2 A - Curso Objetivo

FÍSICA
1Algumas células doCcorpo 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 x 10–6 C/m2;
ε0
≅ 9,0 x 10 –12 C2/Nm2; parede com volume de
4,0 x 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
d) 70 eV
Resolução
A energia acumulada no campo é dada por:
Q.U
W = –––––
2
Q
Sendo σ = ––– , vem Q = σA e de
A
σ
U = E . d = ––– . d, vem:
ε
σ.A.σ.d
W = –––––––––––
2ε
σ2 . A . d
W = –––––––––––
2ε
Mas A . d = V (volume) e ε = k . ε0
σ2 . V
Logo, W = –––––––––
2 k . ε0
(0,50 . 10 –6)2 . 4,0 . 10 –16
Portanto, W = –––––––––––––––––––––––– (J)
2 . 5 . 9,0 . 10 –12
1
W = ––– . 10 –16J
90
Mas 1eV = 1,6 . 10 –19J. Portanto:
1
10 –16
W = ––– . –––––––––––
90
1,6 . 10 –19
OBJETIVO
(eV) ⇒
W ≅ 7,0 eV
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
A
2Uma 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 5,0 m/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 = –0,50T. Assinale o módulo da força eletromotriz
induzida na haste.
a ) 0,25 V
b) 0,43 V
c) 0,50 V
c) 1,10 V
e) 1,15 V
Resolução
Devido ao campo magnético na direção z, teremos uma
→
força magnética atuante ( Fmag ), como indicado na
figura. A componente desta força magnética na direção
paralela à haste provocará a movimentação de elétrons
livres. Desse modo, teremos nas extremidades da haste um acúmulo de elétrons livres de um lado e uma
→ falta destes do outro, gerando um campo elétrico E entre
estas extremidades.
A separação de cargas cessa quando tivermos:
Fmag cos60° = Felétrica
| q | v B cos60° = | q | E
U
v B cos60° = ––
ᐉ
U = B ᐉ v cos60°
1 (V)
U = 0,50 . 0,20 . 5,0 . ––
2
U = 0,25V
Outra solução
Podemos considerar a haste deslocando-se apoiada
num trilho condutor em forma de C.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
Entre as posições (1) e (2), a variação de área ∆A é dada
por ∆A = ∆s. ᐉ . sen 30°.
Pela Lei de Faraday, podemos calcular o módulo da
força eletromotriz induzida:
∆Φ
U = –––––
∆t
Bz ∆A
U = ––––––
∆t
Bz . ∆s . ᐉ . sen 30°
U = ––––––––––––––––––
∆t
U = Bz . ᐉ . v . sen 30°
1
U = 0,50 . 0,20 . 5,0 . ––– (V)
2
U = 0,25V
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
E
3À 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.
2
2
t1 t2 h
b) H = –––––––––
2
2
4(t2 – t1)
t1 t2 h
a) H = –––––––––
2
2 2
2(t2 – t1)
2
2
2
2
4 t1 t2 h
d) H = –––––––––
2
2
(t2 – t1)
2 t1 t2 h
c) H = –––––––––
2
(t22 – t21)
4 t1 t2 h
e) H = –––––––––
2
(t22 – t21)
Resolução
1) Cálculo de H
γ
∆s = V0 t + ––– t 2
2
g
H = ––– t12
2
(1)
2) Cálculo do tempo de subida da pedra no 2º
lançamento:
γ
∆s = V0 t + ––– t 2
2
g
h = ––– ts2 ⇒
2
ts =
兹苶苶
2h
–––––
g
3) Cálculo do tempo de queda até o chão:
γ
∆s = V0 t + ––– t 2
2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
g
H + h = ––– t q2 ⇒
2
tq =
兹苶苶苶
2 (H + h)
––––––––
g
4) Cálculo de t2:
t2 = ts + tq
兹苶苶 兹苶苶苶
2h
––––– +
g
t2 =
2 (H + h)
––––––––
g
(2)
2H
Em (1): g = ––––
t12
Em (2):
t2 =
兹苶苶苶 兹苶苶苶苶
2h t12
+
––––––––
2H
兹苶
t2 = t1
兹苶苶苶
h
–– + t1
H
t2 = t1
H+h
––––––
H
h
–– +
冢 兹苶
H
t2
––––
–
t1
2 (H + h)
–––––––– t12
2H
兹苶苶苶 冣
H+h
––––––
H
兹苶 兹苶苶苶
h
–– =
H
H+h
––––––
H
Elevando-se ao quadrado:
兹苶
t2
––––
t1
冢 冣
2
t2
– 2 ––––
t1
冢––––
t 冣
2
2 t2
– 1 = ––––
t1
t2
1
2 t2
t22 – t12
= ––––
––––––
t1
t12
h
h
h
–– + –––– = 1 + ––––
H
H
H
兹苶
h
––
H
兹苶 兹苶
h
–– ⇒
H
h
t22 – t12
–– = ––––––
H
2 t 2 t1
h
(t22 – t12) 2
–––– = –––––––––
H
4 t22 t12
4 h t22 t12
H = ––––––––––––
(t22 – t12) 2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
4Uma gota do ácidoCCH (CH )
se espalha sobre
a superfície da água até formar uma camada de moléculas cuja espessura se reduz à disposição ilustrada na
figura. 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 1,56x 10-10 m3 da gota
do ácido, e seu filme com área de 6,25x 10–2m2,
assinale a alternativa que estima o comprimento da
molécula do ácido.
3
a ) 0,25 x 10–9 m
c) 2,50 x 10–9 m
2 16 COOH
b ) 0,40 x 10 –9 m
d) 4,00 x 10–9m
e) 25,0 x 10–9m
Resolução
O volume da gota do ácido corresponde ao produto da
área do filme pela altura que corresponde ao comprimento da molécula:
V=A.L
1,56 . 10 –10 = 6,25 . 10 –2 . L
L ≅ 0,250 . 10 –8 m
L = 2,50 . 10–9 m
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
5Um fio delgado eDrígido, 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:
a) O fio irá se mover indefinidamente, pois a lei de
inércia assim o garante.
→
b) O fio poderá parar, se B for perpendicular ao plano do
anel, caso fio e anel sejam isolantes.
→
c) O fio poderá parar, se B for paralelo ao plano do anel,
caso fio e anel sejam condutores.
→
d) O fio poderá parar, se B for perpendicular ao plano do
anel, caso fio e anel sejam condutores.
→
e) O fio poderá parar, se B for perpendicular ao plano do
anel, caso o fio seja feito de material isolante.
Resolução
→
Considere o fio e o anel condutores e que o campo B
seja perpendicular ao plano do anel.
No setor circular ACD, o fluxo indutor Φ aumenta e o
fluxo induzido Φ’ surge opondo-se ao aumento de Φ
(Lei de Lenz). Pela regra da mão direita, concluímos que
o sentido da corrente induzida i1 no arco ACD é antihorário. No setor circular AED, o fluxo indutor Φ diminui
e Φ’ surge opondo-se à diminuição de Φ. Pela regra da
mão direita, concluímos que o sentido da corrente i2 no
arco AED é horário. Assim, o fio é percorrido por
corrente i = i1 + i2 . Sobre esta corrente, atua a força
→
magnética Fm (dada pela regra da mão esquerda) que se
opõe ao movimento do fio, podendo pará-lo.
Observação: Se o fio e o anel forem isolantes,→ não
teremos corrente induzida. O mesmo ocorre se B for
paralelo ao plano do anel, pois não haverá variação de
fluxo magnético, mesmo se o anel e o fio forem condutores.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
A
6Uma 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.
a) v =
b) v =
c) v =
d) v =
e) v =
( 兹苵苵 )
( 兹苵苵 )
( 兹苵苵 )
( )
( )
1–
6
––– – 1
5
2π R2
––––––
P
5
–––
6
2π R2
––––––
P
5
––– + 1
6
5
––– + 1
6
6
––– – 1
5
2π R2
––––––
P
2π R2
––––––
P
2π R2
––––––
P
Resolução
Com a pessoa parada em relação à estação espacial, o
seu “peso” F é dado pela resultante centrípeta:
2
2π R2
m V1
F = –––––– (1), em que V1 = ––––––
P
R2
Com a pessoa em movimento com velocidade v em
relação à plataforma, temos:
m (V1 + v) 2
F’ = ––––––––––– (2)
R2
6
De acordo com o enunciado, F’ = 1,2 F = ––– F
5
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
(2)
Fazendo-se ––– , vem:
(1)
(V1 + v) 2
F’
6
–––––––––
=
––– =
–––
2
V1
F
5
V1 + v
–––––––– =
V1
v = V1
兹苵苵
6
––– ⇒ v = V1
5
兹苵苵
6
––– – V1
5
( 兹苵苵 )
6
––– – 1
5
2π R2
Sendo V1 = –––––– , vem:
P
v=
( 兹苵苵 )
6
2π R
–– – 1 –––––2
5
P
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
7Um bloco de gelo Bcom 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
b) –48,6°C
c) –34,5°C
d) –24,3°C
e) –14,1°C
Resolução
No equilíbrio, que ocorre a 0°C, vamos encontrar água
e gelo. Como 64g de água tornam-se gelo, temos:
Qcedido + Qrecebido = 0
(mc∆θ + m Ls )água + (mc∆θ)gelo = 0
2500 . 1,0 . (0 – 5,0) + 64 . (–80) + 725 . 0,50 . (0 – θg ) = 0
–12500 – 5120 – 362,50 . θg = 0
362,50 . θg = –17620
θg ≅ – 48,6°C
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
C
8Numa 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.
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 circuito (2), temos:
1) A resistência equivalente entre M e N vale:
R . Rv
100R 2
= ––––––– ≅ 0,99R
RMN = ––––––
R + Rv
101R
2) A resistência total do circuito é:
Re = R + RMN + RA = R + 0,99R + 0,01R
Re = 2R
3) A indicação do amperímetro é:
ε
ε
iA = ––– = –––
Re
2R
4) A indicação do voltímetro é:
Uv = RMN . iA
Uv
RMN = –––
= R2 = 0,99R
iA
No circuito (3), temos:
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
1) Resistência equivalente entre M e N:
100R . 1,01R
RMN = –––––––––––––– ≅ R
101,01R
ε
––– = leitura do voltí2
2) A tensão entre M e N será
metro
3) A leitura do amperímetro será:
ε/2
Uv
iA = –––––– = ––––––
1,01R
1,01R
Uv
Portanto: R3 = ––––––
= 1,01R
iA
Sendo R2 = 0,99R e R3 = 1,01R, resulta
R2 < R < R3
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
9Para se determinarDo espaçamento entre duas trilhas
adjacentes de um CD, foram montados dois arranjos:
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 a 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 . 10–7m
b) 3,0 . 10–7m
c) 7,4 . 10–6m
d) 1,5 . 10–6m
e) 3,7 . 10–5m
Resolução
Arranjo da figura (1):
(I) Teorema de Pitágoras:
x2 = (100)2 + (500)2
x ≅ 510mm
100
(II)sen θ1 = –––– ⇒
510
sen θ1 ≅ 0,196
(III) Para redes de difração, pode-se obter o comprimento de onda λ da luz utilizada pela expressão:
kλN
sen θ1 = –––––
L
em que: k = ordem da franja considerada na figura de
interferência (no caso, k = 1); N = número de
ranhuras e L = comprimento considerado na rede.
Com sen θ1 ≅ 0,196, N = 300 ranhuras e
L = 1,0mm = 1,0 . 10–3m, vem:
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
1 . λ . 300
0,196 = –––––––––––
1,0 . 10 –3
Da qual:
λ ≅ 6,54 . 10 –7m
Arranjo da figura (2):
y
Triângulo hachurado: tg θ2 = –––
D
Como θ2 é pequeno: sen θ2 ≅ tg θ2
y
Logo: tg θ2 = ––– (I)
D
A diferença de percursos entre os feixes (∆x) pode ser
obtida por:
∆x
λ
sen θ2 = ––– , em que ∆x = 2k ––– (k = 1; 2; 3...)
d
2
2kλ
Portanto: sen θ2 = –––– (II)
2d
Comparando-se (I) e (II), tem-se:
y
2kλ
2kλD
––– = –––– ⇒ d = ––––––
D
2d
2y
Fazendo-se k = 1, λ ≅ 6,54 . 10–7m, D = 74mm e
y = 33mm, determina-se a distância d entre duas trilhas
adjacentes do CD.
2 . 1 . 6,54 . 10 –7 . 74
d = ––––––––––––––––––––– (m)
2 . 33
Da qual:
d ≅ 1,5 . 10–6m
Nota: F1 e F2 (trilhas adjacentes do CD, onde feixes
LASER sofrem reflexão) foram admitidas fontes coerentes (em concordância de fase) de luz.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
E
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 afastdo 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
O movimento relativo entre a fonte de luz e o material
altera a freqüência nele incidente fi em relação àquela
emitida f. Sabe-se que, pelo efeito Doppler-Fizeau, a
freqüência incidente aumenta na aproximação e diminui
no afastamento.
Assim, temos as seguintes possibilidades para a
emissão ou não dos elétrons:
a) f ≥ fo
b) f < fo
冦
冦
1) repouso relativo (fi = f): há emissão
2) afastamento relativo (fi < f): há emissão
até um certo valor de velocidade relativa para o qual fi ainda seja maior ou igual
a fo
3) aproximação relativa (fi > f): sempre há
emissão
1) repouso relativo (fi = f): não há emissão
2) afastamento relativo (fi < f): não há
emissão
3) aproximação relativa (fi > f): há emissão a partir de um certo valor de velocidade relativa para o qual fi se torna
maior ou igual a fo
De acordo com o item b-3, temos a alternativa e
correta.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
11
Considere
C
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 (2 π f1t) e y2(t) = A cos (2 π f2t).
Assinale a opção que indica corretamente:
a)
b)
c)
d)
e)
Freqüência da Freqüência do
Amplitude
batimento
máxima da onda onda resultante
resultante
f1 + f2
(f1 – f2)/2
2
A 兹苶
(f
+
f
)/2
(f
1
2
1 – f2)/2
2A
(f1 + f2)/2
f1 – f2
2A
f1 – f2
f1 + f2
A 兹苶
2
(f1 + f2)/2
f1 – f2
A
Resolução
As ondas (1) e (2), ao se propagarem no mesmo meio,
sofrem interferência que, em determinados instantes,
é construtiva e em outros, é destrutiva.
Nas figuras a) e b) abaixo, representamos a superposição das ondas (1) e (2), bem como a onda resultante
dessa superposição.
Deve-se notar que f1 é ligeiramente maior que f2.
figura a): superposição das ondas (1) e (2).
No instante ta , ocorre um batimento (instante de interferência construtiva) e no instante tb , um anulamento
(instante de interferência destrutiva).
figura b): onda resultante.
(I) Amplitude máxima da onda resultante:
Nos instantes em que a interferência é construtiva
(superposição de dois ventres ou de dois vales), temse:
Amáx = A + A ⇒
Amáx = 2A
(II) Freqüência da onda resultante:
É dada pela média aritmética das freqüências f1 e f2.
f1 + f2
fR = –––––––
2
(III) Freqüência do batimento
É dada pela diferença entre as freqüências f1 e f2.
fB = f1 – f2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
A
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
x 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
b) 4,0 W
c) 5,4 W
d) 6,7 W
e) 7,2 W
Resolução
1) Cálculo da resistência interna da pilha:
U=E–ri
1,5
0 = 1,5 – r . 20 ⇒ r = –––– (Ω) = 0,075Ω
20
2) Cálculo da resistência do fio de ligação:
ρL
ρL
4ρL
R = –––– = ––––––
= –––––
2
A
π d /4
π d2
4 . 1,7 . 10–8 . 4,0
R = –––––––––––––––– (Ω)
3,1 . (1,5 . 10–3) 2
R = 3,9 . 10 –2 Ω
3) Cálculo da resistência da lâmpada:
1,0
U2
U2
P = –––– ⇒ RL = –––– = –––– (Ω) ≅ 0,33Ω
3,0
P
RL
4) Cálculo da intensidade da corrente:
1,5
E
1,5
i = ––– = ––––––––––––––––––––– (A) = ––––– (A)
0,075 + 0,039 + 0,333
Re
0,447
i ≡ 3,36A
5) A potência dissipada na lâmpada será:
1,0
PL = RL i 2 = –––– . (3,36)2 (W) ⇒ PL ≅ 3,76W
3,0
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
B
13
A figura mostra uma placa de vidro com índice de
refração nv = 兹苵苵
2 mergulhada no ar, cujo índice de
refração é igual a 1,0. 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
Resolução
(I) Condição de reflexão total: β > L
nAr
sen β > sen L ⇒ sen β > –––––
nV
1,0
兹苶
2
sen β > ––––– ⇒ sen β > ––––– ⇒
2
兹苶
2
β > 45°
(II) Considerando-se β ≅ 45° (reflexão praticamente
total) e observando-se o triângulo hachurado na
figura, vem:
α + β = 60° ⇒ α + 45° = 60° ⇒
α > 15°
(III) Refração na interface ar – vidro:
Lei de Snell: nAr sen θe = nV sen α
1,0 sen θe = 兹苶
2 sen 15°
sen θe = 兹苶
2 sen (60° – 45°)
sen θe = 兹苶
2 (sen 60° cos 45° – sen 45° cos 60°)
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
sen θe = 兹苶
2
冢
1
兹苶
3
兹苶
2
兹苶
2
––––– . ––––– – ––––– . ––
2
2
2
2
sen θe = 兹苶
2
冢
兹苶
2
兹苶
6
––––– – –––––
4
4
冣
冣
1
1,73 – 1
兹苶
3
sen θe = ––––– – –– = ––––––––
2
2
2
0,73
sen θe = –––– ⇒
2
sen θe ≅ 0,37
(IV) Para que a luz se reflita na interface vidro – ar:
sen θe < 0,37
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
C
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
b) 0,5 L c) 2,5 L c) 5,0 L e ) 20,0 L
Resolução
O fluxo total será dado por:
Φ=nBA
n
em que B = µ –– i
ᐉ
n
Assim: Φ = n . µ –– i A
ᐉ
n2 µ i A
Φ = ––––––––
ᐉ
Mas a auto-indutância L é dada por:
Φ
n2 µ i A
L = –– = ––––––––
ᐉ i
i
n2 µ A
L = –––––––– (situação inicial)
ᐉ
Na situação final, temos:
n
ᐉ’ = 0,15ᐉ, A’ = 1,5A e n’ = ––
2
Portanto:
(n’) 2 . µ . A’
Lfinal = –––––––––––
ᐉ’
n 2 . µ . 1,5A
Lfinal = –––––––––––
4 0,15 ᐉ
Lfinal =
n2 µ A
2,5 ––––––
ᐉ
Lfinal = 2,5L
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
D
15
Um moI de um gás ideal ocupa um volume inicial V
à
temperatura To e pressão Po, sofrendo a seguir uma
expansão reversível para um volume V1. Indique a
relação entre o trabalho que é realizado por:
(i)
o
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.
Resolução
W(i) = [área]
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
W(ii) = [área]
Portanto:
W(i) > W(ii)
W(iii) = [área]
Portanto:
W(i) > W(ii) > W(iii)
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
C
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.
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 × 103 N/m
b) 4,5 × 103 N/m
c) 7,5 × 103 N/m
d) 1,2 × 104 N/m
e) 3,0 × 104 N/m
Resolução
De acordo com o texto, o comprimento natural da mola
é 8cm.
Impondo-se a conservação da energia mecânica entre
as posições P e Q, vem:
EP = EQ
(referência em Q)
m V2
m V2
k x2
mg 2R + ––––– = ––––– + –––––
2
2
2
em que x = 12cm – 8cm = 4cm = 4 . 10 – 2m
4 mgR
k = –––––––
x2
4 . 30 . 0,1
k = ––––––––––
N/m
16 . 10 –4
k = 7,5 . 103 N/m
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
B
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. Assinale a freqüência mínima
de cada fóton, para que dois fótons, com momentos
opostos e de módulo iguais, produzam um par elétronpósitron após a colisão:
a) f = (4mec2)/h
b) f = (mec2)/h
c) f = (2mec2)/h
d) f = (mec2)/2h
e) f = (mec2)/4h
Resolução
A figura abaixo mostra de maneira esquemática as
principais características da produção do par elétronpósitron proposta.
Para a freqüência mínima pedida de cada fóton, a
energia cinética do par formado deve ser nula. A
conservação de energia garante a igualdade das
energias inicial e final, Ei e Ef, respectivamente.
Ei = Ef
hf + hf = mec 2 + me c 2
2hf = 2 mec 2
mec 2
f = ––––––
h
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
B
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
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
Utilizando-se a regra da mão esquerda para cada lado
da espira retangular, temos:
Concluímos, então, que a resultante das forças é nula.
O mesmo ocorre com o torque total dessas forças, pois
todas têm linhas de ação passando pelo centro da
espira.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
C e E (TESTE DEFEITUOSO)
19
Sejam o recipiente (1) , contendo 1 moI de H (massa
2
molecular M = 2) e o recipiente (2) contendo 1 moI 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) Falsa
b) Falsa
Equação de Clapeyron
pV=nRT
Sendo p1 = p2, V1 = V2 e n1 = n2 = 1 mol, temos:
T1 = T2
c) Verdadeira
A energia cinética média por molécula em gases:
1 – Monoatômicos
EC
3
= –– k T
2
He
(hélio → He)
2 – Diatômicos
EC
H2
5
= –– k T
2
(hidrogênio → H2)
em que k é a constante de Boltzmann.
Assim:
EC
H2
> EC
He
d) Falsa
e) Verdadeira
v=
兹苵苵苵苵
3RT
––––––
M
Como: M(He) > M(H ) e T1 = T2
2
Vem:
vH > vHe
2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
20
A
(TESTE DEFEITUOSO)
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. 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.
1
a) d = –––––
2µkg
–1
b) d = –––––
2µkg
– v0
c) d = –––––
2µkg
1
d) d = –––––
2µkg
– v0
e) d = –––––
µkg
2
v0
s2g
–––––
–
2h
2
v0
s2g
–––––
–
2h
( )
( )
( 兹苶苶)
(
)
( 兹苶 )
g
–––––
2h
v0 – s
2
2
v0
s2g
–––––
–
2h
g
–––
2h
v0 – s
Resolução
1) Tempo de queda do objeto Y:
γy
∆sy = V0 t + –– t 2 (MUV) ↓ 䊝
y
2
g
h = –– tq2 ⇒ tq =
2
兹苵苵苵
2h
–––
g
2) Velocidade de Y imediatamente após a colisão:
∆x
VY = –––
∆t
s
Vy = –––––––– =
2h
–––
g
兹苵苵苵
兹苵苵苵
g
––– . s
2h
3) Cálculo da velocidade de x no instante da colisão:
Qapós = Qantes
m Vy + m V’x = m Vx
Vy + V’x = Vx (1)
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
Se a colisão for elástica, vem:
V’x = 0
Vx = Vy =
兹苵苵苵
g
––– s (1)
2h
4) TEC: τat = ∆EC
m Vx2
m V02
– µk m g d = ––––––
– ––––––
2
2
Vx2 – V02
– µk g d = ––––––––
2
V02 – Vx2
d = –––––––––
2 µk g
(2)
Substituindo-se (1) em (2), vem:
g
V02 – ––– s2
2h
d = ––––––––––––
2 µk g
1
d = –––––––
2 µk g
(
s2g
V02 – ––––
2h
)
Nota: A solução só foi possível admitindo-se ser a
colisão elástica, o que não foi mencionado no
texto, o que, em realidade, inviabiliza a resolução da questão.
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
21
Considere uma pessoa de massa m que ao curvar-se
permaneça com a coluna vertebral praticamente
2
nivelada em relação ao solo. Sejam m1 = ––– m a
5
1
massa do tronco e m2 = ––– m a soma das massas
5
da cabeça e dos braços. 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-Ia em equilíbrio. Qual é o valor da força
Fd ?
Resolução
Impondo-se que o somatório dos torques em relação ao
ponto O seja nulo, temos:
d
d
2
m2 g . –– = m1 g . –– + Fd sen β –– d
3
6
3
2 m2 g = m1 g + 4 Fd sen β
4 Fd sen β = (2 m2 – m1) g
(2 m2 – m1) g
Fd sen β = –––––––––––––
4
Como 2 m2 = m1, resulta:
Fd . sen β = 0
Considerando-se Fd ≠ 0 resulta sen β = 0 ⇒ β = 0°
Nesse caso, Fd é horizontal e resulta:
Fd = Fm cos α (1)
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
3
Na direção vertical: Fm sen α = –– m g
5
3 mg
Fm = ––– –––––– (2)
5 sen α
3 mg
(2) em (1): Fd = ––– –––––– . cos α
5 sen α
3
Fd = –– m g cotg α (Resposta)
5
Observações:
1) Se considerarmos que o dado da questão é Fm e
não é dado o ângulo α, podemos dar a resposta da
seguinte forma:
Fd
Fd = Fm cos α ⇒ cos α = –––
Fm
3
mg
3mg
Fm = ––– –––––– ⇒ sen α = ––––––
5 sen α
5 Fm
sen2α + cos2α = 1
9m 2g 2
Fd2
+ –––––––
=1
–––
2
25 Fm
Fm2
25 Fd2 + 9m 2g 2
–––––––––––––––
=1
25 Fm2
25 Fd2 + 9m 2g 2 = 25 Fm2
25 Fd2 = 25 Fm2 – 9m 2g 2
兹苶
25
苶苶苶苶苶苶苶苶
Fm2 – 9m 2g 2
Fd = –––––––––––––––––––
5
(Resposta)
2) Embora o resultado Fd = 0 seja fisicamente inconsistente, ele é possível matematicamente e nesse
3
caso resultaria α = 90° e Fm = ––– mg.
5
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
22
Quando se acendem os faróis de um carro cuja bateria
possui resistência interna ri = 0,050Ω, um amperímetro
indica uma corrente de 10A 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 8,0A e
que as luzes diminuem um pouco de intensidade.
Calcular a corrente que passa pelo motor de arranque
quando os faróis estão acesos.
Resolução
Considerando o voltímetro ideal, temos para o primeiro
circuito:
farol: U = R . i
12 = R . 10
R = 1,2Ω
bateria: U = ε – ri . i
12 = ε – 0,050 . 10
ε = 12,5V
Para o segundo circuito, vem:
farol: U = R . I2
U = 1,2 . 8,0
U = 9,6V
bateria: U = ε – ri . I
9,6 = 12,5 – 0,050 . I
I = 58A
A corrente que passa pelo motor de arranque tem intensidade:
I1 = I – I2 ⇒ I1 = (58 – 8,0) A ⇒ I = 50A
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
23
Considere um automóvel de peso P, com tração nas
rodas dianteiras, cujo 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.
Resolução
1) Para o equilíbrio vertical:
FD + FT = P (1)
2) Para que o carro não tombe, o somatório dos torques
em relação ao centro de gravidade deve ser nulo:
FD . dD + Fat dA = FT . dT
FD . 2,0 + 0,75FD . 0,6 = FT . 1,4
2,0FD + 0,45 FD = 1,4 FT
2,45 FD = 1,4 FT ⇒
2,45
FT = ––––– FD
1,4
(2)
(2) Em (1):
2,45
FD + –––––– FD = P
1,4
3,85
FD –––––– = P
1,4
1,4P
FD = –––––
3,85
Aplicando-se a 2ª Lei de Newton:
Fat = M a
Fat
= M amáx
máx
P
µE FD = ––– . amax
g
1,4P
µE . ––––– =
3,85
P
––– . amáx
g
0,75 . 10 . 1,4
amáx = ––––––––––––– (m/s2)
3,85
amáx ≅ 2,7 m/s2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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 x 10–9 m, onde Raios-X com λ = 1,5 x 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?
Resolução
Para interferência construtiva, a diferença de fase ∆ϕ
entre os feixes refletidos deve ser múltipla par de π:
∆ϕ = 2kπ ; k ∈ ⺞ (I)
A diferença de fase é provocada pela diferença de percurso ∆x entre os feixes. Da figura, temos:
∆x
––– = a sen θ
2
∆x = 2a sen θ
Como
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
∆x
∆ϕ = 2π –––
λ
2a sen θ
∆ϕ = 2π . –––––––– (II)
λ
Das equações (I) e (II), temos:
2a sen θ
2π . –––––––– = 2 kπ
λ
λk
sen θ = –––
2a
1,5 x 10–10k
––––––––––––––
sen θ =
2 . 0,30 x 10 –9
sen θ = 0,25 k ≤ 1
k≤4
Resposta:
OBJETIVO
kmáx = 4
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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 urna
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.
Resolução
Para a configuração inicial, temos:
Q
A
Q
ε AU
Ci = –––i ⇒ ε . ––– = –––i ⇒ Qi = –––– (1)
U
d
U
d
A configuração final equivale a
série:
C1 . C2
em que C1 = ε .
Cf = ––––––––
C1 + C2
dois capacitores em
kεA
A
––– e C2 = –––––
d/2
d/2
A
kεA
ε ––––– . ––––––
d/2
d/2
2k ε A
Portanto, Cf = ––––––––––––––– ⇒ Cf = –––––––––
εA
kεA
d (1 + k)
––––– + ––––––
d/2
d/2
Q
2k ε A
Mas Cf = –––f . Logo, Qf = Cf U ⇒ Qf = –––––––– .U (2)
U
d (1 + k)
De (1) e (2), vem:
2k ε A
––––––––– . U
Qf
2k
Q
d (1 + k)
= ––––––
–––f = ––––––––––––– ⇒ ––––
Qi
1+k
Qi
εA.U
–––––––
d
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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.
Resolução
Na direção y, o movimento é harmônico simples e por
isso nos ponto O e A a velocidade na direção y é nula e
a força resultante tem a mesma intensidade.
Isto posto, temos:
P = Fmag – P
Fmag = 2P
qVDB0 = 2mg ⇒
2mg
VD = ––––––
qB0
(1)
A velocidade na posição D tem direção do eixo x e seu
módulo é dado pelo teorema da energia cinética:
τtotal = ∆Ecin
mV 2
mV 2
D
0
τP + τmag = ––––– – –––––
2
2
Sendo τmag = 0; V0 = 0 e τP = m g L, vem:
mV 2
D
m g L = –––––
⇒ V 2 = 2 g L ⇒ VD = 兹苶苶
2gL (2)
D
2
Comparando-se (1) e (2), vem:
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
2mg
2gL
––––––– = 兹苶苶
qB0
2m 2g
4m2g2
= 2gL ⇒ L = ––––––––
–––––––
q2B02
q 2B 2
0
Nota: admitimos, na resolução, que seja dado o módulo g da aceleração da gravidade.
2m 2g
Resposta: L = ––––––––
q 2B02
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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 30,0° C 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/g°C.
Resolução
1) Os quatro moradores utilizam, por mês, um volume
de água de:
V = 4 . 30 . 30 (ᐉ/mês)
V = 3600 ᐉ/mês
2) Para a água ser aquecida de 30,0°C, iremos utilizar:
Q = m c ∆θ = d V c ∆θ
Utilizando-se dágua = 1,0 kg/ᐉ = 1,0 . 10 3 g/ᐉ, vem:
Q = 1,0 . 10 3 . 3600 . 4,19 . 30,0 (J)
Q ≅ 452,5 . 10 6 J
Em kWh, essa energia é expressa por:
425,5 . 10 6
Q ≅ –––––––––– (kWh)
3,6 . 10 6
Q ≅ 125,7 kWh
3) Como cada litro de água do reservatório (de 200 ᐉ)
perde 0,30 kWh por mês, vem:
Qperdido = 200 . 0,30 (kWh)
Qperdido = 60 kWh
Assim,
Qtotal = (125,7 + 60) (kWh)
Qtotal = 185,7 kWh
Essa energia é o total necessária por mês, logo:
kWh
Pottotal ≅ 185,7 –––––
mês
4) Sendo:
Pot
I = –––––
A
⇒
Pot
A = –––––
I
Vem:
185,7
A = ––––– (m2)
60,0
A = 3,1 m2
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
28
Num meio de permeabilidade magnética µ , uma cor0
rente i passa através de um fio longo e aumenta a uma
taxa constante ∆i/∆t. Um anel metálico com raio a está
posicionado a urna distância r do fio longo, conforme
mostra a figura. Se a resistência do anel é R, calcule a
corrente induzida no anel.
Resolução
Considerando-se r >> a, a variação da intensidade do
campo magnético criado na região interna do anel é dada por:
∆B =
µ0 ∆i
–––––––
2πr
A força eletromotriz (ε) induzida no anel, responsável
pelo aparecimento da corrente elétrica (I) que o percorre, tem módulo calculado por:
ε=
∆Φ
∆B A cos θ
––– ⇒ ε = –––––––––––
∆t
∆t
Sendo θ = 0° (o vetor normal ao plano do anel tem o
→
mesmo sentido de ∆ B), do que decorre cos θ = 1, e
observando-se que A = πa2, vem:
∆B π a2
I = –––––––– (2)
R ∆t
Comparando-se (1) com (2), obtém-se o valor de I em
função dos dados oferecidos.
µ0 π a2 ∆i
µ0 a 2 ∆i
I = ––––––––––
⇒ I = ––––––––––
2π r R ∆t
2 r R ∆t
µ0 a2 ∆i
Resposta: I = –––––––––
2 r R ∆t
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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 2,0 m/s sob uma pressão de 5,0 x 105 Pa.
Outro tubo de 1,0 cm de diâmetro encontra-se a 5,0 m
de altura, conectado ao tubo de entrada. Considerando
a densidade da água igual 1,0 x 103 kg/m3 e desprezando as perdas, calcule a pressão da água no tubo de
saída.
Resolução
1) Pela equação da continuidade, temos:
A1V1 = A2V2
πd12
πd22
V1 = ––––
V2
––––
4
4
V2 =
冢
d1
–––
d2
冣
2
. V1
V2 = 4 . 2,0 (m/s) ⇒
V2 = 8,0m/s
2) Aplicando-se a Equação de Bernoulli entre os pontos
(1) e (2), vem:
V12
V22
p1 + µ ––– = p2 + µ ––– + µg H
2
2
1,0 . 10 3
1,0 . 10 3
5,0 . 10 5 + –––––––– . 4,0 = p2 + –––––––– . 64,0 + 1,0 . 10 3 . 10 . 5,0
2
2
5,02 . 105 = p2 + 0,82 . 105 ⇒
p2 = 4,2 . 10 5 Pa
Resposta: 4,2 . 10 5 Pa
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
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 = 60 km, carregada com carga + Q. Sabendo
que nas proximidades do solo junto à superfície da
Terra, o módulo do campo elétrico médio é de 100 V/m
e considerando h << raio da Terra ≅ 6400 km, determine a capacitância deste capacitor gigante e a energia
elétrica armazenada.
Considere 1/(4πε0) = 9,0 × 109 Nm2 /C2.
Resolução
Vamos, inicialmente calcular a capacitância de um
capacitor esférico:
1
–Q
1
+Q
VA = ––––– . ––––– + ––––– . –––––
4π ε0
R1
4π ε0
R2
1
VA = ––––– . Q
4π ε0
冢
1
1
––––– – –––––
R2
R1
冣
1
R1 – R2
VA = ––––– . Q . ––––––––
4π ε0
R1 . R2
1
–Q
1
+Q
VB = ––––– . ––––– + ––––– . ––––– = 0
4π ε0
R2
4π ε0
R2
1
R2 – R1
U = VB – VA ⇒ U = ––––– . Q . ––––––––
4π ε0
R1 . R2
Q
Sendo C = ––– , vem:
U
R1 . R2
C = 4π ε0 . ––––––––
R2 – R1
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5
1
C2
Sendo 4π ε0 = ––––––9 –––––– , R1 = 6,4 . 106m e
9 . 10 M. m2
R2 = 6,46 . 106m, resulta:
1
6,4 . 106 . 6,46 . 106
C = ––––––9 . ––––––––––––––––––––– (F)
9 . 10
6,46 . 106 – 6,4 . 106
C ≅ 7,6 . 10–2F
Observação: sendo a distância entre a Terra e a nuvem
muito menor se comparada com o raio da Terra, podemos considerar, numa boa aproximação, o campo elétrico uniforme e o capacitor plano. Assim
ε0 A
C = –––––
d
em que A é a área da superfície terrestre, d = h = 60km
e K = 1/4πε0
1 . 4πR2
C = ––––––––
4πK . h
R2
C = ––––
Kh
(6,4 . 10 6)2
C = ––––––––––––––––
9 . 109 . 6,0 . 10 4
(F)
C ≅ 7,6 . 10–2 F
A energia eletrostática armazenada neste capacitor será dada por:
C U2
W = –––––
2
em que U = E . h
C (E h) 2
W = –––––––
2
C E2 h2
W = –––––––
2
7,6 . 10–2 . (100) 2 . (6,0 . 10 4) 2
W = –––––––––––––––––––––––––––– (J)
2
W ≅ 1,4 . 1012 J
OBJETIVO
I T A - ( 1 º D i a ) D e z e m b r o /2 0 0 5