aque - Curso Objetivo

FÍSICA
Se precisar, use os seguintes valores para as constantes: carga
do próton = 1,6 x 10–19C; massa do próton = 1,7 x 10–27kg;
aceleração da gravidade g = 10m/s2; 1 atm = 76cmHg:
velocidade da luz no vácuo c = 3 x 108m/s.
1
C
Ao passar pelo ponto O, um helicóptero segue na direção
norte com velocidade v constante. Nesse momento, um
avião passa pelo ponto P, a uma distância δ de O, e voa
para o oeste, em direção a O, com velocidade u também
constante, conforme mostra a figura.
Considerando t o instante em que a distância d entre o
helicóptero e o avião for mínima, assinale a alternativa
correta.
a) A distância percorrida pelo helicóptero no instante em
que o avião alcança o ponto O é δu/v.
b) A distância do helicóptero ao ponto O no instante t é
2 + u2.
v
igual a δu / c) A distância do avião ao ponto O no instante t é igual
a δv2 / (v2 + u2).
d) O instante t é igual a δv / (v2 + u2).
2 + u2.
e) A distância d é igual a δu / v
Resolução
1) A velocidade do avião, em relação ao helicóptero,
→
Vrel é dada por:
→
→
→
Vrel = u – v
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
O helicóptero é suposto parado em O e o avião
movendo-se com a velocidade relativa.
–––
A distância será mínima quando OQ for perpendicular a PQ.
2) Cálculo de PQ:
u2 + v2 . t
PQ = Vrel . t = 3) Cálculo de d:
d2 = δ2 – (PQ)2 = d2 – (u2 + v2) t2 (1)
δ2 – d2
4) De (1): t2 = –––––––
u2 + v2
(2)
d
v
5) Da figura: sen θ = –––––––––– = –––
δ
u2 + v2
δv
d = –––––––––– (3)
u2 + v2
(3) em (2):
δ2 v2
δ2 u2 + δ2 v2 – δ2 v2
δ2 – –––––––
––––––––––––––––––
u2 + v2
u2 + v2
=
t2 = ––––––––––––––
–––––––––––––––––––
u2 + v2
u2 + v2
δ2 u2
t2 = –––––––––– ⇒
(u2 + v2)2
δu
t = –––––––––
2
u + v2
(d é falsa)
v.δ.u
6) dH = vt = ––––––––––
u2 + v2
uδu
7) dA = δ – u t = δ – ––––––––––
u2 + v2
δ u 2 + δ v2 – u 2 δ
ΔsA = ––––––––––––––––––
u2 + v2
δ v2
ΔsA = –––––––
u2 + v2
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
2
B
No interior de uma caixa de massa M, apoiada num piso
horizontal, encontra-se fixada uma mola de constante
elástica k presa a um corpo de massa m, em equilíbrio na
vertical. Conforme a figura, este corpo também se encontra preso a um fio tracionado, de massa desprezível, fixado à caixa, de modo que resulte uma deformação b da
mola. Considere que a mola e o fio se encontram no eixo
vertical de simetria da caixa.
Após o rompimento do fio, a caixa vai perder contato com
o piso se
a) b > (M + m)g/k.
b) b > (M + 2m)g/k.
c) b > (M – m)g/k.
d) b > (2M – m)g/k.
e) b > (M – 2m)g/k.
Resolução
1) Na posição de equilíbrio do bloco m:
Fmola = P
kx0 = mg ⇒
mg
x0 = –––––
k
2) Na situação inicial:
A amplitude de oscilação a
é dada por:
mg
a = b – x0 = b – ––––
k
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3) No ponto mais alto da trajetória (compressão
máxima da mola):
Fe + P = ka
mg
Fe + mg = k b – –––––
k
Fe + mg = kb – mg
Fe = kb – 2mg
4) Para a caixa ser levantada:
Fe > Mg
kb – 2mg > Mg ⇒ kb > (2m + M)g
(2m + M) g
b > ––––––––––
k
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3
A
Num experimento clássico de Young, d representa a
distância entre as fendas e D a distância entre o plano
destas fendas e a tela de projeção das franjas de interferência, como ilustrado na figura. Num primeiro experimento, no ar, utiliza-se luz de comprimento de onda λ1 e,
num segundo experimento, na água, utiliza-se luz cujo
comprimento de onda no ar é λ2. As franjas de interferência dos experimentos são registradas numa mesma
tela.
Sendo o índice de refração da água igual a n, assinale a
expressão para
a distância entre as franjas de
interferência construtiva de ordem m para o primeiro
experimento e as de ordem M para o segundo experimento.
a) .D (Mλ2 – mnλ1) / (nd).
b) .D (Mλ2 – mλ1) / (nd).
c) .D (Mλ2 – mnλ1) / d.
d) .Dn (Mλ2 – mλ1) / d.
e) .D (Mnλ2 – mλ1) / d.
Resolução
I)
No ponto P (local de interferência construtiva), a
diferença de percursos Δx entre as ondas
provenientes das fendas F2 e F1 deve ser múltipla
inteira do comprimento de onda λ, isto é:
Δx = N λ (N = 1, 2, 3…)
No triângulo retângulo OPQ:
y
y
tg θ = ––– ⇒ sen θ ≅ ––– (θ é bastante pequeno)
D
D
No triângulo retângulo F1RF2:
Δx
sen θ ≅ –––
d
y
Δx
λD
Logo: ––– = ––– ⇒ y = N ––––
d
D
d
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II) Experimento no ar:
λ1D
y1 = m –––––
d
III) Experimento na água:
λH O
λH O
nar
1
2
2
= ––––– ⇒ –––––
= –––
–––––
λ2
n
λ2
n
λH
2O
λ2
= ––––
n
λH O D
M λ2 D
2
⇒ y2 = –––––––
y2 = M ––––––––
d
nd
IV) Fazendo y2 – y1 = L (distância entre as franjas de
interferência construtiva de ordem m para o
primeiro experimento e as de ordem M para o
segundo experimento), tem-se:
M λ2 D
m λ1 D
L = –––––––– – –––––––
nd
d
Da qual:
D
L = ––– (Mλ2 – mnλ1)
nd
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4
A
Num certo experimento, três cilindros idênticos encontram-se em contato pleno entre si, apoiados sobre uma
mesa e sob a ação de uma força horizontal F, constante,
aplicada na altura do centro de massa do cilindro da
esquerda, perpendicularmente ao seu eixo, conforme a
figura.
Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os três
cilindros permaneçam em contato entre si, a aceleração a
provocada pela força deve ser tal que
a) g/(3 3 ) a g/ 3.
b) 2g/(3 2 ) a 4g/ 2.
c) g/(2
3 ) a 4g/(3 3 ).
d) 2g/(3
2 ) a 3g/(4 2 ).
e) g/(2
3 ) a 3g/(4 3 ).
Resolução
•
Cálculo de F ⇒ F = (3m) a ⇒ F = 3 m a
1. Cálculo da aceleração mínima:
Neste caso, é nula a força de contato entre os
cilindros 1 e 3.
•
Cilindro a (projeção horizontal):
F – F21 cos 60° = m a
1
3 m a – F21 –– = m a
2
F21 = 4 m a
•
I
Cilindro b (projeção horizontal):
F12 cos 60° – F32 cos 60° = m a
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
1
1
(4 m a) –– – F32 –– = m a
2
2
F32 = 2 m a
•
II
Cilindro b (projeção vertical):
(F12 + F32) cos 30° = P
De I e II , vem:
3 = m g
(4 m a + 2 m a) ––––
2
g
amín = –––––––
3 3
2. Cálculo da aceleração máxima:
Na condição de aceleração máxima, admite-se que
o cilindro 2 praticamente não troca força com o
cilindro 3.
•
Cilindro b :
projeção vertical ⇒ f cos 30° = m g
projeção horizontal ⇒ f sen 30° = m a
g
a
tg 30° = –– ⇒ amáx = ––––
g
3
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5
A
Duas partículas, de massas m e M, estão respectivamente
fixadas nas extremidades de uma barra de comprimento
L e massa desprezível. Tal sistema é então apoiado no
interior de uma casca hemisférica de raio r, de modo a se
ter equilíbrio estático com m posicionado na borda P da
casca e M, num ponto Q, conforme mostra a figura.
Desconsiderando forças de atrito, a razão m/ M entre as
massas é igual a
a) (L2 – 2r2)/(2r2).
b) (2L2 – 3r2)/(2r2).
c) (L2 – 2r2) (r2 – L2).
d) (2L2 – 3r2)/(r2 – L2).
e) (3L2 – 2r2)/(L2 – 2r2).
Resolução
x
1) sen ( – ) = cos 2 = –––
r
(1)
2) cos 2 = cos2 – sen2 = 2cos2 – 1
L
cos 2 = 2 –––
2r
2
L2
– 1 = –––2 – 1
2r
(2)
L2 – 2r2
L2 – 2r2
x
x
=
––––––––
(2) em (1): ––– = –––––––
⇒
2r
2r2
r
3) Somatório dos torques nulo em relação ao
ponto O:
mg . r = Mg . x
m
x
L2 – 2r2
––– = ––– = ––––––––
M
r
2r2
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6
D
Uma corda, de massa desprezível, tem fixada em cada
uma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massa
m. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numa
superfície cilíndrica sem atrito, de raio r, abrangendo um
ângulo de 90° e simetricamente disposto em relação ao
ápice P do cilindro, conforme mostra a figura.
Se a corda for levemente deslocada e começa a escorregar
no sentido anti-horário, o ângulo θ FÔP em que a
partícula na extremidade F perde contato com a superfície
é tal que
a) 2 cos θ = 1.
b) 2 cos θ – sen θ = 2.
c) 2 sen θ + cos θ = 2.
d) 2 cos θ + sen θ = 2.
e) 2 cos θ + sen θ = 2 /2.
Resolução
1) Para um referencial passando por P, temos:
E0 = – 2 mg R
2
1 – ––––
2
2mV2
Ef = – mg R (1 – cos θ) – mg R (1 – sen θ) + –––––
2
2) Ef = E0
– mgR (1 – cos θ) – mgR (1 – sen θ) + mV2 =
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
= – 2mgR
2
1 – ––––
2
– gR + gR cos θ – gR + gRsen θ + V2 =
2
= – 2gR + gR V2 = gR (– cos θ – sen θ + 2)
(I)
3) Na posição de desligamento:
PN = Fcp
mV2
–––––
mgcos θ =
R
V2
2
cos θ = ––––– = – cos θ – sen θ + gR
2cos θ + sen θ = 2
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7
A
Uma pequena bola de massa m é lançada de um ponto P
contra uma parede vertical lisa com uma certa velocidade
v0, numa direção de ângulo α em relação à horizontal.
Considere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto
de lançamento, a uma distância d da parede, como mostra
a figura.
Nestas condições, o coeficiente de restituição deve ser
a) e = gd/(v20sen2α – gd).
b) e = 2gd/(v20cos2α – 2gd).
c) e = 3gd/(2v20sen2α – 2gd).
d) e = 4gd/(v20cos2α – gd).
e) e = 2gd/(v20tan2α – gd).
Resolução
Na ausência da parede, o tempo de voo (tAB) é dado
por:
g
y = y0 + V0yt – ––– t2
2
1
2
0 = 0 + V0y tAB – ––– g t AB
2
2 V0y
tAB = ––––––
g
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Supondo-se que, imediatamente antes e após a colisão
da bola contra a parede (ponto c), não houve alteração
do módulo da componente vertical da velocidade da
bola naquele ponto, então:
t1 + t2 = tAB
t1: tempo de subida de A para C
t2: tempo de voo de C para A
Sendo Vx e Vx’ os módulos das componentes horizontais, respectivamente, imediatamente antes e
após a colisão, temos:
d
d
t1 = ––– e t2 = –––
Vx
V’x
Logo:
d
d’
2V0y
––– + ––– = –––––
g
Vx
V’x
d
d
2V0 sen α
–––––––– + ––– = ––––––––
V0 cos α
V’x
g
d
2V0 sen α
d
––– = –––––––– – ––––––––
V0 cos α
g
V’x
V02 2 sen α cos α – d g
d
––– = ––––––––––––––––––
V0 g cos α
V’x
V0 . d . g cos α
Vx’ = ––––––––––––––
V02 sen 2α – d g
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Coeficiente de restituição:
Vrel
V’x
afastamento
e = ––––––––––––– ⇒ e = –––
Vx
Vrel
aproximação
V0 . d . g . cos α
–––––––––––––––
d.g
V02 sen 2α – d . g
e = ––––––––––––––––– ⇒ e = –––––––––––––––
V02 sen 2α – d . g
V0 cos α
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8
C
A figura mostra um sistema, livre de qualquer força
externa, com um êmbolo que pode ser deslocado sem
atrito em seu interior. Fixando o êmbolo e preenchendo o
recipiente de volume V com um gás ideal a pressão P, e
em seguida liberando o êmbolo, o gás expande-se
adiabaticamente.
Considerando as respectivas massas mc, do cilindro, e
me, do êmbolo, muito maiores que a massa mg do gás, e
sendo o expoente de Poisson, a variação da energia
interna U do gás quando a velocidade do cilindro for vc
é dada aproximadamente por
a) 3PV/2.
c) – mc (me + mc)v2c /(2me).
e) – me (me + mc)v2c /(2mc).
b) 3PV/(2( – 1)).
d) – (mc + me)v2c /2,
Resolução
Como o sistema é isolado, a quantidade de movimento
do sistema se conserva:
→
→
→
→
→
me ve + mcvc = 0 ⇒ me ve = – mc vc
Em módulo:
mc
ve = ––––– vc (I)
me
Como a transformação é adiabática, a quantidade de
calor Q trocada pelo gás é nula:
Q = τ + ΔU
0 = τ + ΔU
ΔU = – τ (II)
O trabalho τ do gás provoca variação na energia
cinética do sistema:
ve2
vc2
τ = mc –––– + me ––––
2
2
Da equação (I), vem:
me
vc2
τ = mc –––– + ––––
2
2
vc2
τ = ––––
2
mc2
mc + ––––
me
mcvc
––––––
me
2
vc2
τ = mc(me + mc) –––––––
2 me
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Substituindo na equação (II), vem:
vc2
ΔU = – mc(me + mc) –––––––
2 me
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9
C
Uma rampa maciça de 120 kg inicialmente em repouso,
apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividade
dada por tan θ = 3/4. Um corpo de 80 kg desliza nessa
rampa a partir do repouso, nela percorrendo 15 m até
alcançar o piso. No final desse percurso, e desconsiderando qualquer tipo de atrito, a velocidade da rampa
em relação ao piso é de aproximadamente
a) 1 m/s.
b) 3 m/s.
c) 5 m/s.
d) 2 m/s.
e) 4 m/s.
Resolução
1) Conservação da quantidade de movimento na
horizontal:
mVx = MVr
80Vx = 120Vr
3
Vx = ––– Vr
2
2) A velocidade do corpo em relação à rampa é na
horizontal:
3
Vrel = Vx – (–Vr) = Vx + Vr = ––– Vr + Vr
x
2
5
Vrel = ––– Vr
x
2
3) O movimento relativo do corpo, em relação à
rampa, tem a direção da rampa, logo:
Vy
tg θ = –––––
Vrel
5
5
3
Vy = ––– Vr . tg θ = ––– Vr . –––
2
2
4
15
Vy = ––– Vr
8
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4) Fazendo conservação de energia:
fm = im
M
m
––– Vr2 + ––– Vc2 = m g h
2
2
120
80
2
2
2
––– . Vr + ––– (Vy + Vx ) = 80 . 10 . 9,0
2
2
225
9
60 Vr2 + 40 –––– V2 + ––– V2 = 7200
r
r
64
4
60Vr2
2
2
225 Vr + 144 Vr
+ 40 –––––––––––––––
= 7200
64
5
60 Vr2 + ––– . 369 Vr2 = 7200
8
291 Vr2 = 7200
Vr2 25
Vr 5,0 m/s
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10
B
Certo produto industrial constitui-se de uma embalagem
rígida cheia de óleo, de dimensões L x L x d, sendo
transportado numa esteira que passa por um sensor
capacitivo de duas placas paralelas e quadradas de lado
L, afastadas entre si de uma distância ligeiramente maior
que d, conforme a figura.
Quando o produto estiver inteiramente inserido entre as
placas, o sensor deve acusar um valor de capacitância C0.
Considere, contudo, tenha havido antes um indesejado
vazamento de óleo, tal que a efetiva medida da
capacitância seja C = 3/4C0. Sendo dadas as respectivas
constantes dielétricas do óleo, k = 2; e do ar, kar = 1, e
desprezando o efeito da constante dielétrica da embalagem, assinale a percentagem do volume de óleo vazado
em relação ao seu volume original.
a) 5% b) 50% c) 100%
d) 10% e) 75%
Resolução
Capacitor com dielétrico de óleo e capacitor com
dielétrico de ar ligados sob a mesma ddp (associação
em paralelo):
3
Cparalelo = ––– C0 (1)
4
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
Cparalelo = Car + Cóleo
kar . Aar
kóleo . Aóleo
Cparalelo = ––––––––
+ ––––––––––
(2)
d
d
Igualando-se (1) e (2), vem:
kar . Aar
kóleo . Aóleo
3
= –– C0
––––––––
+ ––––––––––
d
4
d
1 . (L – x) L
2.x.L
3 2L2
–––––––––– + –––––––––– = –– ––––
d
d
d
4
L – x + 2x = 1,5L
x = 1,5L – L
x = 0,50L
Houve um vazamento de 50% do óleo.
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11
E
O circuito mostrado na figura é constituído por um
gerador com f.e.m. ε e um resistor de resistência R.
Considere as seguintes afirmações, sendo a chave S
fechada:
I. Logo após a chave S ser fechada haverá uma f.e.m.
autoinduzida no circuito.
II. Após um tempo suficientemente grande cessará o
fenômeno de autoindução no circuito.
III. A autoindução no circuito ocorrerá sempre que
houver variação da corrente elétrica no tempo.
Assinale a alternativa verdadeira.
a) Apenas a I é correta.
b) Apenas a II é correta.
c) Apenas a III é correta.
d) Apenas a II e a III são corretas.
e) Todas são corretas.
Resolução
I) CORRETA. Logo após a chave S ser fechada
haverá f.e.m. autoinduzida no circuito, pois a
variação da corrente de zero ao valor final produz
um campo magnético variável no tempo de acordo
com a Lei de Faraday para a produção da força
eletromotriz.
II) CORRETA. Após um tempo suficientemente
grande, cessará o fenômeno de autoindução no
circuito, pois não haverá a variação temporal do
campo magnético, já que a corrente se torna
contínua e constante em seu valor.
III) CORRETA. A autoindução no circuito ocorrerá
sempre que houver variação da corrente elétrica
no tempo, a qual produz variação do fluxo magnético, de acordo com a Lei de Faraday.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
12
D
Um raio horizontal de luz monocromática atinge um
espelho plano vertical após incidir num prisma com
abertura de 4° e índice de refração n = 1,5. Considere o
sistema imerso no ar e que tanto o raio emergente do
prisma como o refletido pelo espelho estejam no plano
do papel, perpendicular ao plano do espelho, como
mostrado na figura.
Assinale a alternativa que indica respectivamente o
ângulo e o sentido em que deve ser girado o espelho em
torno do eixo perpendicular ao plano do papel que passa
pelo ponto O, de modo que o raio refletido retome
paralelamente ao raio incidente no prisma.
a) 4°, sentido horário.
b) 2°, sentido horário.
c) 2°, sentido antihorário.
d) 1°, sentido horário.
e) 1°, sentido antihorário.
Resolução
Da figura, o ângulo de incidência da luz no espelho
é igual ao ângulo de desvio proporcionado pelo
prisma:
=
Para o retorno do raio de luz refletido paralelo ao raio
incidente, o espelho deve rotacionar de ––– no sentido
2
horário.
I) Cálculo do ângulo de incidência i no prisma:
Na figura, temos que os lados do ângulo i são
mutuamente perpendiculares aos lados do ângulo
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
que corresponde à metade do ângulo de abertura
A do prisma
A
4º
i = ––– = –––
2
2
π
i = 2º = ––– rad
90
II) Cálculo do ângulo de refração interno r:
Da Lei de Snell-Descartes, temos:
nar sen . i = n sen . r
( )
π
1,0 . sen ––– = 1,5 . sen r
90
Para ângulos menores do que 5º, podemos assumir
que o seno do ângulo é igual ao ângulo, medido em
radianos:
π
––– = 1,5 . r
90
π
r = –––– rad
135
III) Cálculo do ângulo de incidência interno r’ no
prisma:
A = r + r’
π
π
––– = –––– + r’
45
135
2π
r’ = –––– rad
135
IV) Cálculo do ângulo de emergência da luz i’
n sen r’ = nar sen i’
1,5 . sen
2π
–––
135
= 1 . sen i’
2π
1,5 . ––– = i’
135
π
i’ = ––– rad
45
V) Cálculo do ângulo de desvio Δ sofrido pela luz ao
atravessar o prisma.
Δ = i + i’ – Δ
π
π
π
Δ = ––– + ––– – ––– (rad)
90
45
45
π
Δ = ––– rad
90
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
O ângulo de rotação do espelho é então de:
α
Δ
= ––– = –––
2
2
π
= ––– rad
180
ou
ϕ = 1º, no sentido horário
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13
B
Um prato plástico com índice de refração 1,5 é colocado
no interior de um forno de micro-ondas que opera a uma
frequência de 2,5 x 109 Hz. Supondo que as micro-ondas
incidam perpendicularmente ao prato, pode-se afirmar
que a mínima espessura deste em que ocorre o máximo de
reflexão das micro-ondas é de
a) 1,0 cm.
b) 2,0 cm.
c) 3,0 cm.
d) 4,0 cm.
e) 5,0 cm.
Resolução
(I)
O fenômemo descrito está ilustrado abaixo. É
importante observar que a reflexão na interface
(1) (ar-prato) ocorre com inversão de fase,
enquanto na interface (2) (prato-ar), ocorre sem
inversão de fase, já que o ar é menos refringente
que o material do prato.
Sendo x a diferença de percursos entre os
pulsos refletidos na interface (2) e aqueles
refletidos na interface (1), tem-se que:
p
x = 2e e x = i ––––
2
p
Logo: 2e = i ––––
2
p
Da qual: e = i –––– (em que i = 1, 3, 5...)
4
É importante notar que, como os pulsos se
superpõem em oposição de fase, a condição de
interferência construtiva entre eles impõe que o
fator i seja um número ímpar.
Para se obter o valor mínimo de e, utiliza-se
i = 1. Assim:
p
emín = 1 ––––
4
nar
nar
p
p
(II) Mas: ––––
= ––––
⇒ ––––
= ––––
np
np
ar
c
–––
f
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
3,0 . 108 . 1,0
c nar
p = –––– ⇒ p = ––––––––––––– (m)
f np
2,5 . 109 . 1,5
Da qual: p = 0,08m = 8,0cm
8,0cm
p
(III) Assim: emín = 1 ––––
= –––––––
4
4
emín = 2,0cm
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
14
B
Considere o circuito elétrico mostrado na figura formado
por quatro resistores de mesma resistência, R = 10 Ω, e
dois geradores ideais cujas respectivas forças eletromotrizes são εl = 30 V e ε2 = 10 V.
Pode-se afirmar que as correntes i1, i2, i3 e i4 nos trechos
indicados na figura, em ampères, são respectivamente de
a) 2, 2/3, 5/3 e 4.
b) 7/3, 2/3, 5/3 e 4.
c) 4, 4/3, 2/3 e 2.
d) 2, 4/3, 7/3 e 5/3.
e) 2, 2/3, 4/3 e 4.
Resolução
Separação das malhas e aplicação das Leis de
Kirchhoff:
Malha :
Ri1 + Ri2 – 1 = 0
10i1 + 10i2 – 30 = 0
10i1 + 10i2 = 30
i1 + i2 = 3
(I)
Malha :
R1 + i4 – 1 – 2 = 0
10 . i4 – 30 – 10 = 0
10i4 = 40
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
i4 = 4,0 A
(II)
Malha :
Ri3 + Ri2 – 2 = 0
10i3 – 10i2 – 10 = 0
10i3 – 10i2 = 10
i3 – i2 = 1
i3 = 1 + i2
(III)
Observando o circuito, vemos que i1 = i2 + i3. Substituindo-se essa expressão em (I), vem:
i2 + i3 + i2 = 3
2i2 + i3 = 3
(IV)
III em IV:
2i2 + (1 + i2) = 3
3i2 = 2
2 A
i2 = –––
3
Em III: i3 = 1 + i2
2
i3 = 1 + –– (A)
3
5 A
i3 = –––
3
Como i1 = i2 + i3 , temos:
2
5
i1 = –– + –– (A)
3
3
7 A
i1 = –––
3
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
15
E
A figura mostra duas cascas esféricas condutoras concêntricas no vácuo, descarregadas, em que a e c são, respectivamente, seus raios internos, e b e d seus respectivos raios
externos. A seguir, uma carga pontual negativa é fixada no
centro das cascas.
Estabelecido o equilíbrio eletrostático, a respeito do
potencial nas superfícies externas das cascas e do sinal da
carga na superfície de raio d, podemos afirmar,
respectivamente, que
a) V(b) > V(d) e a carga é positiva.
b) V(b) < V(d) e a carga é positiva.
c) V(b) = V(d) e a carga é negativa.
d) V(b) > V(d) e a carga é negativa.
e) V(b) < V(d) e a carga é negativa.
Resolução
A carga puntiforme negativa no centro das esferas vai
produzir indução eletrostática e as cargas induzidas
estão representadas na figura
Logo, a carga elétrica adquirida pela superfície d é
negativa.
O potencial gerado pela carga negativa no centro da
K(– Q)
esfera pode ser calculado por V = –––––– , sendo –Q
r
a carga no centro das esferas.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
K(–Q)
Vb = ––––––
b
K(– Q)
Vd = ––––––
d
Como b < d ⇒ Vb < Vd
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
16
D
Um recipiente contém dois líquidos homogêneos e imiscíveis, A e B, com densidades respectivas ρA e ρB. Uma
esfera sólida, maciça e homogênea, de massa m = 5 kg,
permanece em equilíbrio sob ação de uma mola de
constante elástica k = 800 N /m, com metade de seu
volume imerso em cada um dos líquidos, respectivamente, conforme a figura.
Sendo ρA = 4ρ e ρB = 6ρ, em que ρ é a densidade da
esfera, pode-se afirmar que a deformação da mola é de
a) 0 m.
b) 9/16 m.
c) 3/8 m.
d) 1/4 m.
e) 1/8 m.
Resolução
Para o equilíbrio: Fmola + P = EA + EB
V
V
kx + mg = 4 ρ ––– g + 6 ρ ––– g
2
2
Sendo P = mg = ρ V g = 50 N, vem
EA = 2 ρ Vg = 100N
EB = 3 ρ Vg = 150N
800 . x + 50 = 100 + 150
1
x = ––– m
4
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
17
C
Diferentemente da dinâmica newtoniana, que não
distingue passado e futuro, a direção temporal tem papel
marcante no nosso dia-a-dia. Assim, por exemplo, ao
aquecer uma parte de um corpo macroscópico e o isolarmos termicamente, a temperatura deste se torna gradualmente uniforme, jamais se observando o contrário, o que
indica a direcionalidade do tempo. Diz-se então que os
processos macroscópicos são irreversíveis, evoluem do
passado para o futuro e exibem o que o famoso cosmólogo Sir Arthur Eddington denominou de seta do
tempo. A lei física que melhor traduz o tema do texto é
a) a segunda lei de Newton.
b) a lei de conservação da energia.
c) a segunda lei da termodinâmica.
d) a lei zero do termodinâmica.
e) a lei de conservação da quantidade de movimento.
Resolução
O texto se refere ao aumento da entropia dos sistemas
termodinâmicos, demonstrado pela segunda lei da
termodinâmica.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
18
E
Num experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-se
a superfície de um metal com luz proveniente de um gás
de hidrogênio cujos átomos sofrem transições do estado
n para o estado fundamental. Sabe-se que a função
trabalho do metal é igual à metade da energia de
ionização do átomo de hidrogênio cuja energia do estado
n é dada por En = E1/n2. Considere as seguintes afirmações:
I – A energia cinética máxima do elétron emitido pelo
metal é Ec = E1/n2 – E1/2.
II – A função trabalho do metal é = – E1/2.
III – A energia cinética máxima dos elétrons emitidos
aumenta com o aumento da frequência da luz
incidente no metal a partir da frequência mínima
de emissão.
Assinale a alternativa verdadeira.
a) Apenas a I e a III são corretas.
b) Apenas a II e a III são corretas.
c) Apenas a I e a II são corretas.
d) Apenas a III é correta.
e) Todas são corretas.
Resolução
Cálculo da energia de ionização:
A energia de ionização corresponde à variação da
energia entre o estado fundamental (n = 1) e a energia
nula do infinito.
Eionização = Einfinito – Efundamental
Eionização = 0 – E1
E1 < 0, pois o elétron está ligado ao
núcleo de hidrogênio.
Eionização = – E1
I. Correta
De acordo com a proposição de Einstein para o
efeito fotoelétrico, temos:
Energia cinética
máxima do fotoelétron ejetado pela
placa de metal (Ec)
=
Energia do fóton
emitido pelo átomo
de hidrogênio na
transição do estado
n para o fundamental
E1
Efóton = –––– – E1
n2
E1
E
– E1 – – –––1
Ec = –––
n2
2
–
Função trabalho do metal igual à
metade da energia
de ionização
E1
= – ––––
2
E1
E1
Ec = –––
– E1 + –––
n2
2
E1
E1
Ec = –––
– –––
2
2
n
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
II. Correta
E1
= – –––
2
III. Correta
O efeito fotoelétrico também pode ser operacionalizado por:
Ec = h f – (h é a Constante de Planck)
A equação mostra que o aumento da frequência f
do fotoelétron aumenta a energia cinética do
fotoelétron ejetado pelo metal.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
19
D
Uma espira circular de raio R é percorrida por uma
corrente elétrica i criando um campo magnético. Em
seguida, no mesmo plano da espira, mas em lados
opostos, a uma distância 2R do seu centro colocam-se
dois fios condutores retilíneos, muito longos e paralelos
entre si, percorridos por correntes i1 e i2 não nulas, de
sentidos opostos, como indicado na figura.
O valor de i e o seu sentido para que o módulo do campo
de indução resultante no centro da espira não se altere são
respectivamente
a) i = (1/2π) (i1 + i2) e horário.
b) i = (1/2π) (i1 + i2) e antihorário.
c) i = (1/4π) (i1 + i2) e horário.
d) i = (1/4π) (i1 + i2) e antihorário.
e) i = (1/π) (i1 + i2) e horário.
Resolução
Inicialmente a espira de raio R gera um campo
magnético cujo módulo é dado por
i
Besp = ––––
2R
Ao colocarmos os dois fios paralelos eles geram um
→
campo magnético resultante Bfio de módulo:
i2
(i1 + i2)
i1
+ –––––––
= ––––––––
Bfio = –––––––
2 (2R)
2 (2R)
4 R
Para que não se altere o módulo do campo resultante
→
no centro da espira, o módulo do campo Bfio deve ser
→
igual ao dobro do módulo campo da espira ( Besp ) e
seus sentidos devem ser opostos.
Bfio = 2 . Besp
(i1 + i2)
2i
= ––––
––––––––
2R
4 R
i1 + i2
i = ––––––––
4
Pela regra da mão direita, o campo resultante dos fios
está penetrando no papel. Concluindo, o campo da
espira deverá sair do papel e a corrente terá sentido
anti-horário.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
20
A
Uma lua de massa m de um planeta distante, de massa
M >> m, descreve uma órbita elíptica com semieixo
maior a e semieixo menor b, perfazendo um sistema de
energia E. A lei das áreas de Kepler relaciona a velocidade
v da lua no apogeu com sua velocidade v’ no perigeu, isto
é, v’ (a – e) = v (a + e), em que e é a medida do centro ao
foco da elipse. Nessas condições, podemos afirmar que
a) E = – GMm/(2a).
b) E = – GMm/(2b).
a2 + b2
d) E = – GMm/
c) E = – GMm/(2e).
e) v’ = 2GM/(a – e).
Resolução
v’ (a – e) = v (a + e)
mv’2
GMm
No perigeu: E = –––––– – –––––– (1)
2
a–e
GMm
mv2
No apogeu: E = ––––– – –––––– (2)
2
a+e
m
(a + e)
E = ––– v –––––
2
a–e
mv2
E = –––––
2
a+e
–––––
a–e
2
GMm
– ––––––
a–e
2
GMm
– –––––– (3)
a–e
mv2
GMm
De (2): ––––– = E + –––––– (4)
2
a+e
GMm
mv2
a–e
De (3): ––––– = E + –––––– . –––––
a–e
2
a+e
(5)
2
Comparando (4) e (5), vem:
GMm
GMm
a–e
E + –––––– = E + –––––– . –––––
a–e
a+e
a+e
2
GMm
(a – e)
. –––––––
+ ––––––
(a – e) (a + e)
a–e
+ GMm . –––––––
(a + e)
GMm
a–e
E + –––––– = E –––––
a+e
a+e
GMm
a–e
E + –––––– = E –––––
a+e
a+e
2
2
2
2
2
––––– – 1
= ––––––
a+e a+e
a–e
E 1 – –––––
a+e
2
GMm
a–e
GMm (a – e – a – e)
a–e 2
E 1 – –––––
= –––––– ––––––––––––
a+e
a+e
a+e
(a + e)2 – (a – e)2
GMm (–2e)
E . ––––––––––––––
= –––––––––––
2
(a + e)
(a + e)2
E (a2 + 2ae + e2 – a2 + 2ae – e2) = GMm (–2e)
E 4ae = GMm (– 2e)
GMm
E = – –––––––
2a
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
QUESTÕES DISSERTATIVAS
21
Considere as seguintes relações fundamentais da dinâmica relativística de uma partícula: a massa relativística
m = m0γ, o momentum relativístico p = m0γv e a energia
relativística E = m0γc2, em que m0 é a massa de repouso
da partícula e γ = 1/
1 – v2/c2 é o fator de Lorentz.
2
2
Demonstre que E – p c2 = (m0c2)2 e, com base nessa
relação, discuta a afirmação: “Toda partícula com massa
de repouso nula viaja com a velocidade da luz c”.
Resolução
Energia relativística
E = m0γ c2
E2 = m02γ 2c4
1
E2 = m02c4 . ––––––––
V2
1 – –––
c2
1
E2 = m02c4 . ––––––––
c2 – V2
––––––––
c2
c2
E2 = m02c4 . ––––––––
c2 – V2
c6
E2 = m02 . ––––––––
c2 – V2
(1)
Momentum relativístico
p = m0 . γ . V
p2 = m02 . γ2 . V2
1
p2 = m02 . –––––––– . V2
V2
1 – –––
c2
c2
p2 = m02 . –––––––– . V2
c2 – V2
m02 V2 c2
p2 = ––––––––––
(2)
2
2
c –V
Substituindo (1) e (2) no primeiro termo da equação
do enunciado:
E2 – p2c2 = (m0 c2)2
m02 c6
m02 V2 c2 c2
E2 – p2c2 = –––––––––
– –––––––––––
c2 – V2
c2 – V2
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
m02 c4
(c2 – V2)
E2 – p2c2 = –––––––––
c2 – V2
E2 – p2c2 = m02 c4
E2 – p2c2 = (m0c2)2
Além disso, para m0 = 0, temos:
m = m0 . γ
1
m = m0 . –––––––––––
V2
1 – –––
c2
V2
1 – ––– . m = m0
c2
V2
1 – ––– = 0
c2
V2
1 – ––––– = 0
c2
V=c
Se a partícula viajasse com a velocidade da luz, sua
massa de repouso seria nula.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
22
Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera a
temperatura de 0°C. A seguir, o recipiente é fechado e
imerso num banho térmico com água em ebulição. Ao
atingir o novo equilíbrio, observa-se o desnível do
mercúrio indicado na escala das colunas do manômetro.
Construa um gráfico P x T para os dois estados do ar no
interior do recipiente e o extrapole para encontrar a
temperatura T0 quando a pressão P = 0, interpretando
fisicamente este novo estado à luz da teoria cinética dos
gases.
Resolução
No estado 1, a pressão do gás é igual à pressão
atmosférica P1 = 76 cm Hg e no estado 2 a pressão do
gás P2 é dada por
P2 = Patm + PHg
P2 = 76 cmHg + 28 cmHg
P2 = 104 cmHg
Para esses valores de pressão e temperatura, obtemos
no gráfico (P x T) dois pontos:
Admitindo-se que o ar no recipiente se comporta como
um gás ideal, a pressão varia linearmente com a
temperatura:
P = P0 + αT
Dos pontos do gráfico, temos:
104 = P0 + α . 373
76 = P + α . 273
0
Resolvendo o sistema, temos:
P0 = – 0,44 cmHg
cmHg
α = 0,28 –––––
K
E obtemos a relação:
P = – 0,44 + 0,28T
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
Fazendo P = 0, temos:
0 = – 0,44 + 0,28T
0,44
T = ––––– K
0,28
T 1,57K
Ou seja, a temperatura do gás se aproxima do zero
absoluto. Tal conclusão é coerente com a teoria
cinética dos gases, segundo a qual a pressão aplicada
pelo gás nas paredes do recipiente se deve às colisões
entre as partículas que constituem o gás e as paredes
do recipiente. A temperatura, por sua vez, cai com a
redução do grau de agitação das partículas. De acordo
com a teoria cinética dos gases, a pressão deveria ser
nula na temperatura de 0K. O valor encontrado,
diferente de 0K, está ligado ao fato de o gás não ser
ideal e a eventuais erros de medida.
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
23
Num plano horizontal x × y, um projétil de massa m é
lançado com velocidade v, na direção θ com o eixo x,
contra o centro de massa de uma barra rígida, homogênea,
de comprimento L e massa M, que se encontra
inicialmente em repouso a uma distância D de uma
parede, conforme a figura. Após uma primeira colisão
elástica com a barra, o projétil retrocede e colide
elasticamente com a parede. Desprezando qualquer atrito,
determine o intervalo de valores de θ para que ocorra uma
segunda colisão com a barra, e também o tempo decorrido
entre esta e a anterior na parede.
Resolução
1) Conservação da quantidade de movimento na
direção x:
M V1 – m V2x = m Vcos θ (1)
2) Colisão elástica: Vaf = Vap
V1 + V2x = Vcos θ (2)
(2) × M: M V1 + M V2x = M Vcos θ (3)
(3) – (1): V2x (M + m) = (M – m) Vcos θ
(M – m) Vcos θ
V2x = ––––––––––––––
M+m
(M – m) Vcos θ
Em (2): V1 + –––––––––––––– = Vcos θ
M+m
[
]
M–m
V1 = Vcos θ 1 – –––––––
M+m
2m
V1 = Vcos θ –––––––
M+m
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
3) Seja T o tempo total desde a 1.ª colisão até a 2.ª
colisão. O projétil vai percorrer na direção x uma
distância total 2D + d, em que d é a distância
percorrida pela barra no tempo T.
2D + d = V2x T (1)
d = V1 T (2)
M–m
2D + d
V2x
(1)
––– : ––––––– = –––– = –––––––
(2)
V1
2m
d
dM–dm=4Dm+2md
d(M – 3m) = 4 D m
4Dm
d = ––––––––
M – 3m
(
)
4Dm
2m
Em (2): –––––––– = Vcos θ –––––––– T
M+m
M – 3m
2 D(M + m)
T = –––––––––––––––
Vcos θ (M – 3m)
4) Na direção do eixo y:
Vsen θ . 2 D (M + m)
Δsy = Vy T = ––––––––––––––––––
Vcos θ (M – 3m)
2 D (M + m)
Δsy = tg θ . ––––––––––––
M – 3m
Para que ocorra a 2.ª colisão:
L
Δsy ≤ –––
2
2 D (M + m)
L
tg θ . –––––––––––– ≤ –––
M – 3m
2
L (M – 3m)
tg θ ≤ ––––––––––––
4 D (M + m)
0 ≤ θ ≤ arc tg
L (M – 3m)
–––––––––––
4D (M + m)
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
5) O tempo gasto para o projétil chegar à parede
após a 1.ª colisão é dado por:
D = V2x . T1
(M – m) Vcos θ
D = ––––––––––––– . T1
M+m
(
)
D
M+m
T1 = –––––––– ––––––
M – m Vcos θ
O tempo pedido entre a colisão com a parede e a
2.ª colisão com a barra é dado por:
Δt = T – T1
(
)
D
2 D (M + m)
M+m
Δt = –––––––––––––– – –––––––– ––––––
Vcos θ (M – 3m)
M – m Vcos θ
(
)
(M + m) D
2
1
Δ t = –––––––––– ––––––– – –––––––
Vcos θ
M – 3m
M–m
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
24
Dois radiotelescópios num mesmo plano com duas
estrelas operam como um interferômetro na frequência
de 2,1 GHz. As estrelas são interdistantes de L = 5,0 anosluz e situam-se a uma distância D = 2,5 x 107 anos-luz da
Terra. Ver figura. Calcule a separação mínima, d, entre os
dois radiotelescópios necessária para distinguir as
estrelas. Sendo θ < < 1 em radianos, use a aproximação
θ ≅ tan θ ≅ sen θ.
Resolução
A situação proposta equivale ao experimento de
Young, em que as estrelas correspondem a duas fontes
pontuais de frequência 2,1 GHz. Os telescópios estão
posicionados sobre duas franjas de interferência
sucessivas.
d
tg θ = –––
D
x
sen θ = –––
L
sen θ tg θ
d
x
––– = –––
D
L
d
Δx = ––– . L
D
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
Se entendermos “distinguir” como sendo os dois
telescópios detectando a estrela, temos interferência
construtiva entre os sinais emitidos pelas estrelas. A
diferença de percursos deve ser múltipla par de meio
comprimento de onda:
Δx = p ––– (p é número par)
2
d
––– L = p . –––
D
2
p D
d = ––– –––
(I)
2 L
Da equação fundamental da ondulatória, obtemos o
comprimento de onda do sinal emitido pelas
estrelas:
V=f
3,0 . 108 = . 2,1 . 109
1
λ = ––– m
7
Substituindo-se os valores numéricos na relação (I)
obtida para a distância d, temos:
1
p . ––– . 2,5 .107
7
d = ––––––––––––––––
(m)
2 . 5,0
2,5
d = p . ––– . 106m
7
A menor distância entre os telescópios ocorre para
p = 2:
2,5
dmín = 2 . ––– . 106m
7
dmín 7,14 . 105m
Se entendermos “distinguir” como sendo um dos
telescópios detectando a estrela e o outro não, temos
interferência destrutiva entre os sinais emitidos pelas
estrelas. A diferença de percursos deve ser múltipla
ímpar de meio comprimento de onda:
Δx = i ––– (i é número ímpar)
2
d
––– L = i . –––
D
2
i D
d = ––– –––
2 L
(II)
Substituindo-se novamente os valores numéricos na
relação (II) obtida para a distância d, temos:
1
i . ––– . 2,5 .107
7
d = ––––––––––––––––
(m)
2 . 5,0
2,5
d = i . ––– . 106m
7
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
A menor distância entre os telescópios ocorre para
i = 1:
2,5
dmín = 1 . ––– . 106m
7
dmín 3,57 . 105m
Resposta: Para interferência construtiva:
dmín 7,14 . 105 m
ou
Para interferência destrutiva:
dmín 3,57 . 105 m
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
25
Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme da, um
balão aerostático, inicialmente de densidade d, desce
verticalmente com aceleração constante de módulo a. A
seguir, devido a uma variação de massa e de volume, o
balão passa a subir verticalmente com aceleração de
mesmo módulo a. Determine a variação relativa do
volume em função da variação relativa da massa e das
densidades da e d.
Resolução
Situação inicial:
P – E0 = m0 . a
d . V 0 . g – da . V 0 . g = d . V0 . a
d – da
a = ––––––––
.g
d
Situação final:
E–P=m.a
da . (V0 + V) . g – (m0 + m) . g =
d0 – dar
= (m0 + m) . ––––––––
.g
d0
d – da
da (V0 + V) – (m0 + m) = (m0 + m) –––––––
d
m
m0
V
da 1 + –––– – ––––
+ ––––– =
V0
V0
V0
m
m0
= ––––
+ –––––
V0
V0
d – da
–––––––
d
V
m
da 1 + –––– – d + ––––. d =
V0
m0
m
= d + ––––. d
m
d – da
–––––––
d
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
V
m
da 1 + –––– = d 1 + ––––
V0
m0
d
V
1 + ––– = –––
da
V0
d
V
––– = –––
da
V0
d – dar
1 + ––––––
d
m
a
2 – ––––
1 + ––––
d
m
d
m
a
2 – ––––
–1
1 + ––––
d
m
d
V
m
––– = 1 + ––––
m
V0
2d
– 1 – 1
––––
da
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
26
Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabática
reversível de um estado inicial cuja pressão é Pi e o
volume é Vi para um estado final em que a pressão é Pf e
o volume é Vf. Sabe-se que γ = Cp/Cv é o expoente de
Poisson, em que Cp e Cv são os respectivos calores
molares a pressão e a volume constantes. Obtenha a
expressão do trabalho realizado pelo gás em função de Pi,
Vi, Pf, Vf e γ.
Resolução
O gráfico da pressão (P) em função do volume (V)
traduz a expansão adiabática sofrida pelo gás. A curva
que conecta os pontos (i) e (f) obedece à Lei de
γ
Poisson-Laplace PV = k
ou
k
P = –––
Vγ
k é uma constante
Pelo 1o. Princípio da Termodinâmica, Q = τ + ΔU,
sendo Q = 0 (transformação adiabática), tem-se:
0 = τ + ΔU ⇒ τ = – ΔU
A variação de energia interna, porém, é dada, neste
caso, por:
ΔU = nCV (Tf – Ti) 1
Da Relação de Mayer: CP – CV = R
CP
Sendo γ = –––
⇒ CP = γ CV. Logo:
CV
γ CV – CV = R ⇒ CV (γ – 1) = R
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Da qual:
R
CV = ––––– 2
γ–1
Substituindo-se 2 em 1 :
R
ΔU = n –––––
γ–1
(T – T )
f
i
Da Equação de Clapeyron: PV = n R T, obtém-se:
PV
T = –––––
nR
Assim:
nR
–––––
γ–1
Da qual:
ΔU =
Pf Vf
Pi Vi
– –––––
–––––
nR
nR
1
ΔU = ––––– (Pf Vf – Pi Vi)
γ–1
Lembrando-se de que τ = – ΔU, obtém-se, finalmente:
1
τ = ––––– (Pi Vi – Pf Vf )
γ–1
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27
Um dispositivo é usado para determinar a distribuição de
velocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O' e O
alinhados no eixo z, moléculas ejetadas de O', após
passar por um colimador, penetram no orifício O do
tambor de raio interno R, que gira com velocidade
angular constante ω. Considere, por simplificação, que
neste instante inicial (t = 0) as moléculas em movimento
encontram-se agrupadas em torno do centro do orifício
O. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura,
tais moléculas movem-se horizontalmente no interior
deste ao longo da direção do eixo z, cada qual com sua
própria velocidade, sendo paulatinamente depositadas na
superfície interna do tambor no final de seus percursos.
Nestas condições,
obtenha em função do ângulo θ a expressão para v – vmin,
em que v é a velocidade da molécula depositada
correspondente ao giro θ do tambor e vmin é a menor
velocidade possível para que as moléculas sejam
depositadas durante a primeira volta deste.
Resolução
(I)
Para uma rotação de um ângulo θ do tambor,
temos:
θ
ω = ––– (θ em rad)
Δt
θ
Δ t = ––– a
ω
(II) Neste intervalo de tempo, Δ t, uma molécula sofre
um deslocamento de 2R, ao longo do eixo Z, para
se depositar na parede do cilindro:
2R
v = ––– b
Δt
a em b:
2R
v = –––––––––
θ
––––
ω
2Rω
v = ––––––
θ
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Para a primeira rotação completa do cilindro,
temos:
θ = 2π rad
Logo:
2Rω
vmín = –––––
2π
Rω
vmín = ––––
π
(III) Escrevendo v – vmín, temos:
Rω
2Rω
v – vmín = –––––– – ––––
θ
π
Da qual:
ωR
v – vmín = ––––– (2π – θ)
πθ
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28
O experimento mostrado na figura foi montado para
elevar a temperatura de certo líquido no menor tempo
possível, dispendendo uma quantidade de calor Q. Na
figura, G é um gerador de força eletromotriz , com
resistência elétrica interna r, e R é a resistência externa
submersa no líquido. Desconsiderando trocas de calor
entre o líquido e o meio externo,
a) Determine o valor de R e da corrente i em função de e da potência elétrica P fornecida pelo gerador nas
condições impostas.
b) Represente graficamente a equação característica do
gerador, ou seja, a diferença de potencial U em função
da intensidade da corrente elétrica i.
c) Determine o intervalo de tempo transcorrido durante
o aquecimento em função de Q, i e .
Resolução
Nas condições de menor tempo possível de aquecimento, o gerador deve trabalhar com sua potência
máxima, ou seja:
U = –––
(1)
2
icc
i = –––
2
(2)
. icc
P = i . U = –––––
4
Em curto-circuito, a intensidade de corrente vale:
icc = –––
r
2
Pmáx = –––
4r
(3)
No resistor externo:
U=R.i
Nas condições de potência máxima, temos:
i
––– = R . ––– ⇒ R = r
2r
2
2
2
2
a) P = ––– = ––– ⇒ R = –––
4P
4r
4R
P=i.U
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P = i ––– ⇒
2
2P
i = –––
b) U = – r . i
Trata-se de uma função do 1.o grau.
c) Durante o aquecimento, a energia térmica
liberada pelo resistor R é aproveitada pela água
sob a forma de calor.
P . t = Q
P = i . U = i . –––
2
i . ––– . t = Q
2
2Q
t = ––––
i
2P
2
Respostas: a) R = ––– ; i = –––
4P
b) ver figura
2Q
c) t = ––––
i.
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29
Duas placas condutoras de raio R e separadas por uma
distância d < < R são polarizadas com uma diferença de
potencial V por meio de uma bateria. Suponha sejam
uniformes a densidade superficial de carga nas placas e
o campo elétrico gerado no vácuo entre elas. Um pequeno
disco fino, condutor, de massa m e raio r, é colocado no
centro da placa inferior. Com o sistema sob a ação da
gravidade g, determine, em função dos parâmetros dados,
a diferença de potencial mínima fornecida pela bateria
para que o disco se desloque ao longo do campo elétrico
na direção da placa superior.
Resolução
Para que o disco se desloque ao longo do campo
elétrico na direção da placa superior devemos impor
F ≥ P. Para que a diferença de potencial V seja
mínima, vamos considerar: F = P
Mas F = q . E ,
V
E = ––– e P = m . g
d
V
Portanto, q . ––– = mg (1)
d
Cálculo da carga elétrica q do disquinho.
Sendo a densidade elétrica superficial constante,
temos:
Q
Q . r2
q
––––––
⇒
q
=
(2)
–––2 = ––––
R2
πR2
πr
πR2
Mas Q = C . V ⇒ Q = ε0 . ––– . V (3)
d
(2) em (1):
Q . r2
mgR2d
V
.
=
mg
⇒
V
=
(4)
––––––
–––––––
–––
R2
Q . r2
d
De (3) em (4), resulta:
mgR2d
V = –––––––––––––––
πR2
ε0 . –––– . V . r2
d
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mgd2
V2 = –––––––
πε0r2
d
V = –– .
r
mg
––––––
πε0
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30
Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivo
de um capacitor de placas paralelas submetidas a uma
diferença de potencial ε = 1000 V e espaçadas entre si de
d = 1 mm, conforme a figura. A seguir, ele passa através
de um pequeno orifício no segundo eletrodo para uma
região de campo magnético uniforme de módulo
B = 1,0T. Faça um gráfico da energia cinética do próton
em função do comprimento de sua trajetória até o
instante em que a sua velocidade torna-se paralela às
placas do capacitor. Apresente detalhadamente seus
cálculos.
Resolução
Pelo teorema da energia cinética, temos:
τ = Ec – Ec
0
F . x = Ec
Ec = q . E . x
U
Ec = q . ––– . x
d
Ec varia com x segundo uma função do 1.° grau.
Cálculo de Ec máxima:
Para x = d, temos:
Ec
=q.U
Ec
= 1,6 . 10–19 . 103 (J)
Ec
= 1,6 . 10–16J
máx
máx
máx
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
Ao penetrar no campo magnético, o próton realiza um
MCU. Portanto, sua energia cinética se mantém
constante. Quando a velocidade do próton se torna
paralela às placas do capacitor, ele terá percorrido, no
interior do campo mangético, a distância:
πR
d = ––––
2
π
m.v
d = –– . –––––
2
q.B
π
m
d = –– . ––––– .
2
q.B
2.E
–––––c
m
π
1
d = –– . ––––– . 2Ec . m
2
q.B
1
π
2 . 1,6 .10–16 . 1,7 . 10–27 (m)
d = –– . ––––––––––––
. –19
2 1,6.10 . 1,0
d ≅ 7,23 . 10–3m = 7,23mm
Temos, assim, o gráfico:
I TA ( 1 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2