ita2013 1dia

FFÍÍSSIICCAASe precisar, use os seguintes valores para as constantes: cargado próton = 1,6 x 10–19C; massa do próton = 1,7 x 10–27kg;aceleração da gravidade g = 10m/s2; 1 atm = 76cmHg:velocidade da luz no vácuo c = 3 x 108m/s.

1 CCAo passar pelo ponto O, um helicóptero segue na direçãonorte com velocidade v constante. Nesse momento, umavião passa pelo ponto P, a uma distância δ de O, e voapara o oeste, em direção a O, com velocidade u tambémconstante, conforme mostra a figura.

Considerando t o instante em que a distância d entre ohelicóptero e o avião for mínima, assinale a alternativacorreta.

a) A distância percorrida pelo helicóptero no instante emque o avião alcança o ponto O é δu/v.

b) A distância do helicóptero ao ponto O no instante t é

igual a δu / �� v2 + u2.

c) A distância do avião ao ponto O no instante t é iguala δv2 / (v2 + u2).

d) O instante t é igual a δv / (v2 + u2).

e) A distância d é igual a δu / �� v2 + u2.

Resolução

1) A velocidade do avião, em relação ao helicóptero,→Vrel é dada por:→Vrel =

→u –

→v

II TTAA ((11ºº DDII AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

O helicóptero é suposto parado em O e o aviãomo vendo-se com a velocidade relativa.A distância será mínima quando

–––OQ for per -

pendicular a PQ.

2) Cálculo de PQ:

PQ = Vrel . t = ��u2 + v2 . t

3) Cálculo de d:

d2 = δ2 – (PQ)2 = d2 – (u2 + v2) t2 (1)

4) De (1): (2)

5) Da figura: sen θ = =

d = (3)

(3) em (2):

t2 = =

t2 = ⇒ (d é falsa)

6) dH = vt =

7) dA = δ – u t = δ –

ΔsA =

δ2 – d2t2 = –––––––

u2 + v2

d–––

δ

v––––––––––

��u2 + v2

δ v––––––––––

��u2 + v2

δ2 u2 + δ2 v2 – δ2 v2––––––––––––––––––

u2 + v2–––––––––––––––––––

u2 + v2

δ2 v2δ2 – � –––––––�u2 + v2

––––––––––––––u2 + v2

δ ut = –––––––––

u2 + v2

δ2 u2––––––––––

(u2 + v2)2

v . δ . u––––––––––

u2 + v2

u δ u––––––––––

u2 + v2

δ u2 + δ v2 – u2 δ––––––––––––––––––

u2 + v2

δ v2ΔsA = –––––––

u2 + v2


2 BBNo interior de uma caixa de massa M, apoiada num pisohorizontal, encontra-se fixada uma mola de constanteelástica k presa a um corpo de massa m, em equilíbrio navertical. Conforme a figura, este corpo também se en -contra preso a um fio tracionado, de massa desprezível, fi -xa do à caixa, de modo que resulte uma deformação b damola. Considere que a mola e o fio se encontram no eixovertical de simetria da caixa.

Após o rompimento do fio, a caixa vai perder contato como piso se

a) b > (M + m)g/k. b) b > (M + 2m)g/k.

c) b > (M – m)g/k. d) b > (2M – m)g/k.

e) b > (M – 2m)g/k.

Resolução1) Na posição de equilíbrio do bloco m:

Fmola = P

kx0 = mg ⇒

2) Na situação inicial:

A amplitude de oscilação aé dada por:

mgx0 = –––––

k

mga = b – x0 = b – ––––

k


3) No ponto mais alto da trajetória (compressãomáxima da mola):

Fe + P = ka

Fe + mg = k

Fe + mg = kb – mg

4) Para a caixa ser levantada:

Fe > Mg

kb – 2mg > Mg ⇒ kb > (2m + M)g

mg�b – –––––�k

Fe = kb – 2mg

(2m + M) gb > ––––––––––

k


3 AANum experimento clássico de Young, d representa adistân cia entre as fendas e D a distância entre o planodestas fendas e a tela de projeção das franjas de interfe -rência, como ilustrado na figura. Num primeiro experi -mento, no ar, utiliza-se luz de comprimento de onda λ1 e,num segundo experimento, na água, utiliza-se luz cujocomprimento de onda no ar é λ2. As franjas de interfe -rência dos experimentos são registradas numa mesmatela.

Sendo o índice de refração da água igual a n, assinale aexpressão para a distância entre as franjas deinterferência construtiva de ordem m para o primeiroexperimento e as de ordem M para o segundo experi -mento.

a) .D (Mλ2 – mnλ1) / (nd). b) .D (Mλ2 – mλ1) / (nd).

c) .D (Mλ2 – mnλ1) / d. d) .Dn (Mλ2 – mλ1) / d.

e) .D (Mnλ2 – mλ1) / d.

ResoluçãoI)

No ponto P (local de interferência construtiva), adiferença de percursos Δx entre as ondasprovenientes das fendas F2 e F1 deve ser múltiplainteira do comprimento de onda λ, isto é:Δx = N λ (N = 1, 2, 3…)

No triângulo retângulo OPQ:

tg θ = ⇒ sen θ ≅ (θ é bastante pequeno)

No triângulo retângulo F1RF2:

sen θ ≅

Logo: = ⇒

y–––D

y–––D

Δx–––d

λDy = N ––––d

Δx–––d

y–––D


II) Experimento no ar:

y1 = m

III) Experimento na água:

= ⇒ =

y2 = M ⇒ y2 =

IV) Fazendo y2 – y1 = L (distância entre as franjas deinterferência construtiva de ordem m para oprimeiro experimento e as de ordem M para osegundo experimento), tem-se:

L = –

Da qual:

λ1D–––––

d

λH2O–––––

λ2

nar–––––

n

λH2O–––––

λ2

1–––n

λ2λH2O = ––––

n

λH2O D––––––––

d

M λ2 D–––––––

nd

M λ2 D––––––––

nd

m λ1 D–––––––

d

DL = ––– (Mλ2 – mnλ1)

nd


4 AANum certo experimento, três cilindros idênticos encon -tram-se em contato pleno entre si, apoiados sobre umamesa e sob a ação de uma força horizontal F, constante,aplicada na altura do centro de massa do cilindro daesquerda, perpendicularmente ao seu eixo, conforme afigura.

Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os trêscilindros permaneçam em contato entre si, a aceleração aprovocada pela força deve ser tal que

a) g/(3 ��3 ) � a � g/ ��3 .

b) 2g/(3 ��2 ) � a � 4g/ ��2 .

c) g/(2��3 ) � a � 4g/(3 ��3 ).

d) 2g/(3��2 ) � a � 3g/(4 ��2 ).

e) g/(2��3 ) � a � 3g/(4 ��3 ).

Resolução

• Cálculo de F ⇒ F = (3m) a ⇒ 1. Cálculo da aceleração mínima:

Neste caso, é nula a força de contato entre oscilindros 1 e 3.

• Cilindro a (projeção horizontal):

F – F21 cos 60° = m a

3 m a – F21 = m a

• Cilindro b (projeção horizontal):

F12 cos 60° – F32 cos 60° = m a

1––2

F21 = 4 m a I

F = 3 m a


(4 m a) – F32 = m a

• Cilindro b (projeção vertical):

(F12 + F32) cos 30° = P

De e , vem:

(4 m a + 2 m a) = m g

2. Cálculo da aceleração máxima:Na condição de aceleração máxima, admite-se queo cilindro 2 praticamente não troca força com ocilindro 3.

• Cilindro b :

projeção vertical ⇒ f cos 30° = m g

projeção horizontal ⇒ f sen 30° = m a

� tg 30° = ⇒

1––2

1––2

F32 = 2 m a II

I II

��3––––2

gamín = –––––––

3 ��3

a––g

gamáx = ––––

��3


5 AADuas partículas, de massas m e M, estão respectivamentefixadas nas extremidades de uma barra de comprimentoL e massa desprezível. Tal sistema é então apoiado nointerior de uma casca hemisférica de raio r, de modo a seter equilíbrio estático com m posicionado na borda P dacasca e M, num ponto Q, conforme mostra a figura.

Desconsiderando forças de atrito, a razão m/ M entre asmassas é igual a

a) (L2 – 2r2)/(2r2). b) (2L2 – 3r2)/(2r2).

c) (L2 – 2r2) (r2 – L2). d) (2L2 – 3r2)/(r2 – L2).

e) (3L2 – 2r2)/(L2 – 2r2).

Resolução

1) sen (� – �) = cos 2� = (1)

2) cos 2� = cos2 � – sen2 � = 2cos2 � – 1

cos 2� = 2 2

– 1 = – 1 (2)

(2) em (1): = ⇒

3) Somatório dos torques nulo em relação aoponto O:mg . r = Mg . x

x–––

r

L�–––�2r

L2–––2r2

x–––

r

L2 – 2r2–––––––

2r2

L2 – 2r2x = ––––––––

2r

m x L2 – 2r2––– = ––– = ––––––––M r 2r2


6 DDUma corda, de massa desprezível, tem fixada em cadauma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massam. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numasuperfície cilíndrica sem atrito, de raio r, abrangendo umângulo de 90° e simetricamente disposto em relação aoápice P do cilindro, conforme mostra a figura.

Se a corda for levemente deslocada e começa a escorregar

no sentido anti-horário, o ângulo θ � FÔP em que apartícula na extremidade F perde contato com a superfícieé tal que

a) 2 cos θ = 1. b) 2 cos θ – sen θ = ��2 .

c) 2 sen θ + cos θ = ��2 . d) 2 cos θ + sen θ = ��2 .

e) 2 cos θ + sen θ = ��2 /2.

Resolução

1) Para um referencial passando por P, temos:

E0 = – 2 mg R

Ef = – mg R (1 – cos θ) – mg R (1 – sen θ) +

2) Ef = E0

– mgR (1 – cos θ) – mgR (1 – sen θ) + mV2 =

��2� 1 – ––––�2

2mV2–––––

2


= – 2mgR

– gR + gR cos θ – gR + gRsen θ + V2 =

= – 2gR + gR ��2

(I)

3) Na posição de desligamento:

PN = Fcp

mgcos θ =

cos θ = = – cos θ – sen θ + ��2

��2� 1 – ––––�2

V2 = gR (– cos θ – sen θ + ��2 )

mV2–––––

R

V2–––––

gR

2cos θ + sen θ = ��2


7 AAUma pequena bola de massa m é lançada de um ponto Pcontra uma parede vertical lisa com uma certa velocidadev0, numa direção de ângulo α em relação à horizontal.Considere que após a colisão a bola retorna ao seu pontode lançamento, a uma distância d da parede, como mostraa figura.

Nestas condições, o coeficiente de restituição deve ser

a) e = gd/(v20sen2α – gd).

b) e = 2gd/(v20cos2α – 2gd).

c) e = 3gd/(2v20sen2α – 2gd).

d) e = 4gd/(v20cos2α – gd).

e) e = 2gd/(v20tan2α – gd).

Resolução

Na ausência da parede, o tempo de voo (tAB) é dadopor:

y = y0 + V0yt – t2

0 = 0 + V0y tAB – g t2AB

g–––2

1–––2

2 V0ytAB = ––––––

g


Supondo-se que, imediatamente antes e após a colisãoda bola contra a parede (ponto c), não houve alteraçãodo módulo da componente vertical da velocidade dabola naquele ponto, então:

t1 + t2 = tABt1: tempo de subida de A para Ct2: tempo de voo de C para ASendo Vx e V’

x os módulos das componentes ho -rizontais, respectivamente, imediatamente antes eapós a colisão, temos:

t1 = e t2 =

Logo:

+ =

+ =

= –

=

d–––Vx

d–––V’x

d–––Vx

d’–––V’x

2V0y–––––

g

d––––––––V0 cos α

d–––V’x

2V0 sen α––––––––

g

d–––V’x

2V0 sen α––––––––

g

d––––––––V0 cos α

d–––V’x

V02 2 sen α cos α – d g

––––––––––––––––––V0 g cos α

V0 . d . g cos αV’

x = ––––––––––––––V0

2 sen 2α – d g


Coeficiente de restituição:

e = ⇒ e =

⇒

V0 . d . g . cos α–––––––––––––––V0

2 sen 2α – d . ge = –––––––––––––––––

V0 cos α

d . ge = –––––––––––––––

V02 sen 2α – d . g

Vrelafastamento–––––––––––––Vrelaproximação

V’x

–––Vx


8 CCA figura mostra um sistema, livre de qualquer forçaexterna, com um êmbolo que pode ser deslocado sematrito em seu interior. Fixando o êmbolo e preenchendo orecipiente de volume V com um gás ideal a pressão P, eem seguida liberando o êmbolo, o gás expande-seadiabaticamente.

Considerando as respectivas massas mc, do cilindro, eme, do êmbolo, muito maiores que a massa mg do gás, esendo � o expoente de Poisson, a variação da energiainterna �U do gás quando a velocidade do cilindro for vcé dada aproximadamente por

a) 3PV�/2. b) 3PV/(2(� – 1)).

c) – mc (me + mc)v2c /(2me). d) – (mc + me)v

2c /2,

e) – me (me + mc)v2c /(2mc).

Resolução

Como o sistema é isolado, a quantidade de movimento

do sistema se conserva:

me→ve + mc

→vc =

→0 ⇒ me

→ve = – mc

→vc

Em módulo:

ve = vc (I)

Como a transformação é adiabática, a quantidade decalor Q trocada pelo gás é nula:

Q = τ + ΔU

0 = τ + ΔU

ΔU = – τ (II)

O trabalho τ do gás provoca variação na energia

cinética do sis tema:

τ = mc + me

Da equação (I), vem:

τ = mc +2

τ = mc +

τ = mc(me + mc)

vc2

––––2 � mc

2

––––me

�vc

2

–––––––2 me

vc2

––––2

ve2

––––2

vc2

––––2

me––––

2 � mcvc––––––me

�

mc–––––

me


Substituindo na equação (II), vem:

ΔU = – mc(me + mc) vc

2

–––––––2 me


9 CCUma rampa maciça de 120 kg inicialmente em repouso,apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividadedada por tan θ = 3/4. Um corpo de 80 kg desliza nessarampa a partir do repouso, nela percorrendo 15 m atéalcançar o piso. No final desse percurso, e descon -siderando qualquer tipo de atrito, a velocidade da rampaem relação ao piso é de aproximadamente

a) 1 m/s. b) 3 m/s. c) 5 m/s.

d) 2 m/s. e) 4 m/s.

Resolução

1) Conservação da quantidade de movimento nahorizontal:

mVx = MVr

80Vx = 120Vr

Vx = Vr

2) A velocidade do corpo em relação à rampa é na

horizontal:

Vrelx= Vx – (–Vr) = Vx + Vr = Vr + Vr

3) O movimento relativo do corpo, em relação à

rampa, tem a direção da rampa, logo:

tg θ = Vy = Vr . tg θ = Vr . Vy–––––Vrel

5–––2

5–––2

3–––4

15Vy = ––– Vr8

3–––2

3–––2

5Vrelx

= ––– Vr2


4) Fazendo conservação de energia:�f

m = �im

Vr2 + Vc

2 = m g h

. Vr2 + (Vy

2 + Vx2) = 80 . 10 . 9,0

60 Vr2 + 40 = 7200

60Vr2 + 40 = 7200

60 Vr2 + . 369 Vr

2 = 7200

291 Vr2 = 7200

Vr2 � 25

M–––2

m–––2

120–––2

80–––2

225 9�–––– Vr2 + ––– Vr

2�64 4

225 Vr2 + 144 Vr

2

�–––––––––––––––�64

5–––8

Vr � 5,0 m/s


10 BBCerto produto industrial constitui-se de uma embalagemrígida cheia de óleo, de dimensões L x L x d, sendotransportado numa esteira que passa por um sensorcapacitivo de duas placas paralelas e quadradas de ladoL, afastadas entre si de uma distância ligeiramente maiorque d, conforme a figura.

Quando o produto estiver inteiramente inserido entre asplacas, o sensor deve acusar um valor de capacitância C0.Considere, contudo, tenha havido antes um indesejadovazamento de óleo, tal que a efetiva medida dacapacitância seja C = 3/4C0. Sendo dadas as respectivasconstantes dielétricas do óleo, k = 2; e do ar, kar = 1, edesprezando o efeito da constante dielétrica da emba -lagem, assinale a percentagem do volume de óleo vazadoem relação ao seu volume original.

a) 5% b) 50% c) 100% d) 10% e) 75%

Resolução

Capacitor com dielétrico de óleo e capacitor com

dielétrico de ar ligados sob a mesma ddp (associação

em paralelo):

Cparalelo = C0 (1)3

–––4


Cparalelo = Car + Cóleo

Cparalelo = + (2)

Igualando-se (1) e (2), vem:

+ = C0

+ =

L – x + 2x = 1,5L

x = 1,5L – L

Houve um vazamento de 50% do óleo.

kar . Aar––––––––d

kóleo . Aóleo––––––––––d

kar . Aar––––––––d

kóleo . Aóleo––––––––––d

3––4

1 . (L – x) L––––––––––

d

2 . x . L––––––––––

d

3––4

2L2––––

d

x = 0,50L


11 EEO circuito mostrado na figura é constituído por umgerador com f.e.m. ε e um resistor de resistência R.

Considere as seguintes afirmações, sendo a chave Sfechada:

I. Logo após a chave S ser fechada haverá uma f.e.m.autoinduzida no circuito.

II. Após um tempo suficientemente grande cessará ofenômeno de autoindução no circuito.

III. A autoindução no circuito ocorrerá sempre quehouver variação da corrente elétrica no tempo.

Assinale a alternativa verdadeira.

a) Apenas a I é correta.

b) Apenas a II é correta.

c) Apenas a III é correta.

d) Apenas a II e a III são corretas.

e) Todas são corretas.

ResoluçãoI) CORRETA. Logo após a chave S ser fechada

haverá f.e.m. autoinduzida no circuito, pois avariação da corrente de zero ao valor final produzum campo magnético variável no tempo de acordocom a Lei de Faraday para a produção da forçaeletromotriz.

II) CORRETA. Após um tempo suficientementegran de, cessará o fenômeno de autoindução nocircuito, pois não haverá a variação temporal docampo magnético, já que a corrente se tornacontínua e constante em seu valor.

III) CORRETA. A autoindução no circuito ocorrerásempre que houver variação da corrente elétricano tempo, a qual produz variação do fluxo mag -nético, de acordo com a Lei de Faraday.


12 DDUm raio horizontal de luz monocromática atinge umespelho plano vertical após incidir num prisma comabertura de 4° e índice de refração n = 1,5. Considere osistema imerso no ar e que tanto o raio emergente doprisma como o refletido pelo espelho estejam no planodo papel, perpendicular ao plano do espelho, comomostrado na figura.

Assinale a alternativa que indica respec tivamente oângulo e o sentido em que deve ser girado o espelho emtorno do eixo perpendicular ao plano do papel que passapelo ponto O, de modo que o raio refletido retomeparalelamente ao raio incidente no prisma.

a) 4°, sentido horário. b) 2°, sentido horário.

c) 2°, sentido antihorário. d) 1°, sentido horário.

e) 1°, sentido antihorário.

Resolução

Da figura, o ângulo de incidência � da luz no espelho

é igual ao ângulo de desvio � proporcionado pelo

prisma:

� = �

Para o retorno do raio de luz refletido paralelo ao raio

in cidente, o espelho deve rotacionar de no sentido

horário.

I) Cálculo do ângulo de incidência i no prisma:

Na figura, temos que os lados do ângulo i são

mutuamente perpendiculares aos lados do ângulo

�–––2


que corresponde à metade do ângulo de abertura

A do prisma

i = =

i = 2º = rad

II) Cálculo do ângulo de refração interno r:

Da Lei de Snell-Descartes, temos:nar sen . i = n sen . r

1,0 . sen ( ) = 1,5 . sen r

Para ângulos menores do que 5º, podemos assumirque o seno do ângulo é igual ao ângulo, medido emradianos:

= 1,5 . r

r = rad

III) Cálculo do ângulo de incidência interno r’ no

prisma:

A = r + r’

= + r’

r’ = rad

IV) Cálculo do ângulo de emergência da luz i’ n sen r’ = nar sen i’

1,5 . sen = 1 . sen i’

1,5 . = i’

i’ = rad

V) Cálculo do ângulo de desvio Δ sofrido pela luz aoatravessar o prisma.Δ = i + i’ – Δ

Δ = + – (rad)

Δ = rad

A–––2

4º–––2

π–––90

π–––90

π–––90

π––––135

π–––45

π––––135

2π––––135

� 2π–––135 �

2π–––135

π–––45

π–––45

π–––45

π–––90

π–––90


O ângulo � de rotação do espelho é então de:

� = =

� = rad

ou

ϕ = 1º, no sentido horário

π–––180

Δ–––2

α–––2


13 BBUm prato plástico com índice de refração 1,5 é colocadono interior de um forno de micro-ondas que opera a umafrequência de 2,5 x 109 Hz. Supondo que as micro-ondasincidam perpendicularmente ao prato, pode-se afirmarque a mínima espessura deste em que ocorre o máximo dereflexão das micro-ondas é de

a) 1,0 cm. b) 2,0 cm. c) 3,0 cm.

d) 4,0 cm. e) 5,0 cm.

Resolução(I) O fenômemo descrito está ilustrado abaixo. É

importante observar que a reflexão na interface(1) (ar-prato) ocorre com inversão de fase,enquanto na interface (2) (prato-ar), ocorre seminversão de fase, já que o ar é menos refringenteque o material do prato.

Sendo �x a diferença de percursos entre os

pulsos refletidos na interface (2) e aqueles

refletidos na interface (1), tem-se que:

�x = 2e e �x = i

Logo: 2e = i

Da qual: (em que i = 1, 3, 5...)

É importante notar que, como os pulsos sesuperpõem em oposição de fase, a condição deinterferência construtiva entre eles impõe que ofator i seja um número ímpar.Para se obter o valor mínimo de e, utiliza-sei = 1. Assim:

(II) Mas: = ⇒ = p––––ar

nar––––np

p––––c

–––f

nar––––np

pemín = 1 ––––4

p––––2

p––––2

pe = i ––––4


p = ⇒ p = (m)

Da qual:

(III) Assim: emín = 1 =

c nar––––f np

3,0 . 108 . 1,0–––––––––––––

2,5 . 109 . 1,5

p = 0,08m = 8,0cm

p––––4

8,0cm–––––––

4

emín = 2,0cm


14 BBConsidere o circuito elétrico mostrado na figura formadopor quatro resistores de mesma resistência, R = 10 Ω, edois geradores ideais cujas respectivas forças eletro -motrizes são εl = 30 V e ε2 = 10 V.

Pode-se afirmar que as correntes i1, i2, i3 e i4 nos trechosindicados na figura, em ampères, são respectivamente de

a) 2, 2/3, 5/3 e 4. b) 7/3, 2/3, 5/3 e 4.

c) 4, 4/3, 2/3 e 2. d) 2, 4/3, 7/3 e 5/3.

e) 2, 2/3, 4/3 e 4.

ResoluçãoSeparação das malhas e aplicação das Leis deKirchhoff:Malha �:

Ri1 + Ri2 – �1 = 0

10i1 + 10i2 – 30 = 0

10i1 + 10i2 = 30

(I)

Malha �:

R1 + i4 – �1 – �2 = 0

10 . i4 – 30 – 10 = 0

10i4 = 40

i1 + i2 = 3


(II)

Malha �:

Ri3 + Ri2 – �2 = 0

10i3 – 10i2 – 10 = 0

10i3 – 10i2 = 10

i3 – i2 = 1

(III)

Observando o circuito, vemos que i1 = i2 + i3. Subs -tituindo-se essa expressão em (I), vem:

i2 + i3 + i2 = 3

(IV)

III em IV:

2i2 + (1 + i2) = 3

3i2 = 2

Em III: i3 = 1 + i2

i3 = 1 + (A)

Como i1 = i2 + i3, temos:

i1 = + (A)

2i2 + i3 = 3

2i2 = ––– A3

2––3

5i3 = ––– A3

2––3

5––3

7i1 = ––– A3

i4 = 4,0 A

i3 = 1 + i2


15 EEA figura mostra duas cascas esféricas condutoras concên -tricas no vácuo, descarregadas, em que a e c são, respecti -vamente, seus raios internos, e b e d seus respectivos raiosexternos. A seguir, uma carga pontual negativa é fixada nocentro das cascas.

Estabelecido o equilíbrio eletros tático, a respeito dopotencial nas superfícies externas das cascas e do sinal dacarga na superfície de raio d, podemos afirmar,respectivamente, que

a) V(b) > V(d) e a carga é positiva.

b) V(b) < V(d) e a carga é positiva.

c) V(b) = V(d) e a carga é negativa.

d) V(b) > V(d) e a carga é negativa.

e) V(b) < V(d) e a carga é negativa.

ResoluçãoA carga puntiforme negativa no centro das esferas vaiproduzir indução eletrostática e as cargas induzidasestão representadas na figura

Logo, a carga elétrica adquirida pela superfície d énegativa.

O potencial gerado pela carga negativa no centro da

esfera pode ser calculado por V = , sendo –Q

a carga no centro das esferas.

K(–Q)––––––

r


Vb = Vd =

Como b < d ⇒ Vb < Vd

K(–Q)––––––

b

K(–Q)––––––

d


16 DDUm recipiente contém dois líquidos homogêneos e imis -cíveis, A e B, com densidades respectivas ρA e ρB. Umaesfera sólida, maciça e homogênea, de massa m = 5 kg,permanece em equilíbrio sob ação de uma mola deconstante elástica k = 800 N /m, com metade de seuvolume imerso em cada um dos líquidos, respec tivamen -te, conforme a figura.

Sendo ρA = 4ρ e ρB = 6ρ, em que ρ é a densidade daesfera, pode-se afirmar que a deformação da mola é de

a) 0 m. b) 9/16 m. c) 3/8 m.

d) 1/4 m. e) 1/8 m.

Resolução

Para o equilíbrio: Fmola + P = EA + EB

kx + mg = 4 ρ g + 6 ρ g

Sendo P = mg = ρ V g = 50 N, vem

EA = 2 ρ Vg = 100N

EB = 3 ρ Vg = 150N

800 . x + 50 = 100 + 150

V–––2

V–––2

1x = ––– m

4


17 CCDiferentemente da dinâmica newtoniana, que nãodistingue passado e futuro, a direção temporal tem papelmarcante no nosso dia-a-dia. Assim, por exemplo, aoaquecer uma parte de um corpo macroscópico e o isolar -mos termicamente, a temperatura deste se torna gradual -mente uniforme, jamais se observando o contrário, o queindica a direcionalidade do tempo. Diz-se então que osprocessos macroscópicos são irreversíveis, evoluem dopassado para o futuro e exibem o que o famoso cos -mólogo Sir Arthur Eddington denominou de seta dotempo. A lei física que melhor traduz o tema do texto é

a) a segunda lei de Newton.

b) a lei de conservação da energia.

c) a segunda lei da termodinâmica.

d) a lei zero do termodinâmica.

e) a lei de conservação da quantidade de movimento.

ResoluçãoO texto se refere ao aumento da entropia dos sistemastermodinâmicos, demonstrado pela segunda lei datermodinâmica.


18 EENum experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-sea superfície de um metal com luz proveniente de um gásde hidrogênio cujos átomos sofrem transições do estadon para o estado fundamental. Sabe-se que a funçãotrabalho do metal é igual à metade da energia deionização do átomo de hidrogênio cuja energia do estadon é dada por En = E1/n2. Considere as seguintes afir -mações:

I – A energia cinética máxima do elétron emitido pelometal é Ec = E1/n2 – E1/2.

II – A função trabalho do metal é = – E1/2.

III – A energia cinética máxima dos elétrons emitidosaumenta com o aumento da frequência da luzincidente no metal a partir da frequência mínimade emissão.

Assinale a alternativa verdadeira.

a) Apenas a I e a III são corretas.

b) Apenas a II e a III são corretas.

c) Apenas a I e a II são corretas.

d) Apenas a III é correta.

e) Todas são corretas.

ResoluçãoCálculo da energia de ionização:A energia de ionização corresponde à variação daenergia entre o estado fundamental (n = 1) e a energianula do infinito.

Eionização = Einfinito – Efundamental

Eionização = 0 – E1

I. CorretaDe acordo com a proposição de Einstein para oefeito fotoelétrico, temos:

= –

Ec = – � �Ec =

Energia cinéticamá xima do foto elé -tron ejetado pela

placa de metal (Ec)

Energia do fótonemitido pelo átomode hidrogênio natransição do estadon para o funda -mental

E1Efóton = –––– – E1

n2

Função trabalho �do metal igual àmetade da energiade ionização

E1� = – ––––

2

E1––– – E1n2

E1– –––2

E1 E1––– – E1 + –––n2 2

Eionização = – E1E1 < 0, pois o elétron está ligado aonúcleo de hidrogênio.

E1 E1Ec = ––– – –––n2 2


II. Correta

� =

III. CorretaO efeito fotoelétrico também pode ser operaciona -lizado por:Ec = h f – � (h é a Constante de Planck)A equação mostra que o aumento da frequência fdo fotoelétron aumenta a energia cinética dofotoelétron ejetado pelo metal.

E1– –––2


19 DDUma espira circular de raio R é percorrida por umacorrente elétrica i criando um campo magnético. Emseguida, no mesmo plano da espira, mas em ladosopostos, a uma distância 2R do seu centro colocam-sedois fios condutores retilíneos, muito longos e paralelosentre si, percorridos por correntes i1 e i2 não nulas, desentidos opostos, como indicado na figura.

O valor de i e o seu sentido para que o módulo do campode indução resul tante no centro da espira não se altere sãorespecti vamente

a) i = (1/2π) (i1 + i2) e horário.

b) i = (1/2π) (i1 + i2) e antihorário.

c) i = (1/4π) (i1 + i2) e horário.

d) i = (1/4π) (i1 + i2) e antihorário.

e) i = (1/π) (i1 + i2) e horário.

ResoluçãoInicialmente a espira de raio R gera um campomagnético cujo módulo é dado por

Besp =

Ao colocarmos os dois fios paralelos eles geram umcampo magnético resultante

→Bfio de módulo:

Bfio = + =

Para que não se altere o módulo do campo resultante

no centro da espira, o módulo do campo →Bfio deve ser

igual ao dobro do módulo campo da espira ( →Besp) e

seus sentidos devem ser opostos.Bfio = 2 . Besp

=

Pela regra da mão direita, o campo resultante dos fiosestá penetrando no papel. Concluindo, o campo daespira deverá sair do papel e a corrente terá sentidoanti-horário.

i1 + i2i = ––––––––4�

i––––2R

i1–––––––2� (2R)

i2–––––––2� (2R)

(i1 + i2)––––––––

4� R

(i1 + i2)––––––––

4� R

2 i––––2R


20 AAUma lua de massa m de um planeta distante, de massa M >> m, descreve uma órbita elíptica com semieixomaior a e semieixo menor b, perfazendo um sistema deenergia E. A lei das áreas de Kepler relaciona a velocidadev da lua no apogeu com sua velocidade v’ no perigeu, istoé, v’ (a – e) = v (a + e), em que e é a medida do centro aofoco da elipse. Nessas condições, podemos afirmar que

a) E = – GMm/(2a). b) E = – GMm/(2b).

c) E = – GMm/(2e). d) E = – GMm/�� a2 + b2

e) v’ = �� 2GM/(a –e).

Resoluçãov’ (a – e) = v (a + e)

No perigeu: E = – (1)

No apogeu: E = – (2)

E = �v �2

–

E = � �2

– (3)

De (2): = E + (4)

De (3): = �E + � . � �2

(5)

Comparando (4) e (5), vem:

E + = �E + � . � �2

E + = E � �2+ .

E + = E � �2+ GMm .

E �1 – � �2

� = � �

E �1 – � �2

� =

E . � � =

E (a2 + 2ae + e2 – a2 + 2ae – e2) = GMm (–2e)

E 4ae = GMm (– 2e)

mv2–––––

2

GMm––––––a + e

mv2–––––

2

GMm––––––

a – e

a – e–––––a + e

GMm––––––a + e

GMm––––––

a – e

a – e–––––a + e

GMm––––––a + e

a – e–––––a + e

GMm––––––(a – e)

(a – e)2–––––––(a + e)2

GMm––––––a + e

a – e–––––a + e

a – e–––––––(a + e)2

a – e–––––a + e

GMm––––––a + e

a – e––––– – 1a + e

a – e–––––a + e

GMm––––––a + e

(a – e – a – e)––––––––––––

a + e

(a + e)2 – (a – e)2––––––––––––––

(a + e)2

GMm (–2e)–––––––––––

(a + e)2

mv’2––––––

2

GMm––––––

a – e

mv2–––––

2

GMm––––––a + e

m–––2

(a + e)–––––a – e

GMm––––––

a – e

mv2–––––

2

a + e–––––a – e

GMm––––––

a – e

GMmE = – –––––––

2a


QUESTÕES DISSERTATIVAS

21Considere as seguintes relações fundamentais da dinâ -mica relativística de uma partícula: a massa relativística m = m0γ, o momentum relativístico p = m0γv e a energiarelativística E = m0γc2, em que m0 é a massa de repouso

da partícula e γ = 1/��1 – v2/c2 é o fator de Lorentz.Demonstre que E2 – p2c2 = (m0c2)2 e, com base nessarelação, discuta a afirmação: “Toda partícula com massade repouso nula viaja com a velocidade da luz c”.

Resolução

Energia relativística

E = m0γc2

E2 = m02γ2c4

E2 = m02c4 .

E2 = m02c4 .

E2 = m02c4 .

E2 = m02 . (1)

Momentum relativístico

p = m0 . γ . V

p2 = m02 . γ2 . V2

p2 = m02 . . V2

p2 = m02 . . V2

p2 = (2)

Substituindo (1) e (2) no primeiro termo da equaçãodo enunciado:

E2 – p2c2 = (m0 c2)2

E2 – p2c2 = –

c2––––––––

c2 – V2

c6––––––––

c2 – V2

1––––––––

V21 – –––

c2

c2––––––––

c2 – V2

m02 V2 c2

––––––––––c2 – V2

1––––––––

V21 – –––

c2

1––––––––

c2 – V2––––––––

c2

m02 V2 c2 c2

–––––––––––c2 – V2

m02 c6

–––––––––c2 – V2


E2 – p2c2 = (c2 – V2)

E2 – p2c2 = m02 c4

Além disso, para m0 = 0, temos:

m = m0 . γ

m = m0 .

. m = m0

= 0

1 – = 0

Se a partícula viajasse com a velocidade da luz, suamassa de repouso seria nula.

m02 c4

–––––––––c2 – V2

E2 – p2c2 = (m0c2)2

1–––––––––––

V21 – –––

c2

V21 – –––

c2

V21 – –––

c2

V2–––––

c2

V = c


22Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera atemperatura de 0°C. A seguir, o recipiente é fechado eimerso num banho térmico com água em ebulição. Aoatingir o novo equilíbrio, observa-se o desnível domercúrio indicado na escala das colunas do manômetro.Construa um gráfico P x T para os dois estados do ar nointerior do recipiente e o extrapole para encontrar atemperatura T0 quando a pressão P = 0, interpretandofisicamente este novo estado à luz da teoria cinética dosgases.

ResoluçãoNo estado 1, a pressão do gás é igual à pressãoatmosférica P1 = 76 cm Hg e no estado 2 a pressão dogás P2 é dada por

P2 = Patm + PHg

P2 = 76 cmHg + 28 cmHg

P2 = 104 cmHg

Para esses valores de pressão e temperatura, obtemos

no gráfico (P x T) dois pontos:

Admitindo-se que o ar no recipiente se comporta comoum gás ideal, a pressão varia linearmente com atemperatura:

P = P0 + αT

Dos pontos do gráfico, temos:

Resolvendo o sistema, temos:

P0 = – 0,44 cmHg

α = 0,28

E obtemos a relação:

P = – 0,44 + 0,28T

104 = P0 + α . 37376 = P0 + α . 273

cmHg–––––

K


Fazendo P = 0, temos:

0 = – 0,44 + 0,28T

T = K

Ou seja, a temperatura do gás se aproxima do zeroabsoluto. Tal conclusão é coerente com a teoriacinética dos gases, segundo a qual a pressão aplicadapelo gás nas paredes do recipiente se deve às colisõesentre as partículas que constituem o gás e as paredesdo recipiente. A temperatura, por sua vez, cai com aredução do grau de agitação das partículas. De acordocom a teoria cinética dos gases, a pressão deveria sernula na temperatura de 0K. O valor encontrado,diferente de 0K, está ligado ao fato de o gás não serideal e a eventuais erros de medida.

0,44–––––0,28

T � 1,57K


23Num plano horizontal x × y, um projétil de massa m élançado com velocidade v, na direção θ com o eixo x,contra o centro de massa de uma barra rígida, homogênea,de comprimento L e massa M, que se encontrainicialmente em repouso a uma distância D de umaparede, conforme a figura. Após uma primeira colisãoelástica com a barra, o projétil retrocede e colideelasticamente com a parede. Desprezando qualquer atrito,determine o intervalo de valores de θ para que ocorra umasegunda colisão com a barra, e também o tempo decorridoentre esta e a anterior na parede.

Resolução

1) Conservação da quantidade de movimento nadireção x:

M V1 – m V2x = m Vcos θ (1)

2) Colisão elástica: Vaf = Vap

V1 + V2x = Vcos θ (2)

(2) × M: M V1 + M V2x = M Vcos θ (3)

(3) – (1): V2x (M + m) = (M – m) Vcos θ

Em (2): V1 + = Vcos θ

V1 = Vcos θ

(M – m) Vcos θV2x = ––––––––––––––

M + m

(M – m) Vcos θ––––––––––––––

M + m

M – m[1 – –––––––]M + m

2mV1 = Vcos θ –––––––

M + m


3) Seja T o tempo total desde a 1.ª colisão até a 2.ªcolisão. O projétil vai percorrer na direção x umadistância total 2D + d, em que d é a distânciapercorrida pela barra no tempo T.

2D + d = V2x T (1)

d = V1 T (2)

: = =

d M – d m = 4 D m + 2 m d

d(M – 3m) = 4 D m

Em (2): = T

4) Na direção do eixo y:

Δsy = Vy T =

Δsy = tg θ .

Para que ocorra a 2.ª colisão:

Δsy ≤

tg θ . ≤

0 ≤ θ ≤ arc tg

Vsen θ . 2 D (M + m)––––––––––––––––––

Vcos θ (M – 3m)

2 D (M + m)––––––––––––

M – 3m

L–––2

2 D (M + m)––––––––––––

M – 3m

L–––2

L (M – 3m)tg θ ≤ ––––––––––––

4 D (M + m)

(1)–––(2)

2D + d–––––––

d

V2x––––V1

M – m–––––––

2m

4 D md = ––––––––

M – 3m

4 D m––––––––M – 3m

2m(Vcos θ ––––––––)M + m

2 D(M + m)T = –––––––––––––––

Vcos θ (M – 3m)

�L (M – 3m)–––––––––––4D (M + m)�


5) O tempo gasto para o projétil chegar à paredeapós a 1.ª colisão é dado por:

D = V2x . T1

D = . T1

T1 =

O tempo pedido entre a colisão com a parede e a2.ª colisão com a barra é dado por:

Δt = T – T1

Δt = –

(M – m) Vcos θ–––––––––––––

M + m

M + m(––––––––)M – m

D––––––Vcos θ

2 D (M + m)––––––––––––––Vcos θ (M – 3m)

M + m(––––––––)M – m

D––––––Vcos θ

(M + m) D 2 1Δ t = –––––––––– (––––––– – –––––––)Vcos θ M – 3m M – m


24Dois radiotelescópios num mesmo plano com duasestrelas operam como um interferômetro na frequênciade 2,1 GHz. As estrelas são interdistantes de L = 5,0 anos-luz e situam-se a uma distância D = 2,5 x 107 anos-luz daTerra. Ver figura. Calcule a separação mínima, d, entre osdois radiotelescópios necessária para distinguir asestrelas. Sendo θ < < 1 em radianos, use a aproximação θ ≅ tan θ ≅ sen θ.

ResoluçãoA situação proposta equivale ao experimento deYoung, em que as estrelas correspondem a duas fontespontuais de frequência 2,1 GHz. Os telescópios estãoposicionados sobre duas franjas de interferênciasucessivas.

tg θ =

sen θ =

sen θ � tg θ

=

Δx = . L

d–––D

�x–––L

�x–––L

d–––D

d–––D


Se entendermos “distinguir” como sendo os doistelescópios detectando a estrela, temos interferênciaconstrutiva entre os sinais emitidos pelas estrelas. Adiferença de percursos deve ser múltipla par de meiocompri mento de onda:

Δx = p (p é número par)

L = p .

d = (I)

Da equação fundamental da ondulatória, obtemos ocomprimento de onda do sinal emitido pelasestrelas:V = f3,0 . 108 = . 2,1 . 109

λ = m

Substituindo-se os valores numéricos na relação (I)obtida para a distância d, temos:

d = (m)

d = p . . 106m

A menor distância entre os telescópios ocorre parap = 2:

dmín = 2 . . 106m

dmín � 7,14 . 105m

Se entendermos “distinguir” como sendo um dostelescópios detectando a estrela e o outro não, temosinterferência destrutiva entre os sinais emitidos pelasestrelas. A diferença de percursos deve ser múltiplaímpar de meio compri mento de onda:

Δx = i (i é número ímpar)

L = i .

d = (II)

Substituindo-se novamente os valores numéricos narelação (II) obtida para a distância d, temos:

d = (m)

d = i . . 106m

2,5–––7

2,5–––7

–––2

d–––D

–––2

i–––2

D–––L

1 i . ––– . 2,5 .107

7––––––––––––––––2 . 5,0

2,5–––7

–––2

d–––D

–––2

p–––2

D–––L

1–––7

1 p . ––– . 2,5 .107

7––––––––––––––––2 . 5,0


A menor distância entre os telescópios ocorre parai = 1:

dmín = 1 . . 106m

dmín � 3,57 . 105m

Resposta: Para interferência construtiva:dmín � 7,14 . 105 m

ou

Para interferência destrutiva:dmín � 3,57 . 105 m

2,5–––7


25Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme da, umbalão aerostático, inicialmente de densidade d, desceverticalmente com aceleração constante de módulo a. Aseguir, devido a uma variação de massa e de volume, obalão passa a subir verticalmente com aceleração demesmo módulo a. Determine a variação relativa dovolume em função da variação relativa da massa e dasdensidades da e d.

Resolução

Situação inicial:

P – E0 = m0 . a

d . V0 . g – da . V0 . g = d . V0 . a

Situação final:

E – P = m . a

da . (V0 + �V) . g – (m0 + �m) . g =

= (m0 + �m) . . g

da (V0 + �V) – (m0 + �m) = (m0 + �m)

da – =

=

da – =

=

�V�1 + ––––�V0

m0 �m�–––– + –––––�V0 V0

m0 �m�–––– + –––––�V0 V0

d – da�–––––––�d

�V�1 + ––––�V0

�m�d + ––––. d�m0

�m�d + ––––. d�m

d – da�–––––––�d

d – da�–––––––�d

d – daa = �––––––––� . gd

d0 – dar�––––––––�d0


da = d

1 + =

= – 1

�V�1 + ––––�V0

�m�1 + ––––�m0

d – dar�1 + ––––––�d

�V–––V0

d–––da

�m�1 + ––––�m

da�2 – ––––�d

�V–––V0

d–––da

�m�1 + ––––�m

da�2 – ––––�d

�V �m 2d––– = �1 + ––––� �–––– – 1� – 1V0 m da


26Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabáticareversível de um estado inicial cuja pressão é Pi e ovolume é Vi para um estado final em que a pressão é Pf eo volume é Vf. Sabe-se que γ = Cp/Cv é o expoente dePoisson, em que Cp e Cv são os respectivos caloresmolares a pressão e a volume constantes. Obtenha aexpressão do trabalho realizado pelo gás em função de Pi,Vi, Pf, Vf e γ.

Resolução

O gráfico da pressão (P) em função do volume (V)

traduz a expansão adiabática sofrida pelo gás. A curva

que conecta os pontos (i) e (f) obedece à Lei de

Poisson-Laplace PVγ

= k

ou

k é uma constante

Pelo 1o. Princípio da Termodinâmica, Q = τ + ΔU,

sendo Q = 0 (transformação adiabática), tem-se:

0 = τ + ΔU ⇒ τ = – ΔU

A variação de energia interna, porém, é dada, nestecaso, por:

ΔU = nCV (Tf – Ti) 1

Da Relação de Mayer: CP – CV = R

Sendo γ = ⇒ CP = γ CV. Logo:

γ CV – CV = R ⇒ CV (γ – 1) = R

CP–––CV

kP = –––

Vγ


Da qual:

CV = 2

Substituindo-se 2 em 1 :

ΔU = n (Tf – Ti)

Da Equação de Clapeyron: PV = n R T, obtém-se:

T =

Assim:

ΔU = –

Da qual:

ΔU = (Pf Vf – Pi Vi)

Lembrando-se de que τ = – ΔU, obtém-se, finalmente:

R–––––γ – 1

� R–––––γ – 1 �

PV–––––

nR

�Pi Vi–––––nR

Pf Vf–––––nR��nR

–––––γ – 1�

1–––––γ – 1

1τ = ––––– (Pi Vi – Pf Vf )

γ – 1


27Um dispositivo é usado para determinar a distribuição develocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O' e Oalinhados no eixo z, moléculas ejetadas de O', apóspassar por um colimador, penetram no orifício O dotambor de raio interno R, que gira com velocidadeangular constante ω. Considere, por simplificação, queneste instante inicial (t = 0) as moléculas em movimentoencontram-se agrupadas em torno do centro do orifícioO. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura,tais moléculas movem-se horizontalmente no interiordeste ao longo da direção do eixo z, cada qual com suaprópria velocidade, sendo paulatinamente depositadas nasuperfície interna do tambor no final de seus percursos.Nestas condições,

obtenha em função do ângulo θ a expressão para v – vmin,em que v é a velocidade da molécula depositadacorrespondente ao giro θ do tambor e vmin é a menorvelocidade possível para que as moléculas sejamdepositadas durante a primeira volta deste.

Resolução(I) Para uma rotação de um ângulo θ do tam bor,

temos:

ω = (θ em rad)

Δ t = a

(II) Neste intervalo de tempo, Δ t, uma molécula sofreum deslocamento de 2R, ao longo do eixo Z, parase depositar na parede do cilindro:

v = b

a em b: v =

v =

θ–––Δ t

θ–––ω

2R–––Δ t

2R–––––––––

θ––––

ω

2Rω––––––

θ


Para a primeira rotação completa do cilindro,temos:θ = 2π rad

Logo:

vmín =

vmín =

(III) Escrevendo v – vmín, temos:

v – vmín = –

Da qual:

2Rω–––––

2π

Rω––––

π

Rω––––

π

2Rω––––––

θ

ωRv – vmín = ––––– (2π – θ)

πθ


28O experimento mostrado na figura foi montado paraelevar a temperatura de certo líquido no menor tempopossível, dispendendo uma quantidade de calor Q. Nafigura, G é um gerador de força eletromotriz �, comresistência elétrica interna r, e R é a resistência externasubmersa no líquido. Desconsiderando trocas de calorentre o líquido e o meio externo,

a) Determine o valor de R e da corrente i em função de �e da potência elétrica P fornecida pelo gerador nascondições impostas.

b) Represente graficamente a equação característica dogerador, ou seja, a diferença de potencial U em funçãoda intensidade da corrente elétrica i.

c) Determine o intervalo de tempo transcorrido duranteo aquecimento em função de Q, i e �.

ResoluçãoNas condições de menor tempo possível de aque -cimento, o gerador deve trabalhar com sua potênciamáxima, ou seja:

U = (1)

i = (2)

P = i . U =

Em curto-circuito, a intensidade de corrente vale:

icc =

Pmáx = (3)

No resistor externo:U = R . iNas condições de potência máxima, temos:

= R . ⇒ R = r

a) P = = ⇒

P = i . U

�–––

r

�2–––4r

�–––2

i–––2r

�2–––4r

�2–––4R

�2R = –––

4P

� . icc–––––4

�–––2

icc–––2


P = i ⇒

b) U = � – r . iTrata-se de uma função do 1.o grau.

c) Durante o aquecimento, a energia térmicaliberada pelo resistor R é aproveitada pela águasob a forma de calor.

P . �t = Q

P = i . U = i .

i . . �t = Q

Respostas: a) R = ; i =

b) ver figura

c) �t =

�2–––4P

2P–––�

2Q––––i . �

�–––2

2Pi = –––

�

�–––2

�–––2

2Q�t = ––––

i �


29Duas placas condutoras de raio R e separadas por umadistância d < < R são polarizadas com uma diferença depotencial V por meio de uma bateria. Suponha sejamuniformes a densidade superficial de carga nas placas eo campo elétrico gerado no vácuo entre elas. Um pequenodisco fino, condutor, de massa m e raio r, é colocado nocentro da placa inferior. Com o sistema sob a ação dagravidade g, determine, em função dos parâmetros dados,a diferença de potencial mínima fornecida pela bateriapara que o disco se desloque ao longo do campo elétricona direção da placa superior.

Resolução

Para que o disco se desloque ao longo do campoelétrico na direção da placa superior devemos impor F ≥ P. Para que a diferença de potencial V sejamínima, vamos considerar: F = P

Mas F = q . E , E = e P = m . g

Portanto, q . = mg (1)

Cálculo da carga elétrica q do disquinho.Sendo a densidade elétrica superficial constante,temos:

= ⇒ q = (2)

Mas Q = C . V ⇒ Q = ε0 . . V (3)

(2) em (1):

. = mg ⇒ V = (4)

De (3) em (4), resulta:

V =

Q . r2––––––

R2V–––d

mgR2d–––––––

Q . r2

V–––d

V–––d

q–––πr2

Q––––πR2

Q . r2––––––

R2

πR2–––d

mgR2d–––––––––––––––

πR2ε0 . –––– . V . r2

d


V2 = mgd2

–––––––πε0r2

d mgV = –– . ��––––––

r πε0


30Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivode um capacitor de placas paralelas submetidas a umadiferença de potencial ε = 1000 V e espaçadas entre si ded = 1 mm, conforme a figura. A seguir, ele passa atravésde um pequeno orifício no segundo eletrodo para umaregião de campo magnético uniforme de módulo B = 1,0T. Faça um gráfico da energia cinética do prótonem função do comprimento de sua trajetória até oinstante em que a sua velocidade torna-se paralela àsplacas do capacitor. Apresente detalhadamente seuscálculos.

Resolução

Pelo teorema da energia cinética, temos:

τ = Ec – Ec0

F . x = Ec

Ec = q . E . x

Ec varia com x segundo uma função do 1.° grau.

Cálculo de Ec máxima:

Para x = d, temos:

Ecmáx= q . U

Ecmáx= 1,6 . 10–19 . 103 (J)

Ecmáx= 1,6 . 10–16J

UEc = q . ––– . x

d


Ao penetrar no campo magnético, o próton realiza umMCU. Portanto, sua energia cinética se mantémconstante. Quando a velocidade do próton se tornaparalela às placas do capacitor, ele terá percorrido, nointerior do campo mangético, a distância:

d =

d = .

d = . . �� d = . . �� 2Ec . m

d = . . ��2 . 1,6.10–16 . 1,7 .10–27 (m)

d ≅ 7,23 . 10–3m = 7,23mm

Temos, assim, o gráfico:

π R––––

2

π––2

m . v–––––q . B

π––2

m–––––q . B

2 . Ec–––––m

π––2

1–––––q . B

π––2

1––––––––––––1,6.10–19 . 1,0


ita2013 1dia

Documents