Ita2004 parte 001

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Ita2004 parte 001

  1. 1. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333Caso necessário, use os seguintes dados:Aceleração da gravidade g = 10 m/s2.Velocidade do som no ar c = 300 m/s.1 atm = 1 x 105 N/m2 .1 cal = 4,2 J.Constante universal dos gases R = 8 J/mol.K.Calor específico da água β = 1 cal/g°C.π = 3,14.͙ෆ5 = 2,24.dDurante a apresentação do projeto de um sistema acús-tico, um jovem aluno do ITA esqueceu-se da expressãoda intensidade de uma onda sonora. Porém, usando daintuição, concluiu ele que a intensidade média (I ) é umafunção da amplitude do movimento do ar (A), da fre-qüência (f), da densidade do ar (ρ) e da velocidade dosom (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Consi-derando as grandezas fundamentais: massa, compri-mento e tempo, assinale a opção correta que repre-senta os respectivos valores dos expoentes x, y e z.a) –1, 2, 2b) 2, –1, 2c) 2, 2, –1d) 2, 2, 1e) 2, 2, 2ResoluçãoA equação dimensional da intensidade de onda é dadapor:I = ⇒ [I] = = = MT–3Portanto:[I] = [A]x [f]y [ρ]z . [c]MT–3 = Lx (T –1)y (ML–3)z LT –1MT –3 = Mz Lx–3z+1 T –y – 1Identificando-se os expoentes, vem:z = 1x – 3z + 1 = 0–y – 1 = – 3bUm atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçan-do as mãos contra duas paredes verticais, perpen-diculares entre si, dispondo seu corpo simetricamenteem relação ao canto e mantendo seus braços hori-2z = 1y = 2x = 2ML2T–3––––––––L2[Pot]––––[A]Potência–––––––––Área1FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA
  2. 2. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOzontalmente alinhados, co-mo mostra a figura. Sendom a massa do corpo doatleta e µ o coeficiente deatrito estático inter-veniente, assinale a opçãocorreta que indica o mó-dulo mínimo da força exer-cida pelo atleta em cadaparede.a) ( )1/2b) ( )1/2c) ( ) d) ( )e) n.d.a.ResoluçãoA pessoa aplica sobre a parede uma força horizontal deintensidade F, inclinada de 45°, e uma força de atritovertical dirigida para baixo, e de intensidade Fatv = .A força inclinada F→deve ser decom-posta em uma com-ponente normal àparede FN e umaforça de atrito ho-rizontal FatH .Como a inclinação éde 45°, resultaFatH = FNA força total de atrito Fat será a soma vetorial das com-ponentes de atrito horizontal e verticalFat2 = FatH2+ FatV2Fat2 = FN2+ (1)Como se pretende a condição limite (iminência de es-corregar), temos:Fat = µ FN (2)Substituindo-se (2) em (1), vem:µ2 FN2= FN2+P2–––4P2–––4FNFatH=FatV = P2FatF® 45ºFNFat HP––2µ2 + 1––––––µ2 – 1mg–––2µ2 – 1––––––µ2 + 1mg–––2µ2 + 1––––––µ2 – 1mg–––2µ2 – 1––––––µ2 + 1mg–––2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  3. 3. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOFN2(µ2 – 1) =Segue-se ainda que F = ͙ෆ2 FN = ͙ෆ2A força total que a pessoa aplica na parede é a resul-tante entre F e FatV.FR2= F2+ FatV2FR2=FR2= +FR2= =aDurante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México,Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância,cobrindo 8,9 m de extensão. Suponha que, durante osalto, o centro de gravidade do atleta teve sua alturavariando de 1,0m no início, chegando ao máximo de2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Des-prezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que a com-ponente horizontal da velocidade inicial do salto foi dea) 8,5 m/s. b) 7,5 m/s. c) 6,5 m/s.d) 5,2 m/s. e) 4,5 m/s .3mg µ2 + 1FR= –––(––––––––)1/22 µ2 – 1)µ2 + 1––––––––µ2 – 1(P2–––4(2 + µ2 – 1)––––––––––2 (µ2 – 1)P2–––2)1–––21–––––––µ2 – 1(P2–––21 P2–––––– + ––µ2 – 1 4P2–––2FFatVFRP 1F = –––– ––––––––––͙ළළළ2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1P––2P 1FN = –––– ––––––––––2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1P2–––4IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  4. 4. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOResolução1) Cálculo de V0yPara o movimento vertical de subida de A para B,temos:Vy2= V0y2+ 2 γy ∆sy0 = V0y2+ 2 (–10) . 1,0V0y2= 20 ⇒2) Cálculo do tempo total de vôo entre A e C:y = y0 + V0y t + . t20,2 = 1,0 + ͙ළළළළළ20 T – . T25 T2 – ͙ළළළළළ20 T – 0,8 = 0T = (s) = (s)Como T > 0, vem: T = (s)Sendo ͙ළළළළළ20 ≅ 4,48, vem:T = (s) ⇒3) Como o movimento horizontal é uniforme, vem:V0x = =V0x ≅ 8,5 m/s8,9m––––––1,05sD–––TT = 1,05s4,48 + 6––––––––10͙ළළළළළ20 + 6–––––––––10͙ළළළළළ20 ± 6–––––––––––10͙ළළළළළ20 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළ20 + 16–––––––––––––––––––1010–––2γy–––2V0y = ͙ළළළළළ20 m/sIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  5. 5. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObA figura representa o percurso de um ciclista, numplano horizontal, composto de dois trechos retilíneos(AB e EF), cada um com 6,0 m de comprimento, e deum trecho sinuoso intermediário formado por arcos decircunferências de mesmo diâmetro, igual a 4,0 m, cu-jos centros se encontram numerados de 1 a 7. Consi-dere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o per-curso é completado no menor tempo, com velocidadeescalar constante.Se o coeficiente de atrito estático com o solo é µ = 0,80,assinale a opção correta que indica, respectivamente,a velocidade do ciclista, o tempo despendido no per-curso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE.a) 6,0m/s 6,0s 0,17s–1b) 4,0 m/s 12s 0,32s–1c) 9,4 m/s 3,0s 0,22s–1d) 6,0 m/s 3,1s 0,17s–1e) 4,0 m/s 12s 6,0 s–1Resolução1) O intervalo de tempo será mínimo quando a velo-cidade escalar for máxima, o que ocorre quando aforça de atrito, que faz o papel de resultante cen-trípeta, for a máxima possível.Fatmáx= Fcpµ m g =V2 = µ g R ⇒V = ͙ළළළළළළළළළළළළළළ0,8 . 10 . 2,0 (m/s) ⇒2) O trecho curvo tem um comprimento total dadopor:C = 3 . 2π R = 6 . 3,14 . 2,0 (m)C ≅ 37,7mA distância total percorrida vale:∆s = 12,0m + 37,7m = 49,7m3) O tempo total gasto de A para F é dado por:V = ⇒ ∆t = (s) ⇒4) O número de zigue-zagues entre B e E é 3 e otempo gasto é dado por:∆s = C = 37,7m∆t ≅ 12s49,7–––––4,0∆s–––∆tV = 4,0 m/sV = ͙ළළළළළළළළළµ g Rm V2–––––R4IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  6. 6. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOV = 4,0m/s∆t = = (s) ⇒A freqüência de zigue-zagues é dada por:f = = (Hz) ⇒dEm 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metá-lica, os elétrons de condução podem ser desviados porum campo magnético, tal que no regime estacionário,há um acúmulo de elétrons numa das faces da lâmina,ocasionando uma diferença de potencial VH entre ospontos P e Q, mostrados na figura. Considere, agora,uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, quetransporta uma corrente elétrica de intensidade i, imer-sa no campo magnético uniforme→B que penetra per-pendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido deC para E. Assinale a alternativa correta.a) O módulo da velocidade dos elétrons é Ve = VH/(BL).b) O ponto Q está num potencial mais alto que o ponto P.c) Elétrons se acumulam na face AGHD.d) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = VH/(Bd)no sentido indicado pela corrente, o potencial em Ptorna-se igual ao potencial em Q.e) N.d.a.Resolução5f ≅ 0,32Hz3–––––9,42n–––∆t∆t ≅ 9,42s37,7–––––4,0∆s–––VIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  7. 7. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOO sentido de movimento dos elétrons é contrário aosentido convencional da corrente elétrica i fornecida.Pela regra da mão esquerda, concluímos que os elé-trons irão acumular-se na face BFEC. Logo, o potencialelétrico do ponto Q é menor do que o do ponto P. Addp VH entre os pontos P e Q é dada por:VH = B . d . Ve ; portanto Ve = . Ao se imprimir àlâmina uma velocidade V = no sentido indicadopela corrente i, isto é, oposto ao sentido de Ve , tería-mos uma situação oposta à descrita anteriormente.Desta maneira, o potencial elétrico em P tornar-se-iaigual ao potencial elétrico em Q.bDuas partículas carregadas com cargas opostas estãoposicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π,respectivamente. Uma onda transversal e progressivade equação y(x, t) = (π / 2) sen (x – ωt), presente na cor-da, é capaz de transferir energia para as partículas, nãosendo, porém, afetada por elas. Considerando T operíodo da onda, Ef, a energia potencial elétrica daspartículas no instante t = T/4, e Ei essa mesma energiano instante t = 0, assinale a opção correta indicativa darazão Ef /Ei.a) ͙ෆ2 / 2π b) ͙ෆ2 / 2 c) ͙ෆ2d) ͙ෆ2 π / 2 e) ͙ෆ2 πResoluçãoLembrando-se que ω = , a equação da ondaharmônica em questão fica expressa por:y = sen (x – ωt)Donde:Cálculo de Ei (t = 0):Carga A (x = 0):yA = sen 0 – . 0 ⇒ yA = 0Carga B (x = π):yB = sen π – . 0 ⇒ yB = 0Configuração das cargas em t = 0:΃2π––––T΂π––––2΃2π––––T΂π––––2π 2πy = –––– sen ΂x – –––– t΃2 Tπ––––22π–––––T6VH––––BdVH––––BdIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  8. 8. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOEi = k ⇒Cálculo de Ef t = :Carga A (x = 0):yA = sen 0 – . ⇒ yA = –Carga B (x = π):yB = sen π – . ⇒ yB =Configuração das cargas em t = :Os triângulos retângulos destacados são congruentes.Por Pitágoras, calcula-se o comprimento d.d 2 =2+2⇒A distância total entre as cargas A e B é D, dada por:D = 2d ⇒Logo: Ef = k ⇒Estabelecendo-se a relação pedida Ef /Ei , segue-seque:Q2Ef = – k––––––π ͙ළළ2QAQB–––––––DD = π ͙ළළ2πd = ––– ͙ළළ22΃π–––2΂΃π–––2΂T–––4π––––2΃T–––42π––––T΂π––––2π––––2΃T–––42π––––T΂π––––2΃T––––4΂Q2Ei = – k––––πQAQB–––––––dIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  9. 9. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO= =Logo:dA figura plana ao lado mostra os elementos de um cir-cuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duasespiras interligadas, A e B, de comprimentos relativa-mente curtos em comparação aos dois fios condutorespróximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre ins-tantaneamente no momento em quea) a chave 1 for ligada.b) a chave 1 for ligada ou então desligada.c) a chave 2 for ligada.d) a chave 2 for ligada ou então desligada.e) a chave 2 for desligada.ResoluçãoAo fecharmos a chave 1, a corrente elétrica que per-corre o fio CD irá provocar na espira “A” uma variaçãodo fluxo magnético.Esta variação do fluxo magnético irá gerar na espira Auma corrente elétrica induzida no sentido anti-horário.A corrente elétrica que percorre o fio EF, de maneiraanáloga, irá gerar na espira B uma corrente elétricainduzida também no sentido anti-horário.Observemos, na figura, que tais efeitos se anulam e omicro-amperímetro não apresenta deflexão.Fenômeno semelhante ocorre ao “abrirmos” a chave1 e o micro-amperímetro também não apresenta de-flexão.Por outro lado, ao abrirmos ou fecharmos a chave 2,teremos corrente elétrica percorrendo o fio CD, mas nãoo fio EF. Dessa maneira, não teremos um anulamentodos efeitos e o micro-amperímetro apresentará deflexão.7Ef ͙ළළ2–––– = –––––Ei 21––––͙ළළ2Q2– k –––––––π ͙ළළ2––––––––––––Q2– k–––––πEf––––EiIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  10. 10. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOcO circuito elétrico mostrado na figura é constituído pordois geradores ideais, com 45 V de força eletromotriz,cada um; dois capacitores de capacitâncias iguais a2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resis-tências estão indicadas na figura. Considere que aschaves S e T se encontram inicialmente fechadas eque o circuito está no regime estacionário.Assinale a opção correta.a) A corrente através do resistor d é de 7,5 A.b) A diferença de potencial em cada capacitor é de 15 V.c) Imediatamente após a abertura da chave T, a corren-te através do resistor g é de 3,75 A.d) A corrente através do resistor e, imediatamente apósa abertura simultânea das chaves S e T, é de 1,0 A.e) A energia armazenada nos capacitores é de 6,4 x 10–4J.Resolução8IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  11. 11. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOCálculo de iLei de Pouillet:i = ⇒ i = (A) ⇒ i = 10ACálculo de UCBUCB = RCB . i ⇒ UCB = 3 . 10(V) ⇒ UCB = 30VCálculo de i1:UCB = (RCA + RAB) . i130 = (2 + 2) . i1i1 = 7,5AA corrente elétrica no resistor d tem intensidade ,isto é, 3,75A.A ddp entre os terminais da associação de capacitoresé UAB = RAB . i1 ⇒ UAB = 2 . 7,5 (V) ⇒ UAB = 15V.Logo, cada capacitor está submetido a uma diferençade potencial igual a 7,5V.Ao abrirmos a chave T, o resistor g fica sob tensão de7,5V, aplicada pelos capacitores carregados. Portanto,a corrente elétrica no resistor g é ig = ⇒⇒aUm painel coletor de energia solar para aquecimentoresidencial de água, com 50% de eficiência, tem su-perfície coletora com área útil de 10 m2 . A água circulaem tubos fixados sob a superfície coletora. Suponhaque a intensidade da energia solar incidente é de1,0 x 103 W / m2 e que a vazão de suprimento de águaaquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opçãoque indica a variação da temperatura da água.a) 12°C b) 10°C c) 1,2°C d) 1,0°C e) 0,10°CResoluçãoA intensidade de radiação aproveitada para o aque-cimento da água (Iútil) é dada por:Iútil =0,5I = ⇒ 0,5I =mc Aθ–––––––∆t . AQ–––––∆t . APot––––A9ig = 3,75A7,5V–––––2Ωi1––––290––––9E––––∑RIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  12. 12. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAdmitindo-se que a massa de água correspondente a6,0l seja igual a 6,0kg (µH2O = 1,0kg/l), vem:0,5 . 1,0 . 103 =aUm recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio deum pistão, com 8,00 kg de massa e 60,0 cm2 de área,que se move sem atrito. Um gás ideal, contido no cilin-dro, é aquecido de 30 °C a 100°C, fazendo o pistãosubir 20,0 cm. Nesta posição, o pistão é fixado,enquanto o gás é resfriado até sua temperatura inicial.Considere que o pistão e o cilindro encontram-se ex-postos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicio-nado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2,o calor retirado durante o resfriamento, assinale aopção correta que indica a diferença Q1 – Q2.a) 136 J b) 120 J c) 100 J d) 16 J e) 0 JResoluçãoDa Primeira Lei da Termodinâmica aplicada às trans-formações (1) e (2), temos:∑Qtrocado = ∆U1 + ∆U2 + τ1 + τ2A variação da energia interna ∆U é dada por:∆U = nR∆TComo ∆T1 = –∆T2, temos:∆U1 = –∆U2A transformação (2) é isométrica, assim:τ2 = 0O calor trocado fica então:Q1 – Q2 = τ1Como a transformação (1) é isobárica, temos:τ1 = p1∆VA pressão p1 é dada por:p1 = patm + ppistãop1 = patm +p1 = 1,0 . 105 + (N/m2)p1 = 1,13 . 105 N/m2A variação de volume é dada por:∆V = A ∆ h∆V = 60 . 10–4 . 20 . 10–2 (m3)∆V = 1,2 . 10–3 m3Assim:Q1 – Q2 = 1,13 . 105 . 1,2 . 10–3 (J)Q1 – Q2 = 135,6JQ1 – Q2 ≅ 136J8,0 . 10––––––––––60 . 10–4mpistão g–––––––––A3––––210∆θ = 11,9 °C ≅ 12°C6,0 . 4,2 . 103 . ∆θ–––––––––––––––––60 . 10IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  13. 13. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObA linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°C.Considere que, ao elevar-se acima do nível do mar, o arsofre uma expansão adiabática que obedece à relação∆ p / p = (7 /2) (∆T / T) , em que p é a pressão e T, atemperatura. Considerando o ar um gás ideal de massamolecular igual a 30 u (unidade de massa atômica) e atemperatura ao nível do mar igual a 30°C, assinale aopção que indica aproximadamente a altura h0 da linhadas neves.a) 2,5 km b) 3,0 km c) 3,5 kmd) 4,0 km e) 4,5 kmResolução1) Cálculo da densidade média do ar:p V = R Tp = R Tµ = = (kg/m3) ≅ 1,24kg/m32) Cálculo da variação de pressão:= .= .3) Cálculo da altura:∆p = µ g ∆h3,5 . 10 4 = 1,24 . 10 . ∆hcUma estrela mantém presos, por meio de sua atraçãogravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todosdescrevem órbitas elípticas, em cujo foco comum seencontra a estrela, conforme a primeira Lei de Kepler.Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de Beta é odobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se tambémque o período de Alfa é ͙ෆ2 vezes maior que o períodode Beta. Nestas condições, pode-se afirmar que arazão entre o período de Alfa e o de Gama éa) ͙ෆ2. b) 2. c) 4. d) 4 ͙ෆ2. e) 6 ͙ෆ2.ResoluçãoDe acordo com o texto, o semi-eixo maior (raio médio)de Beta é o dobro do de Gama:Rβ = 2 Rγ12∆h = 2,8 . 103m = 2,8km∆p = 3,5 . 10 4 Pa30––––3037––2∆p––––––––1,0 . 105∆T–––T7––2∆p–––p1,0 . 105 . 30 . 10–3–––––––––––––––––8 . 303p M–––––R Tµ–––Mm–––M11IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  14. 14. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAplicando-se a 3ª Lei de Kepler, vem:== ⇒ Tβ2= 8 Tγ2De acordo com o texto: Tα = ͙ළළළ2 TβSubstituindo o valor de Tβ , vem:Tα = ͙ළළළ2 . ͙ළළළ8 Tγ ⇒ Tα = ͙ළළළළළළ16 TγTα = 4 Tγ ⇒bNa figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas queemitem, em fase, ondas de freqüência f e compri-mento de onda λ. A distância d entre as fontes é iguala 3 λ. Pode-se então afirmar que a menor distâncianão-nula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo x,para a qual ocorre interferência construtiva, é igual aa) 4λ / 5. b) 5λ / 4. c) 3λ / 2.d) 2λ. e) 4λ.ResoluçãoPara que no ponto O ocorra interferência construtiva(reforço) entre os sons provenientes de F1 e F2 , a dife-rença de percursos ∆x = F1O – F2O deve ser um múl-tiplo par de meio comprimento de onda.13Tα––– = 4TγTβ = ͙ළළළ8 TγRγ3––––Tγ28 Rγ3–––––Tβ2Rγ3––––Tγ2Rβ3––––Tβ2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  15. 15. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO∆x = p , com p = 2; 4; 6...Logo: F1O – F2O = p ⇒ ͙ෆෆෆෆෆෆ(3λ)2 + x2 – x = p͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2 = p + x(͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2)2= (p + x)29λ2 + x2 = p2 + pλx + x2Donde: x = (9λ – )Para p = 2: x = 4λPara p = 4: x = λPara p = 6: x = 0Como a questão refere-se ao menor valor de x, dife-rente de zero, optamos por:eNum experimento de duas fendas de Young, com luzmonocromática de comprimento de onda λ, coloca-seuma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) sobre uma dasfendas. Isto produz um deslocamento das franjas nafigura de interferência. Considere que o efeito da lâmi-na é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias,pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que pro-voca o deslocamento da franja central brilhante (ordemzero) para a posição que era ocupada pela franja bri-lhante de primeira ordem, é igual aa) 0,38 λ. b) 0,60 λ. c) λ.d) 1,2 λ. e) 1,7 λ.145x = ––– λ45––4p2λ––––41––pλ2––4λ––2λ––2λ––2λ––2λ––2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  16. 16. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOResoluçãoA diferença de fase entre as ondas é causada peladiferença entre os tempos de percurso da luz ao per-correr a distância d na lâmina (∆tL) e distância idênticano vácuo (∆tv):Para o pulso que atravessa a lâmina de vidro, temos:∆tL = ⇒ ∆tL =Da Equação Fundamental da Ondulatória, vem:c =∆tL = ⇒Para o pulso que se propaga sem mudança demeio (pulso direto), temos:∆tv = ⇒ ∆tv = ⇒∆tL – ∆tv = –∆tL – ∆tv = (n – 1)Assim:∆ϕ = . (n – 1)∆ϕ =Para a franja brilhante de ordem 1 (interferênciaconstrutiva), temos:∆ϕ = 2π (rad)(n – 1) = 2πd = ⇒ d =d ≅ 1,7 λλ–––––––1,6 – 1λ–––––n – 12π d–––––λ2π d (n – 1)–––––––––––λd T–––λ2π–––Td T––––λd T––––λn d T–––––λd T∆tv = –––––λd––––λ–––Td––cn d T∆tL = ––––––λn d––––λ–––Tλ––Tn d––––cd––c––n}d∆tL = –––vLcvL = –––n2π∆ϕ = ––– (∆tL – ∆tV)TIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  17. 17. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObUm tubo sonoro de comprimento ᐉ, fechado numa dasextremidades, entra em ressonância, no seu modofundamental, com o som emitido por um fio, fixadonos extremos, que também vibra no modo funda-mental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massae c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que atensão submetida ao fio é dada pora) (c / 2L)2 mᐉ. b) (c / 2ᐉ)2 mL. c) (c/ᐉ)2 mL.d) (c /ᐉ)2 mᐉ. e) n.d.a.ResoluçãoA situação proposta está esquematizada abaixo.Para o tubo sonoro, temos:l = ⇒ λsom = 4lVsom = λsom fc = 4lfDonde:Para o fio, temos:Vfio = λfiof ⇒ = 2L=2L2Donde:eO átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-tituído de um elétron de carga e que se move em órbi-tas circulares de raio r, em torno do próton, sob ainfluência da força de atração coulombiana. O trabalhoefetuado por esta força sobre o elétron ao percorrer aórbita do estado fundamental éa) –e 2/(2ε0r). b) e 2/(2ε0r). c) –e 2/(4πε0r).16cF = (–––)2m L2l)c––––2l(FL––––mc––––4lFL–––mcf = ––––4lλsom––––415IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  18. 18. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOd) e2 / r. e) n.d.a.ResoluçãoA força de atração coulombiana que age no elétron decarga atua como resultante centrípeta e, desta ma-neira, o trabalho efetuado por esta força é nulo.dNum experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumi-na-se sucessivamente a superfície de um metal comluz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2,respectivamente. Sabe-se que as velocidades máxi-mas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente,v1 e v2 , em que v1 = 2v2 . Designando C a velocidadeda luz no vácuo, e h constante de Planck, pode-se,então, afirmar que a função trabalho φ do metal é dadapora) (2 λ1 – λ2) h C /(λ1 λ2).b) (λ2 – 2 λ1) h C /(λ1 λ2).c) (λ2 – 4 λ1) h C/(3λ1 λ2).d) (4 λ1 – λ2) h C /(3λ1 λ2).e) (2 λ1 – λ2) h C/(3λ1 λ2).ResoluçãoA função trabalho Φ do metal correspondente à ener-gia de ligação dos seus fotoelétronsPara a radiação de comprimento de onda λ1, temos:= hf1 – Φ ⇒ = h – Φ= h – ᕃPara a radiação de comprimento de onda λ2, temos:= hf2 – Φ ⇒ = h – Φ ᕄComparando-se ᕃ e ᕄ, vem:C––––λ2mV22––––2mV22––––2Φ––4C––––4λ1mV22––––2C––––λ1m(2V2)2–––––––2mV12––––2mV2–––– = hf – Φ217+eFe®IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  19. 19. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOh – = h – Φ= hC ( – )= hC ( )Donde:cUma lente convergente tem distância focal de 20 cmquando está mergulhada em ar. A lente é feita de vidro,cujo índice de refração é nv = 1.6. Se a lente é mergu-lhada em um meio, menos refringente do que o mate-rial da lente, cujo índice de refração é n, considere asseguintes afirmações:I. A distância focal não varia se o índice de refraçãodo meio for igual ao do material da lente.II. A distância focal torna-se maior se o índice derefração n for maior que o do ar.III. Neste exemplo, uma maior diferença entre os índi-ces de refração do material da lente e do meioimplica numa menor distância focal.Então, pode-se afirmar quea) apenas a II é correta.b) apenas a III é correta.c) apenas II e III são corretas.d) todas são corretas.e) todas são incorretas.ResoluçãoA distância focal (f) de uma lente esférica delgada, defaces com raios de curvatura respectivamente iguais aR1 e R2 e índice de refração relativo nL,M =é dada pela Equação dos Fabricantes de Lentes(Equação de Halley).Com R1 e R2 constantes (características da lente con-siderada), temos:= – 1 C ⇒ = CnM 1f =΂–––––––––΃––––nL – nM C΃nL – nM––––––––nM΂1–––f΃nL––––nM΂1––––f1 1 1––– = (nL,M – 1)΂–––– + ––––΃f R1 R2nL––––nM18h C 4λ1 – λ2Φ = ––– (––––––––)3 λ1λ24λ1 – λ2––––––––4λ1λ23Φ–––41–––4λ11–––λ23Φ–––4C––––λ2Φ––4C––––4λ1IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  20. 20. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOObservamos na expressão anterior que quanto maispróximo de nL for nM, menor se tornará a diferençanL – nM e, conseqüentemente, maior ficará a distânciafocal.I. ErradaSe nL = nM , a distância focal tenderá ao infinito(sistema afocal).II. CorretaSe n > nar, reduzir-se-á a diferença nL – nM e a dis-tância focal aumentará.III. CorretaQuanto maior for a diferença nL – nM , menor seráa distância focal da lente.cAo olhar-se num espelho plano, retangular, fixado noplano de uma parede vertical, um homem observa aimagem de sua face tangenciando as quatro bordas doespelho, isto é, a imagem de sua face encontra-seajustada ao tamanho do espelho. A seguir, o homemafasta-se, perpendicularmente à parede, numa certavelocidade em relação ao espelho, continuando a ob-servar sua imagem. Nestas condições, pode-se afirmarque essa imagema) torna-se menor que o tamanho do espelho tal comovisto pelo homem.b) torna-se maior que o tamanho do espelho tal comovisto pelo homem.c) continua ajustada ao tamanho do espelho tal comovisto pelo homem.d) desloca-se com o dobro da velocidade do homem.e) desloca-se com metade da velocidade do homem.ResoluçãoPara um objeto real, o espelho plano conjuga uma ima-gem virtual, simétrica em relação à superfície refletorae com as mesmas dimensões do objeto. Cabe aindasalientar que, no espelho plano, objeto e imagem cons-tituem figuras enantiomorfas.Tais características da imagem independem da posiçãodo objeto em relação à superfície refletora do espelho,portanto, quando o homem se afasta, perpendicular-mente à parede, ele continua a observar sua imagem“ajustada” ao tamanho do espelho, como vista inicial-mente.aUm bloco homogêneo de massa m e densidade d ésuspenso por meio de um fio leve e inextensível presoao teto de um elevador. O bloco encontra-se total-mente imerso em água, de densidade ρ, contida emum balde, conforme mostra a figura. Durante a subidado elevador, com uma aceleração constante →a, o fiosofrerá uma tensão igual2019IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  21. 21. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOa) m (g + a) (1 – ρ /d ). b) m (g – a) (1 – ρ /d ).c) m (g + a) (1 + ρ /d ). d) m (g – a) (1 + d /ρ ).e) m (g + a) (1 – d / ρ ).ResoluçãoA gravidade aparente dentro do elevador é dada por:gap = g + aO peso P’ é dado por:P’ = m gap = m (g + a)O empuxo E é dado por:E = ρ V gapSendo d = , vem V =Portanto: E = ρ (g + a)Para o equilíbrio do bloco em relação a um referencialfixo no elevador, vem:T + E = P’T + ρ (g + a) = m (g + a)T = m (g + a) – ρ (g + a)Uma máquina térmica opera com um moI de um gásmonoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, repre-sentado no plano PV, conforme mostra a figura. Con-siderando que a transformação BC é adiabática, cal-cule:a) a eficiência da máquina;b) a variação da entropia na transformação BC.A CB3200801 8P(Pa)V(m )321ρT = m (g + a) (1 – ––)dm–––dm–––dm–––dm–––dm–––VmTEP’ma®IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  22. 22. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOResolução1) Na transformação AB isométrica:τAB = 0∆UAB = VA ∆PAB∆UAB = 1 x (3200 – 80) (J)∆UAB = 4680 (J)QAB = τAB + ∆UABQAB = 0 + 4680 (J)QAB = 4680 JA quantidade de calor QAB é recebida pelo gás2) Na transformação BC adiabálicaQBC = 0τBC = – ∆UBCτBC = (PCVC – PBVB)τBC = – (80 . 8 – 3200 . 1) (J)τBC = 3840 J3) Na transformação CA isobáricaτCA = PC ∆VCAτCA = 80 (1 – 8) (J)τCA = –560 J∆UCA = PC ∆VCA∆UCA = . 80 (1 – 8) (J)∆UCA = – 840 JQCA = τCA + ∆UCAQCA = – 560 – 840 (J)QCA = – 1400 JA quantidade de calor QCA é cedida pelo gás.A eficiência de uma máquina térmica operando emciclos é dada pela razão entre o trabalho total τ trocadopelo gás e o calor Q recebido:η =τ––Q3––23––23––23––23––23––2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  23. 23. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOη =η =η = 0,70 = 70%b) A entropia ∆S é dada por∆S =Como a transformação CA é adiabática, vem:∆QCA = 0Portanto:Respostas: a) 70%b) 0Tubos de imagem de televisão possuem bobinas mag-néticas defletoras que desviam elétrons para obterpontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens.Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelera-dos por uma diferença de potencial U entre o catodo eo anodo. Suponha que os elétrons são gerados emrepouso sobre o catodo. Depois de acelerados, sãodirecionados, ao longo do eixo x, por meio de umafenda sobre o anodo, para uma região de comprimen-to L onde atua um campo de indução magnética uni-forme→B, que penetra perpendicularmente o plano dopapel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda,que a tela delimita a região do campo de indução mag-nética.Se um ponto luminoso é detectado a uma distância bsobre a tela, determine a expressão da intensidade de→B necessária para que os elétrons atinjam o pontoluminoso P, em função dos parâmetros e constanteselétronanodocatodoUyxPLbtelaB®X X XXX X XXX X XXX X XXX X XXX X XX22∆SCA = 0∆Q–––T0 + 3840 – 560–––––––––––––4680τAB + τBC +τCA–––––––––––––QABIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  24. 24. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOfundamentais intervenientes. (Considere b << L).ResoluçãoParâmetros e constantes fundamentais intervenientes:massa do elétron: mcarga do elétron em valor absoluto: eCálculo da velocidade V com que o elétron penetra nocampo de indução magnética uniforme B:τAB = ∆EcinéticaeU = –sendo V0 = 0, vem:V =͙ළළළ(I)Cálculo de R:No triângulo retângulo OPQ, temos:R2 = (R – b)2 + L2R2 = R2 – 2Rb + b2 + L2R = (II)A força magnética (Fmag) nos elétrons atua como resul-tante centrípeta, assim:Fmag = FcpeV B = ⇒ R = (III)De II e III, vem:=B = . VDe (I), vem:m–––e2b–––––––b2 + L2m V––––––e Bb2 + L2–––––––2bm V–––––e Bm V2––––––Rb2 + L2––––––2b2eU––––mm V20––––––2m V2––––––2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  25. 25. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOB =͙ළළළAssim:Considerando b << L, temosResposta:Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos demesma amplitude, de freqüências fA =150Hz efB = 155Hz, respectivamente.a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvidopor um observador que se encontra próximo aostubos e em repouso em relação aos mesmos.b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir paraeliminar a freqüência do batimento calculada noitem a), e especifique o sentido desse movimentoem relação ao observador.Resoluçãoa) A freqüência dos batimentos do som ouvido por umobservador O é dada pela diferença entre as fre-qüências sonoras dos tubos B e A.fbat = fB – fA ⇒ fbat = 155 – 150b) A freqüência aparente (Efeito Doppler) detectadapelo observador O indicado no esquema, para otubo B, que se afasta desse observador, deve serigual a 150 Hz. Dessa maneira, anula-se a freqüên-cia dos batimentos.Equação do Efeito Doppler sonoro:= ⇒ =300 + VB = ⇒Respostas: a) 5,0 Hz; b) 10 m/sVB = 10m/s300 . 155–––––––––150150––––––––300 + VB150–––––––300 + 0fB––––––V ± VBf0––––––V ± V0fbat = 5,0 Hz232b 2mUB = –––––––͙ළළළ–––––L2 e2b 2mUB = –––––––͙ළළළ–––––L2 e2b 2mUB = –––––––͙ළළළ–––––b2 + L2 e2eU––––mm–––e2b–––––––b2 + L2IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  26. 26. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAtualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixesde laser, são capazes de resfriar gases a temperaturasmuito próximas do zero absoluto, obtendo moléculas eátomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios demassa M, que se aproximam com velocidades despre-zíveis. Da colisão tripla resultante, observada de umreferencial situado no centro de massa do sistema,forma-se uma molécula diatômica com liberação decerta quantidade de energia B. Obtenha a velocidadefinal do átomo remanescente em função de B e M.ResoluçãoPara um referencial no centro de massa, a quanti-dade de movimento total é nula e, portanto:→ → →Qátomo + Qmolécula = 0→ →| Qátomo | = | Qmolécula |M V = 2 M V’A energia cinética total adquirida pelo sistema édado por:B = Ecinátomo + EcinmoléculaB = V2 +( )2B = V2 + M = M V2V2 = ⇒BResposta: 2͙ළළළළ–––3MAs duas faces de uma lente delgada biconvexa têm umraio de curvatura igual a 1,00 m. O índice de refraçãoda lente para luz vermelha é 1,60 e, para luz violeta,1,64. Sabendo que a lente está imersa no ar, cujo índi-ce de refração é 1,00, calcule a distância entre os focosde luz vermelha e de luz violeta, em centímetros.Resolução1) A equação de Halley (equação dos fabricantes delentes) é dada por:2) Do enunciado, temos:R1 = R2 = +1,00m (face convexa ⇒ R > 0)1 nL 1 1–––– =(–––– – 1)(––– + –––)f nM R1 R2254B BV = ͙ළළළළ–––– = 2 ͙ළළළළ–––3M 3M4B–––3M3–––4V2–––4M–––2V–––22M–––2M–––2VV’ = –––224IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  27. 27. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOnar = 1,00nL(verm) = 1,60nL(viol) = 1,643) Aplicando a equação de Halley para a lente, quandoexposta à luz monocromática vermelha, vem.=( )( +)=( )( +)4) Aplicando a equação de Halley para a lente, quandoexposta à luz monocromática violeta, vem:=( )( +)=( )( +)5) A distância entre os focos é dada por:d = f1 – f2d = 0,83 – 0,78Resposta: 5,0cmNa prospecção de jazidas minerais e localização dedepósitos subterrâneos, é importante o conhecimentoda condutividade elétrica do solo. Um modo de medira condutividade elétrica do solo é ilustrado na figura.Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raio r, sãoprofundamente enterradas no solo, a uma grande dis-tância entre as mesmas, comparativamente a seusraios. Fios retilíneos, isolados do solo, ligam as esferasa um circuito provido de bateria e um galvanômetro G.Conhecendo-se a intensidade da corrente elétrica e aforça eletromotriz da bateria, determina-se a resis-tência R oferecida pelo solo entre as esferas.26d = 0,05m = 5,0cmf2 ≅ 0,78m1––––1,001––––1,001,64–––––– – 11,001–––f11–––R21–––R1nL (viol)–––––––– – 1nar1–––f2f1 ≅ 0,83m1––––1,001––––1,001,60–––––– – 11,001–––f11–––R21–––R1nL (verm)–––––––– – 1nar1–––f1IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  28. 28. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOSabendo que R C = ε / σ, em que σ é a condutividadedo solo, C é a capacitância do sistema e ε a constantedielétrica do solo, pedem-se:a) Desenhe o circuito elétrico correspondente do sistemaesquematizado e calcule a capacitância do sistema.b) Expresse σ em função da resistência R e do raio rdas esferas.Resoluçãoa) O circuito elétrico correspondente ao sistema es-quematizado é o seguinte:A d.d.p. entre as esferas B e A, depois de plena--mente carregadas, é dada por:VB – VA = K . – (K . )VB – VA = 2K .Sendo VB – VA = E, vem:E = 2K . ⇒ =Mas = C e K = ; logoC =b) De RC = , vem:R . 2π ε r =Respostas: a) ver esquema; C = 2π ε rb)1σ = –––––2πRr1σ = –––––2πRrε–––σε–––σC = 2π ε rr––––––––12 . ––––4πε1––––4πεQ––––Er––––2KQ––––EQ––––rQ––––r–Q––––r+Q––––rIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  29. 29. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOA figura representa o esquema simplificado de um cir-cuito elétrico em uma instalação residencial. Um gera-dor bifásico produz uma diferença de potencial (d.d.p)de 220 V entre as fases (+110 V e –110 V) e uma ddpde 110 V entre o neutro e cada uma das fases. No cir-cuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétri-cos, com as respectivas potências nominais indicadasna figura.Admitindo que os aparelhos funcionam simultanea-mente durante duas horas, calcule a quantidade deenergia elétrica consumida em quilowatt-hora (kWh) e,também, a capacidade mínima dos fusíveis, em am-pére.Resolução1) Energia elétrica consumida:Eel = (Pcafeteira + Pforno + Pchuveiro) . ∆tEel = ( ). kW . 2h2) Capacidade mínima dos fusíveisCafeteira: i1 = ⇒ i1 = (A) ⇒ i1 = 8AForno: i2 = ⇒ i2 = (A) ⇒ i2 = 20AChuveiro: i3 = ⇒ i3 = (A) ⇒ i3 = 15Afusível (A): iA = i1 + i3iA = 8 + 15 (A)iA = 23A3300–––––220P3–––U32200–––––110P2–––U2880––––110P1–––U1Eel = 12,76 kWh880 + 2200 + 3300––––––––––––––––––100027IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  30. 30. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOfusível (B): iB = i2 + i3iB = 20 + 15 (A)Na prática, dificilmente encontraremos um fusívelde 23A, mas sim um de 25A.Resposta: Eel = 12,76 kWh; 23A e 35AUm elétron é acelerado a partir do repouso por meio deuma diferença de potencial U, adquirindo uma quanti-dade de movimento p. Sabe-se que, quando o elétronestá em movimento, sua energia. relativística é dadapor E = [(m0C2)2 + p2 C2]1/2, em que m0 é a massa derepouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo.Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do elé-tron em função de U e das constantes fundamentaispertinentes.ResoluçãoDe acordo o teorema de energia cinética, vem:τ = ∆Ecin ⇒ eU = Ec – 0 ⇒ EC = eUMas EC = E – E0 ቢ,em que E = [(m0 C2)2 + p2C2] e E0 = m0C2.De ቢ, vem: E = EC + E0.Elevando ao quadrado, temos: E2 = EC2+ E02+ 2 EC E0Portanto: (m0 C2)2 + p2C2 = e2 U2 + (m0 C2)2+ 2 eU m0C2p2C2 = e2 U2 + 2eU m0C2p = [( )2+ 2eU m0]1/2De acordo com De Broglie, temos:λ =Resposta:Duas salas idênticas estão separadas por uma divisóriade espessura L = 5,0 cm, área A = 100m2 e condu-tividade térmica k = 2,0W / m K. O ar contido em cadasala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°Ce T2 = 27°C, respectivamente. Considerando o ar como29eUλ = h . [(–––)2+ 2eU m0]–1/2CeUλ = h . [(–––)2+ 2eU m0]–1/2Ch–––pe U–––C1––228iB = 35AIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  31. 31. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOum gás ideal e o conjunto das duas salas um sistemaisolado, calcule:a) O fluxo de calor através da divisória relativo às tem-peraturas iniciais T1 e T2 .b) A taxa de variação de entropia ∆S / ∆t no sistema noinício da troca de calor, explicando o que ocorre coma desordem do sistema.Resoluçãoa) O fluxo de calor é dado por:Φ =Φ = (W)b) Para cada parte do sistema, a variação de entropiaé dada em módulo por:|∆S| =A parte mais fria sofre um aumento de entropiadado por:∆S2 =A parte mais quente sofre uma redução de entro-pia dada por:∆S1 = –A variação total de entropia é dada por:∆S = ∆S1 + ∆S2∆S = –∆S = Q –Dividindo-se pelo intervalo de tempo ∆t, vem:= –= fluxo = 8,0 . 104W; T2 = 300K; T1 = 320K= 8,0 . 104 – (SI)= 8,0 . 104 (SI)20––––––––––300 . 320∆S–––∆t)1–––3201––––300(∆S–––∆tQ–––∆t)1–––T11–––T2(Q–––∆t∆S–––∆t)1–––T11–––T2(Q–––T1Q–––T2Q–––T1Q–––T2Q–––TΦ = 8,0 . 104W = 80kW2,0 . 100 . 20––––––––––––––5,0 . 10–2k A ∆θ––––––LIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  32. 32. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOComo a variação da entropia é positiva, a desor-dem do sistema aumenta.Respostas: a) 80kWb)Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura,com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm mer-gulhados em um recipiente com mercúrio. Com suaextremidade superior tapada, em seguida a pipeta éretirada lentamente do recipiente.Considerando uma pressão atmosférica de 75 cm Hg,calcule a altura da coluna de mercúrio remanescenteno interior da pipeta.ResoluçãoO ar que ficou aprisionado na pipeta tem uma pressãoinicial igual à atmosférica (75 cmHg) e ocupa um volu-me igual a A . 5 (cm3), em que A é a área da secção dapipeta.Supondo-se a temperatura constante, a nova pressãodo ar, depois da retirada da pipeta, será dada por:p’ . A . (25 – h) = patm . A . 5p’ = =Para o equilíbrio da coluna de mercúrio, temos:375––––––25 – h75 . 5––––––25 – h30W≅16,7 –––K∆S W–––– ≅ 16,7 –––∆t KIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  33. 33. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOp’ + h = patm (em cm de Hg)+ h = 75375 + 25 h – h2 = 75 (25 – h)375 + 25 h – h2 = 1875 – 75 hh2 – 100 h + 1500 = 0h = (cm)h = (cm)h = 50 ± 10 ͙ළළළළළ10 (cm)Como h < 25cm, vemh = 50 – 10 ͙ළළළළළ10 cmh ≅ (50 – 32) cmResposta: ≅ 18 cmh ≅ 18 cm100 ± 20 ͙ළළළළළ10––––––––––––––2100 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ10000 – 6000–––––––––––––––––––2375––––––25 – hIIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333

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