1. Prova de 3° Ano - 3ͣ Fase<br />1.<br />a) Colisão entre A e C perfeitamente inelástica <br />(i) Pela conservação da quantidade de movimento:<br />• antes da colisão (em módulo) -> Ԛi = (MA+ MB+ Barra)ν = 4x3<br />•depois da colisão (em módulo) -> Ԛf = (MA + MB + Barra + MC) ν 1= 6ν 1<br />Então:<br />Ԛi =Ԛf ->12=6 ν 1 -> ν 1= 2m/s.<br />Colisão entre C e D perfeitamente elástica<br />(ii) Pela conservação da quantidade de movimento:<br />•antes da colisão (em módulo) -> Ԛi= (MA + MB+ Barra + MC) ν 1= 6x2<br />•depois da colisão (em módulo) -> Ԛf=M ν 2+ MMDV3 = 6 ν 2+ 2 ν 3<br />Com M= (MA + MB+ Barra + MC)<br />Então:<br />Ԛi= Ԛf-> 12 = 6ν 2+ 2 ν 3->6 = 3 ν 2+ ν 3.<br />Como há duas velocidades (ν2 e ν3) a determinar, é preciso obter uma segunda relação entre ν2 e ν3. Essa relação é obtida usando a conservação da energia, ou seja:<br />•antes da colisão -> Ei = 12 M ν12 = 12 x6x4 = 12<br />•depois da colisão -> Eƒ = 12 M ν22 + 12 MD ν32 = 12 x6 ν22 + 12 x 2 ν32 = 3 ν22 + ν32<br />Assim:<br />Ei = Eƒ -> 12 = 3 ν22 + ν32<br />Da relação (1) segue que ν 3 = 6-3ν 2 (3). Substituindo (3) em (2), teremos:<br />12 = 3 ν22 + (6 - 3 ν2)² ->12 ν22 - 36 ν 2+ 24 = 0<br />ν22- 3 ν 2+ 2 =0<br />Resolvendo a equação (4), segue que:<br />ν 2+ = 2 m/s e ν 2-= 1 m/s.<br />Usando o valor de ν 2+ em (3), obtém-se<br />ν 3- = 3 m/s.<br />A solução fisicamente aceitável é a (7) uma vez que, após o choque, o carrinho D fica em movimento.<br />Colisão ente D e B perfeitamente inelástica<br />(iii) Pela conservação da quantidade de movimento:<br />• antes da colisão (em módulo) -> Ԛi = M ν 2- + MD ν 3- = 6 x 1 + 2 x 3 = 12<br />• depois da colisão (em módulo) -> Ԛf = M + MD) ν 4 = (6 + 2) ν 4<br />Então:<br />Ԛi= Ԛf -> 12 = 8 ν 4->ν 4= 1,5 m/s.<br />Resposta: A velocidade final do sistema é 1,5 m/ s.<br />Resposta: A velocidade final do sistema é ν = 1,5 m/s, ou seja, a mesma do item (a).<br />Explicação: Em todas as colisões que ocorrem no processo, há conservação da quantidade de movimento e o sistema final, nas duas situações analisadas, tem a mesma massa.<br /> 2.<br />a) (i) Sabendo que ƒ é a freqüência de oscilação da onda, tem-se:<br />λ ƒ = ν e ω = 2 ᴨ ƒ<br />(ii) Da relação apresentada no enunciado do problema segue que<br />β ν = ω -> β λ ƒ = ω -> β λ ƒ = ω -> β λ ƒ = 2 ᴨ ƒ<br />Ou seja<br />λ = 2ᴨ β <br />Usando o valor de β, obtido da equação que descreve a onda, tem-se:<br />λ=2 ᴨ4= ᴨ2m<br />Resposta: O comprimento da onda é λ = =ᴨ2 m=1,57m.<br />b) Em t = t0 = 0, tem-se<br /> y = 10 cos 4z<br />Considerando os pontos z = 0, z= λ/4, z= λ/2,3 λ/4, e z = λ seguem que:<br />(i) para z =0, y = 10;<br />(ii) para z = λ/4, y=10 cós (4 λ/4) -> y = 10 cos λ= 10 cos (ᴨ/2) =0;<br />(iii) para z = λ/2, y= 10 cos (4 λ/2) -> y = 10 cos2 λ=10cos ᴨ= -10;<br />(iv) para z = 3 λ/4, y=10 cos (4x3 λ/4) -> y= 10 cos (3λ) = 10 cos (3 ᴨ/2) =0;<br />(v) para z = λ, y = 10 cos (4 λ) -> y= 10 cos (4 ᴨ/2) = 10 cos 2 ᴨ= 10<br />c) Após um tempo ∆t a onda caminha uma distância;<br />∆z = ν ∆t -> ∆z = 106 x 0, 523 x 10-6 = 0, 523 m <br />Como λ =ᴨ2 m ≈1, 5707 m, logo<br />∆z = λ3<br />Solução alternativa:<br />Em t= t1= 0, 523 x 10-6 s, tem-se:<br />Y = 10 cos ﴾4z - 2ᴨT﴿<br />Como λ ƒ = ν, segue que:<br />λT=ν->1 T=νλ = 106ᴨ/2=2x106ᴨ<br />Então, substituindo 1/T em (1), obtém-se:<br />Y = 10 cos﴾ 4z – 4 x 106t ﴿, <br />E, usando t = 0, 523 x10-6= 1,573 x 10-6 = λ3 x 10-6 s, chega-se a:<br />Y= 10 cos ﴾4z - 4λ3﴿<br />Considerando, por exemplo, o ponto A da figura 01(lembre-se que esse ponto corresponde ao argumento do cosseno nulo), tem-se que ele, no instante t = λ/3 x10-6s,<br />Encontrar-se-á em: 4z - 4λ3=0 ->z = λ3, ou seja, a onda terá se deslocado de λ/3<br />3.<br />a) Pela Lei de Coulomb tem-se, em módulo:<br />(i) força entre a carga em A e a carga em a: FAa = 5kԚ2D2 <br />(ii) força ente a carga em B e a carga em b:FBb = 6kԚ2D2<br />Isolando a haste AB e indicando as forças que atuam sobre ela.<br />(iii) Como o sistema está em equilíbrio, o momento resultante é nulo (MR = 0). Calculando o momento em relação ao ponto O, obtém-se: <br />FAa . AO + Mg. HO = FBb·. BO, e, substituindo em (3) as expressões (1) e (2) <br />AO = L/2, HO = L/3 e BO = L/2, Chega-se a:<br />5kԚ2D2 . L2 + Mg. L3 = 6kԚ2D2··. L2<br />Mg. L3 = kԚ2 D2··. L2<br />M = 32gkԚ2 D2<br />b) De (4) segue que:Ԛ2 = 2gD23k M <br />E, substituindo as variáveis pelos valores do problema, tem-se:<br />Ԛ2 = 0, 3072x0,13x109 = 0, 1024 x 10-10<br />Ou seja, Ԛ = 3,2 x 10-6C. Como Le = 1,6 x 10-19 C, obtém-se: <br />Ԛ = 2 x 1013 cargas elementares.<br />4.<br />a) O campo gerado pela espira A no ponto P, será: <br />BA= μ0R2 2 k﴾Z2+R2﴿2<br />O campo gerado pela espira D no ponto P será: [(l -z) 2 + R2] 3/2<br />BD= μ0R2 2 k [(l -z) 2 + R2] 3/2<br />Daí, o campo total no ponto P será a superposição dos dois campos, ou seja:<br />B = BA+BD= μ0R2 2 {1 [(l -z) 2 + R2] 3/2 + 1﴾Z2+R2﴿2} k.<br />b) Se l diminui, com P fixo, ou seja, se as duas espiras forem colocadas mais próximas,o valor do campo total começará a crescer porque o termo [(l -z) 2 + R2] 3/2 diminui,atinge um valor máximo em l= z e, em seguida, para O< l < z, Começa a diminuir porque o termo <br />[(l -z)2 + R2]3/2 Aumenta, Quando l tende a zero o campo total aproxima-se do campo de uma bobina com duas espiras,já que:<br />B = μ0R2 2 {1 [(l -z) 2 + R2] 3/2 + 1﴾Z2+R2﴿2} k = μ0R2 (Z2+R2﴿3/2 k<br />c) (i) Se l = 0 e z ≠ 0, tem-se:<br />B = μ0R2 (Z2+R2﴿3/2 k <br />(ii) Se l=0 e z=0 tem-se, de (3):<br />B = μ0R2 2 {1 (R2﴿3/2+1 (R2﴿3/2} k = μ0i R k<br />Que é duas vezes o campo no centro de uma espira circula de raio R, percorrida por uma corrente elétrica i (lembre-se que o campo no centro de uma espira de raio R, percorrida por uma corrente elétrica i, tem módulo B= μ0i 2R = 2ᴨx10-7 xiR, onde μ0 = 4 ᴨ x 10-7 N / A2)<br />(iii) Se l = z e z ≠ 0, obtém-se:<br />B = μ0iR2 2 {1 (R2﴿3/2+1 (z2+R2﴿3/2} k<br />Isto é, tem-se como campo resultante a adição do vetor campo magnético no centro de uma espira circulas de raio R, percorrida por uma corrente elétrica i(no caso a espira D) e o campo em P gerado pela espira no plano xy, percorrida pela corrente i.<br />5. O rendimento de uma máquina de Camot é obtido por ηC= 1 - TƒTq = 1 - 300600·, ou seja, ηC= 0,5.<br />Como a máquina do problema tem rendimento 20% menor, logo η = 0,4.<br />a) De acordo com o enunciado, o fluxo de calor proveniente da fonte quente, que penetra na máquina é numericamente igual ao de uma barra submetida a uma diferença de temperatura de 500 K, ou seja:<br />∆Ԛq∆t = kA∆Tl -> ∆Ԛq∆t = 50 x 2 x 5000,1 -> ∆Ԛq∆t = 500 kW<br />O rendimento de uma máquina é definido como η= ∆T∆Ԛq·, onde ∆T é o trabalho realizado.<br />Assim,∆T∆t = η ∆Ԛq∆t·, ou seja, a potência da máquina é:<br />∆Ԛ ƒ = ∆Ԛq - ∆t -> ∆Ԛ ƒ ∆t = ∆Ԛ q∆t - ∆t∆t = (1 – η) ∆Ԛ ƒ ∆t<br />Logo, ∆Ԛ ƒ ∆t = 300 kJ/s<br />A quantidade de calor rejeitada em 10 minutos (=600 s) será:<br />∆Ԛ ƒ = 300 x 103 x 600 -> ∆Ԛ ƒ = 1,8 x108J<br />A quantidade de calor necessária para elevar uma massa m de gelo de T0 = - 20°C e em seguida derretê-la,é<br />∆Ԛ ƒ= mCg(T-T0) + mL,<br />Onde Cg=2100J(kg°C) é o calor especifico do gelo e L= 330 kJ/kg é o calor de fusão do gelo.Assim,<br />1,8 x 108= m(2100x20+330x103)<br />Resulta m = 483,9 kg<br />Observação: Por engano da comissão de provas, os valores do calor específico Cg e do calor de fusão L do gelo não foram fornecidos. Desta forma, foi atribuída pontuação total ao aluno que resolveu corretamente a questão,mas não apresentou o resultado numérico final.<br />6. <br />a) Se o processo A ->B é isobárico, a pressão no estado B é igual ao do estado A, isto é <br />PB =PA = 32 x 105 N/m2. O volume do gás em B, de acordo com o enunciado é VB = 2m3.<br />Como o processo B -> C é adiabático, então PBVBy = PCVCy -> VC =( PBPC) VB. <br />Como y = CPCv , então y = 53 -> VC =(32)3/5 VB -> VC = 16 m3.<br />b) O trabalho na expansão A -> C será:<br />∆t = ∆tAB + ∆tBC<br />• O trabalho na expansão A -> B é <br />∆tAB = PA(VB - VA) ∆tAB = 32 x 105 J<br />• No processo adiabático B -> C o trabalho é:<br />∆tBC = 11-y (PCVC - PBVB)<br />∆tBC = 11-5/3 (1x16 – 32 x 2) x 105 = 72 x 105 J<br />• o trabalho total será, portanto:<br />∆t = 104 x 105 J<br />c) A variação da energia interna total será ∆UAC = ∆UAB + ∆UBC<br />Da primeira lei da termodinâmica, teremos:<br />∆U = ∆Ԛ - ∆t<br />• <br />Como o processo A -> B é isobárico, então:<br />∆UAB = ηCP∆t-P∆V<br />Usando a equação dos gases ideais, PV = η RT e usando o fato de que a pressão se mantém constante, teremos: ∆T = P ∆ Vη R ,de forma que:<br />∆UAB =( CPR - 1) P ∆V ,pois CP = Cv + R<br />Mas P∆V = PA(VB - VA) = tAB<br />Como Cv= 3R2,então<br />∆UAB= 32tAB = 48 x 105 J<br />• O processo B -> C é adiabático, de forma que ∆Ԛ = 0.Assim,de (1) deve-se ter:<br />∆UBC = ∆ tBC = -72 x 105 J<br />7.<br />Da figura observa-se que tga = xh' -> x= h’ tga <br />Temos também que tg θ = xh -> x= h tgc<br />Onde h e h’ são respectivamente a profundidade e a profundidade aparente da moeda. Assim <br />h tg θ = h’ tga -> h= h’tgatgθ = h’ sen acosa cos θsen θ<br />Usando a lei da refração n sen θ = sena, teremos:<br />h = h’ n cosθcosa = h’ n 1-sen2θcona -> h=h’ n21-sen2acosa<br />Quando o carro acelera, a superfície da água inclina de um ângulo ϕ em relação ao nível horizontal.<br />A moeda estará agora a uma profundidade hi = h cos ϕ e a profundidade aparente será h’’. Como o ângulo de observação é o mesmo (a),então:<br />hi= h’’n21-sen2acosa<br />Dividindo a equação (2) por (1) obtemos:<br />hih = h''h' -> h cosϕh = h''h'<br />Como h’’ =25√3 cm e h’ = 50 cm<br />Obtemos cosϕ = 32 -> ϕ = 30°<br />Considere uma pequena porção de água. Como o caminhão acelera para a direita, então, em um referencial fixo no caminhão, devido à inércia, essa pequena porção de água sofrerá uma aceleração para a esquerda. Contudo, devido à presença do campo gravitacional, essa massa estará submetida a uma aceleração total gef·, que é a soma vetorial entre a e g.<br />A superfície da água deve ser perpendicular à gef·, pois se isto não ocorresse, dois pontos à mesma profundidade (em relação à linha d’água) estariam com pressões diferentes e consequentemente haveria um fluxo de líquido entre eles. Realmente isto ocorre durante um curto intervalo de tempo, mas na situação estacionária o fluxo cessa, de modo que as pressões são as mesmas.<br />A nova linha d’água é obtida girando o nível inicialmente em torno de um eixo que passa pelo centro deste nível (ponto O da figura), pois a massa de água deslocada abaixo d’água inicial deve ser igual à massa deslocada acima desta linha. Assim, como a moeda está central do tanque, sua distancia até o ponto O não é alterada.<br />Por fim, da figura podemos ver que tg ϕ = ag.<br />Assim a = g tg30°<br />Resulta a33 g<br />8.<br />a) Na região do visível: de λ ƒ = c, segue que:<br />(i) limite inferior (em freqüência): 0,7 x 10-6 ƒ = 3 x 108 -> ƒ = 4,3 x 1014 Hz<br />(ii) limite superior (em freqüência): 0,4 x 10-6 ƒ= 3 x 108 -> ƒ= 7,5 x 1014 Hz<br />Daí tem-se para a energia dos fótons:<br />(i) limite inferior: Ei = h ƒ = 6,62 x 10-34 x 4,3 x 1014 = 28,46 x 10-20 j<br />Usando que leV = 1,6 x 10-19J , obtém-se:<br />Ei=1,80 e V<br />(ii) limite superior : Es = hƒ = 6,62 x 10-34 x 7,5 x 1014 = 49,65 x 10-20 J, ou seja,<br />Es = 3,1 eV.<br />Assim ,a energia dos fótons na região do visível varia da ordem de 1,80eV a 3,1eV.<br />Para uma onda de rádio de comprimento λ= 310 m, tem-se<br />310 ƒ = 3 x 108 -> ƒ = 0,968 x 106 Hz<br />E o fóton terá energia:<br />E = h ƒ = 6,62 x 10-34 x 0,968 x 106 = 6,41 x10-28 J e, fazendo a mudança de unidade:<br />E= 4,0 x 10-9 eV<br />b) Como a energia de um fóton de λ = 310 m é 4,0 x 10-9 eV, para se ter 40 eV precisa-se de <br />1010 fótons.<br />c) De λ ƒ = c , segue que:<br /> λ= hchƒ= 6,62x 10-34 x 3 x108Eƒ J x s x m/s<br />λ= 1,99x 10-25Eƒ J.m<br />Como l eV =1,6 x 10-19J,segue que 1J = 6,25x1018 eV e, sabendo que 1m= 1010 A ,tem-se<br />1,99x10-25 x6,25x1018 x1010 Eƒ eV.A= 1,24 x104 Eƒ eV.A<br />Ou seja, a expressão que dará o comprimento de onda λ em angstroms com a energia E em elétrons-volt é <br />λ= 1,24x104 E .<br /> <br /> <br /> <br />