gabarito ime

GABARITO IME
Física
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2
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GABARITO COMENTADO
Questão 01
Como mostra a figura acima, a fonte sonora F1 está presa ao teto por uma haste vertical.
Outra fonte sonora F2 está pendurada, em equilíbrio, por uma mola ideal na fonte F1. As duas
fontes emitem sons de mesma frequência f e em mesma fase. Se, em uma reta horizontal
passando pela fonte F2, a intensidade do som é máxima no ponto P (primeiro máximo de
intensidade), situado a uma distância d de F2, determine:
a) A frequência f das fontes, em função dos demais parâmetros;
b) A equação que expressa a posição vertical da fonte F2 em função do tempo, a partir do
instante em que a fonte F2 foi liberada, caso a fonte F2 seja deslocada para baixo por
uma força externa até que a intensidade do som seja mínima no ponto P (primeiro
mínimo de intensidade) e depois liberada.
Dados:
•
d = 1 m;
•
Peso da fonte: F2 = 10 N;
•
Comprimento da mola relaxada: 90 cm;
•
Constante elástica da mola: 100 N/m;
•
Velocidade do som: 340 m/s;
•
Aceleração da gravidade: 10 m/s2;
•
2 = 1, 4;
•
0,11 = 0,33.
3
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Solução:
A)
K∆x
 = 0,9 + ∆x, porém:
→ 10 = 100 · ∆x
∆x = 0,1 m
P2
Então  = 0,9 + 0,1 = 1,0 m
Pitágoras
y2 = 12 + 12 → y =
2 = 1,4 m
λ
(n = 2)
2
v
2 –1= λ =
f
340
0, 4 =
→ f = 850 Hz
f
Interferência → (y – 1) = n
B)
Sabemos que λ =
v
340
=
= 0, 4 m
f
850
Da interferência sabemos:
λ
∆d = n (n = 1)
2
λ
∆d =
= 0,2 m
2
∆d =
2 – x = 0,2 → x = 1,2 m
→ x2 = A2 + 12 → A = Amplitude do movimento
A =
(1,2)
2
– 12 =
0, 44 =
4 · 0,11 = 0,66 m
y = A cos(ω t + ϕ)
k
100
=
= 10 rad / s
m
1
A = 0,66 m
ϕ = π
Por tan to : y = 0,66 cos(10 t + π)
w =
4
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Questão 02
Uma partícula de massa m e com carga elétrica q entra em um campo magnético B,
movimentando-se no plano da figura de forma a atingir frontalmente (direção x) um corpo
de massa M fixo a uma mola. O campo magnético é ortogonal ao plano da figura e é desligado
em um determinado instante durante o movimento da partícula. A partícula colide com o
corpo num choque perfeitamente inelástico, de forma a comprimir a mola que estava
inicialmente relaxada. Uma lente, representada na figura, é utilizada para amplificar a
imagem da mola, permitindo observar na tela a mola em sua compressão máxima decorrente
do choque supracitado. Determine:
a) O intervalo de tempo durante o qual o campo magnético permaneceu ligado após a
entrada da partícula no campo magnético;
b) A intensidade do campo magnético;
c) A velocidade v da partícula ao entrar no campo magnético, em função dos demais
parâmetros;
d) A deformação máxima da mola; e
e) A distância C entre a mola e a lente, em função dos demais parâmetros.
Dados:
• tamanho da imagem na tela da mola em sua máxima compressão: i = 9 mm;
• distância entre a lente e a tela: D = 100 mm;
• distância focal: f = 10 mm;
• massa da partícula: m = 1 g;
• massa do corpo inicialmente fixo à mola: M = 9 g;
• H = 10 m;
• comprimento da mola relaxada: L = 11 mm;
• carga da partícula: q = + 5 C; e
• constante elástica da mola: k = 40 N/mm.
Consideração:
• O plano da figura é ortogonal ao vetor aceleração da gravidade.
5
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Solução:
Aplicando Gauss
1 1
1
1 1
1
=
+
∴ =
+
f
p p' f
C
D
ou C =
fD
D−f
(e)
Como C = p para
i
p'
=
e o = 11 − x
o
p
9
100
=
∴ x = 10 mm (d)
11 − x 10 × 100
100 − 10
Na conservação de energia: kx2 = (m + M)V2
2
40
× 10−2 = (1 + 9) × 10−3 × V 2 ∴ V = 20 m/s
−3
10



Na colisão mv + m × o = ( m + M ) V ∴ 1v = (1 + 9 ) × 20 ∴ v = 200 m/s
(
v =
v =
(m + M ) × i C
m
D
i ×f ×
×
k
(m + M )
k (m + M )
(D − f ) m
Para B =
B=
)
(c)
mv
qR
10−3 × 200
= 4 × 10−3 T (b)
5 × 10
2πR
= v ⋅ ∆t
4
π
20π
∆t =
=
s (a)
4 × 200
40
Fazendo
6
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Questão 03
O sistema apresentado na figura encontra-se em equilíbrio estático, sendo composto por
quatro corpos homogêneos, com seção reta na forma “+ I M E”. O corpo “+” está totalmente
imerso em um líquido e sustentado pela extremidade A de um fio flexível ABC, de peso
desprezível, que passa sem atrito por polias fixas ideais. Sabe-se que, no ponto B, o fio forma
um ângulo de 90o e sustenta parcialmente o peso do corpo “M”. Finalmente, na extremidade
C, o fio é fixado a uma plataforma rígida de peso desprezível e ponto de apoio O, onde os
corpos “I M E” estão apoiados. Diante do exposto, determine: Enunciado
a) a intensidade da força de tração no fio BD;
b) a intensidade da força de cada base do corpo “M” sobre a plataforma.
Observação:
•
•
•
dimensão das cotas dos corpos “+ I M E” na figura em unidade de comprimento (u.c.);
considere fios e polias ideais; e
existem dois meios cubos compondo a letra “ M ”
Dados:
•
•
•
•
•
aceleração da gravidade: g ;
massa específica dos corpos “+ I M E”: ρ ;
massa específica do líquido: ρL = ρ/9 ;
espessura dos corpos “+ I M E”: 1 u.c. ; e
comprimento dos fios DE = DF.
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Solução:
A)

∑M
0

= 0
10,5 T2 + 7ρgv × 6 = 7ρgv × 6 + 6ρgv × 7,5 + 2ρgv × 9 ⇒
⇒ T2 = 6ρvg; como : v = 1uc3 ⇒ T2 = 6ρg
No líquido :
T1 = ρ+ – E+ ⇒ T1 = 9ρgv – ρgv ⇒ T1 = 8ρgv; como : v = 1uc3
T1 = 8ρg
Então : TBD =
T12 + T2 ⇒ TBD = 10ρg (força no fio BD)
B)
O corpo “M” contribui com um peso igual a 22 ρg e em cada base, teremos: 11ρg
TBD 2
2
T
· cos 45° ⇒ TDEy = BD = 5ρg
2
Em D : 2T DE cos 45° = TBD ⇒ TDE =
Com isto : TDEy = TDE
Teremos :
N = ρ1 – TDEy ⇒ N = 11ρg – 5ρg ⇒
⇒ N = 6ρg
Logo em cada base temos uma força de 6ρg.
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Questão 04
A figura acima apresenta um circuito elétrico composto por duas baterias iguais e oito
resistores.
Determine o valor das baterias para que a potência elétrica no resistor R seja igual a 6 W.
1a Solução:
i =
P
=
R
VAB = 3 V
9
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6
= 2A
1,5
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Fazendo ∆ → y
3

3×

2 = 3Ω
r1 =
6
4


3 3
×

2 2 = 3Ω
r2 =
6
8


3
3×

3
2
= Ω
r3 =
6
4


Trata-se de uma ponte de Wheatstone equilibrada, então a resistência da ponte.
9 9
81
×
9
Rp = 2 8 = 16 =
Ω
9 9
45
10
+
2 8
8
10
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ix =
3
10
A
=
9
3
10
Finalmente: E = 2, 4 ×
E = 8,0 V
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10
.
3
2a Solução:
Primeiramente, aterre a base da bateria, tome os potencias x, y1 e y2 como indicado na
figura.
Logo: y1 = y2, pois o circuito é simétrico.
Sendo assim, no resistor de 9 Ω a ddp é nula e, então, a corrente também é nula.
• Cálculo de x;
X – 0 → ddp no resistor de 1,5 Ω
Pot =
ddp2
x2
⇒6=
⇒ x 2 = 1,5 · 6 = 1,5 · 1,5 · 4
resistência
1,5
⇒ x = 1,5 · 2 = 3V , logo no circuito:
11
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No nó:
Logo:
ddp no resistor de 3Ω:
V = – 3 + E = 3Ω · i = 3Ω ·
5
A
3
Logo: – 3 + E = 5 ⇒ E = 8 V
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Questão 05
Um pesquisador recebeu a incumbência de projetar um sistema alternativo para o
fornecimento de energia elétrica visando ao acionamento de compressores de geladeiras a
serem empregadas no estoque de vacinas. De acordo com os dados de projeto, a
temperatura ideal de funcionamento da geladeira deve ser 4 oC durante 10 horas de operação
contínua, sendo que a mesma possui as seguintes dimensões: 40 cm de altura, 30 cm de
largura e 80 cm de profundidade. Após estudo, o pesquisador recomenda que, inicialmente,
todas as faces da geladeira sejam recobertas por uma camada de 1,36 cm de espessura de
um material isolante, de modo a se ter um melhor funcionamento do dispositivo.
Considerando que este projeto visa a atender comunidades remotas localizadas em regiões
com alto índice de radiação solar, o pesquisador sugere empregar um painel fotovoltaico que
converta a energia solar em energia elétrica. Estudos de viabilidade técnica apontam que a
eficiência térmica da geladeira deve ser, no mínimo, igual a 50% do máximo teoricamente
admissível. Baseado em uma análise termodinâmica e levando em conta os dados abaixo,
verifique se a solução proposta pelo pesquisador é adequada.
Dados:
•
•
•
•
•
Condutividade térmica do material isolante: 0,05 W / m oC;
Temperatura ambiente da localidade: 34 oC;
Insolação solar média na localidade: 18 MJ/m2, em 10 horas de operação contínua;
Rendimento do painel fotovoltaico: 10%;
Área do painel fotovoltaico: 2 m2.
Solução:
Refrigerador
e =
Qf
Qf
=
W
QQ – Qf
eMÁX (refrigerador Carnot) =
eMÁX =
Tf
TQ – Tf
277
= 9,23.
307 – 277
Viabilidade térmica = 50% · 9,23 = 4,62
Calor que flui para geladeira – de fora para dentro
Φ = =
K · A · ∆t
Q
=
espessura
∆t
5 · 10–2 · 1,36 · 30
–2
1,36 · 10
=
Qentra
10 × 60 × 60
Qentra = 5, 4 · 106 J
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O painel fotovoltaico fornece: W = 10% × I × A
W = 0,1 · 18 · 106 × 2 = 3,6 · 106 J
E = 4,62 =
Qf
→ Qf = 16,6 · 106 J (rejeitado)
3,6 · 106
Note que o calor rejeitado na eficiência proposta é maior do que o calor extra fornecido pelo
fluxo, portanto o processo é viável.
Questão 06
Uma fonte de tensão com uma resistência interna, Rint, tem as barras B1 e B2 condutoras
conectadas aos seus terminais A e B, conforme apresentado na Figura 1. A barra B3, de 30 m
de comprimento, pode mover-se sem atrito sobre as barras B1 e B2 e inicialmente encontrase em repouso na posição x = 0 m.
No instante t = 0, a barra B3 começa a deslocar-se para a direita, com velocidade v(t) dada
pelo gráfico apresentado na Figura 2.
A fonte de tensão possui característica terminal dada pelo gráfico apresentado na Figura 3,
onde Ifonte é a corrente fornecida pela fonte de tensão e VAB é a tensão medida entre os seus
terminais A e B.
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Diante do exposto, determine:
a) O valor da resistência Rint da fonte de tensão (que é desprezível quando comparado com
a da barra B3);
b) A distância percorrida pela barra B3 no instante em que a tensão entre suas extremidades
for igual a metade da tensão Vint ;
c) Em que instante de tempo a barra atingirá a distância percorrida no item (b);
d) A corrente Ifonte no instante calculado no item (c).
Dados:
• resistividades das barras B1, B2 e B3: ρ = 0,5 Ωm;
• área da seção transversal das B1, B2 e B3: 2,5 mm2.
Solução:
a)
Pelo gráfico:
Vint = 50 V
VAB = 50 − Rint I ⇒ Rint = 2 Ω
b)
R3 =
ρ L3
A3
6
=
0,5 · 30
−3 2
2,5 · (10 )
= 6 · 106 Ω
VA ' B ' = 25 V = R3 · I
I =
25
A
6 · 106
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R1 = R2 =
ρL
A
=
0,5 · L
2,5 · (10−3 )2
=
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106 · L
5
5
2
50
25
=
⇒
I =
6
6
10 L
Rint
6
·
10
6
2·
+ 6 · 10
0
5
⇒ 12 = 0, 4L + 6 ⇒ 0, 4 L = 6
⇒ L = 15 m
V
=
+ R1 + R2 + R3
c)
A1 + A2 + A3 ' = 15
A1 = 2 m
2+6
·1 = 4 m
2
A3 = 2 · 6 = 12 m
A2 =
d) Ifonte =
25
µA
6
16
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2 + 4 + 6 · (t − 2) = 15
2
3
6 · (t − 2) = 9
t = 3,5 s
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Questão 07
Enunciado
A figura acima mostra um recipiente com paredes transparentes de espessuras desprezíveis.
Esse recipiente contém um gás ideal hipotético e é fechado por um êmbolo opaco.
Inicialmente, um corpo encontra-se apoiado sobre o êmbolo, em sua extremidade, mantendo
todo o sistema em equilíbrio. Uma microcâmera, posicionada no ponto O (interior do
recipiente) e direcionada para o ponto A, consegue filmar o ponto B no corpo.
O corpo é, então, lançado com velocidade horizontal ν e sem atrito. Após o lançamento do
corpo, o gás se expande até que o êmbolo atinja o equilíbrio novamente em um intervalo de
tempo desprezível. A temperatura permanece constante durante todo o fenômeno.
Determine em quanto tempo, após o lançamento, o corpo voltará a ser filmado pela
microcâmera.
Observação:
• o êmbolo tem altura suficiente para permanecer vedando o recipiente durante toda a
expansão do gás;
• considere que o gás obedeça à lei de Gladstone-Dale, que diz que a relação entre seu
n –1
índice de refração n e sua densidade ρ é constante e dada pela expressão:
= cte.
ρ
Dados:
•
•
•
•
•
•
•
Altura inicial do ponto B: 90 cm;
Altura do ponto A: 30 cm ;
Base do recipiente: Quadrado de lado 40 cm ;
Massa do corpo = Massa do êmbolo ;
Velocidade ν :1,5 m/s ;
Índice de refração do vácuo: 1,0 ; e
Aceleração da gravidade: 10 m/s2.
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Solução:
Reflexão Total
senθL =
n0 =
1
3
=
n0 5
5
3
Expansão Gasosa Isotérmica
P0 · V0 = Pf · Vf ( considerando que o meio externo é o vácuo )
 2m q 
mq
· VF

 ·V =
 t  0
t


Vf = 2 V0 ( volume duplica)
Se o volume duplica temos:
ρ0 =
ρf =
m
m
;ρ =
v0 f
2 v0
ρ0
2
Então
5
−1
n' − 1
2
3
=
⇒
= 2 (n '− 1)
3
ρ
ρ
0
0
2
1
1 4
= n '− 1 ⇒ n ' = 1 + =
3
3 3
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Final
¨
Lei de Shell
n
senθL
= vácuo

n'
sen r
3
5 = 1 ⇒ sen r = 0,8 ⇒ tg r = 4
4
3
sen r
3
4 h
tg r = =
3 x
1
h0 − gt 2
4
0,6 − 5t 2
2
=
=
3
1,5t
vt
6t
0,6 − 5t 2 =
3
t = – 0,6 s n.c
5t 2 + 2t − 0,6 = 0  1
t2 = 0,2 s
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Questão 08
A figura acima apresenta uma estrutura em equilíbrio, formada por oito barras AC, BC, AF,
CF, CD, DE, DF e EF conectadas por articulações e apoiadas nos pontos A e B. Os apoios A e
B impedem as translações nas direções dos eixos x e y. Todas as barras são constituídas por
material uniforme e homogêneo e possuem pesos desprezíveis. No ponto D, há uma carga
concentrada, paralela à direção do eixo x, da direita para esquerda, de 20 kN, e, no ponto E
existe uma carga concentrada, paralela à direção do eixo y, de cima para baixo, de 30 kN.
Determine:
a)
b)
c)
d)
as componentes da reação do apoio A em kN;
as componentes da reação do apoio B em kN;
as barras que possuem forças de tração, indicando os módulos destas forças em kN;
as barras que possuem forças de compressão, indicando os módulos destas forças em
kN.
Solução:
Soma de forças:
–30 + Ay + By = 0
–20 + Ax + Bx = 0
Soma dos momentos em relação a B:
+30 · 22 + 20 · 17 – Ay · 10 = 0
→ Ay = 3 · 22 + 2 · 17 = 100 kN
Logo: –30 + 100 + By = 0 → By = –70 kN
20
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No ponto B:
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12
FBC ⋅ cos θ = Bx sen θ =
13
;

F
B
sen
–
θ
=
5
y
cos θ =
 BC
13
12
70 × 13
= − ( −70 ) → FBC =
= 75,83 kN
13
12
70 × 13 5
70 × 5
Logo: Bx =
⋅
=
= 29,16 kN
12
13
12
Logo: − 20 + Ax + Bx = 0 → Ax = − 9,16 kN
→ FBC ⋅
a)
b)
B
No ponto A:
 Ay + AAF + FAC sen θ = 0

 Ax + FAC ⋅ cos θ = 0
→ − 9,16 + FAC ⋅ 5
13
= 0 → FAC = 23,81 kN
→ 100 + FAF + 23,81 ⋅ 12
13
= 0 → FAF = − 121,98 kN
No ponto E:
sen β = 5
FED ⋅ sen β = 30
13
;

F
⋅
cos
β
+
F
=
0
12
 ED
cos β =
EF
13
21
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→ FED = 78 kN
12
→ 78 ⋅
+ FEF = 0 → FEF = − 72 kN
13
No ponto C:
FCD ⋅ cos 45° + FCF + FAC ⋅ sen β − FBC ⋅ sen β = 0

FCD ⋅ sen 45° = FAC ⋅ cos β + FBC ⋅ cos β
→ FCD ⋅
2
12
12
= 23,81 ⋅
+ 75,83 ⋅
→ FCD = 130,07 kN
2
13
13
130,07
2
5
5
+ FCF + 23,81 ⋅
− 75,83 ⋅
= 0 → FCF = − 71,96 kN
2
13
13
No ponto D:
20 + FDE ⋅ cos β − FDC ⋅ sen 45° = 0

FDF + FDE ⋅ cos θ + FDC ⋅ cos 45° = 0
20 + 78 ⋅
12
2
− 130,07 ⋅
=0
13
2
FDF + 78 ⋅
(ok)
5
2
+ 130,07
= 0 → FDF = − 121,97 kN
13
2
c) As barras tracionadas serão:
BC, AC, ED, CD
Pois todas as barras foram consideradas da forma:
Se F > 0 → Tração
F < 0 → Compressão
FBC =
FAC =
FED =
FCD =
75,83 kN
23,81 kN
78,00 kN
130,07 kN
22
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d) As barras comprimidas serão:
AF, EF, DF, CF
FAF = 121,98 kN
FEF =72,0 kN
FDF = 121,97 kN
FCF = 71,96 kN
Cabe, por fim, ressaltar que foram feitas algumas aproximações na questão, mas que não
interferem de modo significativo nas respostas finais.
23
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Questão 09
Uma partícula de carga + Q está presa a um espelho plano que se movimenta
ortogonalmente ao plano xy. Em um instante t, onde 0 < t < ½ π, a interseção do espelho
com o plano xy encontra-se na reta de equação y = sen(t) x + cos2(t). Sabe-se que a
coordenada y da partícula vale sempre 1 e que toda a região está sujeita a um campo
magnético de coordenadas ( 0 , 0 , B ). Determine:
a) as coordenadas do vetor da força magnética sofrida pela partícula;
b) o cosseno do ângulo entre o vetor da força magnética e o plano do espelho;
c) as coordenadas do vetor da força magnética refletido no espelho.
Solução:
a)
π
e y = 1, vem
2
1 = sen(t )·xB + cos2 (t ) ⇒

1 − cos2 t sen2t

=
= sen t
 xB ( t ) =
sen t
sen t

y ( t ) = 1
 B
Como 0 < t <
Vx ( t ) = cos t
Logo: 
Vy ( t ) = 0

A carga Q move-se horizontalmente para a direita. Como o campo B sai do papel, pela regra
do produto vetorial a força


 
F = q V × B será paralela ao eixo y, no sentido negativo, de
módulo F = q B cos t

b) A seta da interseção do espelho com o plano xy é y – sen t · x = cos2t, logo o vetor n
dado por (sen t, –1) e representado na figura, é normal à reta. O cosseno do ângulo entre n

(sen t , −1) ⋅ (0, −q B cos t )
1
=
e F é
2
2
1 + sen t ⋅ (−q B cos t )
1 + sen2 t
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
O cosseno do ângulo entre a força F e o plano do espelho equivalente ao seno do ângulo
cujo cosseno calculamos (ângulos complementares) e portanto vale
cos θ = 1 −
1
=
1 + sen2 t

sen t
1 + sen2 t
c) O vetor F ' , o rebatimento no espelho do
relação ao semi-eixo negativo). Logo:

1
 '
⋅
Fx = − F sen 2θ = − q B cos t ⋅ 2
2
+
1
sen
t



 sen2 t
F ' = − F
θ
=
−
−
cos
2
cos
q
B
t

y
2

 1 + sen t 1 +


vetor F , forma ângulo 2θ com eixo y (com
sen t
2
1 + sen t
=−
q B sen 2t
1 + sen2 t
 q B cos3 t
1
=
sen2 t  1 + sen2 t
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Questão 10
Um feixe de fótons de frequência f incide obliquamente, fazendo um ângulo θ com a vertical,
sobre uma superfície plana especular parcialmente absorvedora. A fração do número de
fótons refletidos em relação ao número de fótons incidentes é igual a k (0 < k < 1), o número
de fótons por volume no feixe incidente é igual a n. Calcule a pressão exercida pelos fótons
sobre a superfície.
Dados:
•
•
constante de Planck: h; e
velocidade da Luz: c.
Solução:
Seja:
Nr → números de fótons refletidos
NABS → números de fótons absorvidos
Ni → números de fótons incidentes
Nr
Nr + NABS = Ni, DADO:
= k ≅ Nr = K Ni
Ni
⇒ Nr + NABS = Ni ⇒ K Ni + NABS = Ni ⇒ NABS = (1 – k) Ni
•
Caso absorvido:
O fóton vem com quantidade de movimento dada por: p =
⇒ pN = pcos θ =
hf
· cos θ
c
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hf
c
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Do feixe:
A’ = A · cos θ
1
1
1
=
⇒ n cos θ =
ΔV
A cos θ · Δx
A Δx
Para quantidade de movimento:
Para um fóton: n =
FN
Δpn
Δpn Δx
Δpn
e FN =
=
=
·C
A
Δt
Δx Δt
Δx
Δ pn · C
Logo : P =
= Δ pn · C · n cos θ
=
AΔx
P=
hf
· C · n · cos2 θ
C
Logo:PABS =nhf ·cos2 θ
•
Caso refletido:
∆pn = p · cos θ – (–p cos θ) = 2 p cos θ
A única diferença é na quantidade de movimento, que é o dobro. Logo:
Pref = 2 nhf cos2 θ
Como a refletora é proporcional a k e a absorvedora a (1 – k) em relação ao número de
fótons incidentes, podemos concluir que:
P = k · Pref + (1 – k) · PABS
P = 2knhf · cos2 θ + (1 –k) · nhf · cos2 θ
P = (1 + k) nhf cos2 θ.
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Comentário de Física
A prova envolveu conceitos físicos simples conhecidos pelos candidatos que obtiveram
os pontos (credenciais) para a 2a fase do vestibular do IME. Contudo, os enunciados
propostos exigiam, em alguns casos, uma interpretação do fenômeno físico muito além do
que é perceptível: a abordagem da questão 7, onde um pequeno deslocamento do ponto
luminoso B produziria a passagem de um raio de luz em A, atingindo a microcâmera em O.
Após tal visualização o candidato iria de encontro ao conceito de Ângulo Limite. Na questão
4, a geometria do circuito dificultava a solução, e mais uma vez a intepretação de que a
transformação (∆ → y) levaria a uma ponte de Wheatstone, que da mesma forma não era de
fácil percepção. Notamos, que o vestibular do IME, está encontrando no “tripé” das
resoluções dos problemas da física – interpretação, conceituação e cálculo – a maior
exigência da interpretação do fenômeno.
Vejamos por exemplo a questão 8, onde o cálculo das forças utilizando seno e co-seno
de triângulo retângulo e projeção de vetores é realmente fácil para um candidato preparado
conceitualmente e que por mérito esta na 2a fase. Mas, novamente, a interpretação de quais
forças eram de tração ou compressão nas barras dependia da observação e foi o mais difícil
no tempo de prova. Escrever todas as soluções depois de ter um rascunho, em 4 horas, foi
outra barreira a ser vencida. Não foi uma prova fácil levando em conta todos os fatores. As
abordagens teóricas (conceituais), este ano foram mais fáceis de empregar e reconhecer do
que as duas últimas provas. Comparando as questões desta prova podemos dizer que as
mais fáceis foram a 1a e 2a enquanto as questões 4, 5 e 7 foram as mais difíceis.
Equipe de Física
–
–
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–
–
Edward
Kessy Jhonnes
Maurício
Noronha
Ricardo Luiz
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