V0 = nRT
ΔU =
pAx
3
nR(T − T0 ) = −
2
2
⇒
⇒
nRT
p =
2V0
⇒
⎛ nRT ⎞ V0
3
6T0
nR(T − T0 ) = −⎜
⇒ T =
⎟
2
⎝ 2V0 ⎠ 2
7
2
−
6T0
> 2 3 T0 , a discordância dos resulta7
dos se deve às suposições de expansão vagarosa e que o êmbolo possui massa desprezível.
Como
física 17
Questão 26
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm
de comprimento, formando um ângulo de 45o
com a horizontal, tendo o seu centro situado
a x = 30,0 cm de uma lente divergente, com
distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cm
acima do eixo ótico da mesma. Determine o
comprimento da imagem da barra e faça um
desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem.
Determinamos a coordenada p’ das imagens M’ e
L’ através da equação da conjugação, ou seja:
1
1
1
1
1
1
=
+
⇒
=
+
⇒
f
pM
p’M
25
p’M
−20
100
cm
9
1
1
1
1
1
1
=
+
⇒
=
+
⇒
f
pL
p’L
35
p’L
−20
⇒ p’M = −
140
cm
11
Determinamos a coordenada y’ das imagens M’ e
L’ através da equação do aumento linear, ou seja:
100
−
y’M
p’M
y’M
9 ⇒ y’ = 20 cm
=−
⇒
=−
M
yM
pM
15
25
3
⇒ p’L = −
140
−
y’L
p’
y’
20
cm
= − L ⇒ L = − 11 ⇒ y’L =
yL
pL
5
11
35
Assim, o comprimento d da imagem da barra vale:
d 2 = (p’M − p’L ) 2 + (y’M − y’L ) 2 ⇒
⎛ 100
⎛ 140 ⎞ ⎞
⇒ d 2 = ⎜−
− ⎜−
⎟
⎝ 11 ⎠ ⎟⎠
⎝ 9
Resposta
Podemos determinar graficamente a imagem
como segue:
⎛ 160 ⎞
⇒ d2 = ⎜
⎟
⎝ 99 ⎠
2
⎛ 160 ⎞
+⎜
⎟
⎝ 33 ⎠
2
2
20 ⎞
⎛ 20
+⎜
−
⎟
⎝ 3
11 ⎠
⎛ 160 ⎞
=⎜
⎟
⎝ 33 ⎠
2
⋅
2
⇒
10
⇒
9
⇒ d = 5,1 cm
Questão 27
Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares.
Resposta
As coordenadas x e y dos pontos M e L estão indicadas na figura a seguir.
Da lei da gravitação universal, temos:
GMm
FG =
r2
2
FG = Rcp
GMm
⎛ 2π ⎞
⇒
=m⎜
⎟ r ⇒
2
2
⎝
⎠
T
r
Rcp = mω r
ω=
2π
T
constante
⇒
T2 =
4π2
⋅ r3
GM
física 18
Questão 28
Questão 29
Considere uma espira retangular de lados
3 a e a, respectivamente, em que circula
uma corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z.
Nas proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no
ponto x = a / 2 e y = 0. Se pelo fio passa uma
corrente de mesma magnitude I, calcule o
momento resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta
encontra-se no plano yz.
O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma
lente (cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos
pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. Quando devidamente acostumada
à obscuridade, a pupila se dilata até um raio
de 3 mm e o olho pode ser sensibilizado por
apenas 400 fótons por segundo. Numa noite
muito escura, duas fontes monocromáticas,
ambas com potência de 6 × 10−5 W, emitem,
respectivamente, luz azul (λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é,
em todas as direções. Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da
pupila circular, qual das duas fontes pode ser
vista a uma maior distância? Justifique com
cálculos.
Resposta
Para o esquema visto de cima, temos:
Resposta
2
Sendo d =
2
⎛a 3 ⎞
⎛a⎞
⎟ +⎜ ⎟ =a e
⎜
⎝2 ⎠
⎝ 2 ⎠
a
1
2
senθ =
=
, o módulo de Fy é dado por:
d
2
μ ⋅I
1
Fy = B ⋅ I ⋅ d ⋅ sen θ =
⋅ I ⋅d ⋅
⇒
2 πd
2
μ ⋅ I2
⇒ Fy =
4π
O momento resultante da força magnética em relação ao ponto P é dado por:
M (P) = 2 ⋅ Fy ⋅
⇒
M (P) =
2
μ ⋅I
a 3
⇒ M (P) = 2 ⋅
2
4π
μI 2 a 3
4π
⋅
a 3
⇒
2
Como a energia se propaga esfericamente a partir da fonte luminosa e se distribui uniformemente
por esta superfície, temos que a potência p que
atinge a área da pupila de raio r é dada por
P
Pr 2
p =
⋅ πr 2 =
, em que P é a potência
2
4 πd
4d 2
total emitida. Da equação de Planck para a energia carregada por n fótons, temos:
nhc
E =
n hc
P
λ
⇒
⋅
=
r2 ⇒
E
P
λ
Δt
2
4d 2
=
p =
r
Δt
4d 2
Pλ
⎛ n ⎞
⎜
⎟ hc
⎝ Δt ⎠
n
Assim, sendo
= 400 fótons por segundo a meΔt
nor taxa capaz de sensibilizar o olho promovendo
visão, para cada tipo de fonte, temos:
⇒d =
r
2
física 19
d azul =
3 ⋅10 −3
2
dvermelha =
⇒
Resposta
6 ⋅ 10 −5 ⋅ 475 ⋅ 10 −9
400 ⋅ 6,62 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 10 8
3 ⋅ 10 −3
2
6 ⋅ 10 −5 ⋅ 650 ⋅ 10 −9
⇒
400 ⋅ 6,62 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 10 8
d azul = 898 m
dvermelha = 1 051 m
Assim, a fonte que emite luz vermelha poderá ser
vista a uma distância maior.
Questão 30
No gráfico a seguir estão representadas as
características de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência interna r, e
um receptor ativo de força contraeletromotriz
ε’ e resistência interna r’. Sabendo que os
dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e
para o receptor.
Do gráfico do gerador (reta decrescente), temos:
ε = 100 V
100 − 20 ⇒ r = 20 Ω
r N= tgα =
4 −0
Do gráfico do receptor (reta crescente), vem:
ε' = 40 V
80 − 40 ⇒ r' = 10 Ω
r' N= tgβ =
4 −0
Sabendo que os dois estão interligados, pela Lei
de Ohm-Pouillet, temos:
ε' + r' ⋅ i + r ⋅ i − ε = 0 ⇒
⇒ 40 + 10 ⋅ i + 20 ⋅ i − 100 = 0 ⇒ i = 2 A
Pela leitura do gráfico, quando i = 2 A, a ddp nos
terminais do gerador e do receptor é V = 60 V .
Assim, o rendimento para o gerador será:
P
V
60
ηG = u =
=
⇒ ηG = 60%
Pt
ε 100
Para o receptor, temos:
P
ε' = 40 ⇒
ηR = u =
Pt
V
60
ηR = 67%