Gabarito – Prova de 3 Ano

Gabarito – Prova de 3o Ano
1.
T
T
θ
P
90 −θ
0
θ
P
Considerando as equações de movimento apenas na direção paralela ao plano e tomando como
positivo o sentido anti-horário, temos:
Para o corpo da esquerda:
m a = m g senθ − T
Para o corpo da direita:
m a = T − m g sen(90 0 − θ ) = T − mg cosθ
Somando uma equação com a outra obtemos: a =
(1)
(2)
g
(senθ − cosθ )
2
Para que a aceleração seja máxima, a diferença ( senθ − cosθ ) deve ser máxima. O valor máximo a
ser alcançado, em módulo, é 1. Como 0 ≤ θ ≤ 90 0 , isto ocorre para dois valores de θ :
•
θ = 00 ⇒ a = −
g
= −5 m/s 2 , onde o sinal negativo indica que a aceleração tem sentido
2
horário. Em outros termos, isto significa que o corpo da direita cai verticalmente, enquanto
que o corpo da esquerda desliza horizontalmente sobre o plano.
Usando a equação (1), obtém-se:
⎛ g⎞
T = m g sen θ − m a = − m ⎜ − ⎟
⎝ 2⎠
⇒
T = 30 × 5 =150 N .
Este mesmo resultado é encontrado usando a equação (2)
•
θ = 90 0 ⇒ a =
g
= 5 m/s 2 . O corpo da esquerda cai verticalmente, enquanto que o corpo
2
da direita desliza horizontalmente sobre o plano.
Usando a equação (1), obtém-se:
T = m g sen θ − m a = m
g
2
⇒
T = 30 × 5 =150 N .
Este mesmo resultado é encontrado usando a equação (2)
2.
a) Quando a massa é colocada sobre a mola, a força total que nela atua é:
F = mg − k x
No ponto de equilíbrio, xe , a força é nula, de modo que
xe =
mg
g
= 2 , onde ω =
k
ω
k
m
Ao se efetuar uma compressão xo sobre a mola, o corpo irá oscilar em torno da posição de
equilíbrio, e enquanto o objeto está preso à plataforma, o movimento é descrito pela equação
x(t ) = xo cos(ω t + ϕ ) ,
onde x(t ) é medido em relação à posição de equilíbrio, xo é a amplitude de movimento e o sentido
positivo é orientado para cima.
A aceleração é dada por a (t ) = −ω 2 xo cos(ω t + ϕ ) , ou simplesmente:
a(t ) = −ω 2 x(t )
(1)
A aceleração é, portanto, máxima nos extremos e nula no ponto de equilíbrio.
Observe que se − xo ≤ x < 0 a aceleração é positiva, indicando que aponta para cima. Note que, no
referencial da plataforma o corpo, devido à inércia, sofrerá uma aceleração para baixo, ficando “mais
pesado” e não poderá se desprender da plataforma.
Para 0 < x ≤ xo a aceleração é negativa, indicando que aponta para baixo. Contudo, no referencial
da plataforma, o corpo sofre uma aceleração para cima de forma que ele exercerá sobre a
plataforma uma força normal igual a:
N = m (a − g )
O corpo se desprenderá da plataforma quando N = 0 , isto é quando a = g no referencial da
plataforma, ou a (t ) = − g no referencial do ponto de equilíbrio.
De acordo com a equação (1), isto ocorrerá em xd =
g
ω2
. (2)
Contudo, xo é a amplitude de movimento, de maneira que é necessário que xo ≥ xd para que o
corpo desprenda da plataforma. O valor mínimo para que isto ocorra é:
xo (min) =
g
ω2
b) De acordo com o enunciado do problema, ω = 10 rad/s , de forma que usando (2)
obtemos xo (min) = 10 cm . Como xo = 15 cm , o corpo irá se desprender da plataforma.
Assim, sendo a deformação inicial igual a xo , a energia total do sistema será:
ET =
k 2 mω 2 2
xo =
xo .
2
2
No ponto onde o corpo começa a desprender, a energia será a soma da energia potencial mais a
cinética. Por conservação de energia:
mω 2 2 mω 2 2 m 2
xo =
xd + vd
2
2
2
Logo a velocidade vd com que o corpo é lançado é:
(
vd2 = ω 2 xo2 − xd2
)
(Observe nesta expressão que xo deve ser maior que xd , pois se isto não ocorresse o quadrado da
velocidade seria negativo).
Se h' é a altura que o objeto atinge, medida a partir deste ponto, teremos:
m 2
vd = mgh'
2
(
vd2 ω 2 xo2 − xd2
=
h' =
2g
2g
⇒
)
A altura total que se pede na questão é em relação à posição de equilíbrio. Logo
h = x d + h'
Usando (2) teremos
h=
h=
g
ω2
+
g
2ω 2
ω2
2g
+
xo2 −
ω2
2g
ω2 g2
2g ω 4
xo2
Fazendo ω = 10 rad/s e xo = 15 cm , obtemos
h = 16,25 cm
3.
a) Como a pressão é mantida constante, obtemos da equação dos gases ideais,
P V = n R T , a relação:
ΔT =
P
ΔV
nR
Como a expansão ocorre com velocidade constante, teremos:
ΔV = A Δx = A v Δ t
Logo ΔT =
PA v
Δt
nR
Substituindo os valores: ΔT =
10 5 × 300 × 10 −4 × 16,6 × 10 −3
× 50
3 × 8,3
Obtemos: ΔT = 100 K
b) A quantidade de energia transferida ao gás será:
ΔQ = n C P ΔT
Sabemos que para gases ideais temos C P = CV + R , de modo que C P =
Assim ΔQ = 3 ×
7
× 8,3 × 100
2
ΔQ = 8715 J
7
R
2
4. No meio inicial devemos ter a relação v = λ f . No meio i, esta relação será: vi = λi f , onde f
não é alterado na passagem entre os meios. Dividindo estas equações, tem-se a relação:
λ
v
=
= ni
vi λi
λi =
⇒
λ
ni
,
onde, utilizando os dados do problema, temos: n1 = 1,5 e n2 = 2
Para o comprimento d do meio 1 cabem
Analogamente para o meio 2 devemos ter N 2 =
N1 =
d
λ2
=
d
λ1
d n2
λ
=
d n1
= 1,5
λ
=2
d
λ
d
λ
comprimentos de onda.
.
Por outro lado, como as distâncias destes meios até P são as mesmas, para que haja interferência
destrutiva em P, é necessário que as ondas que delas emergem devem estar em oposição de fase
(isto é, se uma delas em um ponto é pico a outra deve ser um vale). Mas isto só acontece se a
diferença N 2 − N1 for um semi-inteiro. Assim
N 2 − N1 = 0,5
d
λ
= (2m + 1)
1
, onde m = 0, 1, 2K
2
Obtemos então d = (2m + 1)λ
Logo os possíveis valores de d serão:
d = λ , 3λ , 5λ K
Observação: Uma solução mais formal para este problema é dado a seguir:
Sejam as ondas no ponto P representadas por:
y1 = yo cos(k1r1 − ω t + ϕ )
e
y 2 = yo cos(k 2 r2 − ω t + ϕ )
onde as distâncias foram medidas a partir do ponto onde as ondas entram nos meios 1 e 2. Note que
as constantes de fase são iguais uma vez que, de acordo com o enunciado, elas entram em fase
naqueles meios.
A onda total será:
y = y1 + y 2 = yo [cos(k1r1 − ω t + ϕ ) + cos(k 2 r2 − ω t + ϕ )]
Resulta:
⎛k r −k r ⎞
⎛k r +k r
⎞
y = 2 yo cos ⎜ 2 2 1 1 ⎟ cos ⎜ 2 2 1 1 − ω t + ϕ ⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
A intensidade da onda será proporcional ao quadrado da amplitude da onda resultante, ou seja:
⎛k r −k r ⎞
I α cos 2 ⎜ 2 2 1 1 ⎟
2
⎝
⎠
Observe a interferência será destrutiva se
(k 2 r2 − k1r ) = (2m + 1) π
onde
m = 0, 1, 2....
Se l é a distância de cada meio a P teremos:
(1)
k1r1 =
2π
d+
λ1
2π
λ
2π
l=
d n1 +
λ
2π
l
λ
e
k 2 r2 =
2π
λ2
d+
2π
λ
l=
Assim (k 2 r2 − k1r ) =
2π
λ
2π
λ
d n2 +
2π
λ
l
d (n 2 − n1 )
Usando (1) :
2π
λ
d (n 2 − n1 ) = ( 2m + 1) π
⇒
d = (2m + 1)
λ
2(n2 − n1 )
Substituindo os valores obtemos:
d = (2m + 1)λ , ou seja:
d = λ , 3λ , 5λ K
5.
n2
x
α
r
n1
O
β
R
y
Para o primeiro objeto, aplicando a lei da refração para o raio que incide em O, teremos:
n1senα = n2 senβ
Observando a figura, observa-se que:
x = r senα
Logo, n1
e
y = R senβ
(1)
x
y
= n2
r
R
Mas, de acordo com o problema, x = y e R = 2r
O que nos leva a: n2 = 2n1.
a) Para o segundo objeto, o meio onde a luz incide inicialmente tem índice de refração n2 ,
enquanto que o segundo meio tem índice n1 . Devemos ter, então:
n2 senα = n1senβ
Usando (1): n2
x
y
= n1 , ou
r
R
y=
n2 R
x
n1 r
Teremos então: y = 4 x
b) O fenômeno da reflexão total só ocorre quando o meio incidente tem índice de refração
maior do que o índice do meio refrator. Assim, no primeiro objeto não haverá reflexão total para o
feixe incidente.
Para o segundo meio, usamos a lei da refração:
n2 senα = n1senβ
O ângulo limite α l ocorre quando β = 90 0 , ou seja:
n2 senα l = n1
Usando (1): senα l =
Logo xl =
xl
r
n1
r
n2
Resultando xl =
r
2
6. A figura abaixo mostra uma vista (de cima) do conjunto em três situações.
A figura (a) mostra o espelho em sua posição de equilíbrio (onde a torção do fio é nula). O feixe
refletido incide sobre o espelho no ponto C e atinge a tela no ponto O. O detector está na direção da
normal ao espelho.
A figura (b) mostra o espelho em uma de seus extremos de oscilação e neste instante o feixe
refletido atinge o detector.
A figura (c) mostra o espelho em outra extremidade de oscilação. Observe que o ângulo de
incidência no espelho é (θ + α 0 ) e que o feixe refletido forma, em relação à CO, um ângulo 2α 0 .
Tela
Tela
O
C
θ
B
O
α0
Tela
α0
a)
C
Detetor
A
α0
b)
C
N
N
α0
Detetor
θ
O
θ+α0
θ
θ
Detetor
c)
a. Segundo o enunciado, o feixe refletido atinge o detetor quando o espelho está formando
um ângulo de máxima deflexão, α 0 , em relação à sua posição de repouso (figura b). Neste instante,
a normal CN ao espelho girou de α 0 em relação à sua posição de equilíbrio, de modo que o ângulo
de reflexão é α 0 . Usando a lei da reflexão, obtemos:
α0 =
θ
2
=
π
40
rad
Da figura sinal X tempo, obtém-se que o período de oscilação é T = 0,4 s , de forma que:
ω=
2π
= 5π rad / s
T
Para achar ϕ o , devemos achar a posição do espelho em um determinado instante. Da figura S x t
observa-se que quando t = 0,1 s sinal não é nulo, indicando que o espelho está numa de suas
extremidade de oscilação, ou mais precisamente em α (0,1 s ) = −α 0 . Assim,
α (0,1s) = α 0 sen (ω × 0,1 + ϕ o ) = −α 0
π
3⎞
⎛
+ ϕ o = ⎜ 2m + ⎟π
2
2⎠
⎝
sen (0,5π + ϕ 0 ) = −1
⇒
⇒
m = 0, 1, 2K
Logo ϕ o = (2m + 1)π , ou seja, ϕ o = π , 3π , 5π K .
Como estas soluções são fisicamente equivalentes, escolhemos, por simplicidade, ϕ o = π .
A equação de oscilação do espelho será:
α (t ) =
π
40
sen (5π t + π )
b. A imagem descreve na tela um arco de circunferência onde O é o ponto central (figura c).
Se o ângulo de torção é α , o feixe refletido forma um ângulo 2α em relação à CO. Isto
corresponde, na tela, um arco de circunferência s = 2 α R . Assim,
s (t ) = so sen (ω t +ϕ 0 ) , onde so = 2α o R =
Teremos, então: s (t ) =
π
20
π
20
m
sen (5π t + π )
7. O primeiro fragmento penetra na região do campo magnético e, pelo fato da direção de seu
movimento ser alterada, significa que ele sofreu a ação de uma força magnética, pois nesta região
há apenas campo magnético. Contudo esta só atua em objetos carregados e com velocidade não
nula. Isto implica então que o fragmento adquiriu uma carga q1. O módulo desta força é dado por
FM = q1 v B . Esta força é sempre perpendicular ao vetor velocidade, de modo que o movimento
descrito pelo fragmento é circular.
A aceleração é centrípeta, de modo que:
q1 v1 B =
m1 v12
R
d = 2R = 2
m1 v1
q1 B
Como m1 =
mo
2
2m1v1
dB
v1 = 3vo
e
q1 =
teremos
q1 =
⇒
3m o v o
dB
Aplicando a regra da mão direita, deduz-se que, pelo tipo de trajetória descrita, este fragmento está
carregado negativamente, de forma que
q1 = −
3mo vo
(1)
dB
O outro fragmento, por conservação de momento, deve ter mo vo = m1v1 + m2 v 2
Como m1 = m2 =
mo
, obtemos v2 = −vo .
2
r
O sinal negativo indica que este fragmento retorna à região do campo E .
Como o corpo é inicialmente neutro, devido à conservação de carga teremos q1 + q 2 = 0 , ou seja,
q 2 = − q1 =
3mo vo
dB
r
Como E está orientado na direção negativa do eixo Oy, e a carga é positiva, devemos ter:
r
v
r
q E
F = q 2 E = m2 a ⇒ a y = − 2 = a ⇒
m2
a=−
a=−
3mo vo E
d B m2
6 E vo
dB
A equação horária será:
x = −vo t
y=−
3Evo 2
t
dB
3E 2
x
dBvo
Logo :
y ( x) = −
8.
a) De acordo com Bohr, quando ocorre uma transição de um nível de energia superior para
outro inferior, há a emissão de um fóton de energia ΔE = E s − Ei . Como E n = −
13,6
n2
eV , as três
linhas de mais baixa energia da serie de Balmer terão energia:
Transição
Cálculo da energia (eV)
Energia do fóton emitido (eV)
ns = 3 ⇒ ni = 2
1 ⎞
⎛ 1
ΔE1 = 13,6⎜ 2 − 2 ⎟
3 ⎠
⎝2
ΔE1 = 1,889
ns = 4 ⇒ ni = 2
1 ⎞
⎛ 1
ΔE2 = 13,6⎜ 2 − 2 ⎟
4 ⎠
⎝2
ΔE2 = 2,550
ns = 5 ⇒ ni = 2
1 ⎞
⎛ 1
ΔE3 = 13,6⎜ 2 − 2 ⎟
5 ⎠
⎝2
ΔE3 = 2,856
Como a função trabalho vale Φ = 2,656 eV , somente o fóton de energia ΔE3 irá provocar efeito
fotoelétrico. A energia cinética máxima dos elétrons ejetados será dada por:
(Ec )max = ΔE3 − Φ
Obtemos então: (Ec )max = 0,2 eV
b) De acordo com de Broglie o comprimento de onda associado a uma partícula de momento
linear (quantidade de movimento) p é λ =
Por outro lado E c =
Resulta λ =
h
.
p
m v2 p2
=
2
2m
h
2mEc
Substituindo os valores (e lembrando-se que Ec = 0,2 eV = 0,2 × 1,6 × 10 −19 J ) teremos:
λ=
6 × 10 −34
2 × 9 × 10 −31 × 3,2 × 10 −20
Resulta:
λ = 2,5 × 10 −9 m = 2,5 nm