Prova - Cops

FÍSICA
1
É conhecido e experimentalmente comprovado que cargas elétricas aceleradas emitem radiação eletromagnética. Este efeito é utilizado na geração de ondas de rádio, telefonia celular, nas transmissões via satélite etc.
Quando o módulo da velocidade de uma partícula com carga elétrica e for pequeno comparado ao módulo da
velocidade da luz c no vácuo, prova-se, utilizando a eletrodinâmica clássica, que a potência com a qual a carga
elétrica com aceleração constante a irradia ondas eletromagnéticas é Pirr =
1
2e2 a2
4πε0 3c3
,
onde ε0 é a constante de permissividade elétrica.
Desprezando-se efeitos relativísticos, considera-se um próton com massa mp = 2 × 10−27 kg com carga elétrica e = 2 × 10−19 C abandonado em repouso em um campo elétrico uniforme de intensidade
E = 14 × 1019 N/C produzido por um capacitor de placas paralelas uniformemente carregadas com cargas
de sinais opostos como esquematizado na figura a seguir:
A distância entre as placas é d = 4 × 10−15 m, o meio entre elas é o vácuo, o campo gravitacional é desprezado
e o tempo necessário para o próton percorrer a distância entre as duas placas é T = 10−19 s.
a) Calcule a energia irradiada durante todo o percurso entre as placas, considerando que a potência de irradiação é Pirr = αa2 , onde α =
1
2e2
4πε0 3c3
= 6 × 10−52 kg · s. Apresente os cálculos.
b) Calcule a velocidade final com que o próton atinge a placa negativa do capacitor. Apresente os cálculos.
QUESTÃO 1 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA
Conteúdo: Campo magnético. Conservação de Energia
Resposta esperada
a) A energia irradiada durante o percurso entre as placas é
Eirr = Pirr T .
Para calcular a potência, é necessário calcular a aceleração do próton resultante da força elétrica que atua sobre
ele
F
=
mp a,
F
=
eE,
portanto
a=
eE
2 × 10−19 14 × 1019 C · N
=
= 14 × 1027 m/s2 .
mp
2 × 10−27
C · kg
1/7
A energia irradiada é
2
Eirr = αa2 T = 6 × 10−52 kg · s 14 × 1027 m/s2 10−19 s = 1176 × 10−17 J = 1, 176 × 10−14 J ∼
=1, 2 × 10−14 J .
b) A velocidade final do próton é obtida da conservação da energia. No instante inicial, quando o próton foi abandonado
em repouso na placa positiva, sua energia total é potencial elétrica e vale com relação à placa negativa
Epot = eEd = 2 × 10−19 · 14 × 1019 · 4 × 10−15 C
N
m = 112 × 10−15 J = 1, 12 × 10−13 J
C
A velocidade final é
Epot
=
v
=
1
mp v 2 + Eirr
2
r
2
(Epot − Eirr )
mp
r
2
(1, 12 × 10−13 − 1, 2 × 10−14 )m/s
−27
2
×
10
p
=
1027 (1, 12 × 10−13 − 0, 12 × 10−13 )m/s
p
1027 × 10−13 (1, 12 − 0, 12)m/s
=
p
= 107 (1, 12 − 0, 12)m/s = 1, 0 × 107 m/s.
=
=
107 m/s
2/7
2
Um anel condutor de raio a e resistência R é colocado em um campo magnético homogêneo no espaço e no
tempo. A direção do campo de módulo B é perpendicular à superfície gerada pelo anel e o sentido está indicado
no esquema da figura a seguir.
No intervalo ∆t = 1 s, o raio do anel varia de metade de seu valor.
Calcule a intensidade e indique o sentido da corrente induzida no anel. Apresente os cálculos.
QUESTÃO 2 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA
Conteúdo: Campo magnético. Lei de Faraday
Resposta esperada
E
= −
∆Φ
; onde ∆Φ = Φf − Φi ;
∆t
Φ
= BA;
Φf
Φi
a2
4
= BAi = Bπa2
∆Φ
=
Φ f − Φi =
∆t
=
1s
E
=
= BAf = Bπ
−3
Bπa2
4
Portanto,
3
Bπa2 /s.
4
A corrente induzida será
i=
E
3 Bπa2
=
/s,
R
4 R
no sentido horário.
3/7
3
Uma pessoa, de massa 80,0 kg, consegue aplicar uma força de tração máxima de 800,0 N. Um corpo de massa M
necessita ser levantado como indicado na figura a seguir. O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato
da pessoa e o chão de concreto é µe = 1,0.
Faça um esboço de todas as forças que atuam em todo o sistema e determine qual a maior massa M que pode
ser levantada pela pessoa sem que esta deslize, para um ângulo θ =45◦ .
QUESTÃO 3 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA
Conteúdo: Mecânica. Equilíbrio.
Resposta esperada
Seja θ = 45◦ ; µe = 1, 0; m = 80 kg e M =?
Forças na pessoa
Eixo x:
FR = F cos θ − fe = 0 (I)
Eixo y:
FR = N + F senθ − Pm = 0 (II)
Forças no campo M
F R = F − PM = 0
4/7
F = PM = M g
De (I) tem-se F cos θ = fe
M g cos θ = µe N (III)
De (II) tem-se N = Pm − F senθ
N = mg − M gsenθ (IV )
Usando(III) e (IV), tem-se
M g cos θ = µe (mg − M gsenθ)
M cos θ = µe (m − M senθ)
M cos θ + µe M senθ = µe m
µe m
M=
(cos θ + µe senθ)
Substituindo os valores tem-se:
M=
√
80
1, 0 × 80 Kg
= √ Kg = 40 2Kg .
◦
◦
cos 45 + 1, 0 × sen45
2
5/7
4
Um bloco de alumínio de massa 1 kg desce uma rampa sem atrito, de A até B, a partir do repouso, e entra numa
camada de asfalto (de B até C) cujo coeficiente de atrito cinético é µc = 1, 3, como apresentado na figura a
seguir.
O bloco atinge o repouso em C. Ao longo do percurso BC, a temperatura do bloco de alumínio se eleva até
33◦ C. Sabendo-se que a temperatura ambiente é de 32◦ C e que o processo de aumento de temperatura do bloco
de alumínio ocorreu tão rápido que pode ser considerado como adiabático, qual é a variação da energia interna
do bloco de alumínio quando este alcança o ponto C? Apresente os cálculos.
Dado: cal = 0,22 cal/g◦ C
QUESTÃO 4 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA
Conteúdo: Termodinâmica
Resposta esperada
De A até B: bloco desliza sem atrito, sistema é conservativo, então a energia mecânica se conserva: ∆E = 0.
Energia potencial do bloco é: Ubloco = mgh
Energia cinética do bloco é: Tbloco =
Desse modo:
1
mv 2
2
1 2
v , onde M = 1 kg
2
v 2 =√2gh
v = 2gh
substituindo os valores g = 10 m/s2 , h = 5 m, tem-se:
v = 10 m/s.
M gh =
De B até C existe atrito, portanto o sistema é não conservativo e a energia mecânica não se conserva, sendo ∆E = Wf ,
onde Wf é o trabalho realizado pela força de atrito sobre o bloco.
Nesse caso, a variação da energia mecânica do bloco é somente variação de energia cinética, tal que:
∆E = ∆T = Wf
1
1
mv 2 − mv 2 = −f.x, onde x é a distância percorrida de B até C.
2 f 2 i
m
f = µc N = µc .m.g = 1, 3 × (1Kg) × (10, 0 2 ) = 13N
s
1
como vf = 0, tem-se: mvi2 = 13x, substituindo os valores de m = 1kg e vi = 10 m/s, tem-se x = 3, 85 m
2
Como o processo é adiabático, não há troca de calor com a vizinhança. O sistema termodinâmico nesse caso é o
bloco e pela 1ª Lei da termodinâmica, ∆U = Q − W
Tem-se que Q = mcal ∆T , onde ∆T = 33◦ C − 32◦ C = 1◦ C
Desse modo, Q = (1kg)x(0, 22 cal/g ◦ C)x1◦ C = (1000g)x(0, 22cal/g ◦ C)x1◦ C = 220 cal
6/7
Q = 220 cal que em termos de Joule é Q = 921, 8 J .
O trabalho externo realizado sobre o corpo é o trabalho da força de atrito cinético, portanto é negativo.
Wf = f x = 50 J
Pela 1ª Lei ∆U = Q − (−W ) = 921, 8 J + 50 J = 971, 8 J .
∆U = 971, 8 J .
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