física - Educacional

FÍSICA
1.a QUESTÃO:
Um tanque aberto contém um fluido. A uma
profundidade h encontra-se uma esfera em
repouso, presa ao fundo do tanque por um fio
ideal. O volume da esfera é numericamente igual
a sua massa m e sua densidade é igual à metade
da densidade do fluido. Num certo instante o fio é
cortado e a esfera, liberada. A uma certa
profundidade, a velocidade da esfera atinge um
valor constante v. Enquanto a esfera sobe, o
fluido também exerce uma força de resistência
que é diretamente proporcional ao módulo da
velocidade da esfera. O módulo da aceleração da
gravidade é g.
Determine
a)
b)
c)
d)
a pressão na profundidade em que a esfera se encontra em repouso, sabendo que a
pressão atmosférica local é po ;
a tensão no fio, antes de ser cortado;
a aceleração da esfera imediatamente após o fio ser cortado;
a constante de proporcionalidade da força de resistência do fluido.
RESOLUÇÃO
Se o volume da esfera é Ve = m, então sua densidade é e = m/V = m/m = 1, e como esta
é a metade da densidade do líquido, temos l = 2 .
a) Da Lei de Stevin, p = patm + l gh, temos: p = po + 2gh .
b) Do diagrama de forças na esfera, vemos que a força resultante é
(em
repouso).
Daí
temos
.Como o módulo do empuxo é dado
por
E = l Vdeslocado g = l Ve g = 2mg ,
então o módulo da tensão no fio valerá
T = E – P = 2mg – mg
Conclui-se que
tem módulo mg, direção vertical, sentido para baixo.
c) Imediatamente após o fio ser cortado a velocidade da partícula é nula, portanto, a força
de resistência é nula; a tensão no fio desaparece. Assim, a força resultante é
 FR = E – P = mg . Da 2.a Lei de Newton,
, segue
tem módulo g, direção vertical, sentido para cima.
d) Sendo a velocidade constante a partir de uma certa profundidade, temse
. A força de resistência é dada por:
, onde b é a
constante de proporcionalidade. Como a partícula está subindo
verticalmente, a força de resistência tem sentido para baixo (ver diagrama
de forças). Como
, temos, como no item b, em
módulo, E = P + Fres  2mg = mg + b v , ou seja,
.
2.a QUESTÃO:
Um mol de um gás ideal está contido no
interior de um cilindro provido de um êmbolo
de peso constante que pode deslizar
livremente. A parede lateral do cilindro e o
êmbolo são adiabáticos. A base do cilindro
permite ao gás absorver 70% do calor gerado
por efeito Joule na resistência r do circuito
mostrado na figura. O trabalho realizado pelo
gás, por unidade de tempo, é igual a 20% da
potência dissipada na resistência r. A diferença
de potencial nos pólos de cada bateria é . A
constante universal dos gases perfeitos é R.
Sabendo que a potência dissipada na resistência r é 42/r, determine
a)
b)
c)
a corrente elétrica em cada bateria;
a variação da energia interna do gás por unidade de tempo;
a variação da temperatura do gás por unidade do tempo.
RESOLUÇÃO
Devido ao peso constante do êmbolo, a pressão é constante, e a transformação é
isobárica. O calor trocado pelo gás deve obedecer a Q = n Cp T = 0,7 P t (n = 1), onde
P é a potência dissipada em r. Daí, o calor trocado na unidade de tempo e o trabalho por
unidade de tempo valem, respectivamente,
(1) e
(2).
a) A potência dissipada em r é P = r I = 4  /r  I = 2 /r (corrente em r). Por simetria,
as correntes nos ramos da associação de baterias são iguais (i1 = i2 = i), e pela
conservação das cargas (lei dos nós) I = i1 + i2 = 2 i , donde
i = /r (corrente em cada bateria).
2
2
b) Pela 1.a Lei da Termodinâmica U = Q – W 
(3).
c) A expressão U = n Cv T é válida para qualquer tipo de transformação de um gás
ideal; portanto, substituindo em (3), e fazendo a subtração com (1), e usando Cp – Cv = R
(relação de Mayer), temos:


.
NOTAR que este item também poderia ser resolvido, alternativamente, através da
equação dos gases ideais:
p V = n R T  p V = n R T  W = n R T 
(da expressão 2) ...
3.a QUESTÃO:
Uma partícula descreve uma trajetória circular,
no sentido anti-horário, centrada na origem do
sistema de coordenadas, com velocidade de
módulo constante. A figura ao lado é a
representação gráfica da equação horária da
projeção do movimento da partícula sobre o
eixo x. A partir das informações contidas no
gráfico, e sabendo que a partícula no instante t
= 0 se encontra no primeiro quadrante,
determine
a)
b)
c)
o raio da trajetória da partícula;
o módulo da velocidade da partícula;
a equação horária da projeção do
movimento da partícula sobre o eixo x.
RESOLUÇÃO
a) A projeção da partícula, em MCU, sobre o eixo x é um
MHS, de equação horária dada por x(t) = A cos(t + o).
o é a posição angular inicial,  é a freqüência angular, e
A é a amplitude de oscilação, o valor máximo de |x|. Este
máximo ocorre quando a partícula encontra-se sobre o
eixo x (em P ou P’), ou seja, A = R. Do gráfico, vemos
que o valor máximo de x é 5,0 metros, portanto
R = 5,0 m .
b) Do gráfico notamos que, após 4segundos, a
projeção realizou uma oscilação completa; logo o
período do MCU (MHS) é T = 4s.
Como  = 2/T = 0,5 rad/s, e v =  R , então,
v = 2,5 m/s .
c) A condição inicial é x(0) = 2,5 m = x(t) = 5,0 cos(0 + o) (ver gráfico), então, cos o =
0,5 , e, como foi dito que no instante inicial a partícula estava no 1.o quadrante, tem-se o
= /3 rad. Portanto,
x(t) = 5,0 cos(t + /3) [m] .
NOTAR que este item também poderia ser resolvido graficamente, deslocando-se o eixo x
para trás de /3 rad, fazendo-o coincidir com o máximo de x(t).
4.a QUESTÃO:
Um feixe de luz, composto de componentes de freqüências f1 = 7,5x1014 Hz e f2 = 4,3x1014 Hz, incide
sobre um prisma transparente de 90o imerso no ar. Os
índices de refração do prisma para as freqüências f1 e
f2 são, respectivamente, n1 =
/2 e n2 =
.
Considerando que o índice de refração do ar é n=1 e que a velocidade da luz é c= 3x108
m/s, determine
a) a velocidade de cada componente do feixe de luz dentro do prisma;
b) o intervalo do ângulo de incidência para o qual apenas uma das componentes do
feixe de luz emerge do prisma.
RESOLUÇÃO
a) A relação que dá a velocidade em um meio de índice de refração n é v = c/n , donde
v1 = 3x108/(
/2) e v2 = 3x108/

e
.
b) Condição p/ reflexão interna total: nP sen(/2–r) =
n sen(/2) = 1. Disso decorre que cos r = 1/ nP . A
refração na 1.a interface obedece a
n sen i = nP sen r (1)  sen i = nP (1 – cos2 r )1/2

sen i = ( – 1)1/2
Para as componentes de freqüências f1 e f2 , respectivamente, os ângulos limites são
dados por
sen i1 = (7/4 – 1)1/2 =
/2  i1 = 60o
sen i2 = (3/2 – 1)1/2 =
/2  i2 = 45o
Como o ângulo de incidência na 2.a interface relaciona-se a r via
condição de ângulo limite
= /2 – r 
equivale a r  /2 –
= /2–r , então a
. Da expressão
(1) vemos que rcresce com i e concluímos que, para um dado ângulo limite
na 1.a
interface, ângulos menores que ele causam a correspondente componente não emergir
do prisma. Assim:
– Para ângulos de incidência i  45o nenhuma das componentes emerge do prisma;
– Para ângulos de incidência i  60o ambas as componentes emergem do prisma;
– Para ângulos de incidência 45o < i < 60o somente a componente de freqüência f2
emerge do prisma.
5.a QUESTÃO:
Uma partícula de massa m e carga q é lançada da origem de coordenadas no plano xy.
Sua velocidade inicial é no sentido positivo do eixo x e tem módulo v. Na faixa do plano xy
definida por a  x  b, existe um campo elétrico uniforme
, perpendicular ao plano xy,
no sentido z > 0. No semiplano x > b, existe um campo magnético uniforme
perpendicular ao plano xy, no sentido z < 0, conforme representado na figura abaixo.
Despreze a aceleração da gravidade e os efeitos de bordas.
Determine
a)
a
component
e da velocidade
da
partícula
na direção
do eixo z,
no
exato
instante em
que
esta
entra
no
semiplano
x>b;
b)
o tempo de
permanência da
partícula
na região
do
semiplano
x>b.
RESOLUÇÃO
a) Na região a  x  b a aceleração é definida pela força elétrica
de direção z (a
mesma do campo elétrico). Pela 2.a Lei de Newton, a componente z satisfaz a
= q E = m az  az = q E/ m .
Como a componente x da velocidade não é alterada por uma aceleração de direção z, a
componente x da posição da partícula, nesta região, é dada por x = v t . Assim, o
intervalo de tempo t  E que a partícula leva para atravessar a região do campo elétrico
pode ser obtido considerando x = b – a , ou seja E = (b – a)/v . Agora, lembrando a
equação vz = vzo + az t = vzo + az E , com vzo = 0 , obtemos
.
b) Ao adentrar na região x > b a velocidade da partícula tem componentes vx = v e vz
dada acima; a componente vz é paralela ao campo magnético e não contribui para a ação
de força magnética, enquanto a componente vx é perpendicular a ele, o que leva a uma
força magnética com componente y apenas (a força magnética é
e, pela
regra da mão direita, aponta na direção y com sentido y > 0). Essa componente faz a
partícula girar (raio R), fazendo-a retornar à região a  x  b. Assim
= q v B = m v2/R  R = m v/q B .
Da relação v =  R = (2/T) R , tem-se que o período de rotação será dado por

.
O tempo de permanência nesta região obviamente equivale a um deslocamento angular
de  rad, ou seja, meio giro, correspondente à metade do período:
.
FÍSICA
1.a QUESTÃO:
Um tanque aberto contém um fluido. A uma
profundidade h encontra-se uma esfera em
repouso, presa ao fundo do tanque por um fio
ideal. O volume da esfera é numericamente igual
a sua massa m e sua densidade é igual à metade
da densidade do fluido. Num certo instante o fio é
cortado e a esfera, liberada. A uma certa
profundidade, a velocidade da esfera atinge um
valor constante v. Enquanto a esfera sobe, o
fluido também exerce uma força de resistência
que é diretamente proporcional ao módulo da
velocidade da esfera. O módulo da aceleração da
gravidade é g.
Determine
a)
b)
c)
d)
a pressão na profundidade em que a esfera se encontra em repouso, sabendo que a
pressão atmosférica local é po ;
a tensão no fio, antes de ser cortado;
a aceleração da esfera imediatamente após o fio ser cortado;
a constante de proporcionalidade da força de resistência do fluido.
RESOLUÇÃO
Se o volume da esfera é Ve = m, então sua densidade é e = m/V = m/m = 1, e como esta
é a metade da densidade do líquido, temos l = 2 .
a) Da Lei de Stevin, p = patm + l gh, temos: p = po + 2gh .
b) Do diagrama de forças na esfera, vemos que a força resultante é
(em
repouso).
Daí
temos
.Como o módulo do empuxo é dado
por
E = l Vdeslocado g = l Ve g = 2mg ,
então o módulo da tensão no fio valerá
T = E – P = 2mg – mg
Conclui-se que
tem módulo mg, direção vertical, sentido para baixo.
c) Imediatamente após o fio ser cortado a velocidade da partícula é nula, portanto, a força
de resistência é nula; a tensão no fio desaparece. Assim, a força resultante é
 FR = E – P = mg . Da 2.a Lei de Newton,
, segue
tem módulo g, direção vertical, sentido para cima.
d) Sendo a velocidade constante a partir de uma certa profundidade, temse
. A força de resistência é dada por:
, onde b é a
constante de proporcionalidade. Como a partícula está subindo
verticalmente, a força de resistência tem sentido para baixo (ver diagrama
de forças). Como
, temos, como no item b, em
módulo, E = P + Fres  2mg = mg + b v , ou seja,
.
2.a QUESTÃO:
Um mol de um gás ideal está contido no
interior de um cilindro provido de um êmbolo
de peso constante que pode deslizar
livremente. A parede lateral do cilindro e o
êmbolo são adiabáticos. A base do cilindro
permite ao gás absorver 70% do calor gerado
por efeito Joule na resistência r do circuito
mostrado na figura. O trabalho realizado pelo
gás, por unidade de tempo, é igual a 20% da
potência dissipada na resistência r. A diferença
de potencial nos pólos de cada bateria é . A
constante universal dos gases perfeitos é R.
Sabendo que a potência dissipada na resistência r é 42/r, determine
a)
b)
c)
a corrente elétrica em cada bateria;
a variação da energia interna do gás por unidade de tempo;
a variação da temperatura do gás por unidade do tempo.
RESOLUÇÃO
Devido ao peso constante do êmbolo, a pressão é constante, e a transformação é
isobárica. O calor trocado pelo gás deve obedecer a Q = n Cp T = 0,7 P t (n = 1), onde
P é a potência dissipada em r. Daí, o calor trocado na unidade de tempo e o trabalho por
unidade de tempo valem, respectivamente,
(1) e
(2).
a) A potência dissipada em r é P = r I = 4  /r  I = 2 /r (corrente em r). Por simetria,
as correntes nos ramos da associação de baterias são iguais (i1 = i2 = i), e pela
conservação das cargas (lei dos nós) I = i1 + i2 = 2 i , donde
i = /r (corrente em cada bateria).
2
2
b) Pela 1.a Lei da Termodinâmica U = Q – W 
(3).
c) A expressão U = n Cv T é válida para qualquer tipo de transformação de um gás
ideal; portanto, substituindo em (3), e fazendo a subtração com (1), e usando Cp – Cv = R
(relação de Mayer), temos:


.
NOTAR que este item também poderia ser resolvido, alternativamente, através da
equação dos gases ideais:
p V = n R T  p V = n R T  W = n R T 
(da expressão 2) ...
3.a QUESTÃO:
Uma partícula descreve uma trajetória circular,
no sentido anti-horário, centrada na origem do
sistema de coordenadas, com velocidade de
módulo constante. A figura ao lado é a
representação gráfica da equação horária da
projeção do movimento da partícula sobre o
eixo x. A partir das informações contidas no
gráfico, e sabendo que a partícula no instante t
= 0 se encontra no primeiro quadrante,
determine
a)
b)
c)
o raio da trajetória da partícula;
o módulo da velocidade da partícula;
a equação horária da projeção do
movimento da partícula sobre o eixo x.
RESOLUÇÃO
a) A projeção da partícula, em MCU, sobre o eixo x é um
MHS, de equação horária dada por x(t) = A cos(t + o).
o é a posição angular inicial,  é a freqüência angular, e
A é a amplitude de oscilação, o valor máximo de |x|. Este
máximo ocorre quando a partícula encontra-se sobre o
eixo x (em P ou P’), ou seja, A = R. Do gráfico, vemos
que o valor máximo de x é 5,0 metros, portanto
R = 5,0 m .
b) Do gráfico notamos que, após 4segundos, a
projeção realizou uma oscilação completa; logo o
período do MCU (MHS) é T = 4s.
Como  = 2/T = 0,5 rad/s, e v =  R , então,
v = 2,5 m/s .
c) A condição inicial é x(0) = 2,5 m = x(t) = 5,0 cos(0 + o) (ver gráfico), então, cos o =
0,5 , e, como foi dito que no instante inicial a partícula estava no 1.o quadrante, tem-se o
= /3 rad. Portanto,
x(t) = 5,0 cos(t + /3) [m] .
NOTAR que este item também poderia ser resolvido graficamente, deslocando-se o eixo x
para trás de /3 rad, fazendo-o coincidir com o máximo de x(t).
4.a QUESTÃO:
Um feixe de luz, composto de componentes de freqüências f1 = 7,5x1014 Hz e f2 = 4,3x1014 Hz, incide
sobre um prisma transparente de 90o imerso no ar. Os
índices de refração do prisma para as freqüências f1 e
f2 são, respectivamente, n1 =
/2 e n2 =
.
Considerando que o índice de refração do ar é n=1 e que a velocidade da luz é c= 3x108
m/s, determine
a) a velocidade de cada componente do feixe de luz dentro do prisma;
b) o intervalo do ângulo de incidência para o qual apenas uma das componentes do
feixe de luz emerge do prisma.
RESOLUÇÃO
a) A relação que dá a velocidade em um meio de índice de refração n é v = c/n , donde
v1 = 3x108/(
/2) e v2 = 3x108/

e
.
b) Condição p/ reflexão interna total: nP sen(/2–r) =
n sen(/2) = 1. Disso decorre que cos r = 1/ nP . A
refração na 1.a interface obedece a
n sen i = nP sen r (1)  sen i = nP (1 – cos2 r )1/2

sen i = ( – 1)1/2
Para as componentes de freqüências f1 e f2 , respectivamente, os ângulos limites são
dados por
sen i1 = (7/4 – 1)1/2 =
/2  i1 = 60o
sen i2 = (3/2 – 1)1/2 =
/2  i2 = 45o
Como o ângulo de incidência na 2.a interface relaciona-se a r via
condição de ângulo limite
= /2 – r 
equivale a r  /2 –
= /2–r , então a
. Da expressão
(1) vemos que rcresce com i e concluímos que, para um dado ângulo limite
na 1.a
interface, ângulos menores que ele causam a correspondente componente não emergir
do prisma. Assim:
– Para ângulos de incidência i  45o nenhuma das componentes emerge do prisma;
– Para ângulos de incidência i  60o ambas as componentes emergem do prisma;
– Para ângulos de incidência 45o < i < 60o somente a componente de freqüência f2
emerge do prisma.
5.a QUESTÃO:
Uma partícula de massa m e carga q é lançada da origem de coordenadas no plano xy.
Sua velocidade inicial é no sentido positivo do eixo x e tem módulo v. Na faixa do plano xy
definida por a  x  b, existe um campo elétrico uniforme
, perpendicular ao plano xy,
no sentido z > 0. No semiplano x > b, existe um campo magnético uniforme
perpendicular ao plano xy, no sentido z < 0, conforme representado na figura abaixo.
Despreze a aceleração da gravidade e os efeitos de bordas.
Determine
a)
a
component
e da velocidade
da
partícula
na direção
do eixo z,
no
exato
instante em
que
esta
entra
no
semiplano
x>b;
b)
o tempo de
permanência da
partícula
na região
do
semiplano
x>b.
RESOLUÇÃO
a) Na região a  x  b a aceleração é definida pela força elétrica
de direção z (a
mesma do campo elétrico). Pela 2.a Lei de Newton, a componente z satisfaz a
= q E = m az  az = q E/ m .
Como a componente x da velocidade não é alterada por uma aceleração de direção z, a
componente x da posição da partícula, nesta região, é dada por x = v t . Assim, o
intervalo de tempo t  E que a partícula leva para atravessar a região do campo elétrico
pode ser obtido considerando x = b – a , ou seja E = (b – a)/v . Agora, lembrando a
equação vz = vzo + az t = vzo + az E , com vzo = 0 , obtemos
.
b) Ao adentrar na região x > b a velocidade da partícula tem componentes vx = v e vz
dada acima; a componente vz é paralela ao campo magnético e não contribui para a ação
de força magnética, enquanto a componente vx é perpendicular a ele, o que leva a uma
força magnética com componente y apenas (a força magnética é
e, pela
regra da mão direita, aponta na direção y com sentido y > 0). Essa componente faz a
partícula girar (raio R), fazendo-a retornar à região a  x  b. Assim
= q v B = m v2/R  R = m v/q B .
Da relação v =  R = (2/T) R , tem-se que o período de rotação será dado por

.
O tempo de permanência nesta região obviamente equivale a um deslocamento angular
de  rad, ou seja, meio giro, correspondente à metade do período:
.