FÍSICA

FÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados: .
Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg.
Massa do Sol: ...
L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z
   –x + y = 0 (1)
   3x + z = 4 (2)
   –2x – z = –2
   (2) + (3):    x=2

   Em (1):    ...
2                D
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R
que gira com velocidade angular uniforme ω em tor...
Pap = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λ
 2


                 ω4 R2 cos2 λ  2 ω2 R cos2 λ
Pap = m2 g2 1 + –...
3                 A
Considere um segmento de reta que liga o centro de
qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol....
4                    A
A temperatura para a qual a velocidade associada à
energia cinética média de uma molécula de nitrog...
5                         C
No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma
mola de constante elástica k, sendo barra...
kx2   m2                                     (g sen α – a)             (g sen α – a)
–––– = ––– (g sen α – a)2 + mg x2 sen...
6                       E
Um quadro quadrado de lado e massa m, feito de um
material de coeficiente de dilatação superfici...
2                β
d2 (1 – sen2θ) = ––– +    . ––– . ––– . ∆T
                                   2
                  4    ...
7                    C
Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um
plano horizontal não liso, mostrado em corte ...
F    q
         a


                      P




                      FN     Fat



Na direção vertical:
FN = P + Fy = P +...
8                 B
Um elétron é acelerado do repouso através de uma
diferença de potencial V e entra numa região na qual ...
9                D
Considere um oscilador harmônico simples composto por
uma mola de constante elástica k, tendo uma extre...
10               B
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ
mostrado no diagrama T-S da figura.




Pode-se afirmar...
WJK = Q2

   Mas:
          Q2                Q2
   ∆SJK = ––– ⇒ (S2 – S1) = –––
          T2                T2

   Assim:...
11                 C
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento
de onda, incide sobre uma lente plano-convexa ap...
12                C
Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na
figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de...
(III) Os orifícios B e C estão fechados:
      A onda estacionária correspondente ao harmô-
      nico fundamental está re...
13                      A
Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel
circular que gira a uma velocidade angular cons...
Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:

  f        2πA        2πt
––– = 1 – –––––– sen ––––
                   ...
14                     A
Considere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m,
e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. ...
15                         E
Considere uma balança de braços desiguais, de compri-
mentos 1 e 2, conforme mostra a figura....
8 mg 2d2
q = –––––––––––––––
    k0 . Q . 3 3 . 1


A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Q
têm sinais opos...
16                 D
A figura mostra três camadas de dois materiais com
condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerd...
d    3      1
    V = –––– –––– + ––––             .i
         2A   2σ1    2σ2


          d      3σ2 + σ1
    V = ––––   ...
18                 B
             (a)                                  (b)




                                           ...
Também temos:
                       B
espira (ABFE): Bz = + –––
                 1     2
                       B
espira ...
19                   E


                 l




             I

Considere um aparato experimental composto de um
solenoide...
20                C
No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do
tipo a nas plantas verdes apresentam um pico...
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem
ser resolvidas no caderno de soluções


21
Um disco, com o eixo de ...
ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0

     – qRB ±   q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)
ω = ––––––––––––––––––––––––––...
Usando-se a conservação da energia mecânica entre A
e B, resulta:
                     EB = EA
                    (ref. e...
23
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um
sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicial-
mente em re...
24
Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está
imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1
e ρ...
Para o equilíbrio do sistema:




No triângulo, temos:
           F
cos 30° = –––
           T

                    3
F = ...
25
Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de
um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e
temperatura T0. Um ê...
Como: kx = F (força realizada pelo gás na situação
   de equilíbrio),

   vem:
              kx
             –––– . V0
   ...
26
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de com-
primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal,
tendo o seu centr...
100            100
     Da qual: p’ = – –––– cm ⇒ xM’ = –––– cm
               M       9              9

     Ordenada:
  ...
27
Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário a
partir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside-
rando órb...
28
Considere uma espira retangular de lados 3a e a,
respectivamente, em que circula uma corrente I, de
acordo com a figura...
a 3
                               ––––––––
                                   2
F= µ.I.I.a              tg α = ––––––––
 ...
29
O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag-
ma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma
superfície foto...
r       PF λ ∆t
 x = –––     ––––––––
     40         hc

Tendo-se em conta os valores constantes
r = 3mm, PF = 6 . 10–5W,...
30
No gráfico a seguir estão representadas as características
de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência...
5. Cálculo dos rendimentos:
   • gerador:
            U           60V
     ηG = ––– ⇒ ηG = –––––– = 0,60
            ε    ...
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  1. 1. FÍSICA FÍSICA Caso necessário, use os seguintes dados: . Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg. Massa do Sol: M = 1,99 x 1030 kg. Velocidade da luz: c = 3 x 108m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 x 1011m. Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro: 6,023 x 1023mol–1. Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de Planck: h = 6,62 x 10–34m2kg/s. Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0. Permeabilidade magnética do vácuo: µ0. 1 E Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida para –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimen- sional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k = l. a) A = kGM/c e 10–5 b) A = kG2M2/c e 10–8 c) A = kG2M2/c e 10–3 d) A = kG2M2/c2 e 10–5 e) A = kG2M2/c2 e 10–8 Resolução GMm 1) F = –––––– r2 [G] M2 M L T–2 = –––––– ⇒ [G] = M–1 L3 T–2 L2 A GM 2) ––– = ––– 2 r r [A] M–1 L3 T–2 . M –––– = ––––––––––––– ⇒ [A] = L4 T–2 L2 L 3) A = k Gx My cz L4 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My (LT–1)z I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  2. 2. L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z –x + y = 0 (1) 3x + z = 4 (2) –2x – z = –2 (2) + (3): x=2 Em (1): y=2 Em (2): 6 + z = 4 ⇒ z = –2 G2 M2 A = k –––––– c2 A/r2 A r A 4) x = –––––– = ––– . –––– = –––––– 2 GM/r r GM GMr G2 M2 A GM A = –––––– ⇒ –––– = –––––– 2 c GM c2 GM 6,67 . 10–11 . 1,99 . 1030 x = –––––– = ––––––––––––––––––––– rc2 1,5 . 1011 . 9,0 . 1016 x = 0,98 . 10–8 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  3. 3. 2 D Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta. N w m R l Equador S Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado por a) mg – mω2Rcos λ. b) mg – mω2Rsen2 λ. c) mg 1 – [2ω2R/g + (ω2 R/g)2] sen2 λ . d) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] cos2 λ . e) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] sen2 λ . Resolução ® F O r cp l P ® FG ® l Pap C Em uma latitude λ, uma partícula P, acompanhando a rotação da Terra, estará sujeita a uma resultante centrípeta Fcp = m ω2 r = m ω2 R cos λ A força gravitacional que a Terra aplica na partícula terá intensidade FG = mg. → A força gravitacional FG será a soma vetorial entre a → resultante centrípeta e o peso aparente Pap, conforme indica a figura. Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicado na figura, temos: Pap = FG + Fcp – 2 FG . Fcp . cos λ 2 2 2 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  4. 4. Pap = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λ 2 ω4 R2 cos2 λ 2 ω2 R cos2 λ Pap = m2 g2 1 + –––––––––––– – –––––––––––– 2 g2 g ω4 R 2 2 ω2 R Pap = m2 g2 1 + cos2 λ ––––– – –––––– 2 g2 g 2 ω2 R ω2 R 2 Pap = m g 1 – –––––– – –––– cos2 λ g g I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  5. 5. 3 A Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta. Assinale a alternativa correta. a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2.a Lei de Kepler continuaria válida. c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.a Lei de Kepler não seria mais válida. d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida. e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. Resolução Se a força gravitacional deixasse de existir, o planeta teria movimento retilíneo e uniforme com uma velo- cidade de módulo V. A lei das áreas continuaria válida, como se demonstra a seguir. A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por: d.h A = –––– (1) 2 Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta: d = V ∆t (2) V ∆t . h A Vh (2) em (1): A = ––––––– ⇒ ––– = ––– 2 ∆t 2 A ––– é a velocidade areolar do planeta, que continua ∆t sendo constante, atestando a validade da 2.a Lei de Kepler. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  6. 6. 4 A A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente, a) 1,4 x 105 K. b) 1,4 x 108 K. c) 7,0 x 1027 K. d) 7,2 x 104 K. e) 8,4 x 1028 K. Resolução 1) Dedução da velocidade de escape: GMm m V2 E = – –––––– + –––––– R 2 G = constante de gravitação universal M = massa da Terra m = massa da molécula R = raio da Terra V = módulo da velocidade A velocidade de escape é obtida quando E=0 2 GMm m VE – –––––– + –––––– = 0 R 2 2GM VE = –––––– R GM 2g R2 Como g = –––––– , vem: VE = –––––– R2 R VE = 2gR= 2 . 9,8 . 6,4 . 106 (m/s) VE = 11,2 . 103 m/s 2) A energia cinética média de um gás é dada por: 3 3 m Ec = ––– n R T = ––– ––– RT 2 2 M 2 m VE Como Ec = –––––– , vem: 2 2 m VE 3 mR –––––– = ––– ––––– T 2 2 M 2 M VE T = ––––––– 3R 28 . 10– 3 . (11,2 . 103)2 T = ––––––––––––––––––––– (K) 3 . 8,31 T = 1,4 . 105 K I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  7. 7. 5 C No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por k m anteparo a a) m g sen α + m a(2g sen α + a) /k. b) m g cos α + m a(2g cos α + a) /k. c) m g sen α + m a (2g sen α – a) /k. d) m (g sen α – a) / k. e) m g sen α / k. Resolução No instante T em que o corpo perde o contato com o anteparo, ele tem uma velocidade escalar V1, a mola está deformada de x1 e sua aceleração tem módulo a. 1) Equação de Torricelli: 2 V1 = V0 + 2a x1 ⇒ 2 2 V1 = 2a x1 (1) 2) PFD: Pt – Fe = ma mg sen α – kx1 = ma m(g sen α – a) kx1 = m (g sen α – a) ⇒ x = ––––––––––––– (2) 1 k 3) A partir do instante T, vale a conservação da energia mecânica: A VA = V1 m h B VB = 0 a m h = (x2 – x1) sen α EB = EA (ref. em B) 2 kx2 kx2 mV1 ––––– = ––––– + mg (x2 – x1) sen α + ––––– 2 1 2 2 2 kx2 k m2 m (g sen α – a) m (g sen α – a) –––– = –– . ––– (g sen α – a)2 + mg x2 – –––––––––––– sen α + –– 2a m ––––––––––– 2 2 2 k2 k 2 k I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  8. 8. kx2 m2 (g sen α – a) (g sen α – a) –––– = ––– (g sen α – a)2 + mg x2 sen α – m2g ––––––––––– . sen α + m2a ––––––––––– 2 2 2k k k kx2 m2 (g sen α – a) –––– – x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) –––––––––––– –g sen α + a 2 2 k 2 kx2 m2 (–1) (g sen α – a) –––– – x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) –––––––––––––––– 2 2 k 2 kx2 m2 –––– – x2 mg sen α = – ––– (g sen α – a)2 2 2 2k 2 m2 x2 – ––– mg sen α x2 + ––– (g sen α – a)2 = 0 2 k k2 2 mg sen α 4m2g2sen2 α 4m2 ––––––––––– ± ––––––––––– – –––– (g sen α – a)2 k k2 k2 x = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2 mg sen α m x = –––––––– ± ––– g2 sen2 α – (g sen α – a)2 k k mg sen α m x = –––––––– ± ––– 2a g sen α – a2 k k mg sen α + m a (2g sen α – a) x = –––––––––––––––––––––––––––– k I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  9. 9. 6 E Um quadro quadrado de lado e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação superficial β, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no com- primento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado por O l l/2 l/2 a) 2 F β∆T / mg. b) 2 F (1 + β∆T) / mg. c) 2 F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2). d) 2 F (l + β∆T) / (2F – mg) . e) 2 F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2). Resolução ––– AO = d O ––– F F AC = ––– + ∆ 2 A q q C ––– OC = d sen θ Como o quadro está em equilíbrio, temos: mg 2 Fsen θ = mg → sen θ = ––– 2F Do triângulo AOC: 2 d2 = ––– + ∆ + (d sen θ)2 2 2 d2 – d2 sen2 θ = ––– + ∆ 2 2 d2 (1 – sen2θ) = ––– + ∆ +∆ 2 4 porém, ∆ 2≅ 0, logo: I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  10. 10. 2 β d2 (1 – sen2θ) = ––– + . ––– . ––– . ∆T 2 4 2 2 d2 (1 – sen2θ) = ––– (1 + β ∆T) 4 m2g2 2 d2 1 – –––––– = ––– (1 + β ∆T) 4F2 4 4F2 – m2g2 2 d2 –––––––––– = ––– (1 + β ∆T) 4F2 4 (1 + β ∆T) d=F –––––––––––– (4F2 – m2g2) O comprimento mínimo do fio é dado por: L = 2d (1 + β ∆T) L=2F –––––––––––– (4F2 – m2g2) I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  11. 11. 7 C Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio? O L a h R a) µ = cos α/[cos α + 2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ sen α)] b) µ = cos α/[cos α + P(2h/LQ sen(2α) – 2R/LQ cos α)] c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cos α)] d) µ = sen α/[sen α + 2P (2h/ LQ cos(α) – 2R/ LQ cos α)] e) µ = sen α/[cos α + P(2h/LQ sen(α) – 2R/LQ cos α)] Resolução L __ 2 O a F h - Rcos q A __ sen a L q 2 h a Q y q R B C 1) No triângulo ABC: y = R cos θ 2) A distância d = AO é dada por: h – R cos θ h – R sen α cos α = –––––––––– ⇒ d = –––––––––– d cos α 3) O somatório dos torques em relação ao ponto O deve ser nulo: L (h – R sen α) Q . ––– sen α = F . –––––––––––– 2 cos α Q L sen α cos α F = ––––––––––––––– 2 (h – R sen α) QL sen 2 α F = –––– –––––––––– 4 (h – R sen α) I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  12. 12. F q a P FN Fat Na direção vertical: FN = P + Fy = P + F sen α Na direção horizontal: Fx = Fat F cos α = Fat Sendo o atrito estático: Fat ≤ µE FN Fcos α ≤ µE (P + F sen α) F cos α µE ≥ –––––––––––– P + F sen α F cos α cos α µE(mín) = –––––––––––– = –––––––––––– P + F sen α P sen α + ––– F P 4 (h – R sen α) (2h – 2R sen α) ––– = P . –––––––––––– = 2P –––––––––––– F Q L sen 2α Q L sen 2α P 2h 2R sen α ––– = 2P ––––––––––– – ––––––––––––––– F Q L sen 2α Q L2 sen α cos α P 2h R ––– = 2P ––––––––––– – ––––––––– F Q L sen 2α Q L cos α cos α µE(mín) = ––––––––––––––––––––––––––––––– 2h R sen α + 2P –––––––––– – –––––––– Q L sen 2 α Q L cos α I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  13. 13. 8 B Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que a) RP = RE e TP = TE. b) RP > RE e TP > TE. c) RP > RE e TP = TE. d) RP < RE e TP = TE. e) RP = RE e TP < TE. Resolução Sendo o elétron e o próton acelerados pela mesma d.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo, concluímos que o trabalho da força elétrica é o mesmo. Logo, ambas penetram no campo magnético com mesma energia cinética. mv m v2 2Ec Sendo R = –––––– e Ec = –––––– , vem v = –––– q .B 2 m 2Ec m ––––––– m R = ––––––––––––––– q B 2mEc R = ––––––––– ; sendo mp > me, vem Rp > Re q B 2π m O período é dado por T = –––––– q B Para mp > me, vem TP > Te. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  14. 14. 9 D Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade angular constante ω em torno da extremidade fixa, mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que k m R w a) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angular ω. b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0. c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0. d) o quadrado da frequência do MHS depende linear- mente do quadrado da velocidade angular. e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS. Resolução Para o referencial fixo no sistema rotatório, devemos acrescentar a força de inércia. FR = m (2πf)2 x = kx – m ω2 x f é a frequência do MHS k é a constante elástica da mola ω é a velocidade angular do MCU m (2πf)2 = m (2πf0)2 – mω2 f0 é a frequência do MHS para ω = 0 4π2 f2 = 4π2 f0 – ω2 2 ω2 2 f2 = f0 – –––– 4π2 k Como: k = m (2πf0)2 ⇒ f0 = ––––– é constante, re- 2 4π2m sulta f2 como função linear de ω2. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  15. 15. 10 B Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar que a) processo JK corresponde a uma compressão isotér- mica. b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T2 – T1)(S2 – S1). T2 c) o rendimento da máquina é dado por η = 1 – ––– . T1 d) durante o processo LM uma quantidade de calor QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema. e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta. Resolução Do diagrama fornecido, conclui-se que 1) A transformação JK é uma expansão isotérmica e o sistema recebe calor (a entropia aumenta). 2) A transformação KL é uma expansão adiabática, a temperatura diminui e o sistema não troca calor com o meio (a entropia não varia). 3) A transformação LM é uma compressão isotér- mica. 4) A transformação MJ é uma compressão adiabá- tica (a entropia não varia). Assim, a transformação JKLMJ representa um Ciclo de Carnot. Num diagrama pressão x volume, temos: A partir dessa conclusão, podemos afirmar: a) FALSO. A transformação JK é uma expansão isotérmica. b) CORRETO. Na transformação JK, o trabalho realizado é igual ao calor recebido: I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  16. 16. WJK = Q2 Mas: Q2 Q2 ∆SJK = ––– ⇒ (S2 – S1) = ––– T2 T2 Assim: WJK = (S2 – S1) . T2 Na transformação KL, o sistema realiza um traba- lho: WKL = W Na transformação LM, o sistema recebe um trabalho: WKL = Q1 (calor liberado na transformação) Q1 Q1 mas: ∆SLM = ––– ⇒ (S1 – S2) = ––– T1 T1 Assim: WLM = (S1 – S2) . T1 = – (S2 – S1) T1 Na transformação MJ, o sistema recebe um traba- lho: WMJ = –W Observe que KL e MJ são transformações adiabá- ticas. Portanto: Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJ Wciclo = [(S2 – S1) T2] + [–(S2 – S1)T1] Wciclo = (T2 – T1) (S2 – S1) c) FALSO. O rendimento é dado por: T1 (fonte fria) η = 1 – ––––––––––––––– T2 (fonte quente) d) FALSO. Na transformação LM, o sistema libera energia (a entropia diminui). e) FALSO. Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existir outra máquina térmica com rendimento maior funcionando entre essas temperaturas T1 e T2. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  17. 17. 11 C Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura. Devido à variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de a) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m. d) 4,0 m. e) 8,0 m. Resolução Admitindo-se que os anéis sejam formados pela interferência de luz refletida, o diâmetro DN do anel escuro de ordem N é dado por: DN = 2 NRλ em que R é o raio de curvatura de face convexa da lente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1: 2 . 10–3 = 2 1 . R . 500 . 10–9 Da qual: R = 2,0m I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  18. 18. 12 C Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro — — — — — em C. Sendo AD = 34,00 cm, AR = BD, BC = CD e a velocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectiva- mente a) 2000 Hz e 1000 Hz. b) 500 Hz e 1000 Hz . c) 1000 Hz e 500 Hz. d) 50 Hz e 100 Hz. e) 10 Hz e 5 Hz. Resolução (I) No esquema abaixo, determinemos os compri- mentos x e y indicados. 2x = 34,00 cm ⇒ x = 17,00 cm 2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒ y = 8,50 cm (II) Somente o orifício C está fechado: A onda estacionária correspondente ao harmô- nico fundamental está representada a seguir. λ = 34,00cm = 0,34m V = λf ⇒ 340,0 = 0,34f ⇒ f = 1000Hz I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  19. 19. (III) Os orifícios B e C estão fechados: A onda estacionária correspondente ao harmô- nico fundamental está representada a seguir: λ λ ––– = 2x ⇒ ––– = 2 . 17,00 2 2 λ = 68,00cm = 0,68m V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒ f = 500Hz I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  20. 20. 13 A Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de frequência f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distância em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor re- presentação da frequência f ouvida pela jovem. a ( ) f/f0 b ( ) f/f0 1 1 0 T/4 T/2 3T/4 T t 0 T/4 T/2 3T/4 Tt c ( ) f/f0 d ( ) f/f0 1 1 0 T/4 T/2 3T/4 T t 0 T/4 T/2 3T/4 T t e ( ) f/f0 1 0 T/4 T/2 3T/4 T t Resolução Para o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos: f f0 –––––––––– = –––––––––– Vsom ± Vx Vsom ± V0 Como a fonte está em repouso, sua velocidade V0 é nula. f f0 f Vx ––––––––– = ––––– ⇒ ––– = 1 ± ––––– (equação 1) Vsom ± Vx Vsom f0 Vsom em que Vx é a componente da velocidade da jovem na direção definida pelo centro C de rotação do carrossel e a posição P da fonte. Estando a jovem em movimento circular e uniforme com período T e raio A, Vx é dada por: Vx = –ωA sen (ωt + ϕ0) Como para t0 = 0 a jovem está em x = A, posição mais 2π próxima da fonte, ϕ0 = 0. Como ω = –––, temos T 2πA 2πt Vx = – –––– sen –––– (equação 2). T T I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  21. 21. Substituindo a equação (2) na equação (1), temos: f 2πA 2πt ––– = 1 – –––––– sen –––– T f0 T Vsom f Conclui-se então que ––– é uma função senoidal de f0 2πA t, com período T, amplitude –––––– , defasada de π rad T Vsom e deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas. 2πA Supondo –––––– < 1, o gráfico é representado por: T Vsom I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  22. 22. 14 A Considere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m, e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 4m. b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m e x = 16 m. c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 16 m. d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m. e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = – 4 m. Resolução y P(x,y,z) d2 q2= -2C q1= 1C d1 y x(m) (8) (-2) z x z q1 q2 VP = K . ––– + K . ––– = 0 d1 d2 q1 q2 K . ––– = –K . ––– d1 d2 q1 q2 ––– = – ––– d1 d2 1 –2 ––– = – ––– d1 d2 d2 = 2d1 (1) 2 2 Mas d1 = (x + 2)2 + y2 + z2 e d2 = (x + 8)2 + y2 + z2 De (1), vem: 2 2 d2 = 4d1 (x + 8)2 + y2 + z2 = 4 [(x + 2)2 + y2 + z2] x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2 3x2 + 3y2 + 3z2 = 48 x2 + y2 + z2 = 16 Portanto, o lugar geométrico dos pontos P cujo potencial é nulo é uma superfície esférica. Ela corta o eixo dos x nos pontos tais que y = 0 e z = 0, isto é: x2 = 16 ⇒ x = +4m e x = –4m Observação: rigorosamente, o item (a) não estaria correto, pois não se trata de uma esfera e sim de uma superfície esférica. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  23. 23. 15 E Considere uma balança de braços desiguais, de compri- mentos 1 e 2, conforme mostra a figura. No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considerando as cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por a) – mg 2d2 / (k0Q 1). b) – 8mg 2d2 / (k0Q 1). c) – 4mg 2d2 /(3k0Q 1). d) –2mg 2d2/ 3k0Q 1). e) – 8mg 2d2/(3 3k0Q 1). Resolução l1 l2 O F mg x 30º Q F d 30º q d d = cos 30º Ö3/2 Impondo soma nula dos momentos em relação ao ponto O, vem: ∑ MO = 0 F . cos 30° . 1 – mg . 2 =0 Levando em conta a Lei de Coulomb, temos: Q . q k0 . ––––––––––– . cos 30° . 1 = mg 2 d 2 ––––––– cos 30° Q . q k0 . ––––––––– . cos3 30° . 1 = mg 2 d2 Q . q 3 3 k0 . ––––––––– . –––––– 1 = mg 2 d2 8 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  24. 24. 8 mg 2d2 q = ––––––––––––––– k0 . Q . 3 3 . 1 A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Q têm sinais opostos. Assim, vem: 8 mg 2d2 q = – ––––––––––––– 3 3 k0 Q 1 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  25. 25. 16 D A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para a direita, temos uma camada do material com condu- tividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada do material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividade σ1, de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por a s1 s2 s1 b d __ d __ d __ 2 4 4 V a) 4V A/d(3σ1 + σ2). b) 4V A/d(3σ2 + σ1). c) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2). d) 4V Aσ1σ2 / d(3σ2 + σ1). e) AV(6σ1 + 4σ2) / d. Resolução O esquema dado corresponde a uma associção em série de resistores. Sendo a condutividade o inverso da resistividade, temos: R1 R2 R3 A, d A, d A, d 2 4 4 1 1 1 r1= s r2= s r1= s 1 2 1 d ––– 2 1 d R1 = ρ1 . ––––– = ––– . –––– A σ1 2A d ––– 4 1 d R2 = ρ2 . ––––– = ––– . –––– A σ2 4A d ––– 4 1 d R3 = ρ1 . ––––– = ––– . –––– A σ1 4A De U = Rs . i, vem: V = (R1 + R2 + R3) . i 1 d 1 d 1 d V= ––– . –––– + ––– . –––– + ––– . –––– σ1 .i σ1 2A σ2 4A 4A d 1 1 1 V = –––– ––– + –––– + –––– .i 2A σ1 2σ2 2σ1 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  26. 26. d 3 1 V = –––– –––– + –––– .i 2A 2σ1 2σ2 d 3σ2 + σ1 V = –––– ––––––––– .i 4A σ 1 . σ2 4Aσ1σ2 . V i = –––––––––––––– d(3σ2 + σ1) 17 B qa qb q a b x y Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb,cada qual distando do centro da esfera condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que a) a força entre as cargas qa e qb é k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cos θ). b) a força entre as cargas qa e qb é nula. c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não há dados suficientes. d) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter- ceira carga, qc, esta não sentiria força alguma. e) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter- ceira carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada. Resolução As cavidades constituem blindagens eletrostáticas para as cargas qa e qb em seu interior. Logo, entre as cargas qa e qb a força elétrica é nula. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  27. 27. 18 B (a) (b) z y x Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sitema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será dado por a) (– B, – B, – B). b) (– B, B, B). c) (B, B, B). d) (0, 0, B). e) (0, 0, 0). Resolução A espira quadrada da face do cubo da figura (a) gera um campo magnético de intensidade B, sendo que em seus quatro lados temos a corrente de intensidade I. A E I I I F B z C I H I y I x D G A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorrida em apenas dois lados por corrente de intensidade I, gerando no centro do cubo um campo magnético de B intensidade ––– , no sentido de y (regra da mão direi- 2 ta). Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cubo B um campo de intensidade ––– na direção e no sentido y 2 (regra da mão direita). Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por: B B By = + ––– + ––– ⇒ By = B 2 2 Analogamente: B espira (BDGF): Bx = – ––– 1 2 B espira (ACHE): Bx = – ––– 2 2 Campo resultante na direção x: B B Bx = – ––– – ––– ⇒ Bx= – B 2 2 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  28. 28. Também temos: B espira (ABFE): Bz = + ––– 1 2 B espira (CDGH): Bz = + ––– 2 2 B B Bz = + ––– + ––– ⇒ Bz = + B 2 2 Bcentro = (– B; B; B) I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  29. 29. 19 E l I Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura , resistência R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a a) (µ0nI )2v / R + mg com a espira dentro do solenoide. b) (µ0nI )2v / R + mg com a espira saindo do solenoide. c) (µ0nI )2v / R + mg com a espira entrando no solenoide. d) µ0nI2 + mg com a espira dentro do solenoide. e) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide. Resolução O campo magnético no interior do solenoide tem a direção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo são paralelas ao eixo do solenoide. O movimento da espira retangular também tem a direção do eixo do solenoide e, portanto, não há variação do fluxo magnético. Não ocorre indução magnética e não surgem forças magnéticas na espira. Temos apenas: T = P = mg I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  30. 30. 20 C No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda λ = 6,80 × 10– 7 m. Considere que a formação de glicose (C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação: 6CO2 + 6H2O ⎯→ C6H12O6 + 6O2 Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de 2,34 × 10 –18J, o número de fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240. Resolução Como a reação para a formação de uma molécula de glicose envolve seis moléculas de CO2, a energia E necessária é de: E = 6 . 2,34 . 10–18 (J) E = 1,404 . 10–17J A frequência f da radiação eletromagnética de máxima absorção é dada por: c = λf 3,0 . 108 = 6,80 . 10–7 . f f ≅ 4,41 . 1014Hz Da Equação de Planck, temos E = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos 1,404 . 10–17 ≅ N . 6,62 . 10–34 . 4,41 . 1014 N ≅ 48 Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol de glicose, ou seja, 6,023 . 1023 moléculas de glicose, são necessários aproximadamente 2,89 . 1025 fótons. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  31. 31. As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas no caderno de soluções 21 Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do → espaço onde existe um campo magnético B uniforme e constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra- se no plano do disco, em repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determime até que valor de ω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso. ® B a w R a ® a B vista lateral a Resolução ® B a v (1) R (2) v a (1) ® ® B F ® at R Pt R ® (2) ® v Fm Ao passar pela posição (2), a partícula fica sob ação de uma força de atrito de módulo máximo, que corres- ponde ao valor máximo da velocidade angular ω. O sentido da força magnética é dado pela regra da mão esquerda, conforme a figura. → Pt é a componente tangencial do peso da partícula. Temos: Fat = µ . PN = µ mg cos α Pt = mg . sen α Fm = q . v . B = q . ω . R . B Sendo a resultante centrípeta, vem: Fat – Fm – Pt = mω2 R µmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 R mω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  32. 32. ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0 – qRB ± q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α) ω = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2mR Sendo ω > 0, vem: – qRB + q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α) ω = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2mR 22 Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade e descon- siderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista. Resolução No trajeto de B para C, o bloco deverá descrever um arco de parábola cujo alcance D é dado por: 2 VB D = –––– sen 2ϕ (1) g Da figura, temos: D = 2R sen ϕ (2) 2 VB (1) = (2) ⇒ –––– sen 2 ϕ = 2R sen ϕ g 2 VB –––– . 2 sen ϕ cos ϕ = 2R sen ϕ g gR V2 = ––––– B cos ϕ I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  33. 33. Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e B, resulta: EB = EA (ref. em B) 2 mVB –––– = mg [h – R (1 + cos ϕ)] 2 gR ––––––– = g [h – R (1 + cos ϕ)] 2cos ϕ R ––––––– = h – R (1 + cos ϕ) 2cos ϕ R h = ––––––– + R (1 + cos ϕ) 2cos ϕ 1 h=R ––––––– + 1 + cos ϕ 2cos ϕ 1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ) h=R –––––––––––––––––––– 2cos ϕ I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  34. 34. 23 Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicial- mente em repouso sobre uma superfície sem atrito, con- forme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa. Resolução 1) A compressão da mola será máxima quando os corpos tiverem velocidades iguais (fim da fase de deformação). 2) Conservação da quantidade de movimento: Q1 = Q0 (m1 + m2) V1 = m1 V0 m1 V 0 V1 = –––––––––– m1 + m2 3) Conservação da energia mecânica: Efinal = Einicial 2 kx2 (m1 + m2) m1 V0 –––– + –––––––––– V2 = ––––––– 1 2 2 2 2 2 kx2 m1 + m2 m2 . V0 1 m1 V 0 –––– + –––––––––– ––––––––– = ––––––– 2 2 (m1 + m2)2 2 2 m2 V 0 1 2 kx2 + –––––––––– = m1V0 m1 + m2 2 2 m2 V 0 1 kx2 = m1V0 – –––––––––– m1 + m2 2 m1 kx2 = m1V0 1 – –––––––– m1 + m2 2 m1 + m2 – m1 kx2 = m1V0 ––––––––––––– m1 + m2 2 m1 m2 V0 kx2 = –––––––––– m1 + m2 2 m1 m2 V0 x2 = ––––––––––– (m1 + m2)k m1 m2 x = V0 ––––––––––– k(m1 + m2) I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  35. 35. 24 Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1 e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está no líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda. Resolução O peso P da esfera é dado por: P=ρVg As intensidades dos empuxos serão dadas por: E1 = ρ1 0,7 Vg E2 = ρ2 0,3 Vg Para o equilíbrio da esfera temos: T + E1 + E2 = P T + ρ1 0,7 Vg + ρ2 0,3 Vg = ρ Vg T = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  36. 36. Para o equilíbrio do sistema: No triângulo, temos: F cos 30° = ––– T 3 F = T cos 30° = T ––– 2 3 F = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) –––– 2 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  37. 37. 25 Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicial- mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial. Resolução 1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação de Clapeyron para as situações inicial e final: pV = n R T Assim: p0V0 = 1 . R T0 ⇒ p0V0 = R T0 (I) pV = 1 R T ⇒ p 2V0 = R T (II) Observe que V = 2V0 (o volume dobra). 2) Do texto, podemos concluir que a operação é adiabática (sem trocas de calor) e a energia perdida pelo gás monoatômico na realização de trabalho foi armazenada na mola como energia potencial elástica. Assim: U0 – U = Ep e 3 3 kx2 ––– RT0 – –––RT = ––––– 2 2 2 kx2 T0 – T = ––––– 3R Mas: V0 V0 = A . x ⇒ x = ––– A Portanto: V0 kx . –––– A T0 – T = –––––––––– 3R I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  38. 38. Como: kx = F (força realizada pelo gás na situação de equilíbrio), vem: kx –––– . V0 A T0 – T = –––––––––– 3R p . V0 p . 2V0 T0 – T = ––––––– = ––––––– 3R 3R . 2 Usando-se a expressão II, temos: RT T0 – T = ––––– 6R T 7T T0 = ––– + T ⇒ T0 = –––– 6 6 6 T = ––– T0 7 6 Resposta: –––– T0 7 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  39. 39. 26 A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de com- primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal, tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o comprimento da x imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem. M 45° L y x Resolução (I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de catetos de comprimento a. M Teorema de Pitágoras: (LM)2 = a2 + a2 10 2 cm a (10 2)2 = 2a2 45° L Da qual: a = 10cm a (II) Considerando-se que a lente divergente apresen- tada opera de acordo com as condições de estigmatismo de Gauss, determinemos, inicialmente, as coordenadas das extremidades da imagem L’M’ do bastão LM. Extremidade L: Abscissa: 1 1 1 1 1 1 ––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – ––– p p’ f 30 + 5 p’L 20 140 140 Da qual: p’ = – –––– cm ⇒ L xL’ = –––– cm 11 11 Ordenada: 140 yL’ – –––– i p’ 11 ––– = – ––– ⇒ –––––– = – –––––––– o p 10 – 5 30 + 5 20 Da qual: yL’ = –––– cm 11 Extremidade M: Abscissa: 1 1 1 1 1 1 ––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – ––– p p’ f 30 – 5 p’ M 20 I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  40. 40. 100 100 Da qual: p’ = – –––– cm ⇒ xM’ = –––– cm M 9 9 Ordenada: 100 yM’ – –––– i p’ 9 ––– = – ––– ⇒ –––––– = – –––––––– o p 10 + 5 30 – 5 60 Da qual: yM’ = –––– cm 9 (III) A imagem L’M’ está posicionada no esquema abaixo em relação a um referencial cartesiano Oxy. O comprimento da imagem L’M’ é obtido pelo Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retân- gulo hachurado no gráfico. 140 100 160 x = –––– – –––– ⇒ x = –––– cm 11 9 99 60 20 480 y = –––– – –––– ⇒ y = –––– cm 9 11 99 2 2 160 480 (L’M’)2 = x2 + y2 ⇒ (L’M’)2 = –––– + –––– 99 99 160 Da qual: L’M’ = –––– 10 cm ≅ 5,1 cm 99 (IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminosos que produzem a imagem virtual L’M’ do objetivo real LM. M M’ L L’ F O I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  41. 41. 27 Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside- rando órbitas circulares. Resolução ® V PLANETA m r ® Sol FG M Se a órbita é suposta circular, o movimento orbital é uniforme. A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz o papel de resultante centrípeta. FG = Fcp GMm –––––– = mω2 r r2 GM ω2 = –––– r3 2π 4π2 GM Porém, ω = –––– ⇒ –––– = –––– 2 T T r3 T2 4π2 –––– = –––– r3 GM T = período de translação r = raio de órbita G = constante de gravitação universal M = massa do Sol 3.a Lei de Kepler: O quadrado do período de translação do planeta é proporcional ao cubo do raio médio da órbita. I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  42. 42. 28 Considere uma espira retangular de lados 3a e a, respectivamente, em que circula uma corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto x = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no plano yz. Z a 3 2 I a I y a x 2 Resolução Considere as figuras: O momento M resultante das forças magnéticas de módulo F sobre a espira em relação ao eixo z quando esta se encontra no plano yz é dado por: → Fcos α M = F cos α . d → d=a 3 Fcos α → Cálculo do valor de F Determinação do ângulo α I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  43. 43. a 3 –––––––– 2 F= µ.I.I.a tg α = –––––––– ––––––––– a 2π. –– 2 µ . I2 . a F = ––––––––– tg α = 3 2πa µ . I2 F = –––––– α = 60° 2π µ . I2 M = –––––– . cos 60° . a 3 2π µ . I2 1 M = –––––– . ––– . a 3 2π 2 3 µ . I2 a µ = ––––––––––– 4π I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  44. 44. 29 O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag- ma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sen- sibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com potência de 6 ×10–5 W, emitem, respectivamente, luz azul (λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos. d Resolução (I) Equação de Planck: E = h f c Mas c = λ f ⇒ f = ––– λ hc Logo: E = ––– (1) λ (II) Potência requerida para sensibilizar a retina: 400E P = ––––– (2) ∆t 400h c (1) em (2): P= ––––– (3) λ ∆t (III) Intensidade de onda requerida para sensibilizar a retina: P P I = ––– ⇒ I = ––––– (4) A π r2 400h c (3) em (4): I = ––––––– (5) π λ∆t r2 (IV) Intensidade de onda da fonte: PF I = –––––– (6) 4π x2 Comparando-se (5) e (6), vem: PF 400 h c –––––– = ––––––––– 4π x2 π λ ∆t r2 Da qual: I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  45. 45. r PF λ ∆t x = ––– –––––––– 40 hc Tendo-se em conta os valores constantes r = 3mm, PF = 6 . 10–5W, ∆t = 1s, h = 6,62 . 10–34m2kg/s e c = 3 . 108m/s, conclui-se que poderá ser vista a uma maior distância x a luz de maior comprimento de onda λ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimento de onda é maior que o da luz azul. λ v = 650nm > λA = 475nm I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  46. 46. 30 No gráfico a seguir estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz ε’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendi- mento para o gerador e para o receptor. 100 80 V(V) 60 40 20 0 1 2 3 4 I(A) Resolução 1 – Leitura do gráfico: • gerador: ε = 100V • receptor: ε’ = 40V 2 – Cálculo das resistências internas: • gerador: 100 – 20 r = –––––––– (Ω) ⇒ r = 20Ω 4 • receptor: 60 – 40 r’ = –––––––– (Ω) ⇒ r’ = 10Ω 2 3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo: i + + e U e’ - - r r’ i Lei de Pouillet: ε – ε’ 100 – 40 i = –––––– ⇒ i = –––––––– (A) r – r’ 20 + 10 i = 2A 4. Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor: U=ε–ri U = 100 – 20 . 2 (V) U = 60V I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
  47. 47. 5. Cálculo dos rendimentos: • gerador: U 60V ηG = ––– ⇒ ηG = –––––– = 0,60 ε 100V ηG = 60% • receptor: ε’ 40V 2 ηrec = ––– ⇒ ηrec = ––––– = ––– U 60V 3 ηrec 67% Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60% receptor: r’ = 10Ω; η = 67% rec I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9

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