Exercícios Resolvidos de Física

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Curso Extensivo – A a 3. série – Ensino Médio

FÍSICA A 3.a S

Física

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FÍSICA AC 3.a B/E

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FÍSICA

Revisão

1

Cinemática Escalar

1. A taxa de álcool no sangue de uma pessoa depende da quantidade de álcool ingerida, da massa da pessoa e do momento em que ela bebe (em jejum ou durante as refeições). A equação a seguir permite calcular a taxa de álcool no sangue (TAS), medida em gramas por litro (g/).

20,0

a = –––– (m/s2) ⇒

b) 1) Cálculo da taxa de álcool no sangue (TAS): tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2

Q TAS = ––––– km Q = quantidade de álcool ingerido, em gramas m = massa de pessoa, em kg k é uma constante que vale 1,1 se o consumo de álcool é feito nas refeições ou 0,7 se o consumo for feito fora das refeições. Admita ainda que o tempo de reação tR de um motorista varia com a taxa de álcool no sangue (TAS) de acordo com a relação: tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2 TAS medido em g/ tR medido em segundos.

a = 5,0 m/s2

4,0

1,5 = 0,5 + 1,0 (TAS)2 1,0 = 1,0 (TAS)2 ⇒

TAS = 1,0 g/

2) Cálculo da quantidade de álcool ingerido Q: Q = km (TAS) Q = 1,1. 70 . 1,0 (g) ⇒

Q = 77g

Respostas: a) 1,5s e 5,0 m/s2 b) 1,0 g/ e 77g

Um motorista está dirigindo um carro com velocidade de módulo V0 = 72,0 km/h quando avista uma pessoa atravessando a rua imprudentemente à sua frente. Após o seu tempo de reação, o motorista aciona o freio, imprimindo ao carro uma aceleração de módulo constante a até a imobilização do veículo. O gráfico a seguir mostra a velocidade escalar do carro em função do tempo. Sabe-se que a distância percorrida pelo carro desde a visão do pedestre (t = 0) até a sua imobilização (t = 5,5s) foi de 70,0m.

Determine a) o tempo de reação do motorista tR e o módulo a da aceleração do carro durante a freada. b) a taxa de álcool no sangue do motorista (TAS) e a quantidade de álcool ingerido Q, sabendo-se que o motorista tem massa m = 70 kg e ingeriu bebida alcoólica durante o almoço.

2. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constante de 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m da toca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte do repouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante 90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobo descreve a mesma reta descrita pela lebre. a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instante em que a lebre chegaria à sua toca. b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à sua toca. RESOLUÇÃO: a) 1)

RESOLUÇÃO: a) 1) Cálculo do tempo de reação tR: Δs = área (v x t) 20,0 70,0 = (5,5 + tR) ––––– 2 7,0 = 5,5 + tR ⇒

tR = 1,5s

2) Cálculo do módulo da aceleração a durante a freada:

ΔV a = ––––– Δt

Instante t1 em que a lebre chega à toca: Δs = Vt (MU) 200 = 20,0 t1 ⇒

2)

t1 = 10,0s

Cálculo da velocidade final do lobo: V2 = V02 + 2 γ Δs V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900 V1 = 30,0m/s

–1

FÍSICA A 3.a S

MÓDULO


3) Cálculo do instante t2 em que o lobo atinge sua velocidade máxima: V = V0 + γ t 30,0 = 0 + 5,0 t2 ⇒

t2 = 6,0s

4) gráficos V = f(t)

a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalar constante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s, quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motor avariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalar constante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempo total necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desde a partida. Qual é o comprimento da pista? b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso após a partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaração escalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve a velocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quem é que ganhou a corrida? Adote 10 = 3,2 RESOLUÇÃO: a)

b)

Distância percorrida pelo lobo até o instante t = 10,0s: Δs = área (V x t) 30,0 d = (10,0 + 4,0) ––––– (m) = 210m 2

1)

Cálculo de V1: ΔV ΔV a = ––––– ⇒ – 3,00 . 10–2 = ––––– ⇒ ΔV = –5,1m/s Δt 170

Quando a lebre chega na toca o lobo está a 30,0m da toca e, portanto, não conseguiu alcança-la.

V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s 2)

L = área (V x t)

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30,0 . 12,5 170 L = –––––––––– + (12,5 + 7,4) –––– (m) 2 2 L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1)

L = 1879m

γ Δs = V0 t + ––– t2 (MUV) 2 0,20 400 = 0 + –––– T12 2 T12 = 4000 T1 = 20 10s = 20 . 3,2s = 64s

3. (Olimpíada de Portugal) – O João e a Maria são dois jovens apaixonados pela Mecânica. Construíram cada um o seu veículo automóvel, uma espécie de kart. Pretendem agora competir um com o outro numa pista retilínea e horizontal, na propriedade da família de um deles. O sistema de referência utilizado consiste num eixo horizontal com origem no ponto de partida e o sentido do deslocamento dos carros durante a corrida.

2–

2)

Ttotal = T1 + 117s = 185s

Como João gastou 200s para completar a corrida então Maria, que gastou menos (181s), foi a ganhadora.


Analise os esboços gráficos seguintes.

c)

Na Lua não tem atmosfera e a queda da pena ocorre com a aceleração

1 da gravidade da Lua gL = ––– gT . 6 Nas duas fases o gráfico é análogo ao B Na Terra: (vfT)2 = v02 + 2 gT L vf T = 2 gT L Na Lua: vfL = 2 gL L vfL –––– = vfT

gL –––– gT

⇒

vfL –––– = vfT

gT Na Terra: L = –––– TT2 ⇒ TT = 2 gL Na Lua: L = –––– TL2 ⇒ TL = 2 TL –––– = TT

gT –––– gL

⇒

1 ––– 6 2L –––– gT

2L –––– gL

TL –––– = 6 TT

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4. (Olimpíada de Portugal) – Há alguns séculos pensava-se que, quando abandonados em queda livre, os corpos mais pesados demoravam menos tempo a atingir o solo, do que os mais leves. No século XVI Galileu Galilei verificou que esta ideia nem sempre estaria correta. Uma das experiências que é frequentemente apresentada para expor a conclusão de Galileu usa uma bomba de vácuo e um tubo de vidro que contém um pedaço de chumbo e uma pena. A experiência desenvolve-se em duas fases: Fase I — Inverte-se o tubo e observam-se os movimentos de queda do pedaço de chumbo e da pena. Fase II — Extrai-se o ar do interior do tubo (usando a bomba de vácuo), garantindo-se que o vácuo se mantém. Inverte-se novamente o tubo e registram-se os movimentos de queda dos objetos referidos.

a) Qual dos gráficos traduz melhor a velocidade escalar de queda da pena da galinha, em função do tempo, a1) na fase I da experiência? a2) na fase II da experiência? b) Quais os gráficos que traduzem a evolução temporal da velocidade escalar de queda do pedaço de chumbo nas fases I e II da experiência. Justifique. c) Considere agora que esta mesma experiência fosse realizada na Lua. Esboçe o gráfico v = f(t), do movimento da pena, para as fases I e II da experiência. Compare os valores do máximo da velocidade atingido nas duas fases e os tempos de queda, na Lua, com os valores obtidos na Terra. Considere a aceleração da gravidade da Terra com módulo seis vezes maior do que na Lua. RESOLUÇÃO: a1)

Com resistência do ar a aceleração da pena vai diminuindo até se anular quando ela fica com velocidade constante (velocidade limite de queda) o que corresponde ao gráfico C.

a2)

Na fase II da experiência a queda se dá no vácuo e a acelaração permanece constante e igual a da gravidade o que corresponde ao gráfico B.

b)

Para o chumbo a resistência do ar é desprezível em comparação com o peso de chumbo e a aceleração é praticamente igual à da gravidade e nas duas fases está correto o gráfico B.

–3


MÓDULO

2

Cinemática Vetorial

1. (IFUSP) – Na figura podemos observar o movimento de três partículas, num certo instante T. Todas elas deslocam-se no sentido anti-horário sobre circunferências de raio 5,0m, com velocidades variáveis (direção e/ ou módulo). Neste instante aparecem, indicados nas figuras, também os vetores aceleração e seus módulos. Para cada partícula, achar o módulo da velocidade vetorial e da aceleração escalar. Dados: sen 37° = 0,60 cos 37° = 0,80 sen 30° = 0,50 cos 30° = 3/2

RESOLUÇÃO: a) A aceleração vetorial só tem componente centrípeta: → = 0 1) γ1 = a t

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v2 v12 → 2) a cp = –––– ⇒ 20,0 = –––– ⇒ R 5,0

v1 = 10,0m/s

→ = a sen θ b) 1) γ2 = a t

γ2 = 16,0 . 0,60 (m/s2) ⇒

γ2 = 9,6m/s2

v22 → = a cos θ = ––– 2) a – cp R v22 16,0 . 0,80 = –––– ⇒ 5,0

v2 = 8,0m/s

Os orifícios superiores e inferiores mantêm-se alinhados, e o sistema gira com velocidade angular constante ω. Desprezando-se a resistência do ar e considerando-se que a esfera é liberada do repouso, calcule a altura máxima h para que a esfera atravesse o dispositivo. RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da velocidade V1 com que a esfera atinge o orifício: V2 = V02 + 2 γ Δs: V12 = 2gh ⇒ V1 = 2gh 2) Para que h seja máximo, V1 deverá ser máximo e a esfera percorre a distância H em um tempo igual a um quarto do período de rotação do cilindro (tempo mínimo) 2π π γ T Δs = V0 t + ––– t2 onde t = ––– = –––– = –––– 4ω 2ω 2 4 π π2 g H = 2gh . ––– + ––– . –––– 2ω 4ω2 2

→ = a cos θ c) 1) γ3 = a t

3 γ3 = 10,0 . –––– (m/s2) ⇒ γ3 = 5,0 3 m/s2 2 v32 → = a senθ = ––– – 2) a cp R v32 10,0 . 0,50 = ––– –⇒ 5,0

2. (UFG-2010) – O funcionamento de um dispositivo seletor de velocidade consiste em soltar uma esfera de uma altura h para passar por um dos orifícios superiores (O1, O2, O3, O4) e, sucessivamente, por um dos orifícios inferiores (P1, P2, P3, P4), conforme ilustrado na figura a seguir.

π π2 g = ––– H – ––– –––– 2gh 2 2ω 2 4ω 2ω g π2 2ω ––– . H – ––––– . ––– = 2gh π 8 ω2 π

v3 = 5,0m/s

2ωH gπ 2gh = –––– – –––– ⇒ 2gh = π 4ω

1 2ω H gπ h = –––– –––––– – –––– 2g π 4ω

4–

2

2ω H gπ –––– – –––– π 4ω

2


3. (Olimpíada Iberoamericana) – Um observador A encontra-se no centro da Praça de Espanha na cidade de Guatemala, observando o movimento de dois motociclistas, B e C. Estes motociclistas descrevem trajetórias circulares em torno de A, no mesmo sentido, e de raios RB = 35,0m e RC = 60,0m. O observador A verifica que motociclista B demora TB = 10,0s para completar uma volta, enquanto C demora TC = 16,0s. a) Calcular o menor número de voltas completas de B e C, contadas a partir do instante inicial, para que essa mesma configuração se repita (ver figura). b) Determinar o tempo mínimo, a partir do instante inicial, até que A, B e C estejam alinhados pela primeira vez. c) Determinar o número (inteiro ou fracionário) de voltas dadas por B e por C no intervalo de tempo obtido no item anterior.

4. (Olimpíada de Portugal) – Um grupo de amigos encontrou-se numa margem do rio e resolveu ir fazer um piquinique num parque de merendas que ficava na outra margem, 500m mais abaixo, para o lado da foz. Naquela zona o rio tem largura 100m e a velocidade da correnteza tem módulo igual a 1,0m/s. Os estudantes decidiram dirigir o barco na direção perpendicular à margem (condição de tempo de travessia mínimo) e esperar que a correnteza os levasse até ao ancoradouro pretendido. Qual é a o módulo da velocidade que devem imprimir ao seu barco, relativamente à água, para conseguirem o se objetivo? RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do tempo gasto usando o movimento de arrastamento D = VARR . T 500 = 1,0 . T ⇒

T = 500s

RESOLUÇÃO:

b) Movimento relativo: C é suposto parado e B girando com a velocidade angular relativa: ω rel = ωB – ω C

2) Cálculo da velocidade relativa: Δsrel Vrel = ––––– Δt 100 Vrel = –––– (m/s) ⇒ 500

FÍSICA A 3.a S

a) B e C deverão dar um número completo de voltas e o intervalo de tempo deverá ser múltiplo dos dois períodos. Isto ocorre pela primeira vez para: Δt = mmc (TB ; TC) = mmc (10,0s; 16,0s) = 80,0s A moto B terá dado 8 voltas e a moto C terá dado 5 voltas

Vrel = 0,2m/s

Δϕrel 2π 2π –––––– = ––– – ––– Δt TC TB Para ficarem alinhados pela primeira vez: Δϕrel = π rad π 2π 2π ––– = –––– – –––– Δt 10,0 16,0 1 1 1 8,0 – 5,0 –––– = –––– – –––– = –––––––– Δt 5,0 8,0 40,0 40,0 Δt = ––––– s 3,0 nB nB 4 1 c) fB = –––– ⇒ –––– = ––––––– ⇒ nB = ––– 40,0 Δt 3 10,0 ––––– 3 nC nC 5 1 fC = ––– ⇒ –––– = ––––––– ⇒ nC = ––– 40,0 Δt 6 16,0 ––––– 3

–5


5. Um jogador de futebol bate uma falta imprimindo à bola uma → velocidade inicial V0 de módulo V0 e inclinada de θ em relação ao plano do chão. A bola atinge a cabeça de um jogador de altura h = 2,0m após um tempo de voo de 2,0s. A distância horizontal do jogador à posição de onde foi batida a falta é de 22,0m. Despreze o efeito do ar e adote g = 10,0m/s2.

Determine: a) o ângulo θ e o valor de V0. b) a altura máxima atingida pela bola. RESOLUÇÃO: a) 1)

Δsx = Vox t (MU) 22,0 = Vox . 2,0 ⇒

2)

Vox = 11,0m/s

γ

y Δsy = Voy t + ––– t2 (MUV) ↑ (+)

2

2,0 = Voy . 2,0 – 5,0 (2,0)2 ⇒ 3)

Vox = Voy ⇒ θ = 45°

4)

V02 = Vox2 + Voy2

Vox = 11,0m/s

Vo = 11,0 2 m/s FÍSICA A 3.a S

b) Vy2 = Voy2 + 2 γ y Δsy 0 = (11,0)2 + 2 (–10,0) H 20,0 H = 121 H = 6,05m

Respostas:

a) θ = 45° e V0 = 11,0 2 m/s b) H = 6,05m

6–


3

Leis de Newton

1. Imagine uma copa Mundial de Futebol que vai ser decidida nos pênaltis. O goleiro cuja altura é de 2,0m está postado bem no meio do gol que tem largura de 7,32m. A distância da marca de pênalti até a linha de gol é de 11,0m. Considere que o batedor do pênalti imprimiu a bola uma velocidade de módulo V0 e que a bola descreve movimento retilíneo e uniforme junto ao solo indo na direção da trave conforme indica a figura adiante, vista de cima.

–––

AC 11,6m

Admita que o goleiro vai iniciar seu movimento no instante em que o batedor toca na bola e que ele consegue espalmar a bola que iria bater na trave. O tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bola é a soma de duas parcelas: o seu tempo de reação TR que é de 0,20s e o tempo de movimento TM que é igual ao tempo de queda livre vertical de uma partícula, a partir do repouso, de uma altura igual à metade da altura do goleiro. Determine: a) o tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bola b) o valor de V0 em km/h c) a intensidade da força média que o batedor aplicou na bola sabendose que a interação durou 2,0 . 10–2s e que a massa da bola vale 0,45kg. Considere g = 10,0m/s2 e, se necessário, use a tabela de raízes quadradas dada a seguir. N

0,20

0,40

0,60

0,65

0,80

N

0,45

0,63

0,77

0,81

0,89

ΔV c) PFD: Fm = m am = m . ––– Δt 17,8 Fm = 0,45 . ––––––––– N 2,0 . 10 –2

Fm = 8,0 .102 N

2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – Dois blocos de massas iguais a 2,0kg, apoiados sobre superfícies horizontais, estão atados a um terceiro corpo de massa 6,0kg.

Considere que – as polias e os fios são ideais; – o atrito e a resistência do ar são desprezíveis; – a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2. Determine: a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce. b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema.

FÍSICA A 3.a S

MÓDULO

RESOLUÇÃO: a)

RESOLUÇÃO: a) 1)

2)

γ

Δs = V0 t + ––– t2 2

PFD (A): T = mA a

1,0 = 5,0 TM2 ⇒ TM2 = 0,20 ⇒ TM 0,45s

PFD (B): T = mB a

T = TR + TM = 0,20s + 0,45s ⇒

PFD (C): PC – 2T = mC a

T = 0,65s

Δs 11,6m b) V0 = ––– = ––––––– 17,8m/s 64km/h Δt 0,65s

PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC) a 60,0 = 10,0a a = 6,0m/s2

–7


b) T = mA a

4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Técnicos de um laboratório de testes desejam determinar se um novo dispositivo é capaz de resistir a grandes acelerações e desacelerações. Para descobrir isso, eles colam tal dispositivo de 5,0 kg a uma plataforma de testes que depois é deslocada verticalmente para cima e para baixo. O gráfico da figura mostra a aceleração escalar durante um segundo do movimento. A trajetória está orientada para cima considere g = 9,8m/s2.

T = 2,0 . 6,0 (N) T = 12,0 N Respostas: a) 6,0m/s2 b) 12,0 N

3. (Olimpíada de Portugal) – Um helicóptero de combate a incêndios transporta um conteiner vazio de massa 600kg, suspenso por um cabo de 20,0m de comprimento. Num dado momento em que o helicóptero se afasta do fogo com velocidade constante e horizontal para ir se reabastecer, verifica-se que o cabo faz um ângulo de 45° com a vertical. a) Determine a intensidade da força de resistência que o ar exerce sobre o conteiner. b) Após o reabastecimento, o helicóptero regressa ao local do incêndio, deslocando-se com a mesma velocidade horizontal em módulo. O cabo faz agora um ângulo de 37° com a vertical. Quantos litros de água transporta o conteiner? A densidade da água é 1,0 . 103 kg/m3 e g = 10,0m/s2. sen 37° = 0,60; cos 37° = 0,80 RESOLUÇÃO: a)

Para que a velocidade seja constante devemos ter: Ty = P = mg = 6,0 . 103 N Far = Tx Como o ângulo vale 45° temos:

FÍSICA A 3.a S

Tx = Ty ⇒ Far = 6,0 . 103 N b) Como a velocidade tem o mesmo módulo a força de resistência do ar tem a mesma intensidade Far = 6,2 . 103 N

Far T1x tg 37° = –––––– = ––––– P1 T1y 0,60 6,0 . 103 ––––– = –––––––– ⇒ P1 = 8000 N ⇒ M1 = 800kg 0,80 P1 ma = M1 – M ⇒ ma = 200kg Respostas: a) 6,0 kN b) 2,0 . 102kg

8–

a) Identifique as forças exercidas sobre o dispositivo. b) Em que instante o peso aparente do dispositivo é máximo? Quanto vale o módulo da aceleração neste instante? c) O peso aparente do dispositivo é nulo em algum momento? Em caso afirmativo, em que instante isso ocorre? Qual é o módulo da aceleração neste instante? d) Suponha que os técnicos se esqueçam de colar o dispositivo à plataforma de testes. O dispositivo permanecerá sobre a plataforma de testes durante o primeiro segundo de movimento ou ele sairá voando da plataforma em algum instante de tempo? Em caso afirmativo, em que instante isso ocorreria? RESOLUÇÃO: a)

b) O peso aparente corresponde à intensidade da força F que o dispositivo troca com o seu apoio. F será máximo quando a aceleração for dirigida para cima e tiver módulo máximo. Isto ocorre no instante t = 0 e a aceleração tem módulo 19,6m/s2. c) O peso aparente será nulo quando a plataforma estiver em queda livre, isto é, aceleração dirigida para baixo com módulo g = 9,8m/s2. Isto ocorre no instante t = 0,75s. d) O dispositivo se desligará da plataforma quando sua aceleração for dirigida para baixo e com módulo maior que 9,8m/s2. Isto ocorre a partir do instante t = 0,75s.


MÓDULO

4

Atrito e Plano Inclinado

1. Pretende-se movimentar dois blocos A e B, cada um com massa 2m, colocados em cima de duas plataformas deslizantes que apresentam com o solo coeficientes de atrito estático μE = 0,20 e cinético μC = 0,12 e cada uma com massa m. O coeficiente de atrito estático entre os blocos e as plataformas vale μ’ e é suficientemente grande para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. Os blocos estão unidos por um fio horizontal ideal conforme indica a figura.

A aceleração da gravidade tem módulo g. → a) Determine o módulo da força F mínima para que o sistema comece a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínima calculada no item (a) determine: b) o módulo da aceleração do sistema c) a intensidade da força que traciona o fio d) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação às plataformas.

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma caixa de madeira de peso P encontra-se em repouso sobre uma superfície plana. O coeficiente de atrito estático entre a caixa e a superfície plana é μe. Posteriormente, → um garoto começa a empurrar a caixa com uma força F crescente, que faz um ângulo θ com a horizontal, até que a caixa começa a se mover, como mostra a figura.

RESOLUÇÃO: a) Para iniciar o movimento: F > Fat

destaque

⇒

Fmin = 1,2 mg

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg PFD : F’ – Fat

din

= Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a 0,40g – 0,12g = a ⇒

a = 0,28g

Calcule: → a) O menor valor de F para que a caixa se mova. → b) A força de reação normal à superfície, (associada ao valor de F do item a,) sobre o bloco. RESOLUÇÃO:

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g T = 0,36mg + 0,84mg T = 1,2 mg d) 1) PFD(m): fat – Fat = m a fat = 0,12 . 3 mg + m . 0,28g fat = 0,64 mg 2)

a) Fx = F cos θ Fy = F sen θ FN = P + Fy = P + F senθ

fat ≤ μ’ 2mg

Para a caixa se mover: Fx > Fat max F cos θ > μE (P + F sen θ )

0,64mg ≤ μ’ 2mg

F cos θ – μE F sen θ > μE P

μ’ ≥ 0,32

F (cos θ – μE sen θ) > μE P

μ’min = 0,32

μE P F > –––––––––––––– cos θ – μE sen θ μE P Fmin –––––––––––––– cos θ – μE sen θ

–9

FÍSICA A 3.a S

Fmin 6 μe mg

F > μe 6mg ⇒


b) FN = P + F sen θ

FN = PN = mg cos θ Pt = Fat

μE P sen θ FN = P + –––––––––––––– cos θ – μE sen θ

destaque

mg sen θ = μe mg cos θ

FN = P

μE sen θ 1 + –––––––––––––– cos θ – μE sen θ

FN = P

cos θ – μE sen θ + μE sen θ ––––––––––––––––––––– cos θ – μE sen θ

tgθ = μe

2) Da figura temos:

P cos θ FN = –––––––––––––– cos θ – μE sen θ

h tgθ = ––– R h –––– = μe ⇒ R

h = μe R

3) O volume máximo é dado por: π R2 h π R2 Vmax = –––––– = ––––– . μe R 3 3

3. (UFF-RJ) – Um trabalhador deseja empilhar areia em uma área circular de raio R, formando um cone de altura h, conforme indicado na figura abaixo. FÍSICA A 3.a S

O volume de um cone é dado por πR2h/3. Demonstre que o volume máximo de areia é πμeR3/3, onde μe é o coeficiente de atrito estático da areia com a areia. RESOLUÇÃO: 1) Na situação de volume máximo um grão de areia estará na iminência de escorregar, isto é, a força de atrito com sua intensidade máxima (força de atrito de destaque).

10 –

π μe R3 Vmax = –––––––– 3

c.q.d


4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma cunha de massa M → submetida a uma força horizontal F (ver figura) encontra-se sobre uma superfície horizontal sem atrito. Coloca-se um bloco de massa m sobre a superfície inclinada da cunha. Se o coeficiente de atrito estático entre as superfícies da cunha e do bloco é μe, encontre os valores máximos → e mínimos da força F para que o bloco permaneça em repouso sobre a cunha.

FN . cos θ + μE FN sen θ = Mg FN (cos θ + μE sen θ) = Mg (1) FN sen θ – μE FN cos θ = Ma FN (sen θ – μE cos θ) = Ma (2) sen θ – μE cos θ (2) a ––– : ––– = –––––––––––––– cos θ + μE sen θ (1) g (sen θ – μE cos θ) PFD (M + m) : Fmin = (M + m) g ––––––––––––––– cos θ + μE sen θ

RESOLUÇÃO: Quando F for máxima a tendência do bloco é escorregar para cima e teremos.

1) Na direção y: FN cos θ = Fat . sen θ + P FÍSICA A 3.a S

FN cos θ = μE FN sen θ + P FN (cos θ – μE sen θ) = Mg (1) 2) Na direção x: FN sen θ + μE FN cos θ = Ma FN (sen θ + μE cos θ) = Ma (2) sen θ + μE cos θ (2) a ––– : ––– = –––––––––––––– cos θ – μE sen θ (1) g a=g

sen θ + μE cos θ –––––––––––––––– cos θ – μE sen θ

3) PFD (M + m) :

sen θ + μE cos θ Fmax = (M + m) g –––––––––––––– cos θ – μE sen θ

Quando F for mínima a tendência do bloco é escorregar para baixo e a força de atrito será dirigida para cima

– 11


MÓDULO

5

Força Centrípeta

1. (UFF-RJ) – Um carro de massa igual a 1,0t percorre uma estrada com velocidade de módulo constante igual a 36 km/h. Num certo trecho, passa por uma curva circular de raio igual a 100m. O piso da estrada é horizontal. Adote g = 10 m/s2. a) Represente, num diagrama, as forças que atuam sobre o carro. b) Calcule o módulo de cada uma das forças do item anterior. c) Suponha que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e os pneus do carro seja igual a 0,9. Determine a máxima velocidade escalar com a qual o carro pode realizar a curva sem deslizar. Essa velocidade escalar depende da massa do carro? Justifique sua resposta.

2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O limite de velocidade em determinada estrada era pequeno, 20m/s, e, mesmo assim uma de suas curvas, com raio de 80m e calçamento plano e horizontal, somava um grande número de acidentes por perda de aderência dos pneus dos carros.

RESOLUÇÃO: a)

→

P : peso do carro → FN : força normal aplicada pelo chão → Fat : força de atrito aplicada pelo chão

Dados: massa de um veículo = 1,0 . 103 kg Módulo da aceleração da gravidade = 10m/s2 a) Determine a intensidade da força de atrito que um veículo, movendo-se com velocidade escalar máxima, sofre lateralmente ao realizar essa curva, sem derrapar. b) Uma reforma na estrada fez com que o calçamento da curva ficasse sobrelevado em um ângulo θ de tal forma que, agora, um veículo movendo-se à velocidade escalar máxima, não precisasse contar com o atrito para realizar a curva.

FÍSICA A 3.a S

Determine o valor da tangente desse ângulo.

→

F é a força resultante que o chão aplica no carro

b) 1)

FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N) FN = P = 1,0 .

2)

104 N

RESOLUÇÃO: m V2 a) Fat = Fcp = –––– R

m V2 Fat = Fcp = –––– R 1,0 . 103 . 102 Fat = ––––––––––– (N) 100

1,0 . 103 . (20)2 Fat = ––––––––––––– (N) ⇒ Fat = 5,0 . 103 N 80 b)

1) Fy = P = mg m V2 2) Fx = Fcp = ––––– R

Fat = 1,0 . 103 N

Fx m V2 / R 3) tgθ = –––– = –––––––– Fy mg

c) Fat ≤ μE FN m V2 –––– ≤ μE mg R V2 ≤ μE g R V ≤ μE g R Vmax = μE g R Vmax = 0,9 . 10 . 100 (m/s) Vmax = 30m/s = 108 km/h A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos a massa foi cancelada)

12 –

V2 400 tgθ = –––– = –––––– gR 10 . 80 tgθ = 0,5 Respostas: a) 5,0 kN b) 0,5


3. O ROTOR Em muitos parques de diversão existe um “brinquedo” chamado ROTOR. O rotor é um recinto com o formato de um cilíndro oco que pode girar em torno de um eixo vertical central. A pessoa entra no rotor, fecha a porta e permanece em pé encostada na parede do rotor. O rotor começa sua rotação aumentando gradativamente sua velocidade angular ω até atingir um valor pré estabelecido quando então o chão se abre abaixo da pessoa revelando um fosso profundo. A pessoa não cai permanecendo grudada na parede do rotor.

RESOLUÇÃO: a)

1)

Fat = P = mg

2)

FN = Fcp = mω2 R

3)

Fat ≤ μ FN mg ≤ μ m ω2 R g ω 2 ≥ ––––– ⇒ ω ≥ μR

g –––– μR

g –––– μR

ωmin =

b) Fx = FN = mω2 R = 50,0 . 16,0 . 2,0 (N) = 1,6 . 103 N Fz = Fat = mg = 50,0 . 10,0 (N) = 5,0 . 102 N →

→

→

F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)

→

g –––– μR →

→

b) F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)

FÍSICA A 3.a S

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estático entre a roupa da pessoa e a parede do rotor. Seja g o módulo da aceleração da gravidade.

Respostas: a) ωmin =

Calcule: a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não escorregue. b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a 2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a → força F que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores → → i (horizontal) e k (vertical), isto é, a resposta deve ser na forma: →

→

→

F = Fx i + Fz k

→

Fx = componente horizontal de F →

Fz = componente vertical de F

Admita que a pessoa não escorregue e adote g = 10,0m/s2.

– 13


4. Um avião descreve uma trajetória circular de raio R em um plano vertical mantendo uma velocidade escalar constante. O centro O da trajetória está a uma altura H = 2R do solo terrestre, suposto horizontal. O piloto experimenta um peso aparente no ponto A, mais baixo de sua trajetória, duas vezes maior que o peso aparente no ponto B, mais alto da trajetória. Quando o avião está no ponto mais alto de sua trajetória um pacote é abandonado da janela do avião. A aceleração da gravidade tem módulo g. Despreze o efeito do ar.

b) 1)

Cálculo do tempo de queda do pacote: γy Δsy = V0y t + ––– t2 (MUV) 2 g 3R = 0 + ––– T2 ⇒ 2

2)

T=

6R –––– g

Cálculo do alcance horizontal: Δsx = Vx t (MU) d = 3g R .

6R 18 R2 –––– = g

d = 3 2R

Respostas: a) V = 3g R b) d = 3 2R

a) Determine o módulo V da velocidade do avião em função de g e R. b) Determine, em função de R, a distância horizontal d percorrida pelo pacote até chegar ao solo. RESOLUÇÃO:

FÍSICA A 3.a S

a) No ponto B: Fcp = FN + P (1) B

No ponto A: Fcp = 2 FN – P (2) A

Como o movimento é circular e uniforme: Fcp = Fcp A

B

FN + P = 2FN – P ⇒

m V2 R

FN = 2 P

Em (1): ––––– = 3mg ⇒

14 –

V = 3g R


MÓDULO

6

Trabalho e Potência

1. (UNICAMP-SP-2010) – Os ímãs são magnetos permanentes amplamente utilizados no nosso dia a dia. Pequenos ímãs de forma cilíndrica são comumente empregados para fixar fotos ou bilhetes em painéis metálicos. Quando necessário, use g = 10 m/s2 na solução dos itens abaixo. a) Considere um ímã de massa m = 20 g e o coeficiente de atrito estático entre a superfície do ímã e a superfície do painel igual a μe = 0,80. Qual é a intensidade da força magnética mínima entre o ímã e o painel, que mantém o ímã em repouso aderido a esse painel em uma parede perfeitamente vertical? b) Quando um pequeno ímã é colocado para segurar uma foto, o ímã e a foto deslizam juntos lentamente para baixo. A força magnética entre o ímã e o painel nessa situação tem intensidade Fmag = 0,2 N e o coeficiente de atrito cinético entre as superfícies da foto e do painel em contato vale μc = 0,60. Calcule o trabalho realizado pela força de atrito após um deslocamento de 20 cm do ímã.

2. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg, inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma força constante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito. Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de 3,0m. a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco? b) Qual a velocidade escalar final do bloco? RESOLUÇÃO: → →

a) τF = F d cos 0° τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

τF = 147 J

b) TEC: τF = Δ Ecin mV2 mV02 τF = ––––– – –––––– 2 2 6,0 147 = ––– V2 2

RESOLUÇÃO: a) Fat = P = mg FN = Fmag Fat ≤ μE FN

V2 = 49 ⇒ V = 7,0 m/s Respostas: a) 147 J b) 7,0 m/s

mg ≤ μE Fmag mg 20 . 10 –3 . 10 Fmag (min) = –––– = –––––––––––– (N) μE 0,80 FÍSICA A 3.a S

mg Fmag ≥ ––– μE Fmag (min) = 0,25 N b)

1) Fat

din

Fat

din

= μD FN = μD Fmag = 0,60 . 0,20 N = 0,12 N

2) τat = Fat . d . cos 180° τat = 0,12 . 0,20 . (–1) (J) τat = –2,4 . 10 –2 J Respostas: a) 2,5 . 10 –1 N b) –2,4 . 10 –2 J

– 15


3. Um motorista dirige seu carro em linha reta, em um plano horizontal, com velocidade constante de módulo V0 em uma direção perpendicular a uma ferrovia com trilhos retilíneos.

4. Um carro de massa M = 1,0 . 103kg descreve uma trajetória retilínea em um plano horizontal. A força da resistência do ar que se opõe ao movimento do carro tem intensidade F que varia com a velocidade escalar V do carro segundo a relação: F = 1,2 V2 (SI). Despreze a força de atrito nas rodas não motrizes do carro. A velocidade limite atingida pelo carro tem módulo igual a 180km/h. Adote g = 10m/s2. Determine: a) a intensidade da força total de atrito nas rodas motrizes do carro, aplicada pelo solo, ao ser atingida a velocidade limite. b) a potência útil do motor do carro ao ser atingida sua velocidade limite. c) o aumento percentual da potência útil do motor se o carro passar a subir uma rampa inclinada de 37° (sen 37° = 0,60) mantendo a mesma velocidade limite. RESOLUÇÃO:

FÍSICA A 3.a S

Quando o carro está a uma distância d da ferrovia o motorista percebe pelo ruido a passagem iminente de um trem e tem dois procedimentos para evitar a colisão: Procedimento 1: frear o carro travando as quatro rodas e o coeficiente de atrito dinâmico entre os pneus e o chão é constante e vale μC. Procedimento 2: manter o módulo da velocidade do carro e fazer uma curva circular de raio d de modo a passar tangenciando a ferrovia, conforme ilustrado na figura. No procedimento 1 admite-se que o carro vai parar junto à ferrovia e no procedimento 2 o coeficiente de atrito estático entre os pneus e o solo é constante e vale μE. Para que os dois procedimentos possam ocorrer, conforme o que foi descrito, qual a relação entre μE e μC? a) μE = 4 μC b) μE = 2 μC c) μE = 1,5 μC d) μE = μC

a) Ao ser atingida a velocidade limite teremos: 2 Fat = F = 1,2 Vlim 180 Vlim = 180km/h = –––– m/s = 50m/s 3,6 Fat = 1,2 (50)2 (N) Fat = 3,0 . 10 3 N b) PotU = Fat Vlim

μC e) μE = ––– 2

PotU = 3,0 . 103 . 50 (W) ⇒ PotU = 1,5 . 10 5 W

Nota: Despreze o efeito do ar.

c)

RESOLUÇÃO: Procedimento 1:

TEC : τatrito = ΔEcin m V02 μC mg d (–1) = 0 – ––––– 2 V02 μC = ––––– (1) 2 gd

’ = Pt + F Fat ’ = Mg senθ + F Fat ’ = 1,0 . 103 . 10 . 0,60 + 3,0 . 103 (N) Fat ’ = 9,0 . 103 N Fat

Procedimento 2:

Fat = Fcp

Pot’U = F’at . Vlim

m V02 μE mg = ––––– d

Como F’at = 3,0 Fat estão Pot’U = 3 PotU e o aumento foi de 200%

V02 μE = ––––– (2) gd Comparando-se (1) e (2) resulta: μE = 2 μC Resposta: B

16 –

Respostas: a) 3,0kN b) 1,5 . 105 W c) 200%


5. (UFF-RJ) – Um comercial da Chevrolet diz que o Corsa 1.0 partindo do repouso pode atingir a velocidade escalar de 20,0m/s em 8,0s em uma trajetória retilínea em um plano horizontal. A massa do Corsa é igual a 1,2 . 103 kg. Sob essas condições e desprezando-se as perdas por atrito e resistência do ar, determine a) a potência média do motor b) a intensidade da força resultante no carro, suposta constante c) a potência instantânea do motor quando o carro atinge a velocidade escalar de 20,0m/s RESOLUÇÃO: a) 1)

Cálculo do trabalho: TEC: τmotor = Δ Ecincarro m Vf2 m V02 τmotor = ––––– – ––––– 2 2 1,2 . 103 τmotor = –––––––– (20,0)2 (J) 2 τmotor = 240 . 103 J = 2,4 . 105 J

2)

Cálculo da potência média 2,4 . 105 J τmotor Potm = –––––– = ––––––––– 8,0s Δt Potm = 3,0 . 10 4 W

ΔV b) PFD: FR = ma = m –––– Δt

FÍSICA A 3.a S

20,0 FR = 1,2 . 103 . ––––– (N) 8,0 FR = 3,0 . 10 3 N

c) Potf = F Vf Potf = 3,0 . 103 . 20,0 (W) Potf = 6,0 . 10 4 W Respostas: a) 3,0 . 104 W b) 3,0 . 103 N c) 6,0 . 104 W

– 17


MÓDULO

7

Energia Mecânica

1. (UNICAMP-SP) – Um brinquedo que muito agrada às crianças são os lançadores de objetos em uma pista. Considere que a mola da figura abaixo possui uma constante elástica k = 8,0 . 103 N/m e massa desprezível. Inicialmente, a mola está comprimida de 2,0 cm e, ao ser liberada, empurra um carrinho de massa igual a 0,20 kg. O carrinho abandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado, e percorre uma pista que termina em uma rampa. Considere que não há perda de energia mecânica no movimento do carrinho.

a) Qual é o módulo da velocidade do carrinho quando ele abandona a mola? b) Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade de módulo 2,0 m/s? Adote g = 10m/s2

2. (UFPE) – Em um dos esportes radicais da atualidade, uma pessoa de 70kg pula de uma ponte de altura H = 50m em relação ao nível do rio, amarrada à cintura por um elástico. O elástico, cujo comprimento natural é L = 10 m, se comporta como uma mola de constante elástica k. No primeiro movimento para baixo, a pessoa fica no limiar de tocar a água e depois de várias oscilações fica em repouso a uma altura h, em relação à superfície do rio. Calcule h. Adote g = 10m/s2 e considere a energia mecânica constante até o instante em que a pessoa atinge o ponto mais baixo de sua trajetória.

RESOLUÇÃO: (1)

RESOLUÇÃO:

(referência em B)

a) Usando-se a conservação da energia mecânica: Eelástica = Ecin

k x2 –––– = m g H 2

m V02 k x2 –––– = –––––– 2 2 V0 = x

k . 1600 ––––––– = 70 . 10 . 50 2

k –– m

FÍSICA A 3.a S

V0 = 4,0 m/s b) Para um referencial na pista horizontal, temos: V02

V12

m m –––––– = –––––– + m g h 2 2 V02

175 700 k = –––– N/m = –––– N/m 4 16

8,0 . 103 –––––––– (m/s) 0,20

V0 = 2,0 . 10–2

V12

16,0 – 4,0 – h = ––––––– ⇔ h = ––––––––– (m) 20 2g

(2) Fe = P k (H – h – L) = mg 175 ––––– (50 – h – 10) = 700 4 40 – h = 16 h = 24m Resposta: 24m

h = 0,60 m Respostas: a) 4,0 m b) 0,60 m

18 –

EB = EA


3. (UFF-RJ) – Um bloco de massa igual a 5,0 kg, deslizando sobre uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito cinético e estático 0,50 e 0,60, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível, de constante elástica igual a 1,5 . 103 N/m, inicialmente relaxada (veja figura). O bloco atinge a mola com uma velocidade de módulo igual a 2,0m/s. Adote g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar.

a) Determine a deformação máxima da mola. Dado 1225 = 35 b) Informe se após a mola ter atingido a compressão máxima, o bloco retorna ou permanece em repouso. Justifique. c) Determine o percentual da energia mecânica dissipada pelo atrito até o bloco parar pela primeira vez. RESOLUÇÃO: a) Einicial = Efinal + τat m V02 k x2 = –––– + μd mg x ––––– 2 2 5,0 1,5 . 103 2 2 –––– . (2,0) = ––––––– . x + 0,50 . 50,0x 2 2

4. (UFV-MG-2010) – Um pêndulo simples é formado por uma esfera de 3,0 kg de massa suspensa em um fio inextensível de 1,50 m de comprimento. A esfera é abandonada, a partir do repouso, de uma distância h = 25 cm abaixo do teto, como ilustrado na figura abaixo, em uma região onde o módulo da aceleração gravitacional é 10,0 m/s2.

Desprezando-se os atritos e o efeito do ar, faça o que se pede, apresentando o raciocínio utilizado: a) Desenhe, na própria figura, o diagrama das forças que agem sobre a esfera, quando esta se encontra no ponto mais baixo de sua trajetória. b) Determine o módulo da velocidade da esfera no ponto mais baixo de sua trajetória. c) Determine o módulo da tração no fio no ponto mais baixo da trajetória da esfera. RESOLUÇÃO: a)

750 x2 + 25,0x – 10,0 = 0

→

150 x2 + 5,0x – 2,0 = 0

P = peso da esfera

–5,0 ± 25,0 + 1200 x = –––––––––––––––––– (m) 300

→ TB

= força de tração aplicada pelo fio

–5,0 ± 35,0 x = –––––––––– (m) ⇒ x = 0,10m 300

Fmola = 1,5 . 103 . 0,10 (N) = 1,5 . 102 N

b)

EB = EA (ref. em A)

A força de atrito de destaque:

m VB2 ––––– = mg (L – h) 2

Fat = μE FN = 0,60 . 50,0 N = 30,0 N

VB = 2g (L – h) = 2 . 10,0 . 1,25 (m/s)

Como Fmola > Fat

destaque

o bloco retorna

c) Ed = τat = μd mg x Ed = 0,50 . 50,0 . 0,10 (J) = 2,5 J 5,0 mV02 = –––– . 4,0 (J) = 10,0 J E0 = ––––– 2 2

FÍSICA A 3.a S

b) Para a compressão máxima: Fmola = k x

VB = 5,0m/s

m VB2 c) TB – P = Fcp = ––––– B L 3,0 . 25,0 TB = 30,0 + ––––––––– (N) 1,5 TB = 80,0 N

Ed 2,5 –––– = –––– = 0,25 E0 10,0 Ed = 25% E0

– 19


MÓDULO

8

Impulso e Quantidade de Movimento

1. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O punção é uma ferramenta utilizada pelo serralheiro para criar sobre o metal, uma pequena reentrância que guiará o perfeito posicionamento da broca nos momentos iniciais da perfuração. Um modelo de punção muito prático conta com a liberação de um martelete que se movimenta rapidamente, a partir do repouso, de encontro ao marcador.

2. (UFF-RJ) – Um móvel de massa 1,5 . 102 kg é acelerado a partir do repouso em trajetória retilínea. Durante os primeiros 10 s a intensidade da resultante das forças que nele atuam é dada por: FR = F0 – Kt, onde F0 = 1,0 . 102 N, K = 5,0 N/s e t é o tempo a contar desde o instante da partida. Determine: a) a velocidade escalar do móvel após os 10s; b) o trabalho da força resultante nestes 10s. c) a potência média da força resultante nestes 10s. d) a potência da força resultante no instante t = 10s. RESOLUÇÃO: a)

Admitindo-se que o tempo de interação entre o martelete e a mola que o impulsiona seja de 0,15s, e sabendo-se que o impulso transferido para o martelete nessa ação tem módulo de 3,0 kg . m/s, determine: a) a intensidade da força média aplicada pela mola sobre o martelete; b) O módulo da velocidade com que o martelete atinge o marcador, sabendo-se que a massa do martelete é de 0,10 kg. RESOLUÇÃO:

FR = 1,0 . 102 – 5,0t (SI)

a) TI: I = Fm . Δt 3,0 = Fm . 0,15 ⇒

Fm = 20 N

1)

10 IR = (100 + 50) ––– (N . s) ⇒ IR = 7,5 . 102 N . s 2

b) I = ΔQ = m V – mV0 FÍSICA A 3.a S

3,0 = 0,10 . V ⇒ Respostas: a) 20 N b) 30m/s

V = 30 m/s

IR = área (F x t)

2)

TI : IR = ΔQ = m V1 7,5 . 102 = 1,5 . 102 . V1 V1 = 5,0m/s

b) TEC:

1,5 . 102 m V12 τR = Δ E cin ⇒ τR = –––––– ⇒ τR = –––––––– (5,0)2 (J) 2 2 τR = 18,75 . 102 J ⇒ τR 1,9 . 103 J

τR c) Potm = –––– ⇒ Potm = 1,9 102 W Δt d) Pot1 = F1 . V1 ⇒ Pot1 = 50 . 5,0 (W) ⇒ Pot1 = 2,5 . 102 W Respostas: a)

20 –

5,0 m/s

b) 1,9 kJ

c) 1,9 . 102 W

d) 2,5 . 102 W


3. (EE MAUÁ-2010) – O diagrama mostra os gráficos horários das posições de duas partículas A e B que se movimentam sobre o eixo x.

As partículas colidem unidimensionalmente no instante t = 1,0. Sabendo-se que a massa da partícula A é mA = 4,0 kg, determine a) as velocidades escalares das partículas A e B antes e depois da colisão; b) a massa da partícula B.

4. (UNICAMP-SP-2010) – O lixo espacial é composto por partes de naves espaciais e satélites fora de operação abandonados em órbita ao redor da Terra. Esses objetos podem colidir com satélites, além de pôr em risco astronautas em atividades extraveiculares. Considere que durante um reparo na estação espacial, um astronauta substitui um painel solar, de massa mp = 80 kg, cuja estrutura foi danificada. O astronauta estava inicialmente em repouso em relação à estação e ao abandonar o painel no espaço, lança-o com uma velocidade de módulo vp = 0,15 m/s. a) Sabendo-se que a massa do astronauta é ma = 60 kg, calcule o módulo de sua velocidade de recuo. b) O gráfico no espaço de resposta mostra, de forma simplificada, o módulo da força aplicada pelo astronauta sobre o painel em função do tempo durante o lançamento. Sabendo-se que a variação de momento linear é igual ao impulso, cujo módulo pode ser obtido pela área do gráfico, calcule a intensidade da força máxima Fmax.

RESOLUÇÃO: a)

Δx V = –––– Δt – 1,0 VA = –––––– (m/s) = –1,0m/s 1,0 2,0 VB = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0 2,0 V’A = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0

b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão: Qf = Qi mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0) mB = 3,0 mA Como mA = 4,0kg ⇒ mB = 12,0kg

RESOLUÇÃO: a) No ato de lançar o painel, o astronauta e o painel formam um sistema isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total: →

→

Qapós = Qantes →

→

→

→

→

Qa + QP = 0 ⇒ QA = QP maVa = mP . VP 60 Va = 80 . 0,15 Va = 0,20m/s N

b) I = área (F x t) = ΔQ = maVa Fmáx (0,9 + 0,3) ––––– = 60 . 0,20 2 0,6 Fmáx = 12 Fmáx = 20N Respostas: a) Va = 0,20m/s b) Fmáx = 20N

– 21

FÍSICA A 3.a S

1,0 V’B = ––––– (m/s) = 1,0m/s 1,0


5. (UFES-2010) – Uma mola ideal de constante elástica k lança dois blocos unidos por um dispositivo de massa desprezível. O bloco mais próximo da mola tem massa M e o outro tem massa 3M. Após o lançamento, os blocos se movem sobre uma superfície plana, horizontal e lisa. a) Sabendo-se que a mola estava comprimida de x0 antes do lançamento, determine o módulo da velocidade dos blocos após o lançamento.

c) TEC: τat = Δ Ecin

Em um determinado instante, após o lançamento, o dispositivo (explosivo) que une os blocos é acionado, lançando o bloco de massa M de volta contra a mola.

9 k x02 d = ––– . ––––– 32 μ Mg

b) Sabendo-se que o bloco de massa M, ao retornar, comprime a mola x0 , determine os módulos das velocidades dos blocos de massa de ––– 4 M e de massa 3M imediatamente após a separação.

O bloco de massa 3M, após a separação, continua movendo-se no mesmo sentido até chegar a uma região da superfície não lisa AB, muito extensa. c) Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre a região não lisa e o bloco de massa 3M é μ , determine a distância percorrida por esse bloco na região não lisa.

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: a)

Ei = Ef

(conservação da energia mecânica)

kx02 4M V02 k x0 ––––– = –––––– ⇒ V02 = –––– x02 ⇒ V = ––– 0 2 2 4M 2

b) 1)

Para o bloco de massa M (bloco 1) temos:

x0 M V12 k ––––– = ––– ––– 4 2 2

2)

k –––– M

2

x0 2 k x0 ⇒ V12 = –––– ––– ⇒ V = ––– 1 4 M 4

No ato da explosão o sistema formado pelos dois blocos é isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total: Qapós = Qantes 3M V2 + M (–V1) = 4M V0 x0 3 V2 – ––– 4

9 3 V2 = ––– x0 4

22 –

k –––– M

x0 k –– = 4 ––– M 2

k –– ⇒ m

k –– M

3 V2 = ––– x0 4

k ––– M

3M V22 μ 3Mg d (–1) = 0 – –––––– 2 V22 d = ––––– 2 μg 1 9 k 2 d = ––––– . ––– . x0 . ––– 2 μg 16 M

x0 Respostas: a) V0 = ––– 2

k –– M

x0 b) V1 = ––– 4

k –– M

3x V2 = –––0 4

k –– M

9 k x02 c) d = ––– ––––– 32 μ M g


MÓDULO

9

Gravitação

1. (UNICAMP-SP) – A terceira Lei de Kepler diz que “o quadrado do período de revolução de um planeta (tempo para dar uma volta em torno do Sol) dividido pelo cubo da distância média do planeta ao Sol é uma constante”. A distância média da Terra ao Sol é equivalente a 1 ua (unidade astronômica). a) Entre Marte e Júpiter existe um cinturão de asteróides (vide figura). Os asteróides são corpos sólidos que teriam sido originados do resíduo de matéria existente por ocasião da formação do sistema solar. Se no lugar do cinturão de asteróides essa matéria tivesse se aglutinado formando um planeta, quanto duraria o ano deste planeta (tempo para dar uma volta em torno do Sol)? b) De acordo com a terceira Lei de Kepler, o ano de Mercúrio é mais longo ou mais curto que o ano terrestre?

2. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que será colocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seus desenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante de gravitação universal e M = massa da Terra. a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termos de G, M e R. b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermos que seu período de translação seja igual ao período T de rotação da Terra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termos de G, M e T. RESOLUÇÃO: a) FG = Fcp mV2 G Mm = –––– ⇒ V = –––––– 2 R R

GM –––– R

2πr GM –––– = –––– r T

b) V =

4 π 2 r2 r3 GM GM ⇒ ––– = –––– –––– = ––––––– 2 2 T T 4π2 r

Dado: 5 ≅ 2,2

GMT2 r3 = –––––– 4π2

r=

3

G MT2 ––––––– 4π2

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: a) O raio médio da órbita do hipotético planeta, de acordo com a escala apresentada, é da ordem de 2,7 ua. Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, comparando-se a Terra com o planeta hipotético, vem: 3

3 RP RT = –––– –––– 2 2 TP TT

RP = 2,7ua, RT = 1ua e TT = 1a (1) 3 (2,7)3 –––– = ––––– 2 12 TP TP = (2,7)3 20 ⇒ TP = 2 5 anos 2

TP 4,4 anos terrestres

b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler, o período T é função crescente do raio médio da órbita. Como RMercúrio < RTerra ⇒

TMercúrio < TTerra

Isto é: o ano de Mercúrio é menor que o ano da Terra. Respostas: a) Aproximadamente 4,4 anos terrestres. b) O ano de Mercúrio é mais curto que o terrestre.

– 23


3. (Olimpíada Brasileira de Física) – Dois satélites de massa m se movem em uma mesma órbita circular de raio r em torno de um planeta de massa M, como ilustra a figura. Os dois satélites estão sempre em extremidades opostas de um mesmo diâmetro enquanto realizam seu movimento. Calcule o período do movimento orbital.

4. (UFES) – Uma sonda espacial encontra-se em órbita circular em torno de um planeta. Sabe-se apenas que a sonda tem massa m e a órbita circular tem período T e raio R. Em relação à sonda, determine a) o módulo da velocidade; b) a energia cinética; c) a energia potencial; d) a energia mecânica total. NOTE E ANOTE 1) A força gravitacional entre dois corpos de massas M e m, com centros de massa separados por uma distância d, tem intensidade F dada por: Mm F = G ––––– d2 2) Para um referencial no infinito, a energia potencial gravitacional E p entre dois cor pos de massas M e m, com centros de massa separados por uma distância d, vale: –GMm Ep = ––––––––– d

RESOLUÇÃO: Fcp = FCA + FBA

RESOLUÇÃO:

A

GMm Gm m m ω 2 r = –––––– + ––––––– r2 4r2

Δs a) V = ––– ⇒ Δt

GM Gm 4 GM + Gm ω2 r = –––– + –––– = ––––––––––– r2 4r2 4r2

mV2 m 4π2 R2 b) Ec = –––– = ––– –––––– 2 T2 2

2π G (4M + m) = ––– ω2 = ––––––––––– T 4r3 T –––– = 2π

4 r3 –––––––––––– G (4M + m)

2πR V = ––––– T

2

2π2 m R2 Ec= ––––––––– Τ2 GMm c) Ep = – ––––––– R Porém: FG = Fcp

FÍSICA A 3.a S

T = 2π

4 π3 –––––––––– G (4M + m)

T = 4π

π3 –––––––––– G (4M + m)

GMm mV2 GMm ––––––– = ––––– ⇒ ––––––– = mV2 R R R2 Ep = – mV2 = − 2Ec ⇒

– 4π 2 m R2 Ep = –––––––––– T2

d) Em = EP + Ec Ep = – 2Ec 2π 2 m R2 Em = –2Ec + Ec ⇒ Em = – Ec ⇒ Em = – ––––––––– T2 2π R Respostas: a) V = ––––– T – 4π2 m R2 c) Ep = ––––––––– T2

24 –

2π2 m R2 b) Ec = ––––––––– T2 2π2 m R2 d) Em = – ––––––––– T2


MÓDULO

10

Física Moderna e Dimensões

1. (UFPE-2010) – Quando um feixe de luz de comprimento de onda 4,0 . 10–7m (Efóton = 3,0 eV) incide sobre a superfície de um metal, os fotoelétrons mais energéticos têm energia cinética igual a 2,0 eV. Suponha que o comprimento de onda dos fótons incidentes seja reduzido à metade. Qual será a energia cinética máxima dos fotoelétrons, em eV?

2. (UFRN-2010) – Sobre um átomo de hidrogênio no estado fundamental, incidem três fótons, cujas energias, em elétrovolt (eV), são, respectivamente, 13,20, 12,09 e 10,20. Uma vez num estado excitado, o átomo de hidrogênio decairá, emitindo energia na forma de fótons. Na figura abaixo, estão representadas as energias dos quatro primeiros níveis de energia do átomo de hidrogênio.

RESOLUÇÃO: 1) Ec = Ef – τ 2,0 = 3,0 – τ τ = 1,0 eV 2) Ec = hf – τ c Ec = h –– – τ λ hc E’c = ––– – τ λ ––– 2

E’c = 2 . 3,0 – 1,0 (eV) ⇒ E’c = 5,0 eV

A partir dessas informações: a) determine quais desses fótons incidentes podem ser absorvidos pelo átomo de hidrogênio no estado fundamental e explique qual o estado final do átomo em cada caso; b) represente, na figura localizada acima, as possíveis transições dos elétrons que se encontram nos níveis excitados, após a emissão dos respectivos fótons; c) determine as energias dos fótons emitidos. RESOLUÇÃO: a) Para o fóton ser absorvido sua energia deve coincidir com aquela de um salto quântico, isto é, diferença de energias entre dois níveis: fundamental – 1.o nível: 10,2 eV fundamental – 2.o nível: 12,09 eV fundamental – 3.o nível: 12,75 eV Podem ser absorvidos as fótons com energia de 10,20 eV (1.o nível) e 12,09 (2.o nível) b)

c) As energias dos fótons emitidos são os mesmos dos fótons absorvidos: 10,20 eV e 12,09 eV

– 25

FÍSICA A 3.a S

hc E’c = 2 ––– – τ λ


3. (UnB) – A biotecnologia tem aumentado a produtividade agrícola, o que tem impulsionado o desenvolvimento de técnicas de armazenamento e de conservação de alimentos. A radiação ionizante é uma técnica eficiente na conservação dos alimentos, pois reduz perdas naturais causadas por processos fisiológicos, tais como brotamento, maturação e envelhecimento, além de eliminar ou reduzir microrganismos, parasitas e pragas, sem causar prejuízo ao alimento. As radiações ionizantes utilizadas no tratamento de alimentos se limitam àquelas classificadas como ondas eletromagnéticas de alta frequência. Nos equipamentos utilizados para a geração dessas radiações, ocorre a seguinte sequência de decaimento de radioisótopos. 60 Co 27

⎯→

60 Ni 28

⎯→

instável

60 Ni 28

estável

Apesar de ocorrerem duas emissões diferentes de radiação, apenas uma delas é empregada para radiar alimentos.

4. Quando uma esfera de raio R se desloca em linha reta, no interior de um líquido de viscosidade η, com velocidade de módulo V a força de resistência ao seu movimento tem intensidade F dada pela lei de Stokes: F = 6π ηx Ry Vz A viscosidade η tem equação dimensional em relação à massa M, comprimento L e tempo T dada por: [η] = M L–1 T –1 Obter os expoentes x, y e z. RESOLUÇÃO: [F] = [η]x [R]y [V]z MLT–2 = (ML–1 T –1)x . Ly . (L T –1)z MLT–2 = Mx L–x + y + z T– x – z Identificando-se os expoentes:

Internet: (com adaptações).

x=1

Considere que, no momento em que um equipamento de radiação de alimentos foi desativado, a massa do isótopo de cobalto-60 encontrado em seu interior correspondia a 3,125% da massa inicial quando o equipamento foi fabricado. Sabe-se que o tempo de meia-vida do cobalto-60 é de 5,27 anos. Calcule o tempo decorrido, em anos, desde a fabricação do referido equipamento, ou seja, quando havia 100% da massa do isótopo de cobalto-60 em seu interior, até o instante da desativação do referido equipamento.

–x + y + z = 1 –x – z = –2

(1) (2)

Em (2) –1 – z = –2 ⇒

z=1

Em (1) RESOLUÇÃO:

–1 + y + 1 = 1 ⇒

m0 1) m = ––– 2n

Resposta: x = 1; y = 1; z = 1

FÍSICA A 3.a S

m0 = massa inicial do material radioativo m = massa final do material radioativo após n meias-vidas 3,125 Dado: m = ––––– m0 100 m ––– = 3,125 . 10–2 = 2–n m0 100 2n = –––––– = 32 ⇒ 3,125

n=5

2) Δt = nT = 5 . 5,27 anos = 26,35 anos Resposta: 26,35 anos

26 –

y=1


11

Hidrostática

1. (Olimpíada de Portugal) – Numa aula experimental de Física, um grupo de alunos colocou sobre o prato de uma balança-dinamômetro: • um recipiente de 120g de massa, contendo 200cm3 de água; • um corpo de alumínio de 270g de massa e de volume igual a 100cm3.

a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibrada em newtons b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo de alumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente no recipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valores indicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifique cuidadosamente a sua resposta. Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2

RESOLUÇÃO: E=P ρ Vi g = ρc VT g ρc Vi = –––– ––––– ρ VT Ve –––– = VT

RESOLUÇÃO: a) M = mR + ma + mal M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9 N

1) E = μa V g E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N) E = 1,0 N 2) Fdin + E = P

3

V e = VT – V i

3

3

VT – Vi h ––––––– = ––– VT H

h ρ – ρc = ––– ––––––– H ρ h –––– = H

Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0 Fdin = 1,7 N 3)

h ––– H

h Vi 1 – –––– = ––– H VT

Fbalança = 5,9 N b)

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Um cone maciço e homogêneo de base circular de densidade ρc e altura H flutua em um líquido de densidade ρ. A parte do cone acima do líquido tem altura h, como mostra a figura. Determine a altura h em função de H, ρc e ρ.

h=H

3

3

3

h ρc ⇒ 1 – –––– = ––– H ρ

FÍSICA A 3.a S

MÓDULO

3

ρ – ρc ––––––– ρ ρ – ρc ––––––– ρ

Fbalança = PR + Pa + E Fbalança = 0,12 . 10,0 + 0,20 . 10,0 + 1,0 (N) Fbalança = 1,2 + 2,0 + 1,0 (N) Fbalança = 4,2N

– 27


3. (UFF) – Um corpo de chumbo com volume de 12cm3 é preso por um fio e mergulhado em um recipiente de 50g de massa contendo 60g de água. Todo o sistema está apoiado sobre uma balança, e o bloco de chumbo não toca no fundo, conforme ilustrado na figura abaixo. Calcule o valor marcado pela balança, em gramas. Justifique sua resposta aplicando o príncipio de Arquimedes e as Leis de Newton. Dados: densidade da água, ρ = 1,0g/cm3. g = 10m/s2

4. (UnB-2010-Adaptado) – Considere um balão com volume igual a 5,0 . 106 L deslocando-se horizontalmente a uma altitude constante na qual a pressão atmosférica e a temperatura são iguais, respectivamente, a 50kPa e 283K. Sendo g = 10m/s2 calcule a massa total do balão e de seu conteúdo. A massa molar média do ar vale 0,0289kg/mol) e a constante universal dos gases perfeitos vale 8,3 J . mol–1 K–1. RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da densidade do ar: m p V = –––– R T M μ pM p = –––– R T ⇒ μ = –––– M RT 50 . 103 . 0,0289 μ = –––––––––––––– (kg/m3) 0,62kg/m3 8,3 . 283

RESOLUÇÃO: 1) Cálculo do empuxo: E=ρVg E = 1,0 . 103 . 12 . 10 –6 . 10 (N) E = 0,12 N

2) Cálculo do empuxo: E = μar V g E = 0,62 . 5,0 . 103 . 10 (N) = 3,1 . 104 N 3) E = mg 3,1 . 104 = m . 10 m = 3,1 . 103kg

2) De acordo com a lei da ação e reação o corpo de chumbo aplicará na água uma força vertical para baixo de 0,12 N, isto é, a contribuição do chumbo para o peso do sistema é de 0,12 N ou ainda uma contribuição em massa de 0,012kg = 12g

FÍSICA A 3.a S

3) A balança indicará a massa do recipiente, mais a massa de água e mais os 12g que correspondem à contribuição do corpo de chumbo: Mindicada = 50g + 60g + 12g = 122g Resposta: 122g

28 –

Resposta: 3,1 . 103kg ou 3,1t.


MÓDULO

12

Termologia I

1. (UFTM-MG) – Em hospitais, o tradicional termômetro a mercúrio está sendo trocado por termômetros eletrônicos cujo funcionamento conta com o uso de semicondutores. A tendência vem ao encontro do movimento de preservação do planeta uma vez que o mercúrio, por ser um metal pesado, contamina os mananciais e provoca danos irreversíveis quando ingerido.

a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. Determine o valor correspondente a essa temperatura na escala Fahrenheit. b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro: • a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de 18mm; • a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de 6mm3; • o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é 1,8 . 10– 4 ºC–1. Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro que constitui o tubo capilar desse termômetro.

2. Você conta com seus conhecimentos de Física e com as seguintes informações: I. A antiga escala de temperaturas Réaumur assinala zero (0) para o ponto do gelo e oitenta (80) para o ponto do vapor. II. Um paciente internado em um hospital apresentou o seguinte gráfico de temperaturas (em Celsius), do momento da internação (10 horas) até a sua alta (18 horas).

Qual a temperatura desse paciente às 12 horas e 30 minutos, expressa na escala Réaumur? RESOLUÇÃO: No gráfico, temos:

RESOLUÇÃO: a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC. A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão:

FÍSICA A 3.a S

θF – 32 θc ––– = –––––––– 9 5 θF – 32 38 ––– = –––––––– 9 5 68,4 = θF – 32 θF = 100,4ºF b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos: ΔV = V0 γ Δθ

Às 12h30min, a temperatura do paciente era 37,5°C. Fazendo-se a conversão para a escala Réaumur, vem: θR – 0 37,5 – 0 –––––– = –––––––– 80 – 0 100 – 0

Ah = V0 γ Δθ A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

37,5 θR –––– = ––––– 80 100

A = 1,2 . 10–4mm2

Respostas: a) 100,4ºF

b) 1,2 . 10–4mm2

θR = 30°R Resposta: 30°R

– 29


3. Uma lei para transferência de calor em regime estacionário é a Lei de Fourier. Ela diz o seguinte: “A quantidade de calor que flui por unidade de área em um dado material homogêneo é proporcional à variação da temperatura, na razão direta, e à espessura, na razão inversa”. A constante de proporcionalidade é chamada condutibilidade ou condutividade térmica. Considere, agora, uma cabana de inverno, com temperatura interna constante e igual a 22°C e a externa igual a 0°C. Considere, ainda, a cabana bem isolada termicamente, e que ocorra perda de calor somente pela única janela, feita de vidro e cuja dimensão é 1,0m x 1,0m e espessura 5,0cm.

cabana 22°C

A

vidro

B

ambiente 0°C

Responda: a) Qual o sentido do fluxo de calor? Justifique. b) Qual o valor do fluxo de calor através dessa janela? Dê a resposta em watts. c) Dobrando-se a área da janela e usando-se o mesmo tipo de vidro com espessura 10,0cm, o que ocorre com o fluxo de calor? RESOLUÇÃO: a) O fluxo de calor é de A para B, pois o fluxo de calor tem sentido do meio de maior temperatura para o de menor temperatura. b) Lei de Fourier Q = C S Δθ φ = ––– –––––– Δt L

FÍSICA A 3.a S

0,80 . 1,0 . 1,0 . (22 – 0) (W) φ = ––––––––––––––––––––– 5,0 . 10–2

4. O esquema a seguir representa o aparelho de Searle, no qual se notam duas câmaras, A e B, por onde circulam fluidos a temperaturas constantes e respectivamente iguais a 100°C e 0°C. Duas barras metálicas, 1 e 2, de mesma secção transversal, são associadas como se indica; as extremidades da associação adentram as câmaras A e B. Os comprimentos das barras 1 e 2 valem, respectivamente, 10cm e 16cm e os coeficientes de condutibilidade térmica, na mesma ordem, são 1,0cal/s cm °C e 0,4cal/s cm °C.

a) Estabelecido o regime permanente de condução, qual é a temperatura na junção da associação das barras? b) Construa o gráfico da temperatura ao longo das barras. Considere a origem do gráfico na extremidade esquerda da barra 1. RESOLUÇÃO: a) No regime estacionário vale a relação: φ1 = φ2 Os fluxos através das barras 1 e 2 são iguais. Utilizando-se a Lei de Fourier: K A Δθ φ = –––––––– L vem: K1 A Δθ1 = K2 A Δθ2 –––––––– –––––––– L1 L2 1,0 (100 – θ) 0,4 (θ – 0) –––––––––––– = ––––––––––– 10 16 4 θ = 1600 – 16 θ ⇒ θ = 80°C

φ = 352 W b) Representando os valores em um gráfico temperatura (θ) x comprimento (L), temos: c) Dobrando-se a área da janela, o fluxo dobra. Dobrando-se a espessura do vidro da janela, o fluxo de calor se reduz à metade. Assim, o resultado dessas duas ações é manter o mesmo fluxo. φ’ = 352 W Respostas: a) De A para B b) 352 W c) 352 W

Respostas: a) 80°C b) ver gráfico

30 –


5. (UFG-2010) – Para realizar a medida do coeficiente de dilatação linear de um objeto, cujo material é desconhecido, montou-se o arranjo experimental ilustrado na figura a seguir, na qual d = 3,0cm e D = 150,0cm.

6. (UFG-2010) – Um recipiente, cujo volume é exatamente 1.000cm3, à temperatura de 20°C, está completamente cheio de glicerina a essa temperatura. Quando o conjunto é aquecido até 100°C, são entornados 38,0cm3 de glicerina. Dado: coeficiente de dilatação volumétrico da glicerina = 0,5 x 10–3°C–1. Calcule: a) a dilatação real da glicerina; b) a dilatação do frasco; c) o valor do coeficiente de dilatação volumétrica do recipiente. RESOLUÇÃO: a) Cálculo da dilatação real da glicerina. ΔVg = V0 γg Δθ ΔVg = 1000 . 0,5 . 10–3 (100 – 20) (cm3) ΔVg = 40,0cm3

RESOLUÇÃO: 1) Cálculo do aumento linear produzido pela lente esférica. – p’ A = ––– P Assim: – D = – 150cm A = ––– –––––––– d 3cm A = – 50 A imagem projetada é invertida, com tamanho 50 vezes ao objeto. 2) Se a imagem aumenta de 1,0cm, o objeto correspondente aumenta:

b) Cálculo da dilatação volumétrica do frasco: ΔVf = ΔVg – ΔVap ΔVf = (40,0 – 38,0) cm3 ΔVf = 2,0cm3 c) Aplicando-se a dilatação volumétrica para o recipiente, temos: ΔV = V0 γ Δθ 2,0 = 1000 . γ . (100 – 20) γ = 2,5 . 10–5 °C–1 Respostas: a) 40,0cm3 b) 2,0cm3 c) 2,5 . 10–5 °C–1

FÍSICA A 3.a S

O objeto tem um comprimento inicial de 4,0 cm. Após ser submetido a uma variação de temperatura de 250°C, sua imagem projetada na tela aumentou 1,0cm. Com base no exposto, calcule o valor do coeficiente de dilatação linear do objeto.

1,0cm ΔL = –––––––– 50 ΔL = 2,0 . 10–2cm 3) Aplicando-se a equação da dilatação linear, temos: ΔL = L0 α Δθ 2,0 . 10–2 = 4,0 . α . 250 α = 2,0 . 10–5 . C–1 Resposta: 2,0 . 10–5 °C–1

– 31


MÓDULO

13

Termologia II

1. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperatura ambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Ela necessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC. a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona de casa deve misturar? b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade de água à temperatura ambiente determinada no item anterior até que ela fervesse? Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da água vale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale 1,0 x 103cal/kgºC.

2. (VUNESP-FMJ-SP) – Num calorímetro ideal, são misturados 300g de um líquido a 80°C com 700g do mesmo líquido a 20°C e, após alguns minutos, eles entram em equilíbrio térmico a uma temperatura θ. Em seguida, o calorímetro é aberto, e o sistema passa a perder calor para o ambiente, que está uma temperatura constante de 15°C, até entrar em equilíbrio térmico com ele.

RESOLUÇÃO: a) Utilizando-se o balanço energético, temos: Qcedido + Qrecebido = 0 (m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0 mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0 25 mf = 50 mq mf = 2mq Mas: m μ = ––– ⇒ m = μ V V Assim: μVf = 2 μ Vq Vf = 2Vq

Sabendo que desde a abertura do calorímetro até ser atingido o equilíbrio término com o ambiente o sistema perdeu 18 400cal, determine o calor específico do líquido, em cal/(g°C). RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da temperatura θ.

Como: FÍSICA A 3.a S

Vf + Vq = 1

Qcedido + Qrecebido = 0 (m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

Vem: 2Vq + Vq = 1 1 2 Vq = —— e Vf = —— 3 3

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0 3θ – 240 + 7θ – 140 = 0 10θ = 380 θ = 38°C

b) Usando-se a equação fundamental da Calorimetria, temos:

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema

Q=mcΔθ

perdeu 18 400cal.

Q=μVcΔθ

Assim:

1 Q = 1,0 . 103. ––– . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal) 3 Q = 2,5 . 104 cal 1 2 Respostas: a) ––– e ––– 3 3 b) 2,5 . 104cal

32 –

Q=mcΔθ –18 400 = (300 + 700) c (15 – 38) –18 400 = –23 000 c 18 400 c = –––––––– (cal/g°C) 23 000 c = 0,80 cal/g°C Respostas: a) 38°C b) 0,80 cal/g°C


RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. A redução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, o líquido volta a entrar em ebulição. b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, a ebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquela no laboratório. Respostas: a) ver justificativa b) Diminuirá.

4. (UFF-RJ) – Um grupo de amigos se reúne para fazer um churrasco. Levam um recipiente térmico adiabático contendo uma quantidade de gelo a – 4°C e 60 latas com 350m de refrigerante, cada uma. As latas são de alumínio e quando foram colocadas no recipiente estavam a uma temperatura de 22°C. Considere que a densidade e o calor específico do refrigerante sejam, aproximadamente, iguais aos da água. Sabendo-se que, no equilíbrio térmico, a temperatura no interior do recipiente adiabático é 2°C, calcule a) a quantidade de calor cedida pelas latas e pelo refrigerante; b) a massa de gelo, em quilogramas, que foi colocada no recipiente. Dados: calor específico sensível do gelo cg ≅ 0,50 cal/g°C; calor específico sensível da água ca ≅ 1,0 cal/g°C; calor específico sensível do alumínio cA ≅ 0,22 cal/g°C; calor específico latente de fusão do gelo L ≅ 80 cal/g; massa de alumínio em cada lata mlata ≅ 30 g; densidade da água ρa ≅ 1,0 g/cm3 RESOLUÇÃO: a) Cálculo do calor cedido pelas latas e pelo refrigerante. Q = Qlatas + Qrefrigerante Q = (m c Δ θ)latas + (m c Δ θ)refrigerante Mas: 1 – Latas mL = 60 . 30g = 1800g 2 – Refrigerante m d = ––– ⇒ m = d V V mR = 1,0 . 60 . 350g = 2,1 . 104g Assim: Q = [1800 . 0,22 . (2 – 22) + 2,1 . 104 . 1,0 (2 – 22)] (cal) Q = (–7920 – 420 000) (cal) |Q| = 427 920 cal O sinal negativo indica que essa energia saiu das latas e do refrigerante. b) Utilizando-se o balanço energético, vem: Qcedido + Qrecebido = 0 – 427 920 + [(m c Δ θ)gelo + (m LF)gelo + (m c Δ θ)água] = 0 – 427 920 + m 0,50 [0 – (– 4)] + m 80 + m . 1,0 . (2 – 0) = 0 – 427 920 + 2m + 80m + 2m = 0 84m = 427 920 m ≅ 5094g m ≅ 5,1kg Respostas: a) 427 920cal

b) 5,1kg

– 33

FÍSICA A 3.a S

3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aula de Laboratório de Física: Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interior fervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver. Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água à temperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver. Sobre esse experimento, responda ao que se pede. a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver. b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumentaria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique.


5. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiais utilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica de sorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele o compra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, que absorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando a sublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados, 2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à temperatura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção de uma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída por gotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasoso para a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime: a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de comprar, para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários em sua “geladeira”. b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” com a sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água, esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gás formado. NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso. Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C. Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g. Para um gás ideal, PV = nRT. Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros. Massa de 1 mol de CO2 = 44 g. Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC. RESOLUÇÃO a) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra: Pot Δt = (Mgelo – m)Ls FÍSICA A 3.a S

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648 Mgelo = 4000 g Mgelo = 4 kg b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapord’água, que representa 0,01 g/cm3. Assim: 0,01 g 1 cm3 Mágua V(cm3) Mágua = V · 0,01 (g) Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 , temos: 44 g de CO2 22,4 2000 g de CO2 V() 2000 · 22,4 V = ––––––––– ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3 44 Portanto: Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g) Mágua ≅ 10,18 · 103 g Mágua ≅ 10 kg Respostas: a) 4 kg

34 –

b) 10 kg


MÓDULO

14

Termologia III

1. (ITA) – Estime a massa de ar contida em uma sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimados das variáveis empregadas. Dados: M (O2) = 32g M(N2) = 28g RESOLUÇÃO: Professor, procure exercitar a criatividade do aluno. Uma sala de aula típica, destinada a 45 alunos, deve ter área próxima de 50m2 e pé-direito (altura) de 3,0m. Assim, o volume de ar contido nessa sala fica determinado por:

2. (UFC-2010) – Um cilindro de área de seção reta S e comprimento L, completamente isolado, é dividido em partições A e B, ambas de volumes iguais, por uma parede diatérmica, móvel e impermeável. Cada partição é preenchida com um gás ideal, de modo que a partição A possui o dobro do número de mols da partição B. Ambas as partições encontram-se em uma mesma temperatura T durante o processo. Despreze quaisquer efeitos de atrito e, quando o sistema estiver em equilíbrio, determine: a) os volumes das partições A e B em função de S e L. b) o módulo do deslocamento da parede em função de L. RESOLUÇÃO: a) No equilíbrio, as pressões exercidas nas faces da parede diatérmica (que separa as porções de gás) são iguais: PA = PB Como, a equação de Clapeyron garante que: P=

nRT ––––– V

nB R T nA R T temos: –––––––– = –––––––– VA VB

Supondo-se que o ar se comporta como gás perfeito, pode-se aplicar a Equação de Clapeyron: m pVM pV = ––– RT ⇒ m = ––––– M RT Adotando: p = 1,0 atm, R = 0,082 atm /mol. K, T = 27°C = 300K, Mar = 30% O2 + 70% N2 = 29,2 . 10–3kg e V = 150 . 103,

Sendo nA = 2 nB, vem: 2 nB nB ⇒ V A = 2 VB ––––– = –––– VA VB mas: V = S . h Sendo S constante, temos hA = 2hB e hA + hB = L 2 Assim: hA = –– L 3 1 hB = –– L 3

calculemos a massa de gás contida na sala: 1,0 . 150 . 103 . 29,2 . 10–3 m = –––––––––––––––––––––––– (kg) ⇒ m ≅ 178kg 0,082 . 300 Atenção que M(O2) = 32g e M(N2) = 28g Resposta: 178kg

FÍSICA A 3.a S

V = Ah = 50 . 3,0 (m3) ⇒ V = 150m3

Portanto: 2 1 VA = –– S L e VB = –– S L 3 3 b) No início os volumes são iguais. L VA = S ––– 2 No final, o volume da parte A vale: 3L VA = S ––– 2 Assim, o deslocamento da parede diatérmica foi de: 2L L 4L – 3L Δx = S ––– – —— = –––––––– 3 2 6 L Δx = ––– 6 2 1 Respostas: a) –– S L ; –– S L 3 3 L b) –– 6

– 35


3. (FUVEST-2010) – Um balão de ar quente é constituído de um envelope (parte inflável), cesta para três passageiros, queimador e tanque de gás. A massa total do balão, com três passageiros e com o envelope vazio, é de 400 kg. O envelope totalmente inflado tem um volume de 1500 m3. a) Que massa de ar M1 caberia no interior do envelope, se totalmente inflado, com pressão igual à pressão atmosférica local (Patm) e temperatura T = 27°C? b) Qual a massa total de ar M2, no interior do envelope, após este ser totalmente inflado com ar quente a uma temperatura de 127°C e pressão Patm? c) Qual a aceleração do balão, com os passageiros, ao ser lançado nas condições dadas no item b) quando a temperatura externa é T = 27°C ? NOTE E ADOTE: Densidade do ar a 27°C e à pressão atmosférica local = 1,2 kg/m3. Aceleração da gravidade na Terra, g = 10 m/s2. Considere todas as operações realizadas ao nível do mar. Despreze o empuxo acarretado pelas partes sólidas do balão. T (K) = T (°C) + 273 Indique a resolução da questão. Não é suficiente apenas escrever as respostas.

RESOLUÇÃO: a) Usando-se a equação da densidade volumétrica, temos: m μ = ––– V Assim:

FÍSICA A 3.a S

M1 1,2 = ––––– ⇒ M = 1800 kg 1 1500 b) Da Equação de Clapeyron, vem: pV = nRT m pV = ––– RT M pV M –––––– = mT = constante R Assim: M1T1 = M2T2 1800 . (27 + 273) = M2 (127 + 273) 1800 . 300 ––––––––– = M2 400 M2 = 1350 kg c) Nas condições do item b, temos: E – P = ma μar g V – mg = ma 1,2 . 10 . 1500 – (1350 + 400) . 10 = (1350 + 400) . a 18000 – 17500 = 1750 . a 500 = 1750 . a a ≅ 0,29 m/s2 Respostas: a) 1800 kg b) 1350 kg c) ≅ 0,29 m/s2

4.

(UFES-2008) – No interior de um recipiente cilíndrico, encontra-se um pistão de massa nula preso a uma mola ideal de constante elástica 8,3 . 106 N/m. A extremidade superior da mola está presa à base superior do cilindro. Entre a base inferior e o pistão, encontram-se 2,0 mols de um gás ideal monoatômico e, entre o pistão e a base superior, é feito vácuo. As paredes do cilindro são adiabáticas, exceto a base inferior, que é diatérmica. Com base nessas informações e considerando a constante universal dos gases 8,3J mol–1 K–1, faça o que se pede. a) Sabendo que o sistema se encontra em equilíbrio inicialmente a uma temperatura 200K e com o pistão a uma distância h0 = 4,0cm da base inferior, determine a compressão inicial da mola. A temperatura do gás é, então, aumentada muito lentamente até que a distância do pistão à base seja 3h0/2. Determine b) a variação de energia interna sofrida pelo gás durante esse processo; c) a quantidade de calor recebida pelo gás durante esse processo.

RESOLUÇÃO: a) A pressão exercida pelo gás, no êmbolo, é dada por: F p0 = ––– ⇒ p0A = kx0 A Da equação de Clapeyron, obtemos: pV = nRT Sendo V = Ah, temos: pAh = nRT nRT pA = –––– h Assim: nRT0 kx0 = ––––– (I) h0 2 . 8,3 . 200 8,3 . 106 . x0 = –––––––––– 4,0 . 10–2 x0 = 1 . 10–2m x0 = 1,0cm b) A nova altura h do êmbolo é dada por: 3h0 3 . 4,0cm h = –––– = ––––––––– 2 2 h = 6,0cm Dessa forma, o êmbolo subiu 2,0cm fazendo a mola ficar comprimida de 3,0cm (x = 3,0cm). Usando-se a expressão (I) do item a, tem-se: nRT kx = –––– h 2 . 8,3 . T 6 8,3 . 10 . 3,0 . 10–2 = –––––––––– 6,0 . 10–2 T = 900K Sendo o gás monoatômico, a energia interna é calculada por: 3 U = ––– nRT 2 3 nRΔT ΔU = ––– 2 3 . 2 . 8,3 . (900 – 200) (J) ΔU = ––– 2 ΔU = 17430J

36 –


c) O trabalho realizado pelo gás na sua expansão transfere energia para a mola. Assim: kx02 kx2 τgás = –––– – –––– 2 2

τgás =

8,3 . 106 –––––––– [(3 . 10–2)2 – (1 . 10–2)2] (J) 2

τgás =

8,3 . 106 –––––––– (9 . 10–4 – 1 . 10–4) (J) 2

5. (VUNESP-SP) – Certa quantidade de um gás é mantida sob pressão constante dentro de um cilindro, com o auxílio de um êmbolo pesado, que pode deslizar livremente. O peso do êmbolo mais o peso da coluna do ar acima dele é de 300 N. Através de uma resistência elétrica de 5,0 Ω, em contato térmico com o gás, se faz circular uma corrente elétrica de 0,10 A durante 10 min.

8,3 . 106 –––––––– 8 . 10–4 (J) 2 τgás = 3320J

τgás =

Da 1.ª Lei da Termodinâmica, temos: Q = τ + ΔU Q = (3320 + 17430) J

Respostas: a) 1,0cm

b) 17 430J

c) 20 750J

a) Determine a quantidade de calor fornecida ao sistema. b) Desprezando as capacidades térmicas do cilindro, êmbolo e resistência, e sabendo que o êmbolo se eleva lentamente de 0,030 m durante o processo, determine a variação de energia interna do gás. RESOLUÇÃO: a) A energia elétrica dissipada no resistor será fornecida ao sistema na forma de calor. Eel = Q = P . Δt Eel = Q = R i2 Δt = 5,0 . (0,10)2 . 600 (J) Eel = Q = 30,0J b) As forças de pressão do gás têm um valor F, em módulo, igual ao peso do êmbolo mais a força aplicada pela atmosfera sobre o êmbolo (F = 300N). O trabalho τ das forças de pressão do gás será dado por: τ=F.h

τ = 300 . 0,030 (J)

τ = 9,0J

A variação da energia interna do gás nesse processo será dada por: ΔU = Q – τ ΔU = 30,0 – 9,0 (J) ΔU = 21,0J Respostas: a) 30,0J

b) 21,0J

– 37

FÍSICA A 3.a S

Q = 20 750J


MÓDULO

15

Óptica (I)

1. Fotografias obtidas diante de um ou mais espelhos planos são bastante comuns. Com essa técnica, que exige especiais cuidados do fotógrafo, belos e curiosos efeitos visuais podem ser registrados. No esquema abaixo se vê, de cima, o jovem Paulo, um fotógrafo principiante, posicionado no local P diante da superfície refletora de um espelho plano vertical E. Paulo deseja fotografar a imagem fornecida por E para o corpo de sua irmã, Regina, posicionada no local R. Os comprimentos d1, d2 e d3, indicados na figura, são tais que d1 = 4,0 m, d2 = 3,6 m e d3 = 0,8 m.

Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo POR’, vem: D2 = (d1 + d3)2 + d22 ⇒ D2 = (4,0 + 0,8)2 + (3,6)2 D2 = (4,8)2 + (3,6)2 ⇒ D = 6,0 m Em relação a E, a imagem R’ é de natureza virtual.

2d1 2 . 4,0 b) c = –––– ⇒ 3,0 . 108 = –––––– Δt Δt

Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒ Δt ≅ 27 ns Respostas: a) 6,0 m; virtual; b) aproximadamente 27 ns

FÍSICA A 3.a S

a) Para que distância Paulo deverá regular sua câmara para obter uma foto devidamente focalizada da imagem de Regina? Em relação a E, essa imagem é de natureza real ou virtual? b) Supondo-se que Paulo queira obter uma foto de sua própria imagem utilizando um flash acoplado à câmara (o que não deve ser feito quando se dirige, como no caso de Paulo, o eixo do equipamento perpendicularmente ao espelho, sob pena de se inserir na imagem um brilho comprometedor), qual o intervalo de tempo, em nano segundos (1 ns = 10–9 s), gasto pela luz do flash para retornar à câmara após o disparo? Adote para a velocidade da luz o valor c = 3,0 . 108 m/s. RESOLUÇÃO: a) A imagem de Regina, R’, é simétrica do objeto em relação à superfície refletora.

38 –

2. Considere um espelho plano retangular, disposto perpendicularmente ao solo, considerado plano e horizontal. O espelho tem altura h desprezível em comparação com o comprimento de sua base. Admita que esse espelho esteja em movimento na direção do seu eixo longitudinal, com velocidade→ v de módulo 1,0 m/s, conforme ilustra o esquema a seguir, que também mostra um garoto G que pode caminhar sobre o solo.


a) Supondo G em repouso em relação ao solo, qual o módulo da velocidade da imagem de G em relação ao espelho? b) Supondo que G se aproxime do espelho, percorrendo a reta r coplanar à reta s com velocidade de módulo 4,0 2 m/s em relação ao solo, qual o módulo da velocidade da imagem de G em relação ao espelho? RESOLUÇÃO: a) Com G em repouso em relação ao solo, sua imagem G’ também se apresenta em repouso em relação ao solo. Como o espelho tem velocidade → v em relação ao solo, G’ tem velocidade → v G’ = – → v em relação ao espelho (propriedade simétrica). Logo:

3. Espelhos esféricos podem ser utilizados para diversos fins. Os côncavos, por exemplo, encontram largo uso em sistemas de iluminação, como holofotes, faróis e lanternas. Suponha que em um farol de automóvel, dois espelhos esféricos côncavos, admitidos em operação de acordo com as condições de Gauss, sejam utilizados para se obter um feixe de luz paralelo a partir de uma lâmpada S aproximadamente pontual. O espelho principal E1 tem raio de curvatura igual a 16,0 cm, enquanto o espelho secundário E2, tem raio de curvatura igual a 2,0 cm. A figura abaixo ilustra a montagem do farol.

v G’ | = | → v | = 1,0 m/s |→ b)

Para que o feixe luminoso produzido seja efetivamente paralelo, quais as distâncias de S aos vértices M e N, respectivamente de E1 e E2? RESOLUÇÃO: A lâmpada S encontra-se no foco principal de E1, já que os raios incidentes nesse espelho a partir de S refletem-se paralelamente ao eixo principal. A velocidade da imagem G’ em relação ao espelho E é → v G’,E, dada pela seguinte expressão vetorial: → v =→ v –→ v G’

O módulo de → v G’,E é obtido aplicando-se a Lei dos Cossenos. v G’,E |2 = (4,0 2 )2 + (1,0)2 – 2 . 4,0 2 . 1,0 cos 45° |→ Da qual

v G’E | = 5,0 m/s |→

R1 16,0 SM = ––– ⇒ SM = –––– cm ⇒ SM = 8,0 cm 2 2 Por outro lado, a lâmpada S encontra-se no centro de curvatura de E2, já que os raios incidentes nesse espelho a partir de D refletem-se sobre si mesmos. Assim: SN = R2 ⇒ SM = 2,0 cm Respostas: SM = 8,0 cm SN = 2,0 cm

Respostas: a) 1,0 m/s b) 5,0 m/s

– 39

FÍSICA A 3.a S

G’,E

Logo:


4. Coloca-se um lápis AB de comprimento L sobre o eixo principal de um espelho esférico côncavo E, de distância focal igual a f, que obedece às condições de estigmatismo de Gauss. A extremidade B do lápis é posicionada diante da superfície refletora a uma distância D (D > f) do vértice V do espelho, conforme indica a figura abaixo.

L Portanto: –– = 1 f Lf2 Respostas: a) C = –––––––––––––––– (D – f) (D + L – f)

b)

a) Calcule o comprimento C da imagem do lápis produzida por E, em função de f, L e D. L b) Admitindo-se C = ––– , determine a relação entre L e f para o caso 2 particular de a imagem da extremidade B do lápis se formar sobre a mesma posição de B. RESOLUÇÃO: 1 1 1 a) Equação de Gauss: ––– = ––– + ––– f p p’ Posição da imagem B: 1 1 1 1 1 1 1 D–f ––– = ––– + ––– ⇒ ––– = ––– – ––– ⇒ ––– = –––––– f D p’B p’B f D p’B Df Da qual:

Df p’B = –––––– D–f

L ––– = 1 f

5. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocando em movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que a velocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui um espelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m. Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motorista põe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 s desde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante em que a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm. Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento do espelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro do limite de velocidade da avenida. RESOLUÇÃO: i 10 mm 1 I) A = ––– = ––––––––– ⇒ A = –––– o 1800 mm 180 (A > 0 ⇒ imagem direita)

FÍSICA A 3.a S

Posição da imagem A: 1 1 1 1 1 1 1 D+L–f ––– = ––––– + ––– ⇒ ––– = ––– – ––––– ⇒ ––– = ––––––––– f D + L p’A p’A f D+L p’A f (D + L)

Da qual:

f (D + L) p’A = –––––––––– D+L– f

f 1 – 1,0 II) A = ––––– = –––– = –––––––– f–p 180 – 1,0 – p – 1,0 – p = – 180 ⇒ p = 179 m (f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)

Cálculo de C: Df f (D + L) C = p’B – p’A ⇒ C = ––––– – –––––––– D–f D+L–f Df (D + L – f) – (Df + Lf) (D – f) C = ––––––––––––––––––––––––––––– (D – f) (D + L – f) D2f + DfL – Df2 – (D2f – Df2 + DfL – Lf2) C = ––––––––––––––––––––––––––––––––––– (D – f) (D + L – f) Lf2 Donde: C = –––––––––––––––– (D – f) (D + L – f) b) Se p’B = D (a imagem do ponto B forma-se sobre esse mesmo ponto), vem: Df D = –––––– ⇒ D – f = f ⇒ D = 2f D–f L Levando em conta a condição de C = ––– , temos: 2 L Lf2 ––– = –––––––––––––––– ⇒ f(f + L) = 2f2 ⇒ f + L = 2f ⇒ L = f 2 (2f – f) (2f + L – f)

40 –

Δp 179 m 179 III) V = ––– = –––––– = –––– . 3,6 km/h Δt 14 s 14 Da qual: V 46 km/h Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que sua velocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida na avenida (50 km/h).


MÓDULO

16

Óptica (II)

1. (UNIRIO-RJ-2010) – Um raio de luz monocromática incide sobre a superfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas, fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. A lâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de 3 cm. Sabendo-se que os índices de refração desse vidro e do ar valem, respectivamente, 3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raio de luz ao atravessar a lâmina.

IV) Triângulo retângulo ABD: x x sen α = ––– ⇒ sen 30° = ––– AB 20 1 x –– = ––– ⇒ 2 20

x = 10 mm

Resposta: 10 mm

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO:

I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i 3 3 sen r = 1 . sen 60° ⇒ 3 sen r = ––– 2

1 sen r = ––– ⇒ r = 30° 2 II) Triângulo retângulo ABC: e 3 cos r = ––– ⇒ cos 30° = ––– AB AB 3

3 ––– = ––– ⇒ AB = 2 cm = 20 mm 2 AB

III) α + r = i ⇒ α + 30° = 60° ⇒ α = 30°

– 41


2. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no desenvolvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais, que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso de metamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contraste com materiais convencionais que têm índice de refração positivo. Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem de objetos e no desenvolvimento de lentes especiais. a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índice de refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ângulo θ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta uma trajetória que não seria possível em um material convencional e que ocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refração negativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice de refração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell na forma:

|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use 2

= 1,4 e 3 = 1,7.

b) O índice de refração de um meio material, n, é definido pela razão entre as velocidades da luz no vácuo e no meio. A velocidade da 1 luz em um material é dada por v = ––––– , em que ε é a permissiεμ vidade elétrica e μ é a permeabilidade magnética do material. Calcule o índice de refração de um material que tenha Ns2 C2 ε = 2,0 . 10–11 ––––– e μ = 1,25 . 10–6 ––––– . A velocidade da luz 2 C2 Nm no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s.

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: a) O raio luminoso que está em desacordo com um material convencional é o E. Aplicando-se a Lei de Snell com os dados indicados na figura (θ1 = 30° e θ2 = 45°) e lembrando-se de que n1 = 1,8, determinemos o módulo do índice de refração, |n2|, do meio 2.

|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2 2 1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2| ––– 2 1,4 0,9 = |n2| ––– ⇒ 2

42 –

|n2| 1,3

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material considerado é obtida fazendo-se: 1 1 V = –––– ⇒ V = –––––––––––––––––––––– (m/s) εμ 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6 Da qual:

V = 2,0 . 108 m/s

O índice de refração n fica determinado por: c 3,0 . 108 n = ––– ⇒ n = –––––––– V 2,0 . 108 Da qual: n = 1, 5 Respostas: a) Aproximadamente 1,3 b) 1,5


3. (FUVEST-2010) – Luz proveniente de uma lâmpada de vapor de mercúrio incide perpendicularmente em uma das faces de um prisma de vidro de ângulos 30°, 60° e 90°, imerso no ar, como mostra a figura abaixo. RESOLUÇÃO: a) Aplicando-se a Lei de Snell, é possível calcular o ângulo θvi de emergência com que a luz violeta sai do prisma.

A radiação atravessa o vidro e atinge um anteparo. Devido ao fenômeno de refração, o prisma separa as diferentes cores que compõem a luz da lâmpada de mercúrio e observam-se, no anteparo, linhas de cor violeta, azul, verde e amarela. Os valores do índice de refração n do vidro para as diferentes cores estão dados adiante. a) Calcule o desvio angular α, em relação à direção de incidência, do raio de cor violeta que sai do prisma. b) Desenhe, na figura da página de respostas, o raio de cor violeta que sai do prisma.

nar sen θvi = n sen 30° Da tabela, obtém-se para a luz violeta n = 1,532. Considerando-se nar = 1,000, vem: 1,000 . sen θvi = 1,532 . 0,5 Da qual:

sen θvi = 0,766

Consultando-se a tabela de ângulos e respectivos senos, obtém-se:

O desvio do raio violeta é caracterizado pelo ângulo α indicado na figura. O valor de α fica determinado fazendo-se: α = θvi – 30° ⇒ α = 50° – 30° α = 20°

b) Levando-se em conta as conclusões obtidas no item a, temos a seguinte representação para o raio luminoso violeta.

c) Indique, na representação do anteparo na folha de respostas, a correspondência entre as posições das linhas L1, L2, L3 e L4 e as cores do espectro do mercúrio. NOTE E ADOTE: θ (graus)

sen θ

Cor

n (vidro)

60°

0,866

violeta

1,532

50°

0,766

azul

1,528

40°

0,643

verde

1,519

30°

0,500

amarelo

1,515

lei de Snell: n1 senθ1 = n2 senθ2

n = 1 para qualquer comprimento de onda no ar.

Verifique se a figura foi impressa no espaço reservado para resposta. Indique a resolução da questão. Não é suficiente apenas escrever as respostas.

– 43

FÍSICA A 3.a S

θvi = 50°


c) A correspondência entre as posições L1, L2, L3 e L4 e as cores emergentes do prisma está estabelecida na figura adiante.

RESOLUÇÃO: a)

Respostas: a) α = 20° b) ver esquema c) L1 → Violeta L2 → Azul L3 → Verde L4 → Amarelo

Lei de Snell: n sen i = nar sen r 0,8 R n = ––––– = 1 . sen 90° R 1 n = –––– ⇒ 0,8

n = 1,25

b) Para a ocorrência de reflexão total em Q: nar 0,8 R i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ ––––– > –––– R n FÍSICA A 3.a S

4. (FMJ-2010) – Um raio de luz monocromático propagando-se no ar (nAR = 1) incide sobre um objeto transparente com a forma de um quarto de um cilindro de raio R, cujo índice de refração é igual a n. Esse raio incide perpendicularmente no ponto P pertencente a uma das faces planas do corpo, e emerge pelo ponto Q, tangenciando a face cilíndrica, como mostram as figuras 1 e 2.

a) Determine o índice de refração absoluto n do material com o qual o objeto foi feito. b) Para que o raio incidente em P sofresse reflexão total em Q, o índice de refração do objeto deveria ser maior ou menor do que o da situação descrita? Justifique sua resposta.

44 –

1 0,8 > ––– ⇒ n

n > 1,25

Respostas: a) n = 1,25 b) Para a ocorrência de reflexão total em Q, o valor de n deveria ser maior que 1,25.


5. (UFG-2010) – Um raio de luz monocromático incide perpendicularmente à face A de um prisma e sofre reflexões internas totais com toda luz emergindo pela face C, como ilustra a figura abaixo. Considerando o exposto e sabendo que o meio externo é o ar (nar = 1), calcule o índice de refração mínimo do prisma.

RESOLUÇÃO: A trajetória do raio de luz ao atravessar o prisma está esboçada abaixo com as respectivas indicações de ângulos.

6. (UFJF-2010) – A figura mostra uma fibra óptica com um núcleo cilíndrico, de vidro, de índice de refração n = 3/2, imerso no ar, cujo índice de refração é igual à unidade (nar = 1). Um raio de luz executa múltiplas reflexões totais no interior da fibra, sendo, portanto, a luz guiada pela fibra praticamente sem perda de intensidade. A luz emerge no ar no final da fibra, na forma de um cone de ângulo γ.

a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão total no interior da fibra. b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ. RESOLUÇÃO: a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual (ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar. nar α L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α ––– n 2 1 sen α ≅ –––– ⇒ sen α ≅ ––– 3 3 –– 2

L ≅ 30° ⇒ sen L ≅ sen 30° nar 1 1 1 –––– ––– ⇒ –––– ––– nmín. nmín. 2 2

b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α (II) sen2α + cos2α = 1 ⇒

Resposta: nmín. 2

2

+ cos2α = 1

4 5 cos2α = 1 – ––– ⇒ cos α = –––– 3 9 Logo:

Da qual: nmín. 2

2

––– 3

FÍSICA A 3.a S

Se o índice de refração, n, do prisma é mínimo, o ângulo limite da interface prisma ar é praticamente igual (ligeiramente menor) a 30°. Logo:

5 sen β = –––– 3

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β 3 5 1 . sen γ = –– . –––– 2 3

Da qual:

5 sen γ = –––– 2

2 Respostas: a) –– 3 5 b) –––– 2

– 45


MÓDULO

17

Óptica (III)

1. (UNICAMP) – Em uma máquina fotográfica de foco fixo, a imagem de um ponto no infinito é formada antes do filme, conforme ilustra o esquema. No filme, esse ponto está ligeiramente desfocado e sua imagem tem 0,03 mm de diâmetro. Mesmo assim, as cópias ampliadas ainda são nítidas para o olho humano. A abertura para a entrada de luz é de 3,5 mm de diâmetro e a distância focal da lente é de 35 mm.

a) Calcule a distância d do filme à lente. b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua imagem fique exatamente focalizada no filme?

1 1 1 ––– = ––– + –––– 35 p 35,3 p ≅ 4118 mm Respostas: a) 35,3 mm b) 4118 mm

2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – Um feixe de raios convergentes aponta na direção do ponto O1, localizado no eixo óptico de uma lente divergente, a uma distância de 15 cm da mesma. Após a refração, os raios convergem para o ponto P1. Entretanto, se os raios, antes da refração, apontarem para um ponto O2 que está a 10 cm da lente, os raios refratados convergem para um ponto P2 que está a 40 cm de P1.

RESOLUÇÃO: a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele provenientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (convergente) e consequentemente emergem desta numa direção que passa pelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

FÍSICA A 3.a S

Determine a distância da lente ao ponto P1, bem como a distância focal da lente. RESOLUÇÃO: • O feixe “aponta” para O1: 2)

Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem:

1 1 1 Equação de Gauss: ––– = ––– + ––– p1 p1’ f

H f ––– = ––– h x 3,5 35 ––– = ––– 0,03 x x = 0,3 mm 3)

Da figura, temos: d=f+x d = 35 + 0,3 (mm) d = 35,3 mm

b) Utilizando-se a equação de Gauss, vem: 1 1 1 ––– = ––– + ––– f p p’

46 –

1 1 1 ––– = – ––– + ––– (p1 < 0: objeto virtual) 15 d1 f •

��

O feixe “aponta” para O2: 1 1 1 Equação de Gauss: ––– = ––– + ––– p2 p2’ f 1 1 1 ––– = – ––– + –––––– (p2 < 0: objeto virtual) 10 d1 – 40 f Comparando-se �� e ��, vem: 1 1 1 1 – ––– + –––––– = – ––– + ––– d d – 40 10 15 1 1 1 1 1 1 –––––– – ––– = – ––– + ––– d1 – 40 d1 15 10 d1 – d1 + 40 –2+3 ––––––––––– = –––––– (d1 – 40) d1 30

��


1200 = d12 – 40d1

1 –– = f0

d12 – 40d1 – 1200 = 0 40 ± 11600 + 4800 d1 = ––––––––––––––––––– (cm) 2

1,5

1

1

–1 + ––– ⇒ ––– ––– 1,0 40 40

Da qual:

f0 = 40 cm

f0 40 A0 = –––––– ⇒ A0 = –––––– ⇒ f0 – p 40 – 50

40 ± 80 d1 = –––––– (cm) 2

1 1 2 –– = –– . –– f0 2 40

A0 = – 4

Como A0 < 0, conclui-se que, inicialmente, a imagem é invertida.

de ��:

No instante t = 20 s em que ocorre a transição na orientação da imagem, o objeto situa-se sobre o foco principal da lente e f = p = 50 cm. A partir desse instante, isto é, para t > 20 s, a imagem torna-se direita, já que:

1 1 1 ––– = – ––– + ––– f 15 60

f p < f ⇒ A = ––––– ⇒ A > 0 f– p

Da qual: d1 = 60 cm

1 II) Equação de Halley: –– = f

Da qual: f = – 20 cm

–1 + ––– ––– ––– n R R nL

1

1

M

Respostas: 60 cm e – 20 cm 1 –– = 50

–1 + ––– ⇒ ––– ––– 1,0 R R

Da qual:

1,5

1

1

1 1 2 –– = –– . –– 50 2 R

R = 50 cm

III) Da função R = f(t), vem:

RESOLUÇÃO: I) Em t0 = 0, tem-se: R0 = 40 – v . (0) R0 = 40 cm 1 Equação de Halley: –– = f0

–1 + ––– ––– ––– R n R nL

1

1

M

0

0

R = 40 + vt ⇒ 50 = 40 + v20 Da qual: v = 0,50 cm/s Resposta: v = 0,50 cm/s

FÍSICA A 3.a S

3. (OLÍMPIADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – Um objeto de 10 cm de altura é colocado a 50 cm de uma lente biconvexa simétrica que é construída com um material plástico transparente de índice de refração 1,5. Esse material é bastante elástico de modo que, pressionando-se as extremidades da lente em direção ao centro óptico, o raio de curvatura das faces convexas pode ser alterado mantendo-se, porém, a simetria. Suponha que no instante t0 = 0 a força aplicada na lente é retirada, de modo que os raios de curvatura vão aumentando segundo a função R = 40 + vt, em que R é expresso em centímetros e t, em segundos. Observa-se que a partir de t = 20 s, o sentido da imagem é justamente o oposto daquele verificado quando t < 20 s. Supondo-se que a lente está imersa no ar (índice de refração igual a 1,0), determine o valor de v.

4. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capaz de alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetos situados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados a uma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras, o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a 25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegue enxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo está situado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas informações, resolva as questões propostas. a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar? b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus” devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a 25 cm de distância.

– 47


RESOLUÇÃO: a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com lentes convergentes. b) I)

b) Sabendo-se ainda que o aumento angular, G, proporcionado pela luneta é dado pela relação entre as distâncias focais da objetiva e da ocular, calcule o valor de G para a situação descrita no item a. 1 1 1 Equação de Gauss: –– = –– – –– f dN dH

II)

RESOLUÇÃO: a) (I) Em relação à ocular:

1 1 1 1 4–1 –– = –– – ––– ⇒ –– = ––––– f 25 100 f 100

1 1 Voc = ––– ⇒ 25 = ––– foc foc

100 1 Da qual: f = –––– cm = ––– m 3 3

1 100 foc = ––– m = ––– cm 25 25

1 1 V = ––– ⇒ V = ––– (di) f 1 ––– 3 V = 3,0 di

FÍSICA A 3.a S

(V > 0 ⇒ Lente convergente) Respostas: a) Lentes convergentes b) + 3,0 di (ou “graus”)

foc = 4 cm Equação de Gauss: 1 1 1 1 1 1 ––– = ––– + ––– ⇒ ––– = ––– – ––– poc 12 foc poc p’oc 4 Da qual: poc = 3 cm (II) Em relação à objetiva: L p’ob + poc ⇒ 100 cm = p’ob + 3 cm Donde: p’ob = 97 cm (III) O objeto visado é, para a objetiva, impróprio. Por isso: fob p’ob = 97 cm

5. No ano de 2009, comemorou-se no mundo inteiro os 400 anos das primeiras observações astronômicas realizadas por Galileu Galilei. Popularizam-se esquemas de montagens caseiras de lunetas utilizandose materiais de baixo custo, tais como, tubos de PVC, uma lente convergente (objetiva) e uma lente divergente ou convergente (ocular). Na escolha das lentes a serem utilizadas na montagem da luneta, geralmente, não são relevantes as distâncias focais, f1 e f2 (medidas em metros), mas, sim, as potências de refração (vergência), cuja unidade de medida é a dioptria (“grau”). A vergência V de uma lente convergente ou divergente é dada pelo inverso de sua distância focal. a) O esquema abaixo ilustra, fora de escala, uma luneta rudimentar, em que tanto a objetiva como a ocular são sistemas refratores convergentes. O instrumento está focalizado para um astro muito afastado, e sua objetiva dista 1 m da ocular, cuja vergência vale 25 di. Sabendo-se que a imagem final visada pelo observador se situa a 12 cm da ocular, calcule a abscissa focal da objetiva.

48 –

b) Conforme o enunciado: fob G = ––– foc 97 Logo: G = ––– 4 G = 24,25 Respostas: a) 97 cm b) G = 24,25


18

Ondas (I)

1. (UFMG-2010) – Na Figura I, está representada, em certo instante, a forma de uma onda que se propaga em uma corda muito comprida e, na Figura II, essa mesma onda 0,10 s depois. O ponto P da corda, mostrado em ambas as figuras, realiza um movimento harmônico simples na direção y e, entre os dois instantes de tempo representados, desloca-se em um único sentido.

a) Considerando-se essas informações, responda: Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo do eixo x? Justifique sua resposta. b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade de propagação. RESOLUÇÃO: a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como representa a figura abaixo.

1 –– de ciclo N 4 b) f = ––– = –––––––––– ⇒ Δt 0,10 s

2. (UNICAMP-SP-2010) – Ruídos sonoros podem ser motivo de conflito entre diferentes gerações no ambiente familiar. a) Uma onda sonora só pode ser detectada pelo ouvido humano quando ela tem uma intensidade igual ou superior a um limite l0, denominado limiar de intensidade sonora audível. O limiar l0 depende da frequência da onda e varia com o sexo e com a idade. Nos gráficos no espaço de resposta, mostra-se a variação desse limiar para homens, l0H, e para mulheres, l0M, em diversas idades, em função da frequência da onda. Considerando uma onda sonora de frequência f = 6 kHz, obtenha as respectivas idades de homens e mulheres para as quais os limiares de intensidade sonora, em ambos os casos, valem l0H = l0M = 10–11 W/m2. b) A perda da audição decorrente do avanço da idade leva à utilização de aparelhos auditivos, cuja finalidade é amplificar sinais sonoros na faixa específica de frequência da deficiência auditiva, facilitando o convívio do idoso com os demais membros da família. Um esquema simplificando de um aparelho amplificador é representado abaixo.

Considere que uma onda sonora provoque uma diferença de potencial no circuito de entrada do aparelho amplificador igual a Ve = 10 mV e que a diferença de potencial de saída Vs é igual a 50 vezes a de entrada Ve. Sabendo que a potência elétrica no circuito de saída é Ps = 0,3 mW calcule a corrente elétrica is no circuito de saída.

f = 2,5 Hz

V = λf ⇒ V = 100 . 2,5 (cm/s) V = 250 cm/s = 2,5 m/s Respostas: a) No sentido negativo b) 2,5 Hz e 2,5 m/s

– 49

FÍSICA A 3.a S

MÓDULO


RESOLUÇÃO: a) Consultando-se os gráficos dados, observamos que na frequência de 6 kHz e na intensidade de onda de 10–11 W/m2, obtém-se:

Idade de homens: 35 anos

3. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou 100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dos dispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dos dispositivos optoeletrônicos do mundo atual. Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótons com energias dadas E = hf, onde h 6 . 10–34 J . s e f é a frequência da radiação. Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de onda λ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x de índice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e de refração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine: a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível (adote c = 3 . 108 m/s). b) O índice de refração do meio transparente x. c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio transparente x. RESOLUÇÃO: a) Equação de Planck: E = hf c Mas: c = λf ⇒ f = ––– λ c 3 . 108 Logo: E = h ––– ⇒ E = 6 . 10–34 ––––––– (J) λ 6 . 10–7 Da qual: E = 3 . 10–19 J b)

FÍSICA A 3.a S

Idade de mulheres: 45 anos b) Sendo a tensão elétrica de saída cinquenta vezes maior do que a de entrada, temos: Vs = 50 Ve Vs = 50 . (10 mV) Vs = 500 mV A intensidade de corrente elétrica is é dada por:

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i nx sen 30° = 1 . sen 45°

Ps = is Vs

1 2 nx ––– = –––– 2 2

Ps 0,3 mW is = ––– = ––––––– Vs 500 mV

2 Da qual: nx =

is = 6,0 . 10–4 A Respostas: a) Homens: 35 anos Mulheres: 45 anos b) 6,0 . 10–4 A

vx 1 vx nar c) ––– = ––– ⇒ –––––– = –––– c nx 3 . 108 2 3 . 108 3 . 108 vx = –––––– –––––– (m/s) ⇒ 1,41 2 Respostas: a) 3 . 10–19 J b) 2 c) 2,1 . 108 m/s

50 –

vx ≅ 2,1 . 108 m/s


4. (PISA-PORTUGAL) – O som refrata-se tal como a luz. Suponha que um submarino está parado a 240 m abaixo da superfície da água e que existem três camadas térmicas de água, cada uma com a profundidade de 80 m, a temperaturas diferentes. A velocidade do som na água depende da temperatura. Na camada menos profunda a velocidade é 1,19 vezes superior à velocidade na camada menos profunda; na camada do meio a velocidade é 1,11 vezes a da camada menos profunda. Um detector à superfície determina que o som proveniente do submarino atinge a superfície segundo um ângulo de 45° com a horizontal. Qual é a distância na horizontal entre o submarino e uma linha vertical que passe pelo detector?

III) Cálculo de d3: sen β V’’ sen β 1,19 V Lei de Snell: ––––– = –––– ⇒ ––––– = –––––– cos α V’ 0,78 1,11 V sen β 0,84 (0,84)2 + cos2β = 1 ⇒ cos β 0,55 sen β d3 d3 0,84 tg β = ––––– = ––– ⇒ ––––– = ––– cos β 80 0,55 80 Da qual: d3 122,5 m IV) Cálculo de D: D = d1 + d2 + d3 D = (80 + 100,7 + 122,5) m ⇒ D 303,2 m Resposta: Aproximadamente 303,2 m.

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO:

Analisando-se o esquema acima, depreende-se que: I) Triângulo retângulo isósceles, logo: d1 = 80 m II) Cálculo de d2: sen α V’ sen α 1,11 V Lei de Snell: –––––– = ––– ⇒ ––––– = ––––– sen 45° V 0,71 V sen α 0,78 (0,78)2 + cos2α = 1 ⇒ cos α 0,62 sen α d2 d2 0,78 tg α = ––––– = –––– ⇒ –––– = –––– cos α 80 0,62 80 Da qual: d2 100,7 m

– 51


5. No experimento representado abaixo, os alto-falantes A e B, operando com potências iguais a 628 W, emitem sons idênticos, de frequência 68 Hz, em concordância de fase, visando atingir um observador O em repouso sobre o eixo 0x. O alto-falante A é fixo, mas → o alto-falante B está em movimento com velocidade V , de módulo 2,5 m/s, deslocando-se da posição x1 = 0 até a posição x2 = 15 m, onde se encontra o alto-falante A. Na figura, está retratado o instante t0 = 0.

Isso faz com que a onda resultante recebida por O tenha amplitude Ares, dada por: Ares = AA + AB Ares = C IA + C IB Ares = ( C 2,0 + C 0,125 ) (SI) 1 Porém: Ires = k f2 A2res ⇒ Ires = ––– A2res C 1 Logo: Ires = ––– C 1 Ires = ––– C

Sabendo-se que a velocidade do som no local tem módulo igual a 340 m/s, desprezando-se as possíveis variações aparentes de frequência (Efeito Doppler) e adotando-se π = 3,14, pede-se calcular. a) o comprimento de onda dos sons emitidos por A e B; b) a intensidade do som resultante percebido por O no instante em que o observador recebe os sons emitidos por A e B em t0 = 0. c) a duração aproximada do intervalo de tempo que intercala dois sons reforçados consecutivos captados pelo observador, fruto de interferência construtiva. RESOLUÇÃO: a) Vsom = λ f ⇒ 340 = λ 68 Donde: λ = 5,0 m b) Sendo I a intensidade de onda a uma distância d de um auto-falante de potência P, temos que:

FÍSICA A 3.a S

P I = –––––––– 4 π d2 Cálculo das intensidades de onda de A e B no ponto de abscissa x = 20 m. 628 IA = –––––––– (W/m2) ⇒ 4π (5,0)2

IA = 2,0 W/m2

628 IB = –––––––– (W/m2) ⇒ 4π (20)2

IB = 0,125 W/m2

Sendo A a amplitude de uma onda de intensidade I e frequência f, temos: I = k f2 A2

Donde: A =

(em que k é uma constante de proporcionalidade).

1 .I –––– k f2

1 1 Para uma mesma frequência, –––– é constante. Fazendo-se –––– = C, 2 k f k f2 vem: A = CI No instante em que o observador recebe os sons emitidos por A e B em t0 = 0, ele nota um som resultante reforçado (interferência construtiva), já que a diferença de percursos entre o som de B e o som de A é um número inteiro de comprimentos de onda (ou um múltiplo par de meios comprimentos de onda). De fato, lembrando-se de que λ = 5,0 m, temos: λ Δx = 15 m ⇒ Δx = 3λ ou Δx = 6 ––– 2

52 –

2 ( 2,0 C + 0,125 C )

(2,0 C + 2 0,25 C2 + 0,125 C)

Donde: Ires = 3,125 W/m2 c) O intervalo de tempo Δ t (aproximado) que intercala dois sons reforçados percebidos pelo observador é o mesmo que o alto-falante B gasta para deslocar-se Δ x = λ = 5,0 m. Δx 5,0 V = ––– ⇒ 2,5 = ––– ⇒ Δt Δt Respostas: a) 5,0 m b) 3,125 W/m2 c) 2,0 s

Δ t = 2,0 s


19

MÓDULO

Ondas (II)

1. (UNICAMP) – Para a afinação de um piano, usa-se um diapasão com frequência fundamental igual a 440 Hz, que é a frequência da nota Lá. A curva contínua do gráfico representa a onda sonora de 440 Hz do diapasão.

• Corda desafinada (f = 400 Hz): 1 440 = ––––– = 2 . 1,0

F’ ⇒ F’ = 3200 N ––––––– 5,0 . 10–3

O aumento de intensidade da força de tração (ΔF) na corda fica, então, determinado por: ΔF = F – F’ ⇒ ΔF = (3872 – 3200) N ΔF = 672 N

a) A nota Lá de um certo piano está desafinada e o seu harmônico fundamental está representado na curva tracejada do gráfico. Obtenha a frequência da nota Lá desafinada. b) O comprimento dessa corda do piano é igual a 1,0 m e a sua densidade linear é igual a 5,0 . 10–2 g/cm. Calcule o aumento na intensidade da força de tração na corda necessário para que a nota Lá seja afinada. RESOLUÇÃO: a) Podemos observar na curva tracejada que dois ciclos da onda proveniente do piano desafinado correspondem a um intervalo de tempo Δt = (6 – 1)10–3s = 5 . 10–3s

2. Na figura abaixo, uma corda de densidade linear igual a 2,0 g/m é fixada a uma parede e, depois de passar por uma roldana perfeitamente lisa, é tracionada por uma esfera metálica de massa 320 g. Uma segunda esfera metálica, firmemente presa ao solo por um material isolante, é colocada verticalmente abaixo da primeira, conforme representa o esquema.

2T = Δ t Lembrando que a frequência (f) é o inverso do período (T), vem: 1 2 ––– = Δ t f 2 2 f = ––– ⇒ f = –––––– (s–1) 5 . 10–3 Δt Donde:

f = 400 Hz

b) A frequência fundamental emitida por uma corda sonora de comprimento L, densidade linear ρ, tracionada por uma força de intensidade F, é dada por: 1 f = ––– 2L

F ––– ρ

(equação de Lagrange-Helmholtz)

• Corda afinada em 440 Hz: 1 440 = ––––– = 2 . 1,0

F ⇒ F = 3872 N ––––––– 5,0 . 10–3

Sabendo que no local g = 10 m/s2 e desprezando a interação gravitacional entre as esferas, calcule a frequência fundamental de vibração do trecho horizontal da corda nos seguintes casos: a) as esferas encontram-se eletricamente neutras. b) as esferas estão carregadas com cargas elétricas iguais a + 1,0 . 10–6C e – 2,0 . 10–6C, respectivamente. Admita que o meio seja o vácuo (k0 = 9,0 . 109 Nm2/C2).

– 53

FÍSICA A 3.a S

Respostas: a) 400 Hz b) 672 N


RESOLUÇÃO:

II)

Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

fF = 200 Hz

A frequência fundamental da corda é calculada por: 1 f = ––– 2L

1 a) f = –––––– 2 . 0,50

0,32 . 10 (Hz) ⇒ ––––––– 2,0 . 10–3

T ––– ρ

f0 fF b) Efeito Doppler: –––––––––– = –––––––––– Vsom ± V0 Vsom ± VF

f = 40 Hz

|Q1| |Q2| 1,0 . 10–6 . 2,0 . 10–6 b) F = k0 ––––––– ⇒ F = 9,0 . 109 ––––––––––––––––– (N) 2 d (0,10)2

Da qual:

F = 1,8 N

1 f’ = –––––– 2 . 0,50

3,2 + 1,8 (Hz) ⇒ ––––––– 2,0 . 10–3

210 200 210 . 340 –––––––– = –––––––– ⇒ 340 + V0 = –––––––– 340 + V0 340 + 0 200 f’ = 50 Hz Da qual:

V0 = 17 m/s

Respostas: a) 40 Hz f0 fF c) Efeito Doppler: ––––––––– = ––––––––– Vsom ± V0 Vsom ± VF

b) 50 Hz

FÍSICA A 3.a S

3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilho retilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. No primeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma onda estacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é 255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador. Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidade constante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a se mover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão do observador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador na situação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine: a) a frequência do som que o tubo emite; b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial; c) a velocidade do vagão da fonte, na situação final. Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s. RESOLUÇÃO: a) I)

1,5λ = 255 λ = 170 cm = 1,7 m

54 –

200 . 357 204 200 –––––––– = –––––––– ⇒ 340 + VF = –––––––– 204 340 + 17 340 + VF Da qual: VF = 10 m/s Respostas: a) 200 Hz b) 17 m/s c) 10 m/s


4. (UFPE-2010) – Quando uma pessoa se encontra a 0,5 m de uma fonte sonora puntiforme, o nível de intensidade do som emitido é igual a 90 dB. A quantos metros da fonte ela deve permanecer de modo que o som tenha a intensidade reduzida ao nível mais suportável de 70 dB? O nível de intensidade sonora, medido em decibéis (dB), é calculado através da relação: N = 10 log (I/I0), onde I0 é uma unidade padrão de intensidade. RESOLUÇÃO: I) A uma distância de 0,5 m da fonte sonora: I1 I1 I1 N1 = 10 log ––– ⇒ 90 = 10 log ––– ⇒ ––– = 109 I0 I0 I0 P –––––––– 4π (0,5)2 –––––––––– = 109 I0

��

5. O gráfico abaixo mostra os “limiares de audição” para o ouvido humano. A curva de cima representa a intensidade máxima sonora suportada pelo ouvido, ou seja, acima desse limite, há danos à audição. A curva inferior, por sua vez, representa a intensidade sonora mínima necessária para sensibilizar o ouvido humano numa dada frequência, em Hz. A intensidade de som é proporcional ao “esforço” (energia) empreendido para produzi-lo. Sabe-se ainda que os diversos tipos de som (frequências) de um instrumento musical de sopro, como uma flauta, por exemplo, são obtidos variando-se o comprimento da coluna de ar vibrante no interior do instrumento. Se fecharmos a maior parte dos orifícios da flauta opostos à embocadura, serão produzidos os sons mais graves (frequências menores). Se abrirmos esses orifícios, porém, o ar vibrará como se estivesse em colunas mais curtas e obteremos os sons mais agudos (frequências maiores).

II) A uma distância d da fonte sonora, onde o nível relativo do som é de 70 dB: I2 I2 I2 N2 = 10 log ––– ⇒ 70 = 10 log ––– ⇒ ––– = 107 I0 I0 I0

햳

III) Dividindo-se �� por �� : d –––– = 10 ⇒ d = 5,0 m 0,5 Resposta: 5,0 m

d

2

109

= ––– ––– 0,5 107

Com essas informações e os dados contidos no gráfico, responda: a) Em que faixa de frequências precisamos fazer o mínimo esforço para sensibilizarmos o ouvido de alguém nas proximidades? b) O apito de um navio, com frequência próxima de 100 Hz, começa a ser percebido pelo ouvido humano a partir de quantos dB (decibéis)? c) Que som com intensidade de 120 dB é mais danoso à audição humana, um de 3000 Hz ou um de 19000 Hz? d) Uma flauta que produza um som de frequência 15000 Hz tem os orifícios opostos à embocadura abertos ou fechados? RESOLUÇÃO: a) A curva do limiar da audição (curva inferior) é “mais baixa” na faixa de 2000 Hz a 3000 Hz, aproximadamente, e, por isso, atingível com menos esforço. b) Do gráfico, para a frequência de 100 Hz, obtém-se uma intensidade mínima de audição próxima de 35 dB. c) Um som de 120 dB e 3000 Hz está acima da curva superior da intensidade máxima tolerada pelo ouvido humano e, por isso, é mais danoso que um som de 120 dB e 19000 Hz, que está abaixo da citada curva. d) Um som de 15000 Hz é agudo (alta frequência) e, por isso, conforme o enunciado, os orifícios opostos à embocadura da flauta devem estar abertos. Respostas: a) De 2000 Hz a 3000 Hz, aproximadamente. b) 35 dB. c) O de 3000 Hz. d) Abertos.

– 55

FÍSICA A 3.a S

P ––––– 4π d2 ––––––– = 107 I0


MÓDULO

20

Eletrostática I

1. Quando se faz contato com esferas metálicas eletrizadas, a carga elétrica total se redistribui entre as esferas, ficando cada uma delas com carga diretamente proporcional ao seu raio. Temos, na figura, três esferas metálicas, A, B e C, cujos raios são, respectivamente: 2,0cm, 4,0cm e 8,0cm.

A

B

C

Estando a esfera A com carga elétrica QA = +17,0pC, a esfera B neutra e a esfera C com Qc = –10,0pC, as três foram conectadas entre si por fios condutores. Após o equilíbrio eletrostático das três: a) O que aconteceu com o potencial elétrico das três esferas do sistema. (A, B, C)? b) Quanto vale o campo elétrico no interior de cada uma? c) Determine as cargas finais de A, B e C. RESOLUÇÃO: a) Todas adquirem um mesmo potencial. b) O campo elétrico no interior de cada uma vale zero. Q’A Q’B Q’C Q’A Q’B Q’C c) –––– = –––– = –––– ⇒ –––– = –––– = –––– 2,0 4,0 8,0 1,0 2,0 4,0 Logo:

2. Duas partículas eletrizadas com cargas elétricas positivas A e B se repelem com uma força de intensidade F (figura 1). Uma terceira partícula, eletrizada com a mesma carga, é disposta como na figura 2.

Na figura 2, a) desenhe as forças elétricas de interação entre as partículas A e B e ainda entre B e C. A seguir, determine uma relação entre as suas intensidades. b) determine a força elétrica resultante na partícula B. RESOLUÇÃO: a) Na figura 3 temos a representação das forças de interações entre as partículas. Excetuando-se a força resultante em B, as demais forças de interação têm a mesma intensidade, pois todas têm a mesma carga e no par AB a distância é d, bem como no par BC.

Q’B = 2 . Q’A �� Q’C = 4 Q’A ��

FÍSICA A 3.a S

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas: Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC) Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC + 7 Q’A = + 7,0 pC Q’A = + 1,0 pC Voltando em �� e ��:

Resposta:

FAB = FBA = FBC = FCB = F

Q’B = + 2,0 pC Q’C = + 4,0 pC

b) Para o cálculo da intensidade da força resultante em B, basta aplicarmos o Teorema de Pitágoras. 2 2 + F2 FRES = FAB CB 2 FRES = F2 + F2 = 2F2

Resposta: FRES = F 2

56 –


3. Uma pequena esfera de peso P = 8,0 . 10–3N fica em equilíbrio na → posição indicada na figura, sob ação de um campo elétrico uniforme E de direção horizontal e intensidade E = 2,5 . 105 N/C.

4. Entre as duas placas planas A e B estabeleceu-se um campo elétrico uniforme. O sistema montado é um capacitor plano (condensador). Para eletrizá-las, um gerador de cargas forneceu, para cada placa, uma quantidade de eletricidade de 6,0μC, em valor absoluto, sob tensão de 2 000V. A

B

E

Sabendo-se que senα = 0,60 e cosα = 0,80, determine a) o sinal da carga elétrica da pequena esfera e o seu valor; b) a intensidade da força de tração no fio. RESOLUÇÃO: a) Observemos as três forças na pequena esfera: →

T = tração do fio →

P = peso

→

d

Entre as placas o meio isolante é o ar e a distância entre elas é de 2,0cm. Determine: a) A capacitância do condensador. b) A intensidade do campo elétrico E. c) Se lançarmos um elétron entre as placas, cruzando as linhas de força, qual será a sua trajetória?

F = força elétrica

b) Vamos fazer pelo triângulo de forças da figura ao lado. P T . cosα = P cosα = ––– T T . 0,80 = 8,0 . 10–3 8,0 . 10–3 T = –––––––– 8,0 . 10–1 T = 1,0 . 10–2 N Respostas: a) negativa b) 1,0 . 10–2N

RESOLUÇÃO: a) Q = C . U Sendo Q = 6,0μC = 6,0 . 10 –6C; 6,0 .

10–6

= 2,0 .

103

U = 2 000V = 2,0 . 103V

.C

6,0 . 10–6 C = ––––––––– (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒ 2,0 . 103

C = 3,0nF

b) Como o campo é uniforme: E.d=U U 2,0 . 103 E = ––– ⇒ E = ––––––––– d 2,0 . 10–2

FÍSICA A 3.a S

→

A força elétrica F tem sentido oposto ao do campo, o que nos leva a concluir que a carga elétrica é negativa.

––– m V

E = 1,0 . 105V/m c) A força elétrica é constante e enquanto ele ainda estiver dentro do campo, a trajetória é parabólica.

– 57


MÓDULO

21

Eletrostática II

1. Em um plano cartesiano de coordenadas (x; y) constrói-se um quadrado cujos vértices são A, B, C e D, de coordenadas indicadas na figura abaixo. Quatro cargas puntiformes (+Q), (–Q), (+Q) e (–Q), foram colocadas, respectivamente, nos vértices A, B, C e D, sendo positiva a carga +Q.

2. No circuito elétrico abaixo, o capacitor tem capacitância C = 2,0 μF. A

M R2 E

R3 R1

r C

N

Estando o sistema no vácuo, onde a constante eletrostática é K0, determine, para a origem 0,: a) o potencial elétrico resultante. b) a intensidade do campo elétrico resultante. Expresse suas respostas em função de K0, Q e d RESOLUÇÃO:

B

a) Indique o percurso da corrente elétrica e justifique. b) Calcule a intensidade da corrente e a d.d.p. entre A e B. c) Calcule a carga elétrica armazenada no capacitor. Para os itens a e b, use os seguintes dados: R1 = 3,0Ω; R2 = 4,0Ω; r = 1,0Ω; E = 16 V; R3 = R1. RESOLUÇÃO: a) A corrente circula apenas na malha ABNM, no sentido horário. Não passa corrente contínua no capacitor. b) Usando a Lei de Pouillet: E i = –––– ∑R E = 16V; R1 = 3,0Ω; R2 = 4,0Ω; r = 1,0Ω 16 V i = –––––– ⇒ 8,0Ω

i = 2,0A (Resp)

FÍSICA A 3.a S

A tensão entre A e B é dada por: UAB = R1 . i UAB = 3,0 . 2,0 (V) ⇒

UAB = 6,0V (Resp)

c) Para o cálculo da carga no capacitor, observamos que: a) A distância de cada carga ao ponto 0, origem do sistema, é igual a d, então o potencial parcial que cada carga gera em 0 será: (Q) V = K0 –––––– d

A

i

R3

O potencial resultante valerá: K0 Vres = –––– (+ Q – Q + Q – Q) = 0 d

i

R1

Vres = 0

C

b) Para o campo elétrico, devemos construir a figura 2, mostrando cada → vetor E . Da simetria em torno de 0, verificamos que os campos se anulam dois a dois. → E res

→

=0

B

UCAP = UAB = 6,0V Q = C . UAB

Respostas: a) Vres = 0 →

→

b) E res = 0

58 –

i

Q = 2,0 . 6,0 (μC) ⇒

Q = 12,0μC Resp

Não passa corrente e ele fica sem função


3. Na figura, o triângulo ABC é equilátero, de lado 18cm. Temos ainda uma esfera de raio R = 9,0cm, centrada no vértice A, eletrizada com carga elétrica positiva Q = +9,0nC. Adote k0 = 9,0 . 109 N.m2/C2. B

D

A

M

C

a) Qual é a intensidade do campo elétrico no ponto D, a 4,5cm de A? b) Calcule o potencial elétrico em M. c) Determine o potencial elétrico nos vértices B e C. RESOLUÇÃO: a) O ponto D é interno à esfera, onde o campo elétrico é nulo. →

→

ED = 0

Q 9,0 . 10 –9 (volts) b) VM = k0 –––– = 9,0 . 109 . ––––––––– R 9,0 . 10 –2

VM = 9,0 . 102 V Q 9,0 . 10–9 c) VB = VC = k0 –––– = 9,0 . 109 . –––––––––– L 18 . 10–2

FÍSICA A 3.a S

VB = VC = 4,5 . 102 V

– 59


MÓDULO

22

Estática

1. (UERJ) – Considere o sistema em equilíbrio representado na figura abaixo.

– o corpo A tem massa mA e pode deslizar ao longo do eixo vertical; – o corpo B tem massa mB; – a roldana é fixa e ideal; – o eixo vertical é rígido, retilíneo e fixo entre o teto e o solo; – o fio que liga os corpos A e B é inextensível.

Sabendo-se que mB > mA e desprezando-se todos os atritos, a) escreva, na forma de uma expressão trigonométrica, a condição de equilíbrio do sistema, envolvendo o ângulo θ e as massas de A e B. b) explique, analisando as forças que atuam no bloco A, o que ocorrerá com o mesmo, se ele for deslocado ligeiramente para baixo e, em seguida, abandonado.

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma ponte homogênea de 40m de comprimento e peso 1,0 . 106 N está apoiada em dois pilares de concreto conforme ilustra o esquema da figura a seguir. a) Qual a intensidade da força que cada pilar exerce sobre a ponte quando um caminhão de peso 2,0 . 106 N está parado com o centro de gravidade a 10m de um dos pilares? b) O que acontece com estas forças à medida que o caminhão transita por toda a extensão da ponte?

RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: a)

Condição de equilíbrio: T = PB = mBg

FÍSICA A 3.a S

T cosθ = PA = mAg mA cosθ = –––– mB

a) Para o equilíbrio da ponte: 1) (∑ torques)B = 0 2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40 40 . 106 = NA . 40 ⇒ NA = 1,0 . 106 N 2)

b) O ângulo θ diminuindo, a intensidade da componente da força tensora T, ao longo do eixo vertical, aumenta e tende a fazer com que o bloco A retorne à sua posição de equilíbrio inicial. Isto significa que a posição de equilíbrio do bloco A é estável.

60 –

NA + NB = Pc + PP 1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒ NA = 2,0 . 106 N

b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NB diminui e a soma NA + NB permanece constante.


3. (FUVEST-SP) – A figura mostra uma barra homogênea apoiada entre uma parede e o chão. A parede é perfeitamente lisa; o coeficiente de atrito estático entre a barra e o chão é μ = 0,25.

Equilíbrio Eixo x:

Equilíbrio Eixo y:

NP = Fat

NC = P

햳

NP = μNC 햴

햳 → 햴 { NP = μ . P 햵 P 2 . μP

1 2 . 0,25

1 0,5

햵 → 햲 {tg α = –––––– = –––––– = ––– ∴ a) Desenhe o esquema de forças que atuam na barra. b) Calcule a tangente do menor ângulo α entre a barra e o chão para que não haja escorregamento. RESOLUÇÃO: a)

tg α = 2

→

P : peso da barra →

Nparede: força normal aplicada pela parede →

Nchão: força normal aplicada pelo chão → Fat: força de atrito aplicada pelo chão.

Na iminência de escorregamento, Fat = μNC

ΣMA = 0

→

4. (UFG-GO) – Aplica-se uma força F na direção perpendicular à face de um bloco em um ponto sobre a vertical que divide essa face ao meio, como mostra a figura.

P . x = NP . y

y

sen α = –– ⇒ y = sen α x cos α = –– ⇒ x = –– cos α 2 –– 2

l 2

P . –– cos α = NP . l . sen α P . cos α ––––––– = NP sen α 2 sen α P P –––– = ––––– ⇒ tg α = ––––– 햲 cos α 2NP 2NP

O bloco tem massa de 200kg, 3,0m de altura e base quadrada com 1,0m de lado, sendo que o coeficiente de atrito estático entre ele e a superfície de apoio é de 0,25. Sabendo-se que o bloco está simultaneamente na iminência de tombar e de deslizar, a) desenhe na figura as demais forças que atuam sobre o bloco. → b) calcule a intensidade da força F. → c) calcule a altura h do ponto de aplicação da força F. Considere g = 10m/s2

– 61

FÍSICA A 3.a S

b)


RESOLUÇÃO: a) →

F = força externa aplicada →

P = peso do bloco →

FN = reação normal de apoio →

Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posição horizontal, a) o módulo da aceleração dos blocos B e C; b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C; c) o valor de x. RESOLUÇÃO: a) Na máquina de Atwood, temos:

Fat = força de atrito

PC – PB = (mB + mC) a 30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

a = 2,0m/s2

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem: b) Para que a resultante seja nula, na iminência de escorregar, temos: F = Fat

máx.

T – PB = mBa

= μE FN = μE P

F = 0,25 . 200 . 10 (N) ⇒

T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

F = 500N →

T = 24,0N

→

c) Para o equilíbrio, na iminência de tombar, as forças Fat e FN estão aplicadas em O. O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo: b F . h = P . ––– 2

c)

500 . h = 2000 . 0,50 h = 2,0m Respostas: a) 500N b) 2,0m

FÍSICA A 3.a S

Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos momentos em relação ao ponto S seja nula, vem: 10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x 540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x 1890 = 108 x ⇒

x = 17,5cm

Respostas: a) 2,0m/s2

5. Como mostra a figura, a barra homogênea de comprimento L = 54,0cm e de massa 5,0kg está apoiada no suporte S.

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar. As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e 3,0kg.

62 –

b) 24,0 N c) 17,5cm


MÓDULO

23

Eletromagnetismo I

1. (UNESP) – Duas cargas de massas iguais e sinais opostos, com a mesma velocidade inicial, entram pelo ponto A em uma região com um campo magnético uniforme, perpendicular ao plano xy e apontando para “cima”. Sabe-se que a trajetória 2 possui um raio igual ao dobro do raio da trajetória 1.

2. Uma partícula P, de massa m, eletrizada, foi lançada num campo magnético e descreveu um quarto de circunferência e abandonou o campo em MRU, como mostra a figura. São conhecidos o raio do arco de circunferência R = 5,0cm, a masssa da partícula m = 2,0 . 10–16kg, o módulo da carga elétrica: 3,2pC e a intensidade do campo magnético: B = 1,0 . 102T.

Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas, pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinal a) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1.

m.V R = ––––––– |q| . B

Determine: a) O sinal da carga elétrica da partícula. b) O tempo que a partícula permaneceu no interior do campo magnético

Do enunciado, temos:

NOTE E ADOTE

R2 = 2R1 m.V m.V ––––––– = 2 ––––––– |q1| . B |q2 | . B |q1| = 2|q2|

Força magnética

Força centrípeta

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

mv 2 FCP = ––––– R

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 tem carga positiva e a partícula 2, negativa. O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por:

Resposta: A

Adote π 3 RESOLUÇÃO: a) Sinal da carga elétrica → Na figura abaixo, observemos que a força F é centrípeta. A regra da mão esquerda indica que a partícula é positiva.

b) Fmag = q . v . B m v2 Fcp = ––––––– R

m.v ⇒ v= R.q.B R = ––––––– ––––––– m q.B

– 63


Substituindo-se os valores dados: (5,0 . 10–2) . (3,2 . 10–12) . (1,0 . 102) (unidades SI) v = –––––––––––––––––––––––––––––– (2,0 . 10–16)

RESOLUÇÃO: a)

v = 8,0 . 104 m/s Sendo Δs v = –––– ⇒ Δs = v . Δt Δt 2πR –––– = v . Δt 4 πR 3 . (5,0 . 10–2) Δt = –––– = –––––––––––– (unidades SI) 2V 2 . 8,0 . 104 Δt 94s

Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, determinamos → → a direção e o sentido dos respectivos campos magnéticos B1 e B2 , conforme a figura. Eles têm o mesmo sentido. Logo: → Bres

→

→

→

→

→

= B1 + B2 → | Bres| = | B1| + | B2 |

Estando A à meia distância dos fios: 4π . 10 –7 . 1 μ.i B1 = B2 = ––––––– = –––––––––––––– (T) 2π . 1 . 10 –1 2π d B1 = B2 = 2 . 10 – 6 T Bres = 2B1 ⇒ Bres = 4 . 10 – 6 T A

A

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitor para o papel. b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res→ → pectivo campo magnético, B’1 e B’2 , atuando sobre a corrente elétrica do outro fio.

FÍSICA A 3.a S

3. (UNESP) – A figura mostra um experimento com dois fios suspensos, de raios e massas desprezíveis, extensos, paralelos e flexíveis, no instante em que começam a ser percorridos por correntes de mesma intensidade i = 1 A, contudo em sentidos opostos. O ponto A encontra-se à mesma distância, d = 10 cm, dos dois fios.

A seguir, usando-se a regra da → mão esquerda em cada fio, obtemos as → respectivas forças magnéticas F12 e F21. As forças são repulsivas e os fios se afastam. Respostas: a) 4 . 10 – 6 T ; direção perpendicular ao plano do papel; sentido: do leitor para o papel (entrando na folha). b) repulsão.

a) Determine o módulo, a direção e o sentido do campo magnético no ponto A, para a situação representada na figura. Considere μar = 4π x 10–7 T.m/A. b) Determine a direção e o sentido das forças magnéticas entre os fios, respondendo, a seguir, se houve uma atração ou repulsão.

64 –


MÓDULO

24

Eletromagnetismo II

1. A figura abaixo nos mostra um esquema de um espectrômetro de massa, aparelho destinado a medir a razão carga/massa de uma partícula. O sistema todo é constituído por um seletor de velocidade, → → onde existem dois campos ortogonais (E1 e B1) o qual está acoplado ao → expectrógrafo onde existe penas um campo magnético B 2. No seletor → de velocidades (1a. parte) o campo elétrico E 1 é vertical e o campo → magnético B1 é horizontal. Partículas positivas, provenientes de uma fonte, penetram no seletor pela fenda F1 e devem atravessá-lo em MRU, saindo pela fenda F2. Ao penetrar no expectrógrafo com → velocidade v , realizam um movimento circular uniforme de raio R.

E1 mas, do item (a) temos V = –––– B1 Logo:

m B1 . B2 . R ––– = ––––––––– q E1

→

RESOLUÇÃO: a) Estando a partícula no interior do seletor temos um MRU em que a força resultante deve ser nula.

2. Na figura abaixo temos um condutor rígido de cobre EFGH dobrado em forma de U. Entre F e G foi colocado um LED. Na região sombreada há um campo magnético de intensidade 4,0T. As dimensões do condutor e da região sombreada estão na própria figura. Uma haste ––– ––– ––– MN vai deslizar sobre EF e GH, sofrendo um movimento de translação para a direita, com velocidade escalar constante de 4,0 m/s. Verificouse que a lâmpada acendeu e apagou em seguida, dissipando uma energia de 40m J. Despreze as resistências elétricas dos condutores.

Fmg = Fel q . V . B1 = q . E1 V . B1 = E1 E1 V = ––––– B1

b) No espectrógrafo (2a. parte) temos um MCU Fmag = q . v . B2 m V2 Fcp = ––––––– R

Fmag = Fcp

m V2 q . v . B2 = ––––––– R m B2 . R mV R = ––––––– ⇒ –––– = ––––––– q V q B2

a) Calcule o tempo que o LED permaneceu aceso e justifique o sentido da corrente elétrica. Qual foi o fenômeno físico ocorrido? b) Calcule a tensão no LED. c) Calcule a intensidade da corrente elétrica que circulou e a potência no LED NOTE E ADOTE: A fem induzida é: E = B . L . V

– 65

FÍSICA A 3.a S

a) Obtenha uma equação para o módulo da velocidade v em função de E1 e de B1. b) Obtenha a razão m/q em função de: E1, B1, B2 e R.


RESOLUÇÃO: ––– a) Quando a haste MN penetrou no campo magnético, a espira fechada MNGF passou a sofrer uma variação de fluxo magnético, que durou até o instante em que a haste saiu novamente do campo. O fenômeno chama-se “indução magnética” e valem as Leis de Faraday e Lenz.

3. Numa bancada foi montado um dispositivo com o objetivo de se fazer alguns experimentos de eletromagnetismo. A figura esquematiza um desses experimentos: uma balança eletromagnética. G é um gerador elétrico constituído de 4 pilhas e que fornece ao quadro de fio rígido MNST uma corrente elétrica de intensidade 5,0A. Existe um campo magnético externo de direção horizontal, paralelo a MN e de sentido indicado na figura. A corrente elétrica não passa pela haste suporte XY. São dados ainda: MX = TY = 40 cm; XN = YS = 10 cm; NS = 20 cm

A corrente induzida percorre a espira no sentido anti-horário. O LED permanece aceso durante um tempo T dado por: Δs Δs v = –––– ⇒ Δt = –––– Δt v 0,40 m T = –––––– ⇒ 4,0 m/s

T = 0,10s

b) A tensão no LED é a força eletromotriz (E) induzida no efeito Faraday. Do note e adote temos: E = B LV E = (4,0) . (0,25) . (4,0) (volts) E = 4,0V A tensão no LED é:

Uma vez ligado o gerador, o quadro tendia a girar no sentido antihorário e, para equilibrá-lo, foi necessário pendurar-se o corpo A de massa 2,0 kg. Adote g = 10 m/s2. a) indique na figura o sentido da força magnética, desenhando na → figura um vetor F. Determine a intensidade dessa força magnética. → b) determine a intensidade do campo magnético B.

U = 4,0V c) A potência no LED é:

RESOLUÇÃO: a)

FÍSICA A 3.a S

energia dissipada P = –––––––––––––––– Δt temos: 40 m J P = –––––– ⇒ P = 400 mW 0,10s P=i.U P 400 mW i = –––– ⇒ i = ––––––– U 4,0 V i = 100 mA Respostas: a) indução magnética; T = 0,10s b) U = 4,0V c) P = 400 mW; i = 100 mA

F = força magnética P = peso do corpo A Para que haja equilíbrio, o momento da força F deve equilibrar o momento da força peso. Tomemos como polo de referência o cilindro MT do gerador. F . MN = P . MX F . 50 = 20 . 40 F = 16N b) F = B . i . L 16 F B = –––– ⇒ B = ––––––––– (unidades SI) 5,0 . 0,20 i.L B = 16T

66 –


MÓDULO

25

Eletrodinâmica I

1. (UNICAMP) – Um raio entre uma nuvem e o solo ocorre devido ao acúmulo de carga elétrica na base da nuvem, induzindo uma carga de sinal contrário na região do solo abaixo da nuvem. A base da nuvem está a uma altura de 2km e sua área é de 200km2. Considere uma área idêntica no solo abaixo da nuvem. A descarga elétrica de um único raio ocorre em 10–3s e apresenta uma corrente de 50kA. Considerando ε0 = 9 x 10–12 F/m, responda: a) Qual é a carga armazenada na base da nuvem no instante anterior ao raio? b) Qual é a capacitância do sistema nuvem-solo nesse instante? c) Qual é a diferença de potencial entre a nuvem e o solo imediatamente antes do raio?

2. (UFSCar) – As lâmpadas incandescentes foram inventadas há cerca de 140 anos, apresentando hoje em dia praticamente as mesmas características físicas dos protótipos iniciais. Esses importantes dispositivos elétricos da vida moderna constituem-se de um filamento metálico envolto por uma cápsula de vidro. Quando o filamento é atravessado por uma corrente elétrica, se aquece e passa a brilhar. Para evitar o desgaste do filamento condutor, o interior da cápsula de vidro é preenchido com um gás inerte, como argônio ou criptônio.

RESOLUÇÃO: a) A intensidade média da corrente elétrica é dada por: Q im = –––– Δt Considerando-se im = 50kA = 50 . 103A e

Q 50 . 10 3 = –––– ⇒ 10 –3

Q = 50C

b) A capacitância do sistema nuvem-solo, considerando-o um capacitor A plano, é dada por C = ε0 . –––– . d F –12 Sendo ε0 = 9 . 10 ––– , A = 200km 2 = 200 . 10 6m 2 m e d = 2km = 2 . 10 3m, temos: 200 . 10 6 C = 9 . 10 –12 ––––––––– F⇒ 2 . 10 3

C = 9 . 10 –7F

Q c) Sendo C = ––– , vem: U 50 9 . 10–7 = ––– ⇒ U

U ≅ 5,6 . 10 7V

Respostas: a) 50C b) 9 . 10–7F c) 5,6 . 107V

ou

a) O gráfico apresenta o comportamento da resistividade do tungstênio em função da temperatura. Considere uma lâmpada incandescente cujo filamento de tungstênio, em funcionamento, possui uma seção transversal de 1,6 × 10–2 mm2 e comprimento de 2 m. Calcule qual a resistência elétrica R do filamento de tungstênio quando a lâmpada está operando a uma temperatura de 3 000°C. b) Faça uma estimativa da variação volumétrica do filamento de tungstênio quando a lâmpada é desligada e o filamento atinge a temperatura ambiente de 20°C. Explicite se o material sofreu contração ou dilatação. Dado: O coeficiente de dilatação volumétrica do tungstênio é 12 . 10–6 (ºC)–1.

900nF RESOLUÇÃO a) A resistência elétrica R do filamento de tungstênio é determinada pela 2.a Lei de Ohm: L R = ρ ––– A O valor da resistividade (ρ) do filamento é obtido do gráfico. Assim, para uma temperatura de 3000°C, temos: ρ = 8,0 . 10–7Ωm Portanto, após transformar a área de 1,6 . 10–2mm2 para 1,6 . 10–8m2, vem: 2 R = 8,0 . 10–7 ––––––––– (Ω) ⇒ R = 100Ω 1,6 . 10–8 b) No resfriamento de 3000°C para 20°C, o filamento sofrerá uma contração térmica dada por: ΔV = V0 γ Δθ Assim: ΔV = 2 . 1,6 . 10–8 . 12 . 10–6 . (20 – 3000) (m3) ΔV –1,1 . 10–9m3 O sinal negativo confirma a contração térmica.

≅

ΔV

≅ 1,1 . 10–9m3

Respostas: a) 100 Ω b) 1,1 . 10–9m3

– 67

FÍSICA A 3.a S

Δt = 10–3s, vem:


3. (UNICAMP) – O transistor, descoberto em 1947, é considerado por muitos como a maior invenção do século XX. Componente chave nos equipamentos eletrônicos modernos, ele tem a capacidade de amplificar a corrente em circuitos elétricos. A figura a seguir representa um circuito que contém um transistor com seus três terminais conectados: o coletor (c), a base (b) e o emissor (e). A passagem de corrente entre a base e o emissor produz uma queda de tensão constante Vbe = 0,7 V entre esses terminais.

4. (UNIFICADO-RJ-2010) – Está associada em série certa quantidade de resistores cujas resistências elétricas formam uma progressão aritmética de razão 0,3Ω. Essa associação é submetida a uma d.d.p. de 12,4V. A menor das resitências vale 0,2Ω, cujo resistor é atravessado por uma corrente de 0,8A. a) Qual o valor da resistência elétrica total dessa associação? b) Qual o número total de resistores usados nessa associação? RESOLUÇÃO:

a) Com os dados fornecidos podemos calcular a resistência elétrica total do circuito. U = Rtotal i 12,4 = Rtotal . 0,8 Rtotal = 15,5Ω

a) Qual é a corrente que atravessa o resistor R = 1000 Ω? ic , onde i é b) O ganho do transistor é dado por G = ––– c ib a corrente no coletor (c) e ib é a corrente na base (b). Sabendo-se que ib = 0,3 mA e que a diferença de potencial entre o pólo positivo da bateria e o coletor é igual a 3,0 V, encontre o ganho do transistor. FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: a) Cálculo da corrente elétrica no resistor R: Ube = R i i = 0,7 mA 0,7 = 1000 . i ⇒

b) Rtotal equivale à soma dos N termos da progressão aritmética de razão r = 0,3Ω. (a1 + an) n Sn = ––––––––– e an = a1 + (n – 1) r 2 Assim: a1 an  4444 (0,2 + 0,2 + (n – 1) . 0,3) n 15,5 = ––––––––––––––––––––––– 2 31 = (0,1 + 0,3n) n 31 = 0,1n + 0,3n2

b) No trecho superior, temos:

3n2 + n – 310 = 0 n = 10 Respostas: a) 15,5Ω b) 10 Uac = Rac . ic 3,0 = 200 . ic ⇒

ic = 15 mA

Assim, o ganho será dado por: ic 15 G = ––– = ––– ⇒ ib 0,3 Respostas: a) 0,7 mA

68 –

G = 50

b) 50


MÓDULO

26

Eletrodinâmica II

1. (UFRJ-2010) – Um estudante dispunha de duas baterias comerciais de mesma resistência interna de 0,10Ω, mas verificou, por meio de um voltímetro ideal, que uma delas tinha força eletromotriz de 12 Volts e a outra, de 11 Volts. A fim de avaliar se deveria conectar em paralelo as baterias para montar uma fonte de tensão, ele desenhou o circuito indicado na figura a seguir e calculou a corrente i que passaria pelas baterias desse circuito.

2. No gráfico a seguir estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz ’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.

a) Calcule o valor encontrado pelo estudante para a corrente i. b) Calcule a diferença de potencial VA – VB entre os pontos A e B indicados no circuito.

RESOLUÇÃO 1 – Leitura do gráfico: • gerador: ε = 100V • receptor: ε’ = 40V

RESOLUÇÃO: a) Na situação proposta, a bateria de 11V irá atuar como receptor, assim: E – E’ i = ––––––– ΣR

100 – 20 r = ––––––––– (Ω) ⇒ 4

12 – 11 i = ––––––––– (A) 0,10 + 0,10

r’ = 10Ω

FÍSICA A 3.a S

60 – 40 r’ = –––––––– (Ω) ⇒ 2

3 – O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

i = 5,0A Pelo receptor:

UAB = E – r i

UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0)

UAB = 11 + 0,10 (5,0)

UAB = 11,5V

r = 20Ω

• receptor:

1,0 i = –––– (A) 0,20

b) Pelo gerador:

2 – Cálculo das resistências internas: • gerador:

UAB = 11,5V

Lei de Pouillet: i=

ε – ε’ –––––– r – r’

⇒ i=

100 – 40 –––––––– 20 + 10

(A)

i = 2A 4 – Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor: U=ε–ri U = 100 – 20 . 2 (V) U = 60V

– 69


5 – Cálculo dos rendimentos: • gerador: U ηG = ––– ⇒ ηG = ε

60V –––––– 100V

RESOLUÇÃO → a) Fazendo uma estimativa para o módulo da força F exercida na tela: F = 1,0 N = 0,60

ηG = 60%

F p = ––– ⇒ p = A

1,0 N –––––––––––– 0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2

• receptor: ε’ ηrec = ––– ⇒ ηrec = U

40V ––––– 60V

2 = ––– 3

b) O circuito, com a chave fechada em A e aberta em B, fica:

ηrec 67% Respostas:

gerador: r = 20Ω; ηG = 60% receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%

FÍSICA A 3.a S

3. (UNICAMP) – Telas de visualização sensíveis ao toque são muito práticas e cada vez mais utilizadas em aparelhos celulares, computadores e caixas eletrônicos. Uma tecnologia frequentemente usada é a das telas resistivas, em que duas camadas condutoras transparentes são separadas por pontos isolantes que impedem o contato elétrico. a) O contato elétrico entre as camadas é estabelecido quando o dedo → exerce uma força F sobre a tela, conforme mostra a figura abaixo. A área de contato da ponta de um dedo é igual a A= 0,25 cm2. Baseado na sua experiência cotidiana, estime o módulo da força exercida por um dedo em uma tela ou teclado convencional, e em seguida calcule a pressão exercida pelo dedo. Caso julgue necessário, use o peso de objetos conhecidos como guia para a sua estimativa.

R 3R Req = ––– + R = –––– 2 2

12 6 U i = –––– = ––––– = –––– 3R 3R Req ––– 2 A ddp entre C e D é dada por: R UCD = ––– . i 2 R 12 UCD = ––– . –––– (V) 2 3R UCD = 2,0V Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2 b) 2,0V

b) O circuito simplificado da figura no espaço de resposta ilustra como é feita a detecção da posição do toque em telas resistivas. Uma bateria fornece uma diferença de potencial U = 6 V ao circuito de resistores idênticos de R =2 kΩ. Se o contato elétrico for estabelecido apenas na posição representada pela chave A, calcule a diferença de potencial entre C e D do circuito.

70 –


27

MÓDULO

Eletrodinâmica III

1. O diagrama adiante representa um circuito simplificado de uma torradeira elétrica que funciona com uma tensão U = 120 V. Um conjunto de resistores RT = 20 Ω é responsável pelo aquecimento das torradas e um cronômetro determina o tempo durante o qual a torradeira permanece ligada.

2. (UNICAMP) – O chuveiro elétrico é amplamente utilizado em todo o país e é o responsável por grande parte do consumo elétrico residencial. A figura abaixo representa um chuveiro metálico em funcionamento e seu circuito elétrico equivalente. A tensão fornecida ao chuveiro vale V = 200V e sua resistência é R1 = 10Ω. a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando a torradeira está em funcionamento? b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar uma torrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessa torrada? c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipada nos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT de cada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torrada?

U U a) i = –––– = –––––– Req 3RT –––– 2

a) Suponha um chuveiro em funcionamento, pelo qual fluem 3,0 litros de água por minuto, e considere que toda a energia dissipada na resistência do chuveiro seja transferida para a água. O calor absorvido pela água, nesse caso, é dado por Q=mcΔθ, onde c = 4 . 103 J/kg °C éo calor específico da água, m é a sua massa e Δθ é a variação de sua temperatura. Sendo a densidade da água igual a 1000 kg/m3, calcule a temperatura de saí́da da água quando a temperatura de entrada for igual a 20 °C. b) Considere agora que o chuveiro esteja defeituoso e que o ponto B do circuito entre em contato com a carcaça metálica. Qual a corrente total no ramo AB do circuito se uma pessoa tocar o chuveiro como mostra a figura? A resistência do corpo humano nessa situação vale R2 = 1000 Ω.

120 120 i = ––––––– (A) = –––– (A) 3 . 20 30 ––––– 2 i ⇒ iT = –– ⇒ 2

i = 4,0A

iT = 2,0A

b) Ee = Pot . Δt Ee = U . i . Δt Ee = 120 . 4,0 . 50 (J) Ee = 2,4 . 10 4J

RESOLUÇÃO:

U2

a) Como toda energia elétrica dissipada no resitor do chuveiro é transferida para a água, temos:

c) Ee = –––– . Δt’ R’eq U2 Ee = –––– 2RT –––– 2

Δt’ =

. Δt’

4000 ––––– (s) ⇒ 120

Respostas: a)2,0A;

24 000 =

(120) 2 ––––––– 20

Eel = Q . Δt’ P . Δt = m . c . Δ kg kg Sendo m = d . Vol, com d = 1000 –– = 1,0 –– 3 m l P . Δt = d . Vol . c . Δ

Δt’ = 33,3s b) 2,4 . 10 4J ou 24kJ;

c) 33,3s

V2 Vol –– = d . –– c . Δ R1 Δt

– 71

FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO


(200)2 3,0 ––––– = 1,0 . –– . 4 . 103 . Δ 10 60

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por: Pdissipada = R . i2

Δ = 20ºC – 0 = 20ºC – 20ºC = 20ºC

Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W) Pdissipada = 250 MW O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por:

= 40ºC b) Cálculo das intensidades de correntes i1 e i2: V = R1 . i1

250MW Pdissipada PD = ––––––––– = ––––––––– = 0,25 = 25% PC 1000MW c) Para a tensão de 500kV, temos:

200 = 10 . i1 ⇒ i1 = 20,0A

PC = U’ i’

V = R2 . i2

1000 . 106 = 500 . 103 . i’

200 = 1000 . i2 ⇒ i2 =0,2A

Cálculo da intensidade total da corrente no ramo AB: i = i1 + i2 i = 20,0 + 0,2 (A)

i’ = 2,0 . 103A A potência dissipada P’ será dada por: P’ = R (i’)2 P’ = 10 . (2,0 . 103)2 (W) P’ = 4,0 . 107W = 40MW

i = 20,2A Respostas: a) 40ºC b) 20,2A

A nova percentagem da potência dissipada na linha, P’D, em relação à potência consumida, será dada por: P’ 40MW P’D = –– = –––––––– ⇒ P’D = 0,04 = 4% PC 1000MW

FÍSICA A 3.a S

Respostas: a) 5,0 . 103A b) 25% c) 4%

3. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétrica refere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geração para o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000km apresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida na cidade é PC = 1000MW. a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão. b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em relação à potência consumida na cidade, PC. c) Quanto maior a tensão na linha de transmissão menores são as perdas em relação à potência consumida. Considerando que a potência consumida na cidade é transmitida com uma tensão de 500kV, calcule a percentagem de perda. RESOLUÇÃO: a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que chega à cidade de 200kV, vem: PC = i U 1000 . 106 = i . 200 . 103 i = 5,0 . 103A

72 –


28

Eletrodinâmica IV

1. (FUVEST-SP) – Em uma ilha distante, um equipamento eletrônico de monitoramento ambiental, que opera em 12V e consome 240W, é mantido ligado 20h por dia. A energia é fornecida por um conjunto de N baterias ideais de 12V. Essas baterias são carregadas por um gerador a diesel, G, através de uma resistência R de 0,2Ω. Para evitar interferência no monitoramento, o gerador é ligado durante 4h por dia, no perí́odo em que o equipamento permanece desligado.

Determine a) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C. b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema, supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma. c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para carregar as baterias em 4h. NOTE E ADOTE (1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb) O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produto da corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h). Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final de sua carga. RESOLUÇÃO: a) No equipamento: P= i . U 240 = i . 12 ∴ i = 20A b) No equipamento: Q i = ––– Δt Q 20 = ––– ∴ QT = 400Ah 20 Na associação de baterias: 1 bateria –––– 50 A . h N baterias –––– 400 A . h N = 8 baterias, no mínimo c) Na associação de baterias: Q iTOT = –– Δt 400 iTOT = ––– (A)∴ iTOT = 100A 4 A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por: V = R . iTOT + Ebat

V = 0,2 . 100 + 12 (SI) V = 32 volts Respostas: a) 20A b) 8 baterias c) 32V

2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita, o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínio reciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% do gasto a partir da bauxita. a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considere que a massa de cada latinha é de 16g. b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partir da bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desse forno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente que alimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas. RESOLUÇÃO: a) A massa das latinhas recicladas por dia é: m = 50000 . 16g = 800kg Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos: E1 = 800 . 15 kWh E1 = 12000 kWh A economia representa 95% de E1. Assim: Ee = 0,95 . 12000 kWh Ee = 1,14 . 104 kWh b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir da bauxita, é dado por: kWh E = 15 ––––– . 400kg = 6000kWh kg A respectiva potência é dada por: E 6000kWh Pot = ––– = ––––––––– = 600kW Δt 10h

– 73

FÍSICA A 3.a S

MÓDULO


A corrente elétrica é dada por: Pot 600 . 103 i = ––– = ––––––– (A) U 40

4. (UNIFESP) – A figura representa uma bateria, de força eletromotriz E e resistência interna r = 5,0 Ω, ligada a um solenoide de 200 espiras. Sabe-se que o amperímetro marca 200 mA e o voltí́metro marca 8,0 V, ambos supostos ideais.

i = 1,5 . 104A Respostas: a) 1,14 . 104 kWh b) 1,5 . 104A ou 15kA

a) Qual o valor da força eletromotriz da bateria? b) Qual a intensidade do campo magnético gerado no ponto P, localizado no meio do interior vazio do solenoide? Dados: μ0 = 4π . 10–7 T . m/A; 3. (UNESP-SP) – Células fotovoltaicas foram idealizadas e desenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energia abundante, e convertê-la em energia elétrica. Estes dispositivos são confeccionados com materiais semicondutores que, quando iluminados, dão origem a uma corrente elétrica que passa a alimentar um circuito elétrico. Considere uma célula de 100cm2 que, ao ser iluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energia elétrica. Quando um resistor é acoplado à célula, verifica-se que a tensão entre os terminais do resistor é 1,6V. Considerando que, num dia ensolarado, a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor. FÍSICA A 3.a S

RESOLUÇÃO: Levando-se em conta que a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado e que a célula apresenta área de 100cm2, temos: 104cm2 → 1kW 102cm2 → P

P = 1 . 10–2 kW

Como a célula converte apenas 12% da energia solar incidente em energia elétrica, vem Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W No resistor, a tensão medida é de 1,6V. Assim, podemos calcular a intensidade da corrente, fazendo: Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6 i = 0,75A Resposta: 0,75A

74 –

N B = μ0 ––– i (módulo do campo magnético no interior de um L solenoide) RESOLUÇÃO: a) Os terminais da bateria estão submetidos a uma diferença de potencial de 8,0V, assim: U=E–ri 8,0 = E – 5,0 . 0,20 E = 9,0V b) A intensidade do campo de indução magnética no interior do solenoide é dada por: N B = μ0 ––– i L 200 B = 4π . 10–7 . –––– . 0,20 (T) 0,20 B = 8,0π . 10–5T Respostas: a) E = 9,0V b) B = 8,0π . 10–5T

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Curso Extensivo – B Curso Extensivo – E

FÍSICA BE

Física

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FÍSICA BE

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FÍSICA

Revisão MÓDULO

1

Cinemática

1. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constante de 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m da toca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte do repouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante 90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobo descreve a mesma reta descrita pela lebre. a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instante em que a lebre chegaria à sua toca. b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à sua toca.


RESOLUÇÃO: a) 1)


2)

t1 = 10,0s

Cálculo da velocidade final do lobo: V2 = V02 + 2 γ Δs V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900


t2 = 6,0s



b)


a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalar constante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s, quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motor avariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalar constante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempo total necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desde a partida. Qual é o comprimento da pista? b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso após a partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaração escalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve a velocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quem é que ganhou a corrida? Adote 10 = 3,2

–1

FÍSICA BE

V1 = 30,0m/s


RESOLUÇÃO: a)


1)

Cálculo de V1: ΔV ΔV a = ––––– ⇒ – 3,00 . 10–2 = ––––– ⇒ ΔV = –5,1m/s Δt 170 V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s

2)

L = área (V x t) 30,0 . 12,5 170 L = –––––––––– + (12,5 + 7,4) –––– (m) 2 2 L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1)

L = 1879m


2)

Ttotal = T1 + 117s = 185s

FÍSICA BE


2–


T = 500s


Vrel = 0,2m/s


MÓDULO

2

Leis de Newton – Atrito


Considere que – as polias e os fios são ideais; – o atrito e a resistência do ar são desprezíveis; – a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2. Determine: a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce. b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema. RESOLUÇÃO: a)


A aceleração da gravidade tem módulo g. → a) Determine o módulo da força F mínima para que o sistema comece a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínima calculada no item (a) determine: b) o módulo da aceleração do sistema c) a intensidade da força que traciona o fio d) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. RESOLUÇÃO: a) Para iniciar o movimento: F > Fat

destaque

Fmin 6 μe mg

F > μe 6mg ⇒

⇒

Fmin = 1,2 mg

PFD : F’ – Fat

din

FÍSICA BE

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg = Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a 0, 40g – 0,12g = a ⇒ PFD (A): T = mA a PFD (B): T = mB a

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g T = 0,36mg + 0,84mg

PFD (C): PC – 2T = mC a PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC) a

T = 1,2 mg

60,0 = 10,0a a = 6,0m/s2

a = 0,28g

d) 1) PFD(m): fat – Fat = m a

b) T = mA a

fat = 0,12 . 3 mg + m . 0,28g

T = 2,0 . 6,0 (N) T = 12,0 N 6,0m/s2

Respostas: a) b) 12,0 N

fat = 0,64 mg 2)

fat ≤ μ’ 2mg 0,64mg ≤ μ’ 2mg μ’ ≥ 0,32 μ’min = 0,32

–3




a) Fx = Fcos θ Fy = Fsen θ FN = P + Fy = P + Fsenθ Para a caixa se mover: Fx > Fat max Fcos θ > μE (P + Fsen θ ) Fcos θ – μE Fsen θ > μE P FÍSICA BE

F (cos θ – μE sen θ) > μE P μE P F > –––––––––––––– cos θ – μE sen θ μE P Fmin –––––––––––––– cos θ – μE sen θ b) FN = P + F sen θ μE P sen θ FN = P + –––––––––––––– cos θ – μE sen θ FN = P


FN = P



4–


MÓDULO

3

Força Centrípeta


μE g R V ≤ Vmax = μE g R Vmax = 0,9 . 10 . 100 (m/s) Vmax = 30m/s = 108 km/h

A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos a massa foi cancelada)

RESOLUÇÃO: a)

→

P : peso do carro → FN :

força normal aplicada pelo chão

→

FÍSICA BE

Fat : força de atrito aplicada pelo chão

→


b) 1)

FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N) FN = P = 1,0 . 104 N

2)

m V2 Fat = Fcp = –––– R 1,0 . 103 . 102 Fat = ––––––––––– (N) 100

Fat = 1,0 . 103 N c) Fat ≤ μE FN m V2 –––– ≤ μE mg R V2 ≤ μE g R

–5



RESOLUÇÃO: a)

1)

Fat = P = mg

2)

FN = Fcp = mω2 R

3)


g –––– μR

g –––– μR

ωmin =


→

→

F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)

FÍSICA BE

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estático entre a roupa da pessoa e a parede do rotor. Seja g o módulo da aceleração da gravidade. Calcule: a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não escorregue. b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a 2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a → força F que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores → → i (horizontal) e k (vertical), isto é, a resposta deve ser na forma: →

→

→

F = Fx i + Fz k

→




6–

Respostas: a) ωmin = →

g –––– μR →

→

b) F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)


MÓDULO

4

Trabalho – Potência – Energia

1. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg, inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma força constante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito. Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de 3,0m. a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco? b) Qual a velocidade escalar final do bloco? RESOLUÇÃO:


→ →

a) τF = F d cos 0° τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

τF = 147 J

b) TEC: τF = Δ Ecin mV2 mV02 τF = ––––– – –––––– 2 2


V2 = 49 ⇒ V = 7,0 m/s Respostas: a) 147 J

b) 7,0 m/s

RESOLUÇÃO: a) Usando-se a conservação da energia mecânica: Eelástica = Ecin m V02 k x2 –––– = –––––– 2 2 V0 = x

k –– m

V0 = 2,0 . 10–2

8,0 . 103 –––––––– (m/s) 0,20

FÍSICA BE

6,0 147 = ––– V2 2

V0 = 4,0 m/s b) Para um referencial na pista horizontal, temos: m V02 m V12 –––––– = –––––– + m g h 2 2 16,0 – 4,0 V02 – V12 h = ––––––– ⇔ h = ––––––––– (m) 20 2g h = 0,60 m Respostas: a) 4,0 m

b) 0,60 m

–7



RESOLUÇÃO: (1)

EB = EA (referência em B) k x2 –––– = m g H 2 k . 1600 ––––––– = 70 . 10 . 50 2 175 700 k = –––– N/m = –––– N/m 4 16

(2) Fe = P FÍSICA BE

k (H – h – L) = mg 175 ––––– (50 – h – 10) = 700 4 40 – h = 16 h = 24m Resposta: 24m

8–


MÓDULO

5

Quantidade de Movimento e Gravitação




RESOLUÇÃO: a)

Δx V = –––– Δt – 1,0 VA = –––––– (m/s) = –1,0m/s 1,0 2,0 VB = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0

1,0 V’B = ––––– (m/s) = 1,0m/s 1,0 b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão: Qf = Qi

FÍSICA BE

2,0 V’A = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0


→

mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB

Qapós = Qantes

mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0)

Qa + QP = 0 ⇒ QA = QP

mB = 3,0 mA

maVa = mP . VP

Como mA = 4,0kg ⇒ mB = 12,0kg

→

→

→

→

→

60 Va = 80 . 0,15 Va = 0,20m/s N

b) I = área (F x t) = ΔQ = maVa Fmáx (0,9 + 0,3) ––––– = 60 . 0,20 2 0,6 Fmáx = 12 Fmáx = 20N Respostas: a) Va = 0,20m/s

b) Fmáx = 20N

–9


3. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que será colocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seus desenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante de gravitação universal e M = massa da Terra. a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termos de G, M e R. b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermos que seu período de translação seja igual ao período T de rotação da Terra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termos de G, M e T. RESOLUÇÃO: a) FG = Fcp mV2 GMm = –––– ⇒ –––––– R R2

V=

GM –––– R

2πr GM –––– = ––––– r T

b) V =

GM 4 π 2 r2 GM r3 ––––– = ––––––– ⇒ ––– = –––– 2 r T 4π2 T2 GMT2 r3 = –––––– 4π2

r=

FÍSICA BE

10 –

3

GMT2 ––––––– 4π2


MÓDULO

6

Estática e Hidrostática



RESOLUÇÃO:

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar. As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e 3,0kg. Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posição horizontal, a) o módulo da aceleração dos blocos B e C; b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C; c) o valor de x.

2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40 40 . 2)

106

= NA . 40 ⇒ NA = 1,0 .

106 N

RESOLUÇÃO: a) Na máquina de Atwood, temos:

NA + NB = Pc + PP

PC – PB = (mB + mC) a

1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒ NA = 2,0 . 106 N

30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NB diminui e a soma NA + NB permanece constante.

FÍSICA BE

a) Para o equilíbrio da ponte: 1) (∑ torques)B = 0

a = 2,0m/s2

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem:

T – PB = mBa T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

T = 24,0N

c)

– 11


Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos momentos em relação ao ponto S seja nula, vem: 10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x 540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x 1890 = 108 x ⇒


x = 17,5cm

Respostas: a) 2,0m/s2 b) 24,0 N c) 17,5cm

a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibrada em newtons b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo de alumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente no recipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valores indicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifique cuidadosamente a sua resposta. Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2 RESOLUÇÃO: a) M = mR + ma + mal M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9 N Fbalança = 5,9 N b)

1) E = μa V g

FÍSICA BE

E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N) E = 1,0 N 2) Fdin + E = P Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0 Fdin = 1,7 N 3)


12 –


7

Termologia I


a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. Determine o valor correspondente a essa temperatura na escala Fahrenheit. b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro: • a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de 18mm; • a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de 6mm3; • o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é 1,8 . 10– 4 ºC–1. Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro que constitui o tubo capilar desse termômetro. RESOLUÇÃO: a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC. A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão: θF – 32 θc ––– = –––––––– 9 5

2. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperatura ambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Ela necessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC. a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona de casa deve misturar? b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade de água à temperatura ambiente determinada no item anterior até que ela fervesse? Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da água vale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale 1,0 x 103cal/kgºC. RESOLUÇÃO: a) Utilizando-se o balanço energético, temos: Qcedido + Qrecebido = 0 (m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0 mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0 25 mf = 50 mq mf = 2mq Mas: m μ = ––– ⇒ m = μ V V Assim: μVf = 2 μ Vq Vf = 2Vq Como: Vf + Vq = 1

θF – 32 38 ––– = –––––––– 9 5

Vem:

68,4 = θF – 32

2Vq + Vq = 1

FÍSICA BE

MÓDULO

1 2 Vq = —— e Vf = —— 3 3

θF = 100,4ºF b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:


ΔV = V0 γ Δθ

Q=mcΔθ

Ah = V0 γ Δθ A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

1 Q = 1,0 . 103. ––– . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal) 3

A = 1,2 . 10–4mm2


Q=μVcΔθ

b) 1,2 . 10–4mm2

Q = 2,5 . 104 cal 1 2 Respostas: a) ––– e ––– 3 3 b) 2,5 . 104cal

– 13


3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aula de Laboratório de Física: Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interior fervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver. Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água à temperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver. Sobre esse experimento, responda ao que se pede. a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver. b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumentaria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique. RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. A redução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, o líquido volta a entrar em ebulição. b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, a ebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquela no laboratório. Respostas: a) ver justificativa b) Diminuirá.

FÍSICA BE

14 –


8

Termologia II



2. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiais utilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica de sorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele o compra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, que absorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando a sublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados, 2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à temperatura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção de uma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída por gotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasoso para a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime: a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de comprar, para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários em sua “geladeira”. b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” com a sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água, esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gás formado. NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso. Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C. Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g. Para um gás ideal, PV = nRT. Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros. Massa de 1 mol de CO2 = 44 g. Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.

Qcedido + Qrecebido = 0

RESOLUÇÃO

(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

a) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0

Pot Δt = (Mgelo – m)Ls

3θ – 240 + 7θ – 140 = 0

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648

10θ = 380

Mgelo = 4000 g

θ = 38°C

FÍSICA BE

MÓDULO

Mgelo = 4 kg

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema perdeu 18 400cal. Assim: Q=mcΔθ –18 400 = (300 + 700) c (15 – 38) –18 400 = –23 000 c 18 400 c = –––––––– (cal/g°C) 23 000 c = 0,80 cal/g°C Respostas: a) 38°C b) 0,80 cal/g°C

b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapord’água, que representa 0,01 g/cm3. Assim: 0,01 g 1 cm3 Mágua V(cm3) Mágua = V · 0,01 (g) Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 , temos: 44 g de CO2 22,4 2000 g de CO2 V() 2000 · 22,4 V = ––––––––– ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3 44 Portanto: Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g) Mágua ≅ 10,18 · 103 g Mágua ≅ 10 kg Respostas: a) 4 kg

b) 10 kg

– 15


MÓDULO

9

Óptica (I)



2d1 2 . 4,0 b) c = –––– ⇒ 3,0 . 108 = –––––– Δt Δt Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒ Δt ≅ 27 ns Respostas: a) 6,0 m; virtual; b) aproximadamente 27 ns

FÍSICA BE


16 –


2. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocando em movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que a velocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui um espelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m. Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motorista põe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 s desde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante em que a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm. Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento do espelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro do limite de velocidade da avenida.


RESOLUÇÃO: i 10 mm 1 I) A = ––– = ––––––––– ⇒ A = –––– o 1800 mm 180 (A > 0 ⇒ imagem direita) f 1 – 1,0 II) A = ––––– = –––– = –––––––– f–p 180 – 1,0 – p – 1,0 – p = – 180 ⇒ p = 179 m (f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual) Δp 179 m 179 III) V = ––– = –––––– = –––– . 3,6 km/h Δt 14 s 14 Da qual: V 46 km/h Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que sua velocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida na avenida (50 km/h).


|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2

1,4 0,9 = |n2| ––– ⇒ 2

FÍSICA BE

2 1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2| ––– 2

|n2| 1,3

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material considerado é obtida fazendo-se: 1 1 V = –––– ⇒ V = –––––––––––––––––––––– (m/s) εμ 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6

3. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no desenvolvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais, que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso de metamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contraste com materiais convencionais que têm índice de refração positivo. Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem de objetos e no desenvolvimento de lentes especiais. a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índice de refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ângulo θ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta uma trajetória que não seria possível em um material convencional e que ocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refração negativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice de refração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell na forma: |n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use 2 = 1,4 e 3 = 1,7.

Da qual:

V = 2,0 . 108 m/s


– 17


MÓDULO

10

Óptica (II)


a) Calcule a distância d do filme à lente. b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua imagem fique exatamente focalizada no filme? RESOLUÇÃO: a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele provenientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (convergente) e consequentemente emergem desta numa direção que passa pelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

FÍSICA BE

2)

Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem: H f ––– = ––– h x 3,5 35 ––– = ––– 0,03 x x = 0,3 mm

3)



18 –



2. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capaz de alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetos situados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados a uma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras, o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a 25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegue enxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo está situado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas informações, resolva as questões propostas. a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar? b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus” devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a 25 cm de distância. RESOLUÇÃO: a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com lentes convergentes. b) I)


a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão total no interior da fibra. b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ. RESOLUÇÃO: a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual (ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar. nar α L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α ––– n 2 1 sen α ≅ –––– ⇒ sen α ≅ ––– 3 3 –– 2 b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α

1 1 1 Equação de Gauss: –– = –– – –– f d N dH

II)

2

2

––– 3

+ cos2α = 1

4 5 cos2α = 1 – ––– ⇒ cos α = –––– 3 9 5 sen β = –––– 3

1 1 1 1 4–1 –– = –– – ––– ⇒ –– = ––––– f 25 100 f 100

Logo:

100 1 Da qual: f = –––– cm = ––– m 3 3

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β

1 1 V = ––– ⇒ V = ––– (di) f 1 ––– 3 V = 3,0 di (V > 0 ⇒ Lente convergente)

Respostas: a) Lentes convergentes b) + 3,0 di (ou “graus”)

FÍSICA BE

(II) sen2α + cos2α = 1 ⇒

3 5 1 . sen γ = –– . –––– 2 3

Da qual:

5 sen γ = –––– 2

2 Respostas: a) –– 3 5 b) –––– 2

– 19


MÓDULO

11

Ondas


2. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou 100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dos dispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dos dispositivos optoeletrônicos do mundo atual. Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótons com energias dadas E = hf, onde h 6 . 10–34 J . s e f é a frequência da radiação. Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de onda λ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x de índice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e de refração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine: a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível (adote c = 3 . 108 m/s). b) O índice de refração do meio transparente x. c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio transparente x. RESOLUÇÃO: a) Equação de Planck: E = hf c Mas: c = λf ⇒ f = ––– λ

a) Considerando-se essas informações, responda: Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo do eixo x? Justifique sua resposta. b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade de propagação.

c 3 . 108 Logo: E = h ––– ⇒ E = 6 . 10–34 ––––––– (J) λ 6 . 10–7 Da qual: E = 3 . 10–19 J b)

FÍSICA BE

RESOLUÇÃO: a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como representa a figura abaixo.

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i nx sen 30° = 1 . sen 45° 1 –– de ciclo N 4 b) f = ––– = –––––––––– ⇒ Δt 0,10 s

f = 2,5 Hz


1 2 nx ––– = –––– 2 2 2 Da qual: nx = vx 1 vx nar c) ––– = ––– ⇒ –––––– = –––– c nx 3 . 108 2 3 . 108 3 . 108 vx = –––––– –––––– (m/s) ⇒ 1,41 2 Respostas: a) 3 . 10–19 J b) 2 c) 2,1 . 108 m/s

20 –

vx ≅ 2,1 . 108 m/s


3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilho retilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. No primeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma onda estacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é 255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador. Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidade constante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a se mover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão do observador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador na situação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine: a) a frequência do som que o tubo emite; b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial; Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s. RESOLUÇÃO: a) I)

1,5λ = 255 λ = 170 cm = 1,7 m II)

Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

fF = 200 Hz

FÍSICA BE

f0 fF b) Efeito Doppler: –––––––––– = –––––––––– Vsom ± V0 Vsom ± VF

210 200 210 . 340 –––––––– = –––––––– ⇒ 340 + V0 = –––––––– 340 + V0 340 + 0 200 Da qual:

V0 = 17 m/s

Respostas: a) 200 Hz b) 17 m/s

– 21


MÓDULO

12

Eletrostática


A

B

C




Q’B = 2 . Q’A �� Q’C = 4 Q’A ��

FÍSICA BE

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas: Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC) Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC + 7 Q’A = + 7,0 pC Q’A = + 1,0 pC Voltando em �� e ��: Q’B = + 2,0 pC Q’C = + 4,0 pC


Respostas: a) b)

22 –

FAB = FBA = FBC = FCB = F FRES = F 2




B

E



P = peso

→

d





10–6

= 2,0 .

103

U = 2 000V = 2,0 . 103V

.C

6,0 . 10–6 C = ––––––––– (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒ 2,0 . 103

C = 3,0nF


FÍSICA BE

→


––– m V


– 23


MÓDULO

13

Eletromagnetismo



Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas, pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinal a) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1. RESOLUÇÃO: De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 tem carga positiva e a partícula 2, negativa. O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por: m.V R = ––––––– |q| . B



NOTE E ADOTE

R2 = 2R1

FÍSICA BE

m.V m.V ––––––– = 2 ––––––– |q1| . B |q2 | . B |q1| = 2|q2|

Força magnética

Força centrípeta

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

mv 2 FCP = ––––– R

Resposta: A


b) Fmag = q . v . B m v2 Fcp = ––––––– R

24 –

m.v ⇒ v= R.q.B R = ––––––– ––––––– m q.B



RESOLUÇÃO: a)



→

→

→

→

→

= B1 + B2 → | Bres| = | B1| + | B2 |


A

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitor para o papel.

FÍSICA BE

b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res→ → pectivo campo magnético, B’1 e B’2 , atuando sobre a corrente elétrica do outro fio.




– 25


MÓDULO

14

Eletrodinâmica I


2. No gráfico a seguir estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a ␧ e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz ␧’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.




100 – 20 r = ––––––––– (Ω) ⇒ 4

12 – 11 i = ––––––––– (A) 0,10 + 0,10

FÍSICA BE

60 – 40 r’ = –––––––– (Ω) ⇒ 2

r’ = 10Ω



UAB = E – r i

UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0)

UAB = 11 + 0,10 (5,0)

UAB = 11,5V

r = 20Ω

• receptor:

1,0 i = –––– (A) 0,20

b) Pelo gerador:


UAB = 11,5V

Lei de Pouillet: i=

ε – ε’ –––––– r – r’

⇒ i=

100 – 40 –––––––– 20 + 10

(A)


26 –



60V –––––– 100V


ηG = 60%

F p = ––– ⇒ p = A

1,0 N –––––––––––– 0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2


40V ––––– 60V

2 = ––– 3




R 3R Req = ––– + R = –––– 2 2

12 6 U i = –––– = ––––– = –––– 3R 3R Req ––– 2 A ddp entre C e D é dada por: R UCD = ––– . i 2 FÍSICA BE


R 12 UCD = ––– . –––– (V) 2 3R UCD = 2,0V Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2 b) 2,0V


– 27


15

MÓDULO

Eletrodinâmica II


2. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétrica refere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geração para o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000km apresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida na cidade é PC = 1000MW. a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão. b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em relação à potência consumida na cidade, PC. RESOLUÇÃO: a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que chega à cidade de 200kV, vem: PC = i U 1000 . 106 = i . 200 . 103

a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando a torradeira está em funcionamento? b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar uma torrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessa torrada? c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipada nos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT de cada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torrada? RESOLUÇÃO

FÍSICA BE

120 120 i = ––––––– (A) = –––– (A) 3 . 20 30 ––––– 2 i ⇒ iT = –– ⇒ 2

iT = 2,0A

b) Ee = Pot . Δt Ee = U . i . Δt Ee = 120 . 4,0 . 50 (J) Ee = 2,4 . 10 4J U2 c) Ee = –––– . Δt’ R’eq U2 Ee = –––– 2RT –––– 2

Δt’ =

. Δt’

4000 ––––– (s) ⇒ 120

Respostas: a)2,0A;

28 –

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por: Pdissipada = R . i2 Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W) Pdissipada = 250 MW O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por: Pdissipada 250MW PD = ––––––––– = ––––––––– = 0,25 = 25% PC 1000MW Respostas: a) 5,0 . 103A b) 25%

U U a) i = –––– = –––––– Req 3RT –––– 2

i = 4,0A

i = 5,0 . 103A

24 000 =

(120) 2 ––––––– 20

. Δt’

Δt’ = 33,3s b) 2,4 . 10 4J ou 24kJ;

c) 33,3s


MÓDULO

16

Eletrodinâmica III



Determine a) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C. b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema, supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma. c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para carregar as baterias em 4h.

FÍSICA BE

NOTE E ADOTE (1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb) O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produto da corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h). Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final de sua carga. RESOLUÇÃO: a) No equipamento: P= i . U 240 = i . 12 ∴ i = 20A b) No equipamento: Q i = ––– Δt Q 20 = ––– ∴ QT = 400Ah 20 Na associação de baterias: 1 bateria –––– 50 A . h N baterias –––– 400 A . h N = 8 baterias, no mínimo c) Na associação de baterias: Q iTOT = –– Δt 400 iTOT = ––– (A)∴ iTOT = 100A 4 A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por: V = R . iTOT + Ebat

– 29


2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita, o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínio reciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% do gasto a partir da bauxita. a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considere que a massa de cada latinha é de 16g. b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partir da bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desse forno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente que alimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas.

3. (UNESP-SP) – Células fotovoltaicas foram idealizadas e desenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energia abundante, e convertê-la em energia elétrica. Estes dispositivos são confeccionados com materiais semicondutores que, quando iluminados, dão origem a uma corrente elétrica que passa a alimentar um circuito elétrico. Considere uma célula de 100cm2 que, ao ser iluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energia elétrica. Quando um resistor é acoplado à célula, verifica-se que a tensão entre os terminais do resistor é 1,6V. Considerando que, num dia ensolarado, a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor.

RESOLUÇÃO: a) A massa das latinhas recicladas por dia é:

RESOLUÇÃO: Levando-se em conta que a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado e que a célula apresenta área de 100cm2, temos:

m = 50000 . 16g = 800kg Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos: E1 = 800 . 15 kWh E1 = 12000 kWh

104cm2 → 1kW 102cm2 → P

P = 1 . 10–2 kW

Como a célula converte apenas 12% da energia solar incidente em energia elétrica, vem

A economia representa 95% de E1. Assim: Ee = 0,95 . 12000 kWh Ee = 1,14 . 104 kWh b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir da bauxita, é dado por:

Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W No resistor, a tensão medida é de 1,6V. Assim, podemos calcular a intensidade da corrente, fazendo: Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6 i = 0,75A

kWh E = 15 ––––– . 400kg = 6000kWh kg A respectiva potência é dada por:

FÍSICA BE

E 6000kWh Pot = ––– = ––––––––– = 600kW Δt 10h A corrente elétrica é dada por: Pot 600 . 103 i = ––– = ––––––– (A) 40 U i = 1,5 . 104A Respostas: a) 1,14 . 104 kWh b) 1,5 . 104A ou 15kA

30 –

Resposta: 0,75A

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Curso Extensivo – D

FÍSICA D

Física

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FÍSICA D

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FÍSICA

Revisão MÓDULO

1

Cinemática

1. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constante de 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m da toca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte do repouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante 90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobo descreve a mesma reta descrita pela lebre. a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instante em que a lebre chegaria à sua toca. b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à sua toca.


RESOLUÇÃO: a) 1)


2)

t1 = 10,0s

Cálculo da velocidade final do lobo: V2 = V02 + 2 γ Δs V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900


t2 = 6,0s



b)


a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalar constante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s, quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motor avariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalar constante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempo total necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desde a partida. Qual é o comprimento da pista? b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso após a partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaração escalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve a velocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quem é que ganhou a corrida? Adote 10 = 3,2

–1

FÍSICA D

V1 = 30,0m/s


RESOLUÇÃO: a)


1)

Cálculo de V1: ΔV ΔV a = ––––– ⇒ – 3,00 . 10–2 = ––––– ⇒ ΔV = –5,1m/s Δt 170 V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s

2)

L = área (V x t) 30,0 . 12,5 170 L = –––––––––– + (12,5 + 7,4) –––– (m) 2 2 L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1)

L = 1879m


2)

Ttotal = T1 + 117s = 185s

FÍSICA D


2–


T = 500s


Vrel = 0,2m/s


MÓDULO

2

Leis de Newton – Atrito


Considere que – as polias e os fios são ideais; – o atrito e a resistência do ar são desprezíveis; – a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2. Determine: a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce. b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema. RESOLUÇÃO: a)


A aceleração da gravidade tem módulo g. → a) Determine o módulo da força F mínima para que o sistema comece a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínima calculada no item (a) determine: b) o módulo da aceleração do sistema c) a intensidade da força que traciona o fio d) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. RESOLUÇÃO: a) Para iniciar o movimento: F > Fat

destaque

Fmin 6 μe mg

F > μe 6mg ⇒

⇒

Fmin = 1,2 mg

PFD : F’ – Fat

din

FÍSICA D

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg = Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a 0, 40g – 0,12g = a ⇒ PFD (A): T = mA a PFD (B): T = mB a

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g T = 0,36mg + 0,84mg

PFD (C): PC – 2T = mC a PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC) a

T = 1,2 mg

60,0 = 10,0a a = 6,0m/s2

a = 0,28g

d) 1) PFD(m): fat – Fat = m a

b) T = mA a

fat = 0,12 . 3 mg + m . 0,28g

T = 2,0 . 6,0 (N) T = 12,0 N 6,0m/s2

Respostas: a) b) 12,0 N

fat = 0,64 mg 2)

fat ≤ μ’ 2mg 0,64mg ≤ μ’ 2mg μ’ ≥ 0,32 μ’min = 0,32

–3




a) Fx = Fcos θ Fy = Fsen θ FN = P + Fy = P + Fsenθ Para a caixa se mover: Fx > Fat max Fcos θ > μE (P + Fsen θ ) Fcos θ – μE Fsen θ > μE P FÍSICA D

F (cos θ – μE sen θ) > μE P μE P F > –––––––––––––– cos θ – μE sen θ μE P Fmin –––––––––––––– cos θ – μE sen θ b) FN = P + F sen θ μE P sen θ FN = P + –––––––––––––– cos θ – μE sen θ FN = P


FN = P



4–


MÓDULO

3

Força Centrípeta


μE g R V ≤ Vmax = μE g R Vmax = 0,9 . 10 . 100 (m/s) Vmax = 30m/s = 108 km/h

A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos a massa foi cancelada)

RESOLUÇÃO: a)

→

P : peso do carro → FN :

força normal aplicada pelo chão

→

FÍSICA D

Fat : força de atrito aplicada pelo chão

→


b) 1)

FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N) FN = P = 1,0 . 104 N

2)

m V2 Fat = Fcp = –––– R 1,0 . 103 . 102 Fat = ––––––––––– (N) 100

Fat = 1,0 . 103 N c) Fat ≤ μE FN m V2 –––– ≤ μE mg R V2 ≤ μE g R

–5



RESOLUÇÃO: a)

1)

Fat = P = mg

2)

FN = Fcp = mω2 R

3)


g –––– μR

g –––– μR

ωmin =


→

→

F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estático entre a roupa da pessoa e a parede do rotor. Seja g o módulo da aceleração da gravidade. FÍSICA D

Calcule: a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não escorregue. b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a 2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a → força F que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores → → i (horizontal) e k (vertical), isto é, a resposta deve ser na forma: →

→

→

F = Fx i + Fz k

→




6–

Respostas: a) ωmin = →

g –––– μR →

→

b) F = 1,6 . 103 i + 5,0 . 102 k (N)


MÓDULO

4

Trabalho – Potência – Gravitação

1. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg, inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma força constante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito. Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de 3,0m. a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco? b) Qual a velocidade escalar final do bloco? RESOLUÇÃO: → →

a) τF = F d cos 0° τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

τF = 147 J

b) TEC: τF = Δ Ecin

2. Um carro de massa M = 1,0 . 103kg descreve uma trajetória retilínea em um plano horizontal. A força da resistência do ar que se opõe ao movimento do carro tem intensidade F que varia com a velocidade escalar V do carro segundo a relação: F = 1,2 V2 (SI). Despreze a força de atrito nas rodas não motrizes do carro. A velocidade limite atingida pelo carro tem módulo igual a 180km/h. Adote g = 10m/s2. Determine: a) a intensidade da força total de atrito nas rodas motrizes do carro, aplicada pelo solo, ao ser atingida a velocidade limite. b) a potência útil do motor do carro ao ser atingida sua velocidade limite. RESOLUÇÃO:

mV02 mV2 τF = ––––– – –––––– 2 2 6,0 147 = ––– V2 2

Respostas: a) 147 J b) 7,0 m/s

a) Ao ser atingida a velocidade limite teremos: 2 Fat = F = 1,2 Vlim

180 Vlim = 180km/h = –––– m/s = 50m/s 3,6 Fat = 1,2 (50)2 (N) Fat = 3,0 . 10 3 N FÍSICA D

V2 = 49 ⇒ V = 7,0 m/s

b) PotU = Fat Vlim PotU = 3,0 . 103 . 50 (W) ⇒ PotU = 1,5 . 10 5 W

Respostas: a) 3,0kN b) 1,5 . 105 W

–7


3. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que será colocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seus desenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante de gravitação universal e M = massa da Terra. a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termos de G, M e R. b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermos que seu período de translação seja igual ao período T de rotação da Terra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termos de G, M e T. RESOLUÇÃO: a) FG = Fcp mV2 GMm = –––– ⇒ V = –––––– 2 R R

GM –––– R

2πr GM –––– = –––– r T

b) V =

4 π 2 r2 r3 GM GM ⇒ ––– = –––– –––– = ––––––– 2 T T2 4π2 r GMT2 r3 = –––––– 4π2

r=

FÍSICA D

8–

3

GMT2 ––––––– 4π2


5

Energia Mecânica




RESOLUÇÃO: (1)

RESOLUÇÃO:

(referência em B)

a) Usando-se a conservação da energia mecânica: Eelástica = Ecin

k x2 –––– = m g H 2

m V02 k x2 –––– = –––––– 2 2 V0 = x

k . 1600 ––––––– = 70 . 10 . 50 2

k –– m

V0 = 4,0 m/s b) Para um referencial na pista horizontal, temos: V02

V12

m m –––––– = –––––– + m g h 2 2 V02

175 700 k = –––– N/m = –––– N/m 4 16

8,0 . 103 –––––––– (m/s) 0,20

V0 = 2,0 . 10–2

V12

EB = EA

16,0 – 4,0 – h = ––––––– ⇔ h = ––––––––– (m) 20 2g

FÍSICA D

MÓDULO

(2) Fe = P k (H – h – L) = mg 175 ––––– (50 – h – 10) = 700 4 40 – h = 16 h = 24m Resposta: 24m

h = 0,60 m Respostas: a) 4,0 m b) 0,60 m

–9


3. (UFV-MG-2010) – Um pêndulo simples é formado por uma esfera de 3,0 kg de massa suspensa em um fio inextensível de 1,50 m de comprimento. A esfera é abandonada, a partir do repouso, de uma distância h = 25 cm abaixo do teto, como ilustrado na figura abaixo, em uma região onde o módulo da aceleração gravitacional é 10,0 m/s2.

Desprezando-se os atritos e o efeito do ar, faça o que se pede, apresentando o raciocínio utilizado: a) Desenhe, na própria figura, o diagrama das forças que agem sobre a esfera, quando esta se encontra no ponto mais baixo de sua trajetória. b) Determine o módulo da velocidade da esfera no ponto mais baixo de sua trajetória. c) Determine o módulo da tração no fio no ponto mais baixo da trajetória da esfera. RESOLUÇÃO: a) →

P = peso da esfera

→ TB

b)

= força de tração aplicada pelo fio

EB = EA (ref. em A)

FÍSICA D

mVB2 ––––– = mg (L – h) 2 VB = 2g (L – h) = 2 . 10,0 . 1,25 (m/s) mVB2 c) TB – P = Fcp = ––––– B L 3,0 . 25,0 TB = 30,0 + ––––––––– (N) 1,5 TB = 80,0 N

10 –

VB = 5,0 m/s


MÓDULO

6

Impulso e Quantidade de Movimento




RESOLUÇÃO: a)

Δx V = –––– Δt – 1,0 VA = –––––– (m/s) = –1,0m/s 1,0 2,0 VB = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0

1,0 V’B = ––––– (m/s) = 1,0m/s 1,0 b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão: Qf = Qi mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0) mB = 3,0 mA Como mA = 4,0kg ⇒ mB = 12,0kg

FÍSICA D

2,0 V’A = ––––– (m/s) = 2,0m/s 1,0


→

Qapós = Qantes →

→

→

→

→

Qa + QP = 0 ⇒ QA = QP maVa = mP . VP 60 Va = 80 . 0,15 Va = 0,20m/s N

b) I = área (F x t) = ΔQ = maVa Fmáx (0,9 + 0,3) ––––– = 60 . 0,20 2 0,6 Fmáx = 12 Fmáx = 20N Respostas: a) Va = 0,20m/s b) Fmáx = 20N

– 11


3. (UFES-2010) – Uma mola ideal de constante elástica k lança dois blocos unidos por um dispositivo de massa desprezível. O bloco mais próximo da mola tem massa M e o outro tem massa 3M. Após o lançamento, os blocos se movem sobre uma superfície plana, horizontal e lisa. a) Sabendo-se que a mola estava comprimida de x0 antes do lançamento, determine o módulo da velocidade dos blocos após o lançamento.

c) TEC: τat = Δ Ecin

Em um determinado instante, após o lançamento, o dispositivo (explosivo) que une os blocos é acionado, lançando o bloco de massa M de volta contra a mola.

9 k x02 d = ––– . ––––– 32 μ Mg

b) Sabendo-se que o bloco de massa M, ao retornar, comprime a mola x0 , determine os módulos das velocidades dos blocos de massa de ––– 4 M e de massa 3M imediatamente após a separação.

O bloco de massa 3M, após a separação, continua movendo-se no mesmo sentido até chegar a uma região da superfície não lisa AB, muito extensa. c) Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre a região não lisa e o bloco de massa 3M é μ , determine a distância percorrida por esse bloco na região não lisa.

FÍSICA D

RESOLUÇÃO: a)

Ei = Ef

(conservação da energia mecânica)

kx02 4M V02 k x0 ––––– = –––––– ⇒ V02 = –––– x02 ⇒ V = ––– 0 2 2 4M 2

b) 1)

Para o bloco de massa M (bloco 1) temos:

x0 M V12 k ––––– = ––– ––– 4 2 2

2)

k –––– M

2

x0 2 k x0 ⇒ V12 = –––– ––– ⇒ V = ––– 1 4 M 4

No ato da explosão o sistema formado pelos dois blocos é isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total: Qapós = Qantes 3M V2 + M (–V1) = 4M V0 x0 3 V2 – ––– 4

9 3 V2 = ––– x0 4

12 –

k –––– M

x0 k –– = 4 ––– M 2

k –– ⇒ m

k –– M

3 V2 = ––– x0 4

k ––– M

3M V22 μ 3Mg d (–1) = 0 – –––––– 2 V22 d = ––––– 2 μg 1 9 k 2 d = ––––– . ––– . x0 . ––– 2 μg 16 M

x0 Respostas: a) V0 = ––– 2

k –– M

x0 b) V1 = ––– 4

k –– M

3x V2 = –––0 4

k –– M

9 k x02 c) d = ––– ––––– 32 μ M g


7

Termologia I


a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. Determine o valor correspondente a essa temperatura na escala Fahrenheit. b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro: • a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de 18mm; • a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de 6mm3; • o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é 1,8 . 10– 4 ºC–1. Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro que constitui o tubo capilar desse termômetro. RESOLUÇÃO: a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC. A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão: θF – 32 θc ––– = –––––––– 9 5

2. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperatura ambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Ela necessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC. a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona de casa deve misturar? b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade de água à temperatura ambiente determinada no item anterior até que ela fervesse? Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da água vale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale 1,0 x 103cal/kgºC. RESOLUÇÃO: a) Utilizando-se o balanço energético, temos: Qcedido + Qrecebido = 0 (m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0 mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0 25 mf = 50 mq mf = 2mq Mas: m μ = ––– ⇒ m = μ V V Assim: μVf = 2 μ Vq Vf = 2Vq Como: Vf + Vq = 1

θF – 32 38 ––– = –––––––– 9 5

Vem:

68,4 = θF – 32

2Vq + Vq = 1

FÍSICA D

MÓDULO

1 2 Vq = —— e Vf = —— 3 3

θF = 100,4ºF b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:


ΔV = V0 γ Δθ

Q=mcΔθ

Ah = V0 γ Δθ A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

1 Q = 1,0 . 103. ––– . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal) 3

A = 1,2 . 10–4mm2


Q=μVcΔθ

b) 1,2 . 10–4mm2

Q = 2,5 . 104 cal 1 2 Respostas: a) ––– e ––– 3 3 b) 2,5 . 104cal

– 13


3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aula de Laboratório de Física: Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interior fervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver. Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água à temperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver. Sobre esse experimento, responda ao que se pede. a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver. b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumentaria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique. RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. A redução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, o líquido volta a entrar em ebulição. b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, a ebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquela no laboratório. Respostas: a) ver justificativa b) Diminuirá.

FÍSICA D

14 –


8

Termologia II



2. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiais utilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica de sorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele o compra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, que absorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando a sublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados, 2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à temperatura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção de uma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída por gotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasoso para a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime: a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de comprar, para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários em sua “geladeira”. b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” com a sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água, esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gás formado. NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso. Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C. Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g. Para um gás ideal, PV = nRT. Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros. Massa de 1 mol de CO2 = 44 g. Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.

Qcedido + Qrecebido = 0

RESOLUÇÃO

(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

a) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0

Pot Δt = (Mgelo – m)Ls

3θ – 240 + 7θ – 140 = 0

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648

10θ = 380

Mgelo = 4000 g

θ = 38°C

FÍSICA D

MÓDULO

Mgelo = 4 kg

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema perdeu 18 400cal. Assim: Q=mcΔθ –18 400 = (300 + 700) c (15 – 38) –18 400 = –23 000 c 18 400 c = –––––––– (cal/g°C) 23 000 c = 0,80 cal/g°C Respostas: a) 38°C b) 0,80 cal/g°C

b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapord’água, que representa 0,01 g/cm3. Assim: 0,01 g 1 cm3 Mágua V(cm3) Mágua = V · 0,01 (g) Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 , temos: 44 g de CO2 22,4 2000 g de CO2 V() 2000 · 22,4 V = ––––––––– ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3 44 Portanto: Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g) Mágua ≅ 10,18 · 103 g Mágua ≅ 10 kg Respostas: a) 4 kg

b) 10 kg

– 15


MÓDULO

9

Óptica (I)



2d1 2 . 4,0 b) c = –––– ⇒ 3,0 . 108 = –––––– Δt Δt

Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒ Δt ≅ 27 ns Respostas: a) 6,0 m; virtual; b) aproximadamente 27 ns

FÍSICA D


2. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocando em movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que a velocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui um espelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m. Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motorista põe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 s desde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante em que a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm. Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento do espelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro do limite de velocidade da avenida. RESOLUÇÃO: i 10 mm 1 I) A = ––– = ––––––––– ⇒ A = –––– o 1800 mm 180 (A > 0 ⇒ imagem direita) – 1,0 f 1 II) A = ––––– = –––– = –––––––– f–p 180 – 1,0 – p – 1,0 – p = – 180 ⇒ p = 179 m (f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)

16 –


Δp 179 m 179 III) V = ––– = –––––– = –––– . 3,6 km/h Δt 14 s 14 Da qual: V 46 km/h Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que sua velocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida na avenida (50 km/h).


|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2 2 1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2| ––– 2 1,4 0,9 = |n2| ––– ⇒ 2

|n2| 1,3

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material considerado é obtida fazendo-se:

|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use 2

1 1 V = –––– ⇒ V = –––––––––––––––––––––– (m/s) εμ 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6 Da qual:

V = 2,0 . 108 m/s

FÍSICA D

3. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no desenvolvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais, que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso de metamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contraste com materiais convencionais que têm índice de refração positivo. Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem de objetos e no desenvolvimento de lentes especiais. a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índice de refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ângulo θ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta uma trajetória que não seria possível em um material convencional e que ocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refração negativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice de refração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell na forma:


= 1,4 e 3 = 1,7.


– 17


MÓDULO

10

Óptica (II)



a) Calcule a distância d do filme à lente. b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua imagem fique exatamente focalizada no filme? RESOLUÇÃO: a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele provenientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (convergente) e consequentemente emergem desta numa direção que passa pelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

FÍSICA D

2)

Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem: H f ––– = ––– h x 3,5 35 ––– = ––– 0,03 x x = 0,3 mm

3)



18 –

2. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capaz de alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetos situados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados a uma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras, o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a 25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegue enxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo está situado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas informações, resolva as questões propostas. a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar? b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus” devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a 25 cm de distância. RESOLUÇÃO: a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com lentes convergentes.


b) I)


1 1 1 1 4–1 –– = –– – ––– ⇒ –– = ––––– f 25 100 f 100 100 1 Da qual: f = –––– cm = ––– m 3 3 II)

1 1 V = ––– ⇒ V = ––– (di) f 1 ––– 3 V = 3,0 di (V > 0 ⇒ Lente convergente)

a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão total no interior da fibra. b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ. RESOLUÇÃO: a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual (ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar. nar α L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α ––– n 2 1 sen α ≅ –––– ⇒ sen α ≅ ––– 3 3 –– 2 b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α

Respostas: a) Lentes convergentes b) + 3,0 di (ou “graus”)

(II) sen2α + cos2α = 1 ⇒

2

2

––– 3

+ cos2α = 1 FÍSICA D

1 1 1 Equação de Gauss: –– = –– – –– f d N dH

4 5 cos2α = 1 – ––– ⇒ cos α = –––– 3 9 Logo:

5 sen β = –––– 3

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β 3 5 1 . sen γ = –– . –––– 2 3

Da qual:

5 sen γ = –––– 2

2 Respostas: a) –– 3 5 b) –––– 2

– 19


MÓDULO

11

Ondas


a) Considerando-se essas informações, responda: Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo do eixo x? Justifique sua resposta. b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade de propagação.

FÍSICA D

RESOLUÇÃO: a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como representa a figura abaixo.

1 –– de ciclo N 4 b) f = ––– = –––––––––– ⇒ Δt 0,10 s

f = 2,5 Hz


2. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou 100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dos dispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dos dispositivos optoeletrônicos do mundo atual. Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótons com energias dadas E = hf, onde h 6 . 10–34 J . s e f é a frequência da radiação. Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de onda λ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x de índice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e de refração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine: a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível (adote c = 3 . 108 m/s). b) O índice de refração do meio transparente x. c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio transparente x. RESOLUÇÃO: a) Equação de Planck: E = hf c Mas: c = λf ⇒ f = ––– λ c 3 . 108 Logo: E = h ––– ⇒ E = 6 . 10–34 ––––––– (J) λ 6 . 10–7 Da qual: E = 3 . 10–19 J

20 –


b)

3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilho retilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. No primeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma onda estacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é 255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador. Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidade constante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a se mover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão do observador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador na situação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine: a) a frequência do som que o tubo emite; b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial; Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s.

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i nx sen 30° = 1 . sen 45°

RESOLUÇÃO: a) I)

1 2 兹苵苵苵 nx ––– = –––– 2 2 2 Da qual: nx = 兹苵苵苵 vx 1 vx nar c) ––– = ––– ⇒ –––––– = –––– 8 c nx 3 . 10 2 兹苵苵苵 3 . 108 3 . 108 vx = –––––– 艑 –––––– (m/s) ⇒ 1,41 2 兹苵苵苵

vx ≅ 2,1 . 108 m/s

1,5λ = 255 λ = 170 cm = 1,7 m

Respostas: a) 3 . 10–19 J b) 兹苵苵苵 2 II)

Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

fF = 200 Hz

f0 fF b) Efeito Doppler: –––––––––– = –––––––––– Vsom ± V0 Vsom ± VF FÍSICA D

c) 2,1 . 108 m/s

210 200 210 . 340 –––––––– = –––––––– ⇒ 340 + V0 = –––––––– 340 + V0 340 + 0 200 Da qual:

V0 = 17 m/s

Respostas: a) 200 Hz b) 17 m/s

– 21


MÓDULO

12

Estática



RESOLUÇÃO:

a) Para o equilíbrio da ponte: 1) (∑ torques)B = 0

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar. As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e 3,0kg. Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posição horizontal, a) o módulo da aceleração dos blocos B e C; b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C; c) o valor de x.

2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40

RESOLUÇÃO:

40 . 106 = NA . 40 ⇒ NA = 1,0 . 106 N

a) Na máquina de Atwood, temos: PC – PB = (mB + mC) a

2)

NA + NB = Pc + PP

30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

a = 2,0m/s2

FÍSICA D

1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒ NA = 2,0 . 106 N b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem: b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NB diminui e a soma NA + NB permanece constante. T – PB = mBa T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

c)

22 –

T = 24,0N


Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos momentos em relação ao ponto S seja nula, vem:

RESOLUÇÃO: a) →

10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x

F = força externa aplicada

540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x

→

P = peso do bloco 1890 = 108 x ⇒

x = 17,5cm

→

FN = reação normal de apoio Respostas: a) 2,0m/s2 b) 24,0 N c) 17,5cm

→

Fat = força de atrito

b) Para que a resultante seja nula, na iminência de escorregar, temos: F = Fat

máx.

= μE FN = μE P

F = 0,25 . 200 . 10 (N) ⇒

F = 500N →

→

c) Para o equilíbrio, na iminência de tombar, as forças Fat e FN estão aplicadas em O. O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo: b F . h = P . ––– 2 500 . h = 2000 . 0,50 h = 2,0m

FÍSICA D

Respostas: a) 500N b) 2,0m

→

3. (UFG-GO) – Aplica-se uma força F na direção perpendicular à face de um bloco em um ponto sobre a vertical que divide essa face ao meio, como mostra a figura.

O bloco tem massa de 200kg, 3,0m de altura e base quadrada com 1,0m de lado, sendo que o coeficiente de atrito estático entre ele e a superfície de apoio é de 0,25. Sabendo-se que o bloco está simultaneamente na iminência de tombar e de deslizar, a) desenhe na figura as demais forças que atuam sobre o bloco. → b) calcule a intensidade da força F. → c) calcule a altura h do ponto de aplicação da força F. Considere g = 10m/s2

– 23


MÓDULO

13

Eletrostática


A

B

C




Q’B = 2 . Q’A �� Q’C = 4 Q’A ��

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas: FÍSICA D

Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC) Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC + 7 Q’A = + 7,0 pC Q’A = + 1,0 pC Voltando em �� e ��:

Resposta:

FAB = FBA = FBC = FCB = F

Q’B = + 2,0 pC Q’C = + 4,0 pC


Resposta: FRES = F 2

24 –




B

E



P = peso

→

d





10–6

= 2,0 .

103

U = 2 000V = 2,0 . 103V

.C

6,0 . 10–6 C = ––––––––– (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒ 2,0 . 103

C = 3,0nF


FÍSICA D

→


––– m V


– 25


MÓDULO

14

Eletromagnetismo



Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas, pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinal a) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2. d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1. e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1. RESOLUÇÃO: De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 tem carga positiva e a partícula 2, negativa. O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por: m.V R = ––––––– |q| . B



NOTE E ADOTE

R2 = 2R1

FÍSICA D

m.V m.V ––––––– = 2 ––––––– |q1| . B |q2 | . B |q1| = 2|q2|

Força magnética

Força centrípeta

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

mv 2 FCP = ––––– R

Resposta: A


b) Fmag = q . v . B m v2 Fcp = ––––––– R

26 –

m.v ⇒ v= R.q.B R = ––––––– ––––––– m q.B



RESOLUÇÃO: a)



→

→

→

→

→

= B1 + B2 → | Bres| = | B1| + | B2 |


A

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitor para o papel.

FÍSICA D

b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res→ → pectivo campo magnético, B’1 e B’2 , atuando sobre a corrente elétrica do outro fio.




– 27


MÓDULO

15

Eletrodinâmica I


2. No gráfico a seguir estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a ␧ e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz ␧’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.




100 – 20 r = ––––––––– (Ω) ⇒ 4

12 – 11 i = ––––––––– (A) 0,10 + 0,10

FÍSICA D

60 – 40 r’ = –––––––– (Ω) ⇒ 2

r’ = 10Ω



UAB = E – r i

UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0)

UAB = 11 + 0,10 (5,0)

UAB = 11,5V

r = 20Ω

• receptor:

1,0 i = –––– (A) 0,20

b) Pelo gerador:


UAB = 11,5V

Lei de Pouillet: i=

ε – ε’ –––––– r – r’

⇒ i=

100 – 40 –––––––– 20 + 10

(A)


28 –



60V –––––– 100V


ηG = 60%

F p = ––– ⇒ p = A

1,0 N –––––––––––– 0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2


40V ––––– 60V

2 = ––– 3




R 3R Req = ––– + R = –––– 2 2

12 6 U i = –––– = ––––– = –––– 3R 3R Req ––– 2 A ddp entre C e D é dada por: R UCD = ––– . i 2 FÍSICA D


R 12 UCD = ––– . –––– (V) 2 3R UCD = 2,0V Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2 b) 2,0V


– 29


16

MÓDULO

Eletrodinâmica II


2. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétrica refere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geração para o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000km apresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida na cidade é PC = 1000MW. a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão. b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em relação à potência consumida na cidade, PC. RESOLUÇÃO: a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que chega à cidade de 200kV, vem: PC = i U 1000 . 106 = i . 200 . 103

a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando a torradeira está em funcionamento? b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar uma torrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessa torrada? c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipada nos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT de cada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torrada? RESOLUÇÃO

FÍSICA D

120 120 i = ––––––– (A) = –––– (A) 3 . 20 30 ––––– 2 i ⇒ iT = –– ⇒ 2

iT = 2,0A

b) Ee = Pot . Δt Ee = U . i . Δt Ee = 120 . 4,0 . 50 (J) Ee = 2,4 . 10 4J U2 c) Ee = –––– . Δt’ R’eq U2 Ee = –––– 2RT –––– 2

Δt’ =

. Δt’

4000 ––––– (s) ⇒ 120

Respostas: a)2,0A;

30 –

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por: Pdissipada = R . i2 Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W) Pdissipada = 250 MW O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por: Pdissipada 250MW PD = ––––––––– = ––––––––– = 0,25 = 25% PC 1000MW Respostas: a) 5,0 . 103A b) 25%

U U a) i = –––– = –––––– Req 3RT –––– 2

i = 4,0A

i = 5,0 . 103A

24 000 =

(120) 2 ––––––– 20

. Δt’

Δt’ = 33,3s b) 2,4 . 10 4J ou 24kJ;

c) 33,3s


17

Eletrodinâmica III


Determine a) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C. b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema, supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma. c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para carregar as baterias em 4h. NOTE E ADOTE (1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb) O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produto da corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h). Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final de sua carga. RESOLUÇÃO: a) No equipamento: P= i . U 240 = i . 12 ∴ i = 20A b) No equipamento: Q i = ––– Δt Q 20 = ––– ∴ QT = 400Ah 20 Na associação de baterias: 1 bateria –––– 50 A . h N baterias –––– 400 A . h N = 8 baterias, no mínimo c) Na associação de baterias: Q iTOT = –– Δt 400 iTOT = ––– (A)∴ iTOT = 100A 4 A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por: V = R . iTOT + Ebat


2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita, o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínio reciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% do gasto a partir da bauxita. a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considere que a massa de cada latinha é de 16g. b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partir da bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desse forno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente que alimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas. RESOLUÇÃO: a) A massa das latinhas recicladas por dia é: m = 50000 . 16g = 800kg Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos: E1 = 800 . 15 kWh E1 = 12000 kWh A economia representa 95% de E1. Assim: Ee = 0,95 . 12000 kWh Ee = 1,14 . 104 kWh b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir da bauxita, é dado por: kWh E = 15 ––––– . 400kg = 6000kWh kg A respectiva potência é dada por: E 6000kWh Pot = ––– = ––––––––– = 600kW Δt 10h

– 31

FÍSICA D

MÓDULO


A corrente elétrica é dada por: Pot 600 . 103 i = ––– = ––––––– (A) U 40 i = 1,5 . 104A Respostas: a) 1,14 . 104 kWh b) 1,5 . 104A ou 15kA

3. (UNESP-SP) – Células fotovoltaicas foram idealizadas e desenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energia abundante, e convertê-la em energia elétrica. Estes dispositivos são confeccionados com materiais semicondutores que, quando iluminados, dão origem a uma corrente elétrica que passa a alimentar um circuito elétrico. Considere uma célula de 100cm2 que, ao ser iluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energia elétrica. Quando um resistor é acoplado à célula, verifica-se que a tensão entre os terminais do resistor é 1,6V. Considerando que, num dia ensolarado, a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor. FÍSICA D

RESOLUÇÃO: Levando-se em conta que a célula recebe uma potência de 1kW por metro quadrado e que a célula apresenta área de 100cm2, temos: 104cm2 → 1kW 102cm2 → P

P = 1 . 10–2 kW

Como a célula converte apenas 12% da energia solar incidente em energia elétrica, vem Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W No resistor, a tensão medida é de 1,6V. Assim, podemos calcular a intensidade da corrente, fazendo: Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6 i = 0,75A Resposta: 0,75A

32 –


MÓDULO

18

Hidrostática


a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibrada em newtons b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo de alumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente no recipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valores indicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifique cuidadosamente a sua resposta. Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2

2. (UFF) – Um corpo de chumbo com volume de 12cm3 é preso por um fio e mergulhado em um recipiente de 50g de massa contendo 60g de água. Todo o sistema está apoiado sobre uma balança, e o bloco de chumbo não toca no fundo, conforme ilustrado na figura abaixo. Calcule o valor marcado pela balança, em gramas. Justifique sua resposta aplicando o príncipio de Arquimedes e as Leis de Newton. Dados: densidade da água, ρ = 1,0g/cm3. g = 10m/s2

RESOLUÇÃO: 1) Cálculo do empuxo: E=ρVg E = 1,0 . 103 . 12 . 10 –6 . 10 (N)

RESOLUÇÃO: a) M = mR + ma + mal M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9 N Fbalança = 5,9 N b)

1) E = μa V g E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N)

2) De acordo com a lei da ação e reação o corpo de chumbo aplicará na água uma força vertical para baixo de 0,12 N, isto é, a contribuição do chumbo para o peso do sistema é de 0,12 N ou ainda uma contribuição em massa de 0,012kg = 12g 3) A balança indicará a massa do recipiente, mais a massa de água e mais os 12g que correspondem à contribuição do corpo de chumbo: Mindicada = 50g + 60g + 12g = 122g

E = 1,0 N Resposta: 122g 2) Fdin + E = P Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0 Fdin = 1,7 N 3)


– 33

FÍSICA D

E = 0,12 N


3. (UnB-2010-Adaptado) – Considere um balão com volume igual a 5,0 . 106 L deslocando-se horizontalmente a uma altitude constante na qual a pressão atmosférica e a temperatura são iguais, respectivamente, a 50kPa e 283K. Sendo g = 10m/s2 calcule a massa total do balão e de seu conteúdo. A massa molar média do ar vale 0,0289kg/mol) e a constante universal dos gases perfeitos vale 8,3 J . mol–1 K–1. RESOLUÇÃO: 1) Cálculo da densidade do ar: m p V = –––– R T M μ pM p = –––– R T ⇒ μ = –––– M RT 50 . 103 . 0,0289 μ = –––––––––––––– (kg/m3) 0,62kg/m3 8,3 . 283 2) Cálculo do empuxo: E = μar V g E = 0,62 . 5,0 . 103 . 10 (N) = 3,1 . 104 N 3) E = mg 3,1 . 104 = m . 10 m = 3,1 . 103kg Resposta: 3,1 . 103kg ou 3,1t.

FÍSICA D

34 –

Exercícios Resolvidos de Física

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