FFÍÍSSIICCAASe precisar, use os seguintes valores para as constantes: cargado próton = 1,6 x 10–19C; massa do próton = 1,7...
O helicóptero é suposto parado em O e o aviãomovendo-se com a velocidade relativa.A distância será mínima quando–––OQ for ...
2 BBNo interior de uma caixa de massa M, apoiada num pisohorizontal, encontra-se fixada uma mola de constanteelástica k pr...
3) No ponto mais alto da trajetória (compressãomáxima da mola):Fe + P = kaFe + mg = kFe + mg = kb – mg4) Para a caixa ser ...
3 AANum experimento clássico de Young, d representa adistância entre as fendas e D a distância entre o planodestas fendas ...
II) Experimento no ar:y1 = mIII)Experimento na água:= ⇒ =y2 = M ⇒ y2 =IV) Fazendo y2 – y1 = L (distância entre as franjas ...
4 AANum certo experimento, três cilindros idênticos encon-tram-se em contato pleno entre si, apoiados sobre umamesa e sob ...
(4 m a) – F32 = m a• Cilindro b (projeção vertical):(F12 + F32) cos 30° = PDe e , vem:(4 m a + 2 m a) = m g2. Cálculo da a...
5 AADuas partículas, de massas m e M, estão respectivamentefixadas nas extremidades de uma barra de comprimentoL e massa d...
6 DDUma corda, de massa desprezível, tem fixada em cadauma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massam. Esse sist...
= – 2mgR– gR + gR cos θ – gR + gRsen θ + V2 == – 2gR + gR ͙ෆ2(I)3) Na posição de desligamento:PN = Fcpmgcos θ =cos θ = = –...
7 AAUma pequena bola de massa m é lançada de um ponto Pcontra uma parede vertical lisa com uma certa velocidadev0, numa di...
Supondo-se que, imediatamente antes e após a colisãoda bola contra a parede (ponto c), não houve alteraçãodo módulo da com...
Coeficiente de restituição:e = ⇒ e =⇒V0 . d . g . cos α–––––––––––––––V02sen 2α – d . ge = –––––––––––––––––V0 cos αd . ge...
8 CCA figura mostra um sistema, livre de qualquer forçaexterna, com um êmbolo que pode ser deslocado sematrito em seu inte...
Substituindo na equação (II), vem:ΔU = – mc(me + mc)vc2–––––––2 meIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
9 CCUma rampa maciça de 120 kg inicialmente em repouso,apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividadedada por tan θ...
4) Fazendo conservação de energia:␧fm = ␧imVr2+ Vc2= m g h. Vr2+ (Vy2+ Vx2) = 80 . 10 . 9,060 Vr2+ 40 = 720060Vr2+ 40 = 72...
10 BBCerto produto industrial constitui-se de uma embalagemrígida cheia de óleo, de dimensões L x L x d, sendotransportado...
Cparalelo = Car + CóleoCparalelo = + (2)Igualando-se (1) e (2), vem:+ = C0+ =L – x + 2x = 1,5Lx = 1,5L – LHouve um vazamen...
11 EEO circuito mostrado na figura é constituído por umgerador com f.e.m. ε e um resistor de resistência R.Considere as se...
12 DDUm raio horizontal de luz monocromática atinge umespelho plano vertical após incidir num prisma comabertura de 4° e í...
que corresponde à metade do ângulo de aberturaA do prismai = =i = 2º = radII) Cálculo do ângulo de refração interno r:Da L...
O ângulo ␸ de rotação do espelho é então de:␸ = =␸ = radouϕ = 1º, no sentido horárioπ–––180Δ–––2α–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA ...
13 BBUm prato plástico com índice de refração 1,5 é colocadono interior de um forno de micro-ondas que opera a umafrequênc...
␭p = ⇒ ␭p = (m)Da qual:(III) Assim: emín = 1 =c nar––––f np3,0 . 108 . 1,0–––––––––––––2,5 . 109 . 1,5␭p = 0,08m = 8,0cm␭p...
14 BBConsidere o circuito elétrico mostrado na figura formadopor quatro resistores de mesma resistência, R = 10 Ω, edois g...
(II)Malha ␥:Ri3 + Ri2 – ␧2 = 010i3 – 10i2 – 10 = 010i3 – 10i2 = 10i3 – i2 = 1(III)Observando o circuito, vemos que i1 = i2...
15 EEA figura mostra duas cascas esféricas condutoras concên-tricas no vácuo, descarregadas, em que a e c são, respecti-va...
Vb = Vd =Como b < d ⇒ Vb < VdK(–Q)––––––bK(–Q)––––––dIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
16 DDUm recipiente contém dois líquidos homogêneos e imis-cíveis, A e B, com densidades respectivas ρA e ρB. Umaesfera sól...
17 CCDiferentemente da dinâmica newtoniana, que nãodistingue passado e futuro, a direção temporal tem papelmarcante no nos...
18 EENum experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-sea superfície de um metal com luz proveniente de um gásde hidr...
II. Correta⌽ =III. CorretaO efeito fotoelétrico também pode ser operaciona-lizado por:Ec = h f – ⌽ (h é a Constante de Pla...
19 DDUma espira circular de raio R é percorrida por umacorrente elétrica i criando um campo magnético. Emseguida, no mesmo...
20 AAUma lua de massa m de um planeta distante, de massaM >> m, descreve uma órbita elíptica com semieixomaior a e semieix...
QUESTÕES DISSERTATIVAS21Considere as seguintes relações fundamentais da dinâ-mica relativística de uma partícula: a massa ...
E2 – p2c2 = (c2 – V2)E2 – p2c2 = m02 c4Além disso, para m0 = 0, temos:m = m0 . γm = m0 .. m = m0= 01 – = 0Se a partícula v...
22Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera atemperatura de 0°C. A seguir, o recipiente é fechado eimerso num b...
Fazendo P = 0, temos:0 = – 0,44 + 0,28TT = KOu seja, a temperatura do gás se aproxima do zeroabsoluto. Tal conclusão é coe...
23Num plano horizontal x × y, um projétil de massa m élançado com velocidade v, na direção θ com o eixo x,contra o centro ...
3) Seja T o tempo total desde a 1.ª colisão até a 2.ªcolisão. O projétil vai percorrer na direção x umadistância total 2D ...
5) O tempo gasto para o projétil chegar à paredeapós a 1.ª colisão é dado por:D = V2x . T1D = . T1T1 =O tempo pedido entre...
24Dois radiotelescópios num mesmo plano com duasestrelas operam como um interferômetro na frequênciade 2,1 GHz. As estrela...
Se entendermos “distinguir” como sendo os doistelescópios detectando a estrela, temos interferênciaconstrutiva entre os si...
A menor distância entre os telescópios ocorre parai = 1:dmín = 1 . . 106mdmín ഡ 3,57 . 105mResposta: Para interferência co...
25Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme da, umbalão aerostático, inicialmente de densidade d, desceverticalmente c...
da = d1 + == – 1⌬V΂1 + ––––΃V0⌬m΂1 + ––––΃m0d – dar΂1 + ––––––΃d⌬V–––V0d–––da⌬m΂1 + ––––΃mda΂2 – ––––΃d⌬V–––V0d–––da⌬m΂1 +...
26Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabáticareversível de um estado inicial cuja pressão é Pi e ovolume é Vi par...
Da qual:CV = 2Substituindo-se 2 em 1:ΔU = n (Tf – Ti)Da Equação de Clapeyron: PV = n R T, obtém-se:T =Assim:ΔU = –Da qual:...
27Um dispositivo é usado para determinar a distribuição develocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O e Oalinhados...
Para a primeira rotação completa do cilindro,temos:θ = 2π radLogo:vmín =vmín =(III) Escrevendo v – vmín, temos:v – vmín = ...
28O experimento mostrado na figura foi montado paraelevar a temperatura de certo líquido no menor tempopossível, dispenden...
P = i ⇒b) U = ␧ – r . iTrata-se de uma função do 1.o grau.c) Durante o aquecimento, a energia térmicaliberada pelo resisto...
29Duas placas condutoras de raio R e separadas por umadistância d < < R são polarizadas com uma diferença depotencial V po...
V2 =mgd2–––––––πε0r2d mgV = –– .͙ළළළළළ––––––r πε0IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
30Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivode um capacitor de placas paralelas submetidas a umadiferença de p...
Ao penetrar no campo magnético, o próton realiza umMCU. Portanto, sua energia cinética se mantémconstante. Quando a veloci...
Próximos SlideShares
Carregando em…5
×

Ita2013 1dia

275 visualizações

Publicada em

0 comentários
0 gostaram
Estatísticas
Notas
  • Seja o primeiro a comentar

  • Seja a primeira pessoa a gostar disto

Sem downloads
Visualizações
Visualizações totais
275
No SlideShare
0
A partir de incorporações
0
Número de incorporações
1
Ações
Compartilhamentos
0
Downloads
6
Comentários
0
Gostaram
0
Incorporações 0
Nenhuma incorporação

Nenhuma nota no slide

Ita2013 1dia

  1. 1. FFÍÍSSIICCAASe precisar, use os seguintes valores para as constantes: cargado 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 CCAo passar pelo ponto O, um helicóptero segue na direçãonorte com velocidade v constante. Nesse momento, umavião passa pelo ponto P, a uma distância δ de O, e voapara o oeste, em direção a O, com velocidade u tambémconstante, conforme mostra a figura.Considerando t o instante em que a distância d entre ohelicóptero e o avião for mínima, assinale a alternativacorreta.a) A distância percorrida pelo helicóptero no instante emque o avião alcança o ponto O é δu/v.b) A distância do helicóptero ao ponto O no instante t éigual a δu / ͙ෆෆෆෆv2 + u2.c) A distância do avião ao ponto O no instante t é iguala δv2 / (v2 + u2).d) O instante t é igual a δv / (v2 + u2).e) A distância d é igual a δu / ͙ෆෆෆෆv2 + u2.Resolução1) A velocidade do avião, em relação ao helicóptero,→Vrel é dada por:→Vrel =→u –→vIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  2. 2. O helicóptero é suposto parado em O e o aviãomovendo-se com a velocidade relativa.A distância será mínima quando–––OQ for per-pendicular a PQ.2) Cálculo de PQ:PQ = Vrel . t = ͙ෆෆෆෆu2 + v2 . t3) Cálculo de d:d2 = δ2 – (PQ)2 = d2 – (u2 + v2) t2 (1)4) De (1): (2)5) Da figura: sen θ = =d = (3)(3) em (2):t2 = =t2 = ⇒ (d é falsa)6) dH = vt =7) dA = δ – u t = δ –ΔsA =δ2 – d2t2 = –––––––u2 + v2d–––δv––––––––––͙ෆෆෆෆu2 + v2δ v––––––––––͙ෆෆෆෆu2 + v2δ2 u2 + δ2 v2 – δ2 v2––––––––––––––––––u2 + v2–––––––––––––––––––u2 + v2δ2 v2δ2 – ΂–––––––΃u2 + v2––––––––––––––u2 + v2δ ut = –––––––––u2 + v2δ2 u2––––––––––(u2 + v2)2v . δ . u––––––––––u2 + v2u δ u––––––––––u2 + v2δ u2 + δ v2 – u2 δ––––––––––––––––––u2 + v2δ v2ΔsA = –––––––u2 + v2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  3. 3. 2 BBNo interior de uma caixa de massa M, apoiada num pisohorizontal, encontra-se fixada uma mola de constanteelástica k presa a um corpo de massa m, em equilíbrio navertical. Conforme a figura, este corpo também se en-contra preso a um fio tracionado, de massa desprezível, fi-xado à caixa, de modo que resulte uma deformação b damola. Considere que a mola e o fio se encontram no eixovertical de simetria da caixa.Após o rompimento do fio, a caixa vai perder contato como piso sea) 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.Resolução1) Na posição de equilíbrio do bloco m:Fmola = Pkx0 = mg ⇒2) Na situação inicial:A amplitude de oscilação aé dada por:mgx0 = –––––kmga = b – x0 = b – ––––kIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  4. 4. 3) No ponto mais alto da trajetória (compressãomáxima da mola):Fe + P = kaFe + mg = kFe + mg = kb – mg4) Para a caixa ser levantada:Fe > Mgkb – 2mg > Mg ⇒ kb > (2m + M)gmg΂b – –––––΃kFe = kb – 2mg(2m + M) gb > ––––––––––kIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  5. 5. 3 AANum experimento clássico de Young, d representa adistância entre as fendas e D a distância entre o planodestas fendas e a tela de projeção das franjas de interfe-rência, como ilustrado na figura. Num primeiro experi-mento, no ar, utiliza-se luz de comprimento de onda λ1 e,num segundo experimento, na água, utiliza-se luz cujocomprimento de onda no ar é λ2. As franjas de interfe-rência dos experimentos são registradas numa mesmatela.Sendo o índice de refração da água igual a n, assinale aexpressão para a distância entre as franjas deinterferência construtiva de ordem m para o primeiroexperimento e as de ordem M para o segundo experi-mento.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.ResoluçãoI)No ponto P (local de interferência construtiva), adiferença de percursos Δx entre as ondasprovenientes das fendas F2 e F1 deve ser múltiplainteira do comprimento de onda λ, isto é:Δx = N λ (N = 1, 2, 3…)No triângulo retângulo OPQ:tg θ = ⇒ sen θ ≅ (θ é bastante pequeno)No triângulo retângulo F1RF2:sen θ ≅Logo: = ⇒y–––Dy–––DΔx–––dλDy = N ––––dΔx–––dy–––DIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  6. 6. II) Experimento no ar:y1 = mIII)Experimento na água:= ⇒ =y2 = M ⇒ y2 =IV) Fazendo y2 – y1 = L (distância entre as franjas deinterferência construtiva de ordem m para oprimeiro experimento e as de ordem M para osegundo experimento), tem-se:L = –Da qual:λ1D–––––dλH2O–––––λ2nar–––––nλH2O–––––λ21–––nλ2λH2O = ––––nλH2O D––––––––dM λ2 D–––––––ndM λ2 D––––––––ndm λ1 D–––––––dDL = ––– (Mλ2 – mnλ1)ndIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  7. 7. 4 AANum certo experimento, três cilindros idênticos encon-tram-se em contato pleno entre si, apoiados sobre umamesa e sob a ação de uma força horizontal F, constante,aplicada na altura do centro de massa do cilindro daesquerda, perpendicularmente ao seu eixo, conforme afigura.Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os trêscilindros permaneçam em contato entre si, a aceleração aprovocada pela força deve ser tal quea) g/(3͙ෆ3 ) р a р g/ ͙ෆ3 .b) 2g/(3͙ෆ2 ) р a р 4g/ ͙ෆ2 .c) g/(2͙ෆ3 ) р a р 4g/(3͙ෆ3 ).d) 2g/(3͙ෆ2 ) р a р 3g/(4 ͙ෆ2 ).e) g/(2͙ෆ3 ) р a р 3g/(4 ͙ෆ3 ).Resolução• Cálculo de F ⇒ F = (3m) a ⇒1. Cálculo da aceleração mínima:Neste caso, é nula a força de contato entre oscilindros 1 e 3.• Cilindro a (projeção horizontal):F – F21 cos 60° = m a3 m a – F21 = m a• Cilindro b (projeção horizontal):F12 cos 60° – F32 cos 60° = m a1––2F21 = 4 m a IF = 3 m aIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  8. 8. (4 m a) – F32 = m a• Cilindro b (projeção vertical):(F12 + F32) cos 30° = PDe e , vem:(4 m a + 2 m a) = m g2. Cálculo da aceleração máxima:Na condição de aceleração máxima, admite-se queo cilindro 2 praticamente não troca força com ocilindro 3.• Cilindro b :projeção vertical ⇒ f cos 30° = m gprojeção horizontal ⇒ f sen30° = m aІ tg 30° = ⇒1––21––2F32 = 2 m a III II͙ළ3––––2gamín = –––––––3 ͙ළ3a––ggamáx = ––––͙ළළළ3IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  9. 9. 5 AADuas partículas, de massas m e M, estão respectivamentefixadas nas extremidades de uma barra de comprimentoL e massa desprezível. Tal sistema é então apoiado nointerior de uma casca hemisférica de raio r, de modo a seter equilíbrio estático com m posicionado na borda P dacasca e M, num ponto Q, conforme mostra a figura.Desconsiderando forças de atrito, a razão m/ M entre asmassas é igual aa) (L2 – 2r2)/(2r2). b) (2L2 – 3r2)/(2r2).c) (L2 – 2r2) (r2 – L2). d) (2L2 – 3r2)/(r2 – L2).e) (3L2 – 2r2)/(L2 – 2r2).Resolução1) sen (␤ – ␣) = cos 2␣ = (1)2) cos 2␣ = cos2 ␣ – sen2 ␣ = 2cos2 ␣ – 1cos 2␣ = 22– 1 = – 1 (2)(2) em (1): = ⇒3) Somatório dos torques nulo em relação aoponto O:mg . r = Mg . xx–––rL΂–––΃2rL2–––2r2x–––rL2 – 2r2–––––––2r2L2 – 2r2x = ––––––––2rm x L2 – 2r2––– = ––– = ––––––––M r 2r2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  10. 10. 6 DDUma corda, de massa desprezível, tem fixada em cadauma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massam. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numasuperfície cilíndrica sem atrito, de raio r, abrangendo umângulo de 90° e simetricamente disposto em relação aoápice P do cilindro, conforme mostra a figura.Se a corda for levemente deslocada e começa a escorregarno sentido anti-horário, o ângulo θ ϵ FÔP em que apartícula na extremidade F perde contato com a superfícieé tal quea) 2 cos θ = 1. b) 2 cos θ – sen θ = ͙ෆ2 .c) 2 sen θ + cos θ = ͙ෆ2 . d) 2 cos θ + sen θ = ͙ෆ2 .e) 2 cos θ + sen θ = ͙ෆ2 /2.Resolução1) Para um referencial passando por P, temos:E0 = – 2 mg REf = – mg R (1 – cos θ) – mg R (1 – sen θ) +2) Ef = E0– mgR (1 – cos θ) – mgR (1 – sen θ) + mV2 =͙ෆ2΂1 – ––––΃22mV2–––––2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  11. 11. = – 2mgR– gR + gR cos θ – gR + gRsen θ + V2 == – 2gR + gR ͙ෆ2(I)3) Na posição de desligamento:PN = Fcpmgcos θ =cos θ = = – cos θ – sen θ + ͙ෆ2͙ෆ2΂1 – ––––΃2V2 = gR (– cos θ – sen θ + ͙ෆ2)mV2–––––RV2–––––gR2cos θ + sen θ = ͙ෆ2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  12. 12. 7 AAUma pequena bola de massa m é lançada de um ponto Pcontra uma parede vertical lisa com uma certa velocidadev0, numa direção de ângulo α em relação à horizontal.Considere que após a colisão a bola retorna ao seu pontode lançamento, a uma distância d da parede, como mostraa figura.Nestas condições, o coeficiente de restituição deve sera) e = gd/(v20sen2α – gd).b) e = 2gd/(v20cos2α – 2gd).c) e = 3gd/(2v20sen2α – 2gd).d) e = 4gd/(v20cos2α – gd).e) e = 2gd/(v20tan2α – gd).ResoluçãoNa ausência da parede, o tempo de voo (tAB) é dadopor:y = y0 + V0yt – t20 = 0 + V0y tAB – g t2ABg–––21–––22 V0ytAB = ––––––gIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  13. 13. Supondo-se que, imediatamente antes e após a colisãoda bola contra a parede (ponto c), não houve alteraçãodo módulo da componente vertical da velocidade dabola naquele ponto, então:t1 + t2 = tABt1: tempo de subida de A para Ct2: tempo de voo de C para ASendo Vx e V’x os módulos das componentes ho-rizontais, respectivamente, imediatamente antes eapós a colisão, temos:t1 = e t2 =Logo:+ =+ == –=d–––Vxd–––V’xd–––Vxd’–––V’x2V0y–––––gd––––––––V0 cos αd–––V’x2V0 sen α––––––––gd–––V’x2V0 sen α––––––––gd––––––––V0 cos αd–––V’xV022 sen α cos α – d g––––––––––––––––––V0 g cos αV0 . d . g cos αV’x = ––––––––––––––V02sen 2α – d gIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  14. 14. Coeficiente de restituição:e = ⇒ e =⇒V0 . d . g . cos α–––––––––––––––V02sen 2α – d . ge = –––––––––––––––––V0 cos αd . ge = –––––––––––––––V02sen 2α – d . gVrelafastamento–––––––––––––VrelaproximaçãoV’x–––VxIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  15. 15. 8 CCA figura mostra um sistema, livre de qualquer forçaexterna, com um êmbolo que pode ser deslocado sematrito em seu interior. Fixando o êmbolo e preenchendo orecipiente de volume V com um gás ideal a pressão P, eem seguida liberando o êmbolo, o gás expande-seadiabaticamente.Considerando as respectivas massas mc, do cilindro, eme, do êmbolo, muito maiores que a massa mg do gás, esendo ␥ o expoente de Poisson, a variação da energiainterna ⌬U do gás quando a velocidade do cilindro for vcé dada aproximadamente pora) 3PV␥/2. b) 3PV/(2(␥ – 1)).c) – mc (me + mc)v2c/(2me). d) – (mc + me)v2c/2,e) – me (me + mc)v2c/(2mc).ResoluçãoComo o sistema é isolado, a quantidade de movimentodo sistema se conserva:me→ve + mc→vc =→0 ⇒ me→ve = – mc→vcEm módulo:ve = vc (I)Como a transformação é adiabática, a quantidade decalor Q trocada pelo gás é nula:Q = τ + ΔU0 = τ + ΔUΔU = – τ (II)O trabalho τ do gás provoca variação na energiacinética do sistema:τ = mc + meDa equação (I), vem:τ = mc +2τ = mc +τ = mc(me + mc)vc2––––2 ΂mc2––––me΃vc2–––––––2 mevc2––––2ve2––––2vc2––––2me––––2 ΂mcvc––––––me΃mc–––––meIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  16. 16. Substituindo na equação (II), vem:ΔU = – mc(me + mc)vc2–––––––2 meIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  17. 17. 9 CCUma rampa maciça de 120 kg inicialmente em repouso,apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividadedada por tan θ = 3/4. Um corpo de 80 kg desliza nessarampa a partir do repouso, nela percorrendo 15 m atéalcançar o piso. No final desse percurso, e descon-siderando qualquer tipo de atrito, a velocidade da rampaem relação ao piso é de aproximadamentea) 1 m/s. b) 3 m/s. c) 5 m/s.d) 2 m/s. e) 4 m/s.Resolução1) Conservação da quantidade de movimento nahorizontal:mVx = MVr80Vx = 120VrVx = Vr2) A velocidade do corpo em relação à rampa é nahorizontal:Vrelx= Vx – (–Vr) = Vx + Vr = Vr + Vr3) O movimento relativo do corpo, em relação àrampa, tem a direção da rampa, logo:tg θ = Vy = Vr . tg θ = Vr .Vy–––––Vrel5–––25–––23–––415Vy = ––– Vr83–––23–––25Vrelx= ––– Vr2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  18. 18. 4) Fazendo conservação de energia:␧fm = ␧imVr2+ Vc2= m g h. Vr2+ (Vy2+ Vx2) = 80 . 10 . 9,060 Vr2+ 40 = 720060Vr2+ 40 = 720060 Vr2+ . 369 Vr2= 7200291 Vr2= 7200Vr2ഡ 25M–––2m–––2120–––280–––2225 9΂–––– Vr2+ ––– Vr2΃64 4225 Vr2+ 144 Vr2΂–––––––––––––––΃645–––8Vr ഡ 5,0 m/sIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  19. 19. 10 BBCerto produto industrial constitui-se de uma embalagemrígida cheia de óleo, de dimensões L x L x d, sendotransportado numa esteira que passa por um sensorcapacitivo de duas placas paralelas e quadradas de ladoL, afastadas entre si de uma distância ligeiramente maiorque d, conforme a figura.Quando o produto estiver inteiramente inserido entre asplacas, o sensor deve acusar um valor de capacitância C0.Considere, contudo, tenha havido antes um indesejadovazamento de óleo, tal que a efetiva medida dacapacitância seja C = 3/4C0. Sendo dadas as respectivasconstantes dielétricas do óleo, k = 2; e do ar, kar = 1, edesprezando o efeito da constante dielétrica da emba-lagem, assinale a percentagem do volume de óleo vazadoem relação ao seu volume original.a) 5% b) 50% c) 100% d) 10% e) 75%ResoluçãoCapacitor com dielétrico de óleo e capacitor comdielétrico de ar ligados sob a mesma ddp (associaçãoem paralelo):Cparalelo = C0 (1)3–––4IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  20. 20. Cparalelo = Car + CóleoCparalelo = + (2)Igualando-se (1) e (2), vem:+ = C0+ =L – x + 2x = 1,5Lx = 1,5L – LHouve um vazamento de 50% do óleo.kar . Aar––––––––dkóleo . Aóleo––––––––––dkar . Aar––––––––dkóleo . Aóleo––––––––––d3––41 . (L – x) L––––––––––d2 . x . L––––––––––d3––42L2––––dx = 0,50LIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  21. 21. 11 EEO circuito mostrado na figura é constituído por umgerador com f.e.m. ε e um resistor de resistência R.Considere as seguintes afirmações, sendo a chave Sfechada:I. Logo após a chave S ser fechada haverá uma f.e.m.autoinduzida no circuito.II. Após um tempo suficientemente grande cessará ofenômeno de autoindução no circuito.III. A autoindução no circuito ocorrerá sempre quehouver 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.ResoluçãoI) CORRETA. Logo após a chave S ser fechadahaverá f.e.m. autoinduzida no circuito, pois avariação da corrente de zero ao valor final produzum campo magnético variável no tempo de acordocom a Lei de Faraday para a produção da forçaeletromotriz.II) CORRETA. Após um tempo suficientementegrande, cessará o fenômeno de autoindução nocircuito, pois não haverá a variação temporal docampo magnético, já que a corrente se tornacontínua e constante em seu valor.III)CORRETA. A autoindução no circuito ocorrerásempre que houver variação da corrente elétricano tempo, a qual produz variação do fluxo mag-nético, de acordo com a Lei de Faraday.IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  22. 22. 12 DDUm raio horizontal de luz monocromática atinge umespelho plano vertical após incidir num prisma comabertura de 4° e índice de refração n = 1,5. Considere osistema imerso no ar e que tanto o raio emergente doprisma como o refletido pelo espelho estejam no planodo papel, perpendicular ao plano do espelho, comomostrado na figura.Assinale a alternativa que indica respectivamente oângulo e o sentido em que deve ser girado o espelho emtorno do eixo perpendicular ao plano do papel que passapelo ponto O, de modo que o raio refletido retomeparalelamente 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.ResoluçãoDa figura, o ângulo de incidência ␣ da luz no espelhoé igual ao ângulo de desvio ⌬ proporcionado peloprisma:␣ = ⌬Para o retorno do raio de luz refletido paralelo ao raioincidente, o espelho deve rotacionar de no sentidohorário.I) Cálculo do ângulo de incidência i no prisma:Na figura, temos que os lados do ângulo i sãomutuamente perpendiculares aos lados do ângulo␣–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  23. 23. que corresponde à metade do ângulo de aberturaA do prismai = =i = 2º = radII) Cálculo do ângulo de refração interno r:Da Lei de Snell-Descartes, temos:nar sen . i = n sen . r1,0 . sen( )= 1,5 . sen rPara ângulos menores do que 5º, podemos assumirque o seno do ângulo é igual ao ângulo, medido emradianos:= 1,5 . rr = radIII)Cálculo do ângulo de incidência interno r’ noprisma:A = r + r’= + r’r’ = radIV) Cálculo do ângulo de emergência da luz i’n sen r’ = nar sen i’1,5 . sen = 1 . sen i’1,5 . = i’i’ = radV) Cálculo do ângulo de desvio Δ sofrido pela luz aoatravessar o prisma.Δ = i + i’ – ΔΔ = + – (rad)Δ = radA–––24º–––2π–––90π–––90π–––90π––––135π–––45π––––1352π––––135΂2π–––135 ΃2π–––135π–––45π–––45π–––45π–––90π–––90IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  24. 24. O ângulo ␸ de rotação do espelho é então de:␸ = =␸ = radouϕ = 1º, no sentido horárioπ–––180Δ–––2α–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  25. 25. 13 BBUm prato plástico com índice de refração 1,5 é colocadono interior de um forno de micro-ondas que opera a umafrequência de 2,5 x 109 Hz. Supondo que as micro-ondasincidam perpendicularmente ao prato, pode-se afirmarque a mínima espessura deste em que ocorre o máximo dereflexão das micro-ondas é dea) 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. Éimportante observar que a reflexão na interface(1) (ar-prato) ocorre com inversão de fase,enquanto na interface (2) (prato-ar), ocorre seminversão de fase, já que o ar é menos refringenteque o material do prato.Sendo ⌬x a diferença de percursos entre ospulsos refletidos na interface (2) e aquelesrefletidos na interface (1), tem-se que:⌬x = 2e e ⌬x = iLogo: 2e = iDa qual: (em que i = 1, 3, 5...)É importante notar que, como os pulsos sesuperpõem em oposição de fase, a condição deinterferência construtiva entre eles impõe que ofator i seja um número ímpar.Para se obter o valor mínimo de e, utiliza-sei = 1. Assim:(II) Mas: = ⇒ =␭p––––␭arnar––––np␭p––––c–––fnar––––np␭pemín = 1 ––––4␭p––––2␭p––––2␭pe = i ––––4IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  26. 26. ␭p = ⇒ ␭p = (m)Da qual:(III) Assim: emín = 1 =c nar––––f np3,0 . 108 . 1,0–––––––––––––2,5 . 109 . 1,5␭p = 0,08m = 8,0cm␭p––––48,0cm–––––––4emín = 2,0cmIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  27. 27. 14 BBConsidere o circuito elétrico mostrado na figura formadopor quatro resistores de mesma resistência, R = 10 Ω, edois geradores ideais cujas respectivas forças eletro-motrizes são εl = 30 V e ε2 = 10 V.Pode-se afirmar que as correntes i1, i2, i3 e i4 nos trechosindicados na figura, em ampères, são respectivamente dea) 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.ResoluçãoSeparação das malhas e aplicação das Leis deKirchhoff:Malha ␣:Ri1 + Ri2 – ␧1 = 010i1 + 10i2 – 30 = 010i1 + 10i2 = 30(I)Malha ␤:R1 + i4 – ␧1 – ␧2 = 010 . i4 – 30 – 10 = 010i4 = 40i1 + i2 = 3IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  28. 28. (II)Malha ␥:Ri3 + Ri2 – ␧2 = 010i3 – 10i2 – 10 = 010i3 – 10i2 = 10i3 – i2 = 1(III)Observando o circuito, vemos que i1 = i2 + i3. Subs-tituindo-se essa expressão em (I), vem:i2 + i3 + i2 = 3(IV)III em IV:2i2 + (1 + i2) = 33i2 = 2Em III: i3 = 1 + i2i3 = 1 + (A)Como i1 = i2 + i3, temos:i1 = + (A)2i2 + i3 = 32i2 = ––– A32––35i3 = ––– A32––35––37i1 = ––– A3i4 = 4,0 Ai3 = 1 + i2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  29. 29. 15 EEA figura mostra duas cascas esféricas condutoras concên-tricas no vácuo, descarregadas, em que a e c são, respecti-vamente, seus raios internos, e b e d seus respectivos raiosexternos.Aseguir, uma carga pontual negativa é fixada nocentro das cascas.Estabelecido o equilíbrio eletrostático, a respeito dopotencial nas superfícies externas das cascas e do sinal dacarga na superfície de raio d, podemos afirmar,respectivamente, quea) 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.ResoluçãoA carga puntiforme negativa no centro das esferas vaiproduzir indução eletrostática e as cargas induzidasestão representadas na figuraLogo, a carga elétrica adquirida pela superfície d énegativa.O potencial gerado pela carga negativa no centro daesfera pode ser calculado por V = , sendo –Qa carga no centro das esferas.K(–Q)––––––rIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  30. 30. Vb = Vd =Como b < d ⇒ Vb < VdK(–Q)––––––bK(–Q)––––––dIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  31. 31. 16 DDUm recipiente contém dois líquidos homogêneos e imis-cíveis, A e B, com densidades respectivas ρA e ρB. Umaesfera sólida, maciça e homogênea, de massa m = 5 kg,permanece em equilíbrio sob ação de uma mola deconstante elástica k = 800 N /m, com metade de seuvolume imerso em cada um dos líquidos, respectivamen-te, conforme a figura.Sendo ρA = 4ρ e ρB = 6ρ, em que ρ é a densidade daesfera, pode-se afirmar que a deformação da mola é dea) 0 m. b) 9/16 m. c) 3/8 m.d) 1/4 m. e) 1/8 m.ResoluçãoPara o equilíbrio: Fmola + P = EA + EBkx + mg = 4 ρ g + 6 ρ gSendo P = mg = ρ V g = 50 N, vemEA = 2 ρ Vg = 100NEB = 3 ρ Vg = 150N800 . x + 50 = 100 + 150V–––2V–––21x = ––– m4IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  32. 32. 17 CCDiferentemente da dinâmica newtoniana, que nãodistingue passado e futuro, a direção temporal tem papelmarcante no nosso dia-a-dia. Assim, por exemplo, aoaquecer uma parte de um corpo macroscópico e o isolar-mos termicamente, a temperatura deste se torna gradual-mente uniforme, jamais se observando o contrário, o queindica a direcionalidade do tempo. Diz-se então que osprocessos macroscópicos são irreversíveis, evoluem dopassado para o futuro e exibem o que o famoso cos-mólogo Sir Arthur Eddington denominou de seta dotempo. A lei física que melhor traduz o tema do texto éa) 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.ResoluçãoO texto se refere ao aumento da entropia dos sistemastermodinâmicos, demonstrado pela segunda lei datermodinâmica.IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  33. 33. 18 EENum experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-sea superfície de um metal com luz proveniente de um gásde hidrogênio cujos átomos sofrem transições do estadon para o estado fundamental. Sabe-se que a funçãotrabalho ␾ do metal é igual à metade da energia deionização do átomo de hidrogênio cuja energia do estadon é dada por En = E1/n2. Considere as seguintes afir-mações:I – A energia cinética máxima do elétron emitido pelometal é Ec = E1/n2 – E1/2.II – A função trabalho do metal é ␾ = – E1/2.III – A energia cinética máxima dos elétrons emitidosaumenta com o aumento da frequência da luzincidente no metal a partir da frequência mínimade 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.ResoluçãoCálculo da energia de ionização:A energia de ionização corresponde à variação daenergia entre o estado fundamental (n = 1) e a energianula do infinito.Eionização = Einfinito – EfundamentalEionização = 0 – E1I. CorretaDe acordo com a proposição de Einstein para oefeito fotoelétrico, temos:= –Ec = ͫ ͬ– ΂ ΃Ec =Energia cinéticamáxima do fotoelé-tron ejetado pelaplaca de metal (Ec)Energia do fótonemitido pelo átomode hidrogênio natransição do estadon para o funda-mentalE1Efóton = –––– – E1n2Função trabalho ⌽do metal igual àmetade da energiade ionizaçãoE1⌽ = – ––––2E1––– – E1n2E1– –––2E1 E1––– – E1 + –––n2 2Eionização = – E1E1 < 0, pois o elétron está ligado aonúcleo de hidrogênio.E1 E1Ec = ––– – –––n2 2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  34. 34. II. Correta⌽ =III. CorretaO efeito fotoelétrico também pode ser operaciona-lizado por:Ec = h f – ⌽ (h é a Constante de Planck)A equação mostra que o aumento da frequência fdo fotoelétron aumenta a energia cinética dofotoelétron ejetado pelo metal.E1– –––2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  35. 35. 19 DDUma espira circular de raio R é percorrida por umacorrente elétrica i criando um campo magnético. Emseguida, no mesmo plano da espira, mas em ladosopostos, a uma distância 2R do seu centro colocam-sedois fios condutores retilíneos, muito longos e paralelosentre si, percorridos por correntes i1 e i2 não nulas, desentidos opostos, como indicado na figura.O valor de i e o seu sentido para que o módulo do campode indução resultante no centro da espira não se altere sãorespectivamentea) 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.ResoluçãoInicialmente a espira de raio R gera um campomagnético cujo módulo é dado porBesp =Ao colocarmos os dois fios paralelos eles geram umcampo magnético resultante→Bfio de módulo:Bfio = + =Para que não se altere o módulo do campo resultanteno centro da espira, o módulo do campo→Bfio deve serigual ao dobro do módulo campo da espira (→Besp) eseus sentidos devem ser opostos.Bfio = 2 . Besp=Pela regra da mão direita, o campo resultante dos fiosestá penetrando no papel. Concluindo, o campo daespira deverá sair do papel e a corrente terá sentidoanti-horário.i1 + i2i = ––––––––4␲␮i––––2R␮i1–––––––2␲ (2R)␮i2–––––––2␲ (2R)␮(i1 + i2)––––––––4␲ R␮(i1 + i2)––––––––4␲ R2␮i––––2RIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  36. 36. 20 AAUma lua de massa m de um planeta distante, de massaM >> m, descreve uma órbita elíptica com semieixomaior a e semieixo menor b, perfazendo um sistema deenergia E.Alei das áreas de Kepler relaciona a velocidadev da lua no apogeu com sua velocidade v’no perigeu, istoé, v’ (a – e) = v (a + e), em que e é a medida do centro aofoco da elipse. Nessas condições, podemos afirmar quea) E = – GMm/(2a). b) E = – GMm/(2b).c) E = – GMm/(2e). d) E = – GMm/͙ළළළළළළළළa2 + b2e) v’ = ͙ළළළළළළළළළළළළළ2GM/(a–e).Resoluçãov’ (a – e) = v (a + e)No perigeu: E = – (1)No apogeu: E = – (2)E = ΄v ΅2–E = ΂ ΃2– (3)De (2): = E + (4)De (3): = ΂E + ΃. ΂ ΃2(5)Comparando (4) e (5), vem:E + = ΂E + ΃. ΂ ΃2E + = E ΂ ΃2+ .E + = E ΂ ΃2+ GMm .E ΄1 – ΂ ΃2΅= ΂ ΃E ΄1 – ΂ ΃2΅=E . ΄ ΅=E (a2 + 2ae + e2 – a2 + 2ae – e2) = GMm (–2e)E 4ae = GMm (– 2e)mv2–––––2GMm––––––a + emv2–––––2GMm––––––a – ea – e–––––a + eGMm––––––a + eGMm––––––a – ea – e–––––a + eGMm––––––a + ea – e–––––a + eGMm––––––(a – e)(a – e)2–––––––(a + e)2GMm––––––a + ea – e–––––a + ea – e–––––––(a + e)2a – e–––––a + eGMm––––––a + ea – e––––– – 1a + ea – e–––––a + eGMm––––––a + e(a – e – a – e)––––––––––––a + e(a + e)2 – (a – e)2––––––––––––––(a + e)2GMm (–2e)–––––––––––(a + e)2mv’2––––––2GMm––––––a – emv2–––––2GMm––––––a + em–––2(a + e)–––––a – eGMm––––––a – emv2–––––2a + e–––––a – eGMm––––––a – eGMmE = – –––––––2aIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  37. 37. QUESTÕES DISSERTATIVAS21Considere as seguintes relações fundamentais da dinâ-mica relativística de uma partícula: a massa relativísticam = m0γ, o momentum relativístico p = m0γv e a energiarelativística E = m0γc2, em que m0 é a massa de repousoda partícula e γ = 1/͙ළළළළළළළළළළළළ1 – v2/c2 é o fator de Lorentz.Demonstre que E2 – p2c2 = (m0c2)2 e, com base nessarelação, discuta a afirmação: “Toda partícula com massade repouso nula viaja com a velocidade da luz c”.ResoluçãoEnergia relativísticaE = m0γc2E2 = m02γ2c4E2 = m02c4 .E2 = m02c4 .E2 = m02c4 .E2 = m02 . (1)Momentum relativísticop = m0 . γ . Vp2 = m02 . γ2 . V2p2 = m02 . . V2p2 = m02 . . V2p2 = (2)Substituindo (1) e (2) no primeiro termo da equaçãodo enunciado:E2 – p2c2 = (m0 c2)2E2 – p2c2 = –c2––––––––c2 – V2c6––––––––c2 – V21––––––––V21 – –––c2c2––––––––c2 – V2m02 V2 c2––––––––––c2 – V21––––––––V21 – –––c21––––––––c2 – V2––––––––c2m02 V2 c2 c2–––––––––––c2 – V2m02 c6–––––––––c2 – V2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  38. 38. E2 – p2c2 = (c2 – V2)E2 – p2c2 = m02 c4Além disso, para m0 = 0, temos:m = m0 . γm = m0 .. m = m0= 01 – = 0Se a partícula viajasse com a velocidade da luz, suamassa de repouso seria nula.m02 c4–––––––––c2 – V2E2 – p2c2 = (m0c2)21–––––––––––V21 – –––c2V21 – –––c2V21 – –––c2V2–––––c2V = cIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  39. 39. 22Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera atemperatura de 0°C. A seguir, o recipiente é fechado eimerso num banho térmico com água em ebulição. Aoatingir o novo equilíbrio, observa-se o desnível domercúrio indicado na escala das colunas do manômetro.Construa um gráfico P x T para os dois estados do ar nointerior do recipiente e o extrapole para encontrar atemperatura T0 quando a pressão P = 0, interpretandofisicamente este novo estado à luz da teoria cinética dosgases.ResoluçãoNo estado 1, a pressão do gás é igual à pressãoatmosférica P1 = 76 cm Hg e no estado 2 a pressão dogás P2 é dada porP2 = Patm + PHgP2 = 76 cmHg + 28 cmHgP2 = 104 cmHgPara esses valores de pressão e temperatura, obtemosno gráfico (P x T) dois pontos:Admitindo-se que o ar no recipiente se comporta comoum gás ideal, a pressão varia linearmente com atemperatura:P = P0 + αTDos pontos do gráfico, temos:Resolvendo o sistema, temos:P0 = – 0,44 cmHgα = 0,28E obtemos a relação:P = – 0,44 + 0,28TΆ104 = P0 + α . 37376 = P0 + α . 273cmHg–––––KIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  40. 40. Fazendo P = 0, temos:0 = – 0,44 + 0,28TT = KOu seja, a temperatura do gás se aproxima do zeroabsoluto. Tal conclusão é coerente com a teoriacinética dos gases, segundo a qual a pressão aplicadapelo gás nas paredes do recipiente se deve às colisõesentre as partículas que constituem o gás e as paredesdo recipiente. A temperatura, por sua vez, cai com aredução do grau de agitação das partículas. De acordocom a teoria cinética dos gases, a pressão deveria sernula na temperatura de 0K. O valor encontrado,diferente de 0K, está ligado ao fato de o gás não serideal e a eventuais erros de medida.0,44–––––0,28T ഡ 1,57KIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  41. 41. 23Num plano horizontal x × y, um projétil de massa m élançado 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 encontrainicialmente em repouso a uma distância D de umaparede, conforme a figura. Após uma primeira colisãoelástica com a barra, o projétil retrocede e colideelasticamente com a parede. Desprezando qualquer atrito,determine o intervalo de valores de θ para que ocorra umasegunda colisão com a barra, e também o tempo decorridoentre esta e a anterior na parede.Resolução1) Conservação da quantidade de movimento nadireção x:M V1 – m V2x = m Vcos θ (1)2) Colisão elástica: Vaf = VapV1 + V2x = Vcos θ (2)(2) × M: M V1 + M V2x = M Vcos θ (3)(3) – (1): V2x (M + m) = (M – m) Vcos θEm (2): V1 + = Vcos θV1 = Vcos θ(M – m) Vcos θV2x = ––––––––––––––M + m(M – m) Vcos θ––––––––––––––M + mM – m[1 – –––––––]M + m2mV1 = Vcos θ –––––––M + mIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  42. 42. 3) Seja T o tempo total desde a 1.ª colisão até a 2.ªcolisão. O projétil vai percorrer na direção x umadistância total 2D + d, em que d é a distânciapercorrida pela barra no tempo T.2D + d = V2x T (1)d = V1 T (2): = =d M – d m = 4 D m + 2 m dd(M – 3m) = 4 D mEm (2): = T4) Na direção do eixo y:Δsy = Vy T =Δsy = tg θ .Para que ocorra a 2.ª colisão:Δsy ≤tg θ . ≤0 ≤ θ ≤ arc tgVsen θ . 2 D (M + m)––––––––––––––––––Vcos θ (M – 3m)2 D (M + m)––––––––––––M – 3mL–––22 D (M + m)––––––––––––M – 3mL–––2L (M – 3m)tg θ ≤ ––––––––––––4 D (M + m)(1)–––(2)2D + d–––––––dV2x––––V1M – m–––––––2m4 D md = ––––––––M – 3m4 D m––––––––M – 3m2m(Vcos θ ––––––––)M + m2 D(M + m)T = –––––––––––––––Vcos θ (M – 3m)΅L (M – 3m)–––––––––––4D (M + m)΄IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  43. 43. 5) O tempo gasto para o projétil chegar à paredeapós a 1.ª colisão é dado por:D = V2x . T1D = . T1T1 =O tempo pedido entre a colisão com a parede e a2.ª colisão com a barra é dado por:Δt = T – T1Δt = –(M – m) Vcos θ–––––––––––––M + mM + m(––––––––)M – mD––––––Vcos θ2 D (M + m)––––––––––––––Vcos θ (M – 3m)M + m(––––––––)M – mD––––––Vcos θ(M + m) D 2 1Δt = –––––––––– (––––––– – –––––––)Vcos θ M – 3m M – mIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  44. 44. 24Dois radiotelescópios num mesmo plano com duasestrelas operam como um interferômetro na frequênciade 2,1 GHz. As estrelas são interdistantes de L = 5,0 anos-luz e situam-se a uma distância D = 2,5 x 107 anos-luz daTerra. Ver figura. Calcule a separação mínima, d, entre osdois radiotelescópios necessária para distinguir asestrelas. Sendo θ < < 1 em radianos, use a aproximaçãoθ ≅ tan θ ≅ sen θ.ResoluçãoA situação proposta equivale ao experimento deYoung, em que as estrelas correspondem a duas fontespontuais de frequência 2,1 GHz. Os telescópios estãoposicionados sobre duas franjas de interferênciasucessivas.tg θ =sen θ =sen θ ഡ tg θ=Δx = . Ld–––D⌬x–––L⌬x–––Ld–––Dd–––DIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  45. 45. Se entendermos “distinguir” como sendo os doistelescópios detectando a estrela, temos interferênciaconstrutiva entre os sinais emitidos pelas estrelas. Adiferença de percursos deve ser múltipla par de meiocomprimento de onda:Δx = p (p é número par)L = p .d = (I)Da equação fundamental da ondulatória, obtemos ocomprimento de onda ␭ do sinal emitido pelasestrelas:V = ␭ f3,0 . 108 = ␭ . 2,1 . 109λ = mSubstituindo-se os valores numéricos na relação (I)obtida para a distância d, temos:d = (m)d = p . . 106mA menor distância entre os telescópios ocorre parap = 2:dmín = 2 . . 106mdmín ഡ 7,14 . 105mSe entendermos “distinguir” como sendo um dostelescópios detectando a estrela e o outro não, temosinterferência destrutiva entre os sinais emitidos pelasestrelas. A diferença de percursos deve ser múltiplaímpar de meio comprimento de onda:Δx = i (i é número ímpar)L = i .d = (II)Substituindo-se novamente os valores numéricos narelação (II) obtida para a distância d, temos:d = (m)d = i . . 106m2,5–––72,5–––7␭–––2d–––D␭–––2i–––2␭D–––L1i . ––– . 2,5 .1077––––––––––––––––2 . 5,02,5–––7␭–––2d–––D␭–––2p–––2␭D–––L1–––71p . ––– . 2,5 .1077––––––––––––––––2 . 5,0IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  46. 46. A menor distância entre os telescópios ocorre parai = 1:dmín = 1 . . 106mdmín ഡ 3,57 . 105mResposta: Para interferência construtiva:dmín ഡ 7,14 . 105 mouPara interferência destrutiva:dmín ഡ 3,57 . 105 m2,5–––7IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  47. 47. 25Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme da, umbalão aerostático, inicialmente de densidade d, desceverticalmente com aceleração constante de módulo a. Aseguir, devido a uma variação de massa e de volume, obalão passa a subir verticalmente com aceleração demesmo módulo a. Determine a variação relativa dovolume em função da variação relativa da massa e dasdensidades da e d.ResoluçãoSituação inicial:P – E0 = m0 . ad . V0 . g – da . V0 . g = d . V0 . aSituação final:E – P = m . ada . (V0 + ⌬V) . g – (m0 + ⌬m) . g == (m0 + ⌬m) . . gda (V0 + ⌬V) – (m0 + ⌬m) = (m0 + ⌬m)da – ==da – ==⌬V΂1 + ––––΃V0m0 ⌬m΂–––– + –––––΃V0 V0m0 ⌬m΂–––– + –––––΃V0 V0d – da΂–––––––΃d⌬V΂1 + ––––΃V0⌬m΂d + ––––. d΃m0⌬m΂d + ––––. d΃md – da΂–––––––΃dd – da΂–––––––΃dd – daa = ΂––––––––΃. gdd0 – dar΂––––––––΃d0IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  48. 48. da = d1 + == – 1⌬V΂1 + ––––΃V0⌬m΂1 + ––––΃m0d – dar΂1 + ––––––΃d⌬V–––V0d–––da⌬m΂1 + ––––΃mda΂2 – ––––΃d⌬V–––V0d–––da⌬m΂1 + ––––΃mda΂2 – ––––΃d⌬V ⌬m 2d––– = ΂1 + ––––΃ ΂–––– – 1΃ – 1V0 m daIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  49. 49. 26Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabáticareversível de um estado inicial cuja pressão é Pi e ovolume é Vi para um estado final em que a pressão é Pf eo volume é Vf. Sabe-se que γ = Cp/Cv é o expoente dePoisson, em que Cp e Cv são os respectivos caloresmolares a pressão e a volume constantes. Obtenha aexpressão do trabalho realizado pelo gás em função de Pi,Vi, Pf, Vf e γ.ResoluçãoO gráfico da pressão (P) em função do volume (V)traduz a expansão adiabática sofrida pelo gás. A curvaque conecta os pontos (i) e (f) obedece à Lei dePoisson-Laplace PVγ= kouk é uma constantePelo 1o. Princípio da Termodinâmica, Q = τ + ΔU,sendo Q = 0 (transformação adiabática), tem-se:0 = τ + ΔU ⇒ τ = – ΔUA variação de energia interna, porém, é dada, nestecaso, por:ΔU = nCV (Tf – Ti) 1Da Relação de Mayer: CP – CV = RSendo γ = ⇒ CP = γ CV. Logo:γ CV – CV = R ⇒ CV (γ – 1) = RCP–––CVkP = –––VγIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  50. 50. Da qual:CV = 2Substituindo-se 2 em 1:ΔU = n (Tf – Ti)Da Equação de Clapeyron: PV = n R T, obtém-se:T =Assim:ΔU = –Da qual:ΔU = (Pf Vf – Pi Vi)Lembrando-se de que τ = – ΔU, obtém-se, finalmente:R–––––γ – 1΂R–––––γ – 1΃PV–––––nR΃Pi Vi–––––nRPf Vf–––––nR΂΃nR–––––γ – 1΂1–––––γ – 11τ = ––––– (Pi Vi – Pf Vf )γ – 1IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  51. 51. 27Um dispositivo é usado para determinar a distribuição develocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O e Oalinhados no eixo z, moléculas ejetadas de O, apóspassar por um colimador, penetram no orifício O dotambor de raio interno R, que gira com velocidadeangular constante ω. Considere, por simplificação, queneste instante inicial (t = 0) as moléculas em movimentoencontram-se agrupadas em torno do centro do orifícioO. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura,tais moléculas movem-se horizontalmente no interiordeste ao longo da direção do eixo z, cada qual com suaprópria velocidade, sendo paulatinamente depositadas nasuperfície 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 depositadacorrespondente ao giro θ do tambor e vmin é a menorvelocidade possível para que as moléculas sejamdepositadas durante a primeira volta deste.Resolução(I) Para uma rotação de um ângulo θ do tambor,temos:ω = (θ em rad)Δt = a(II) Neste intervalo de tempo, Δt, uma molécula sofreum deslocamento de 2R, ao longo do eixo Z, parase depositar na parede do cilindro:v = ba em b: v =v =θ–––Δtθ–––ω2R–––Δt2R–––––––––θ––––ω2Rω––––––θIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  52. 52. Para a primeira rotação completa do cilindro,temos:θ = 2π radLogo:vmín =vmín =(III) Escrevendo v – vmín, temos:v – vmín = –Da qual:2Rω–––––2πRω––––πRω––––π2Rω––––––θωRv – vmín = ––––– (2π – θ)πθIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  53. 53. 28O experimento mostrado na figura foi montado paraelevar a temperatura de certo líquido no menor tempopossível, dispendendo uma quantidade de calor Q. Nafigura, G é um gerador de força eletromotriz ␧, comresistência elétrica interna r, e R é a resistência externasubmersa no líquido. Desconsiderando trocas de calorentre 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 nascondições impostas.b) Represente graficamente a equação característica dogerador, ou seja, a diferença de potencial U em funçãoda intensidade da corrente elétrica i.c) Determine o intervalo de tempo transcorrido duranteo aquecimento em função de Q, i e ␧.ResoluçãoNas condições de menor tempo possível de aque-cimento, o gerador deve trabalhar com sua potênciamáxima, ou seja:U = (1)i = (2)P = i . U =Em curto-circuito, a intensidade de corrente vale:icc =Pmáx = (3)No resistor externo:U = R . iNas condições de potência máxima, temos:= R . ⇒ R = ra) P = = ⇒P = i . U␧–––r␧2–––4r␧–––2i–––2r␧2–––4r␧2–––4R␧2R = –––4P␧ . icc–––––4␧–––2icc–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  54. 54. P = i ⇒b) U = ␧ – r . iTrata-se de uma função do 1.o grau.c) Durante o aquecimento, a energia térmicaliberada pelo resistor R é aproveitada pela águasob a forma de calor.P . ⌬t = QP = i . U = i .i . . ⌬t = QRespostas: a) R = ; i =b) ver figurac) ⌬t =␧2–––4P2P–––␧2Q––––i . ␧␧–––22Pi = –––␧␧–––2␧–––22Q⌬t = ––––i ␧IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  55. 55. 29Duas placas condutoras de raio R e separadas por umadistância d < < R são polarizadas com uma diferença depotencial V por meio de uma bateria. Suponha sejamuniformes a densidade superficial de carga nas placas eo campo elétrico gerado no vácuo entre elas. Um pequenodisco fino, condutor, de massa m e raio r, é colocado nocentro da placa inferior. Com o sistema sob a ação dagravidade g, determine, em função dos parâmetros dados,a diferença de potencial mínima fornecida pela bateriapara que o disco se desloque ao longo do campo elétricona direção da placa superior.ResoluçãoPara que o disco se desloque ao longo do campoelétrico na direção da placa superior devemos imporF ≥ P. Para que a diferença de potencial V sejamínima, vamos considerar: F = PMas F = q . E , E = e P = m . gPortanto, q . = mg (1)Cálculo da carga elétrica q do disquinho.Sendo a densidade elétrica superficial constante,temos:= ⇒ q = (2)Mas Q = C . V ⇒ Q = ε0 . . V (3)(2) em (1):. = mg ⇒ V = (4)De (3) em (4), resulta:V =Q . r2––––––R2V–––dmgR2d–––––––Q . r2V–––dV–––dq–––πr2Q––––πR2Q . r2––––––R2πR2–––dmgR2d–––––––––––––––πR2ε0 . –––– . V . r2dIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  56. 56. V2 =mgd2–––––––πε0r2d mgV = –– .͙ළළළළළ––––––r πε0IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  57. 57. 30Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivode um capacitor de placas paralelas submetidas a umadiferença de potencial ε = 1000 V e espaçadas entre si ded = 1 mm, conforme a figura. A seguir, ele passa atravésde um pequeno orifício no segundo eletrodo para umaregião de campo magnético uniforme de móduloB = 1,0T. Faça um gráfico da energia cinética do prótonem função do comprimento de sua trajetória até oinstante em que a sua velocidade torna-se paralela àsplacas do capacitor. Apresente detalhadamente seuscálculos.ResoluçãoPelo teorema da energia cinética, temos:τ = Ec – Ec0F . x = EcEc = q . E . xEc varia com x segundo uma função do 1.° grau.Cálculo de Ec máxima:Para x = d, temos:Ecmáx= q . UEcmáx= 1,6 . 10–19 . 103 (J)Ecmáx= 1,6 . 10–16JUEc = q . ––– . xdIITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122
  58. 58. Ao penetrar no campo magnético, o próton realiza umMCU. Portanto, sua energia cinética se mantémconstante. Quando a velocidade do próton se tornaparalela às placas do capacitor, ele terá percorrido, nointerior do campo mangético, a distância:d =d = .d = . .͙ළළළළළළළd = . . ͙ළළළළළළ2Ec . md = . . ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ2.1,6.10–16. 1,7.10–27 (m)d ≅ 7,23 . 10–3m = 7,23mmTemos, assim, o gráfico:πR––––2π––2m . v–––––q . Bπ––2m–––––q . B2 . Ec–––––mπ––21–––––q . Bπ––21––––––––––––1,6.10–19 . 1,0IITTAA ((11ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

×