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 42/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 4segundos, a projeção realizou uma oscilação completa; logo o período do MCU (MHS) é T = 4s. 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 rcresce 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 42/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 4segundos, a projeção realizou uma oscilação completa; logo o período do MCU (MHS) é T = 4s. 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 rcresce 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: .