= 1/4πk 0 Permeabilidade magnética do vácuo: µ 0

F

F

Í

Í

S

S

I

I

C

C

A

A

Caso necessário, use os seguintes dados: .

Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg. Massa do Sol: M = 1,99 x 1030_kg.

Velocidade da luz: c = 3 x 108_m/s.

Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 x 1011m.

Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km.

Número de Avogadro: 6,023 x 1023_mol–1_.

Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14.

Constante de Planck: h = 6,62 x 10–34_m2_kg/s.

Permissividade do vácuo:

ε0

= 1/4πk₀. Permeabilidade magnética do vácuo: µ₀.

1

E

E

Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida

para –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G,

de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimen -sional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k = l.

a) A = kGM/c e 10–5 _{b) A = kG}2_M2_{/c e 10}–8 c) A = kG2M2/c e 10–3 d) A = kG2M2/c2e 10–5 e) A = kG2M2/c2e 10–8 Resolução 1) F = M L T–2= ⇒ 2) = = ⇒ 3) A = k Gx _My _cz L4 _T–2_{= (M}–1 _L3_T–2₎x _My_(LT–1₎z [A] = L4T–2 M–1L3T–2. M ––––––––––––– L [A] –––– L2 GM

–––



r A

–––



r2 [G] = M–1L3T–2 [G] M2 –––––– L2 G M m –––––– r2

F

F

Í

Í

S

S

I

I

C

C

A

A

L4 T–2= M–x + yL3x + z T–2x – z –x + y = 0 (1) 3x + z = 4 (2) –2x – z = –2 (2) + (3): Em (1): Em (2): 6 + z = 4 ⇒ 4) x = = . = A = ⇒ = x = = x = 0,98 . 10–8 6,67 . 10–11. 1,99 . 1030 ––––––––––––––––––––– 1,5 . 1011_{. 9,0 . 10}16 GM –––––– rc2 GM –––––– c2 A –––– GM G2M2 –––––– c2 A –––––– G M r r –––– GM A ––– r2 A/r2 –––––– GM/r G2M2 A = k –––––– c2 z = –2 y = 2 x = 2

2

D

D

Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R

que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do

seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade

seria dada por g = G M/ R2_{. Como ω ≠ 0, um corpo em}

repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta.

Então, o peso aparente de um corpo de massa m em

repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado

por a) mg – mω2_{Rcos λ.} b) mg – mω2_Rsen2_λ. c) mg



1 – [2ω2R/g + (ω2R/g)2] sen2λ . d) mg



1 – [2ω2_{R/g – (ω}2_R/g)2_{] cos}2_{λ .} e) mg



1 – [2ω2R/g – (ω2R/g)2] sen2λ . Resolução

Em uma latitudeλ, uma partícula P, acompanhando a rotação da Terra, estará sujeita a uma resultante centrípeta F_cp= m ω2_{r = m ω}2_{R cos λ}

A força gravitacional que a Terra aplica na partícula terá intensidade F_G= mg.

A força gravitacional →F_Gserá a soma vetorial entre a resultante centrípeta e o peso aparente →P_ap, conforme indica a figura.

Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicado na figura, temos: P_ap2 = F_G2+ F_cp2 – 2 F_G. F_cp. cos λ R N w S l Equador m l P C r FFcpcp ® ® ll ® P_ap FG ® O

P_ap2 = m2 g2+ m2ω4R2cos2λ – 2mg mω2R cos λ . cos λ P_ap2 = m2 g2



1 + –



P_ap2 = m2 g2

1 + cos2λ



–



2 ω2R ω2 R P_ap= m g



1 –

–––––– –



––––



2



cos2λ g g 2 ω2_R –––––– g ω4_R2 ––––– g2 2 ω2R cos2 λ –––––––––––– g ω4_R2_cos2 _λ –––––––––––– g2

3

A

A

Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De

acordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorre

áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta.

Assinale a alternativa correta.

a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais.

b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2.aLei de Kepler continuaria válida.

c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.aLei de Kepler não seria mais válida.

d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considera

uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida.

e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. Resolução

Se a força gravitacional deixasse de existir, o planeta te ria movimento retilíneo e uniforme com uma velo -cidade de módulo V.

A lei das áreas continuaria válida, como se demonstra a seguir.

A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por:

A = (1)

Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta: d = V ∆t (2)

(2) em (1): A = ⇒

é a velocidade areolar do planeta, que continua sendo constante, atestando a validade da 2.a _{Lei de}

Kepler. d . h –––– 2 A ––– ∆t A Vh ––– = ––– ∆ t 2 V ∆t . h ––––––– 2

4

A

A

A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio,

N₂, é igual à velocidade de escape desta molécula da

superfície da Terra é de, aproximadamente,

a) 1,4 x 105K. b) 1,4 x 108K.

c) 7,0 x 1027_{K. d) 7,2 x 10}4_K.

e) 8,4 x 1028K. Resolução

1) Dedução da velocidade de escape:

E = – +

G = constante de gravitação universal M = massa da Terra

m = massa da molécula R = raio da Terra

V = módulo da velocidade

A velocidade de escape é obtida quando E = 0

– + = 0

V_E=

Como g = , vem: V_E=

V_E=



2 g R =



2 . 9,8 . 6,4 . 106_(m/s)

2) A energia cinética média de um gás é dada por:

E_c= n R T = RT Como E_c = , vem: = T M V_E2 m V_E2 –––––– 2 3 ––– 2 m R ––––– M m V_E2 –––––– 2 3 ––– 2 3 ––– 2 m ––– M V_E= 11,2 . 103m/s GM –––––– R2 2g R2 –––––– R 2GM –––––– R GMm –––––– R m V_E2 –––––– 2 GMm –––––– R m V2 –––––– 2

5

C

C

No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por

a)

m g sen α + m



a(2g sen α + a)



/k. b)

m g cos α + m



a(2g cos α + a)



/k. c)

m g sen α + m



a (2g sen α – a)



/k. d) m (g sen α – a) / k.

e) m g sen α /k. Resolução

No instante T em que o corpo perde o contato com o anteparo, ele tem uma velocidade escalar V₁, a mola está deformada de x₁e sua aceleração tem módulo a. 1) Equação de Torricelli:

V₁2= V₀2+ 2a x₁ ⇒ (1) 2) PFD: P_t – F_e= ma

mg sen α – kx₁= ma

kx₁= m (g senα – a) ⇒ (2)

3) A partir do instante T, vale a conservação da energia mecânica: h = (x₂– x₁) sen α (ref. em B) = + mg (x₂– x₁) sen α + = . (g sen α – a)2_{+ mg}

_x 2–



sen α + 2a m m(g sen α – a) x₁= ––––––––––––– k V₁2= 2a x₁ a k m anteparo (g sen α – a) ––––––––––– k m –– 2 m (g sen _{––––––––––––}α – a) k m2 ––– k2 k –– 2 kx2 2 –––– 2 mV₁2 ––––– 2 kx2 1 ––––– 2 kx2 2 ––––– 2 E_B= E_A a m A _{V = V} A 1 m B _{V = 0} B h

= (g sen α – a)2_{+ mg x}

2sen α – m2g . sen α + m2a

– x₂mg sen α = (g sen α – a)

–g sen α + a



– x₂mg sen α = (g sen α – a) – x₂mg sen α = – (g sen α – a)2 x₂2_–



_{mg sen α}



_x 2+ (g sen α – a)2= 0 x = ±



g2sen2α – (g sen α – a)2 x = ±



2a g sen α – a2 m2 ––– 2k kx2₂ –––– 2 (–1) (g sen α – a) –––––––––––––––– 2 m2 ––– k kx2₂ –––– 2 (g sen α – a) –––––––––––– 2 m2 ––– k kx2 2 –––– 2 (g sen α – a) ––––––––––– k (g sen α – a) ––––––––––– k m2 ––– 2k kx2 2 –––– 2 mg sen α + m



a (2g sen α – a) x = –––––––––––––––––––––––––––– k m ––– k mg sen α –––––––– k m ––– k mg sen α –––––––– k 2 mg senα ––––––––––– ± k 4m2g2sen2α 4m2 ––––––––––– – –––– (g sen α – a)2 k2 _k2 x = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2 m2 ––– k2 2 ––– k

6

E

E

Um quadro quadrado de lado
e massa m, feito de um

material de coeficiente de dilatação superficial β, é

pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no com -primento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado por

a) 2
F



β∆T / mg. b) 2
F (1 + β∆T) / mg. c) 2
F (1 + β∆T) /



(4F2_{– m}2_g2_). d) 2
F (l + β∆T) / (2F – mg) . e) 2
F



(1 + β∆T) / (4F2_{– m}2_g2_). Resolução ––– AO = d ––– AC = + ∆
––– OC = d sen θ

Como o quadro está em equilíbrio, temos: 2 Fsen θ = mg → sen θ = Do triângulo AOC: d2= + (d sen θ)2 d2_{– d}2_sen2_{θ =} d2(1 – sen2θ) = +
∆
+ ∆
2 porém, ∆
2 _{≅ 0, logo:} O l/ 2 l/ 2 l
2 ––– 4



––– + ∆



2 2



––– + ∆



2 2 mg ––– 2F
––– 2 O F q A C q F

d2(1 – sen2θ) = +
. . . ∆T

d2(1 – sen2θ) = (1 + β ∆T)

d2



1 –



= (1 + β ∆T)

d2 _{= (1 + β ∆T)}

d = F

O comprimento mínimo do fio é dado por: L = 2d (1 + β ∆T) L = 2 F
–––––––––––– (4F2– m2g2) (1 + β ∆T) –––––––––––– (4F2– m2g2)
2 ––– 4 4F2– m2g2



––––––––––



4F2
2 ––– 4 m2g2 –––––– 4F2
2 ––– 4 β ––– 2
––– 2
2 ––– 4

7

C

C

Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície

lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a

vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?

a) µ = cos α/[cos α + 2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ sen α)]

b) µ = cos α/[cos α + P(2h/LQ sen(2α) – 2R/LQ cos α)]

c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cos

α)]

d) µ = sen α/[sen α + 2P (2h/ LQ cos(α) – 2R/ LQ cos α)] e) µ = sen α/[cos α + P(2h/LQ sen(α) – 2R/LQ cos α)] Resolução

1) No triângulo ABC: y = R cos θ 2) A distância d = AO é dada por:

cos α = ⇒

3) O somatório dos torques em relação ao ponto O deve ser nulo:

Q . sen α = F . F = a h O L __ 2 h - Rcosq Q L __ 2 sena F A y R C B qq qq a L R a h O Q L sen 2 α F = –––– –––––––––– 4 (h – R sen α) Q L sen α cos α ––––––––––––––– 2 (h – R sen α) (h – R sen α) –––––––––––– cos α L ––– 2 h – R sen α d = –––––––––– cos α h – R cos θ –––––––––– d

Na direção vertical: F_N= P + F_y= P + F sen α Na direção horizontal: F_x= F_at

F cos α = F_at Sendo o atrito estático: F_at ≤ µ_EF_N Fcos α ≤ µ_E(P + F sen α) µ_E≥ µ_E(mín) = = = P . = 2P = 2P

–



= 2P

–



F _qq a P F_N Fat R ––––––––– Q L cos α 2h ––––––––––– Q L sen 2α P ––– F 2R sen α ––––––––––––––– Q L2 sen α cos α 2h ––––––––––– Q L sen 2α P ––– F (2h – 2R sen α) –––––––––––– Q L sen 2α 4 (h – R sen α) –––––––––––– Q L sen 2α P ––– F cos α –––––––––––– P sen α + ––– F F cos α –––––––––––– P + F sen α F cos α –––––––––––– P + F sen α cos α µ_E(mín) = ––––––––––––––––––––––––––––––– 2h R sen α + 2P

–––––––––– – ––––––––



Q L sen 2 α Q L cos α

8

B

B

Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento

ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio R_Ecom

período T_E. Se um próton fosse acelerado do repouso

através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o

campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio R_P

e período T_Pque

a) R_P= R_Ee T_P= T_E. b) R_P> R_Ee T_P> T_E. c) R_P> R_Ee T_P= T_E. d) R_P< R_Ee T_P= T_E. e) R_P= R_Ee T_P< T_E.

Resolução

Sendo o elétron e o próton acelerados pela mesma d.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo, concluímos que o trabalho da força elétrica é o mesmo. Logo, ambas penetram no campo magnético com mesma energia cinética.

Sendo R = e E_c = , vem v =

R =

R = ; sendo m_p> m_e, vem R_p> R_e

O período é dado por T = Para m_p> m_e, vem T_P> T_e. 2E_c –––– m m v2 –––––– 2 m v –––––– q . B 2π m –––––– q B



2mE_c ––––––––– q B 2E_c m ––––––– m ––––––––––––––– q B

9

D

D

Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade

angular constante ω em torno da extremidade fixa,

mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a

figura. Considerando R₀ a posição de equilíbrio do

oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que

a) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angular ω.

b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R₀.

c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0.

d) o quadrado da frequência do MHS depende linear -mente do quadrado da velocidade angular.

e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS.

Resolução

Para o referencial fixo no sistema rotatório, devemos acrescentar a força de inércia.

F_R= m (2πf)2_{x = kx – m ω}2_x

f é a frequência do MHS k é a constante elástica da mola ω é a velocidade angular do MCU m (2πf)2_{= m (2πf} 0)2– mω2 f₀é a frequência do MHS para ω = 0 4π2_f2_{= 4π}2_f 02–ω2 Como: k = m (2πf₀)2 _{⇒ f} 02 = é constante,

re-sulta f2_{como função linear de ω}2_.

k ––––– 4π2_m ω2 f2= f₀2– –––– 4π2 k R m w

10

B

B

Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura.

Pode-se afirmar que

a) processo JK corresponde a uma compressão isotér -mica.

b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T₂– T₁)(S₂– S₁).

c) o rendimento da máquina é dado por η = 1 – .

d) durante o processo LM uma quantidade de calor Q_LM= T₁(S₂– S₁) é absorvida pelo sistema.

e) outra máquina térmica que opere entre T₂e T₁poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta.

Resolução

Do diagrama fornecido, conclui-se que

1) A transformação JK é uma expansão isotérmica e o sistema recebe calor (a entropia aumenta). 2) A transformação KL é uma expansão adiabática,

a temperatura diminui e o sistema não troca calor com o meio (a entropia não varia).

3) A transformação LM é uma compressão isotér -mica.

4) A transformação MJ é uma compressão adiabá -tica (a entropia não varia).

Assim, a transformação JKLMJ representa um Ciclo de Carnot. Num diagrama pressão x volume, temos:

A partir dessa conclusão, podemos afirmar: a) FALSO.

A transformação JK é uma expansão isotérmica. b) CORRETO.

Na transformação JK, o trabalho realizado é igual ao calor recebido:

T₂ –––

W_JK= Q₂ Mas:

∆S_JK= ⇒ (S₂– S₁) = Assim: W_JK= (S₂ – S₁) . T₂

Na transformação KL, o sistema realiza um traba -lho:

W_KL= W

Na transformação LM, o sistema recebe um traba lho:

W_KL= Q₁(calor liberado na transformação) mas: ∆S_LM= ⇒ (S₁– S₂) =

Assim: W_LM= (S₁– S₂) . T₁= – (S₂– S₁) T₁ Na transformação MJ, o sistema recebe um traba -lho:

W_MJ= –W

Observe que KL e MJ são transformações adiabá -ticas.

Portanto:

W_ciclo = W_JK+ W_KL+ W_LM+ W_MJ W_ciclo = [(S₂– S₁) T₂] + [–(S₂– S₁)T₁]

c) FALSO.

O rendimento é dado por: η = 1 –

d) FALSO.

Na transformação LM, o sistema libera energia (a entropia diminui).

e) FALSO.

Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existir outra máquina térmica com rendimento maior funcionando entre essas temperaturas T₁e T₂.

T₁(fonte fria) ––––––––––––––– T₂(fonte quente) W_ciclo = (T₂– T₁) (S₂– S₁) Q₁ ––– T₁ Q₁ ––– T₁ Q₂ ––– T₂ Q₂ ––– T₂

11

C

C

Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura. Devido à variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de

a) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m.

d) 4,0 m. e) 8,0 m.

Resolução

Admitindo-se que os anéis sejam formados pela interferência de luz refletida, o diâmetro D_Ndo anel escuro de ordem N é dado por:

D_N= 2



N R λ

em que R é o raio de curvatura de face convexa da lente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1:

2 . 10–3= 2



1 . R . 500 . 10–9

12

C

C

Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C. Sendo AD = 34,00 cm, — AR = — BD, — BC = — CD e a— velocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectiva -mente

a) 2000 Hz e 1000 Hz. b) 500 Hz e 1000 Hz .

c) 1000 Hz e 500 Hz. d) 50 Hz e 100 Hz.

e) 10 Hz e 5 Hz. Resolução

(I) No esquema abaixo, determinemos os compri -mentos x e y indicados.

2x = 34,00 cm ⇒

2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒

(II) Somente o orifício C está fechado:

A onda estacionária correspondente ao harmô -nico fundamental está representada a seguir.

y = 8,50 cm x = 17,00 cm

(III) Os orifícios B e C estão fechados:

A onda estacionária correspondente ao harmô -nico fundamental está representada a seguir:

= 2x ⇒ = 2 . 17,00 V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒ f = 500Hz λ = 68,00cm = 0,68m λ ––– 2 λ ––– 2

13

A

A

Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de frequência f₀em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distância em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor re -presen tação da frequência f ouvida pela jovem.

Resolução

Para o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos: =

Como a fonte está em repouso, sua velocidade V₀ é nula.

= ⇒ = 1 ± (equação 1)

em que V_xé a componente da velocidade da jovem na direção definida pelo centro C de rotação do carrossel e a posição P da fonte. Estando a jovem em movimento circular e uniforme com período T e raio A, V_xé dada por: V = –ωA sen (ωt + ϕ ) V_x ––––– V_som f ––– f₀ f₀ ––––– V_som f ––––––––– V_som± V_x f₀ –––––––––– V_som± V₀ f –––––––––– V_som± V_x f/f₀ 0 _{T/4 T/2 3T/4 T t} 1 0 T/4 T/2 3T/4 _{T t} 1 0 _{T/4 T/2 3T/4 T t} 1 0 _{T/4 T/2 3T/4 T t} 1 0 _{T/4 T/2 3T/4 T t} 1 a ( ) b ( ) c ( ) d ( ) e ( ) f/f₀ f/f₀ f/f₀ f/f₀

Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:

= 1 – sen

Conclui-se então que é uma função senoidal de

t, com período T, amplitude , defasada de π rad

e deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas. Supondo < 1, o gráfico é representado por:

f ––– f₀ 2πt



––––



T 2πA –––––– T Vsom f ––– f₀ 2πA –––––– T Vsom 2πA –––––– T Vsom

14

A

A

Considere as cargas elétricas q_l= 1 C, situada em x = – 2m,

e q₂ = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugar

geométrico dos pontos de potencial nulo é

a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 4m.

b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m e x = 16 m.

c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 16 m.

d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m. e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto

x = – 4 m. Resolução V_P= K . + K . = 0 K . = –K . = – = – d₂= 2d₁ (1) Mas d₁2= (x + 2)2+ y2 + z2e d₂2= (x + 8)2+ y2+ z2 De (1), vem: d₂2= 4d₁2 (x + 8)2+ y2+ z2= 4 [(x + 2)2+ y2+ z2] x2+ 16x + 64 + y2+ z2= 4x2+ 16x + 16 + 4y2+ 4z2 3x2+ 3y2+ 3z2= 48 q₂ ––– d₂ q₁ ––– d₁ q₂ ––– d₂ q₁ ––– d₁ q₂ ––– d₂ q₁ ––– d₁ y z z x(m) y P(x,y,z) d2 d1 (-2) (8) q = -2C2 q = 1C1 x –2 ––– d₂ 1 ––– d₁ x2+ y2+ z2= 16

15

E

E

Considere uma balança de braços desiguais, de compri

-mentos
₁ e
₂, conforme mostra a figura. No lado

esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considerando as cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por

a) – mg
₂d2/ (k₀Q
₁). b) – 8mg
₂d2/ (k₀Q
₁). c) – 4mg
₂d2_/(3k 0Q
1). d) –2mg
2d2/



3k0Q
1). e) – 8mg
₂d2_/(3



_3k 0Q
1). Resolução

Impondo soma nula dos momentos em relação ao ponto O, vem:

∑ M_O= 0

F . cos 30° .
₁– mg .
₂= 0

Levando em conta a Lei de Coulomb, temos:

k₀. . cos 30° .
₁= mg
₂ k₀. . cos330° .
₁= mg
₂ k₀.–––––––––Q . q .
₁= mg
₂ d2 3



3 –––––– 8 l1 l2 30º Q d O q mg d cos 30º= d Ö3/2 30º x F F Q . q ––––––––– d2 Q . q ––––––––––– d



–––––––



2 cos 30°

q =

A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Q têm sinais opostos. Assim, vem:

8 mg
₂d2 q = – ––––––––––––– 3



3 k₀Q
₁ 8 mg
₂d2 ––––––––––––––– k₀. Q . 3



3 .
₁

16

D

D

A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ₁e σ₂, respectivamente. Da esquerda para a direita, temos uma camada do material com condu -tividade σ₁, de largura d/2, seguida de uma camada do material de condutividade σ₂, de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividade σ₁, de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por

a) 4V A/d(3σ₁+ σ₂). b) 4V A/d(3σ₂+ σ₁). c) 4V Aσ₁σ₂/ d(3σ₁+ σ₂). d) 4V Aσ₁σ₂/ d(3σ₂+ σ₁). e) AV(6σ₁+ 4σ₂) / d.

Resolução

O esquema dado corresponde a uma associção em série de resistores.

Sendo a condutividade o inverso da resistividade, temos: R₁= ρ₁ . = . R₂= ρ₂. = . R₃= ρ₁. = . De U = R_s. i, vem: V = (R₁+ R₂+ R₃) . i V = . + . + . . i V = + + . i a b d __ 2 V d __ 4 d __ 4 s1 s2 s1 d –––– 4A 1 ––– σ2 d ––– 4 ––––– A d –––– 2A 1 ––– σ1 d ––– 2 ––––– A d 2 A, d 4 A, d 4 A, 1 s1 r1= 1 s2 r2= 1 s1 r1= R₁ R₂ R₃



1 –––– 2σ₁ 1 –––– 2σ₂ 1 ––– σ1



d –––– 2A



d –––– 4A 1 ––– σ1 d –––– 4A 1 ––– σ₂ d –––– 2A 1 ––– σ1



d –––– 4A 1 ––– σ1 d ––– 4 ––––– A

V = + . i

V = . i

17

B

B

Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há

uma carga puntual q_a e no centro da outra, uma carga

também puntual q_b,cada qual distando do centro da esfera condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que

a) a força entre as cargas q_ae q_bé k₀q_aq_b/(x2+ y2– 2xy cos θ).

b) a força entre as cargas q_ae qb é nula.

c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não há dados suficientes.

d) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter -ceira carga, q_c, esta não sentiria força alguma.

e) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter -ceira carga, q_c, a força entre q_ae q_bseria alterada. Resolução

As cavidades constituem blindagens eletrostáticas para as cargas q_ae q_bem seu interior.

Logo, entre as cargas q_ae q_ba força elétrica é nula.

q q_a q_b b a x y 4Aσ₁σ₂ . V i = –––––––––––––– d(3σ₂+ σ₁)



3σ₂+ σ₁ ––––––––– σ₁ . σ₂



d –––– 4A



1 –––– 2σ₂ 3 –––– 2σ₁



d –––– 2A

18

B

B

Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sitema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será dado por

a) (– B, – B, – B). b) (– B, B, B).

c) (B, B, B). d) (0, 0, B).

e) (0, 0, 0). Resolução

A espira quadrada da face do cubo da figura (a) gera um campo magnético de intensidade B, sendo que em seus quatro lados temos a corrente de intensidade I.

A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorrida em apenas dois lados por corrente de intensidade I, gerando no centro do cubo um campo magnético de intensidade , no sentido de y (regra da mão direi-ta).

Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cubo um campo de intensidade na direção e no sentido y (regra da mão direita).

Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por:

B_y= + + ⇒ Analogamente: espira (BDGF): B_x 1= – espira (ACHE): B x2= –

Campo resultante na direção x:

B_x= – – ⇒ (a) (b) z x y z x y H G I I I I I I A B D C E F B_x= – B B ––– 2 B ––– 2 B ––– 2 B ––– 2 B_y = B B ––– 2 B ––– 2 B ––– 2 B ––– 2

Também temos: espira (ABFE): B z1= + espira (CDGH): B z2= + B_z= + + –––B ⇒ B_z = + B 2 B ––– 2 B ––– 2 B ––– 2 B_centro = (– B; B; B)

19

E

E

Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura
, resistência R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a

a) (µ₀nI
)2v / R + mg com a espira dentro do solenoide. b) (µ₀nI
)2_{v / R + mg com a espira saindo do solenoide.}

c) (µ₀nI
)2v / R + mg com a espira entrando no solenoide. d) µ₀nI2
+ mg com a espira dentro do solenoide. e) mg e independe da posição da espira com relação ao

solenoide. Resolução

O campo magnético no interior do solenoide tem a direção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo são paralelas ao eixo do solenoide.

O movimento da espira retangular também tem a direção do eixo do solenoide e, portanto, não há variação do fluxo magnético. Não ocorre indução magnética e não surgem forças magnéticas na espira. Temos apenas:

l

I

20

C

C

No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda λ = 6,80 × 10– 7_{m. Considere que a formação de glicose}

(C₆H₁₂O₆) por este processo de fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação:

6CO₂+ 6H₂O ⎯→ C₆H₁₂O₆+ 6O₂

Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO₂reaja é de 2,34 × 10–18_{J, o número de}

fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é

a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.

Resolução

Como a reação para a formação de uma molécula de glicose envolve seis moléculas de CO₂, a energia E necessária é de:

E = 6 . 2,34 . 10–18(J) E = 1,404 . 10–17J

A frequência f da radiação eletromagnética de máxima absorção é dada por:

c = λf

3,0 . 108= 6,80 . 10–7. f f

≅

4,41 . 1014Hz

Da Equação de Planck, temos

E = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos 1,404 . 10–17

≅

N . 6,62 . 10–34. 4,41 . 1014

Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol de glicose, ou seja, 6,023 . 1023moléculas de glicose, são necessários aproximadamente 2,89 . 1025fó tons.

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas no caderno de soluções

21

Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do

espaço onde existe um campo magnético →B uniforme e

constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determime até que valor

de ω o disco pode girar de modo que a partícula

permaneça em repouso.

Resolução

Ao passar pela posição (2), a partícula fica sob ação de uma força de atrito de módulo máximo, que corres -ponde ao valor máximo da velocidade angular ω. O sentido da força magnética é dado pela regra da mão esquerda, conforme a figura.

→

P_té a componente tangencial do peso da partícula. Temos: F_at = µ . P_N= µ mg cos α

P_t= mg . sen α

F_m= q . v . B = q . ω . R . B Sendo a resultante centrípeta, vem: F_at– F_m– P_t= mω2R µmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 _R mω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0 a w B ® R a B ® _a a vista lateral a B ® R a B ® v (1) (2) v P_t ® F_m ® ®v R R (1) (2) F_at ®

ω2_{. mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0} ω =

Sendo ω > 0, vem:

22

Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um

rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na

figura. Sendo g a aceleração da gravidade e descon -siderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista.

Resolução

No trajeto de B para C, o bloco deverá descrever um arco de parábola cujo alcance D é dado por:

D = sen 2ϕ (1) Da figura, temos: D = 2R sen ϕ (2) 2 V_B2 –––– g – qRB + q2R2B2+ 4m2Rg(µ cos α – sen α) ω = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2mR – qRB ± q2R2B2+ 4m2Rg(µ cos α – sen α) –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 2mR

Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e B, resulta: (ref. em B) = mg [h – R (1 + cos ϕ)] = g [h – R (1 + cos ϕ)] = h – R (1 + cos ϕ) h = + R (1 + cos ϕ) h = R



+ 1 + cos ϕ



1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ) h = R

––––––––––––––––––––



2cos ϕ 1 ––––––– 2cos ϕ R ––––––– 2cos ϕ R ––––––– 2cos ϕ gR ––––––– 2cos ϕ mV_B2 –––– 2 E_B= E_A

23

Uma massa m₁com velocidade inicial V₀colide com um

sistema massa-mola m₂ e constante elástica k, inicial mente em repouso sobre uma superfície sem atrito, con -for me ilustra a figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa.

Resolução

1) A compressão da mola será máxima quando os corpos tiverem velocidades iguais (fim da fase de deformação).

2) Conservação da quantidade de movimento: Q₁= Q₀

(m₁+ m₂) V₁= m₁V₀

3) Conservação da energia mecânica: E_final= E_inicial + V2₁= + = kx2+ = m₁V₀2 kx2_{= m} 1V0 2 – kx2= m₁V₀2 1 – kx2= m₁V₀2 kx2= m₁V₀ V₁= –––––––––– m₁+ m₂ m_{1 1}m₂V₀2 –––––––––– m₁+ m₂ m₁₁ + m₂– m₁ ––––––––––––– m₁+ m₂



m₁ –––––––– m₁+ m₂



m₁2V₀2 –––––––––– m₁+ m₂ m₁2V₀2 –––––––––– m₁+ m₂ m₁V₀2 ––––––– 2



m₁2. V₀2 ––––––––– (m₁+ m₂)2





m₁+ m₂ –––––––––– 2



kx2 –––– 2 m₁V₀2 ––––––– 2 (m₁+ m₂) –––––––––– 2 kx2 –––– 2

24

Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ₁ e ρ₂, respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está no líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda.

Resolução

O peso P da esfera é dado por: P = ρ V g

As intensidades dos empuxos serão dadas por: E₁= ρ₁0,7 Vg

E₂= ρ₂0,3 Vg

Para o equilíbrio da esfera temos: T + E₁+ E₂= P

T + ρ₁0,7 Vg + ρ₂0,3 Vg = ρ Vg

Para o equilíbrio do sistema: No triângulo, temos: cos 30° = F = T cos 30° = T F ––– T



3 F = Vg (ρ – 0,7 ρ₁– 0,3 ρ₂) –––– 2



3 ––– 2

25

Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de

um gás ideal monoatômico a uma pressão P₀ e

temperatura T₀. Um êmbolo de massa desprezível separa

o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicial -mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosa-mente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial.

Resolução

1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação de Clapeyron para as situações inicial e final: pV = n R T

Assim:

p₀V₀= 1 . R T₀⇒ p₀V₀= R T₀(I) pV = 1 R T ⇒ p 2V₀= R T (II)

Observe que V = 2V₀(o volume dobra).

2) Do texto, podemos concluir que a operação é adiabática (sem trocas de calor) e a energia perdida pelo gás monoatômico na realização de trabalho foi armazenada na mola como energia potencial elástica. Assim: U₀– U = E pe RT₀– RT = T₀– T = Mas: V₀= A . x ⇒ x = Portanto: T₀– T = V₀ kx . –––– A –––––––––– 3R kx2 ––––– 3R kx2 ––––– 2 3 ––– 2 3 ––– 2 V₀ ––– A

Como: kx = F (força realizada pelo gás na situa ção de equilíbrio),

vem:

T₀– T =

T₀– T = =

Usando-se a expressão II, temos: T₀– T = T₀= + T ⇒ T₀= Resposta: ––––6 T₀ 7 6 T = ––– T₀ 7 7T –––– 6 T ––– 6 RT ––––– 6R p . 2V₀ ––––––– 3R . 2 p . V₀ ––––––– 3R kx –––– . V₀ A –––––––––– 3R

26

A figura mostra uma barra LM de 10



2 cm de com

-primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal, tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o comprimento da x imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem.

Resolução

(I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de catetos de comprimento a.

Teorema de Pitágoras: (LM)2= a2 + a2

(10



2)2= 2a2 Da qual:

(II) Considerandose que a lente divergente apresen -tada opera de acordo com as condições de estigma tismo de Gauss, determinemos, inicialmente, as coordenadas das extremidades da imagem L’M’ do bastão LM. Extremidade L: Abscissa: + = ⇒ + = – Da qual: p’_L= – cm ⇒ Ordenada: = – ⇒ = – Da qual: Extremidade M: Abscissa: + = ⇒ + = – i ––– o 45° y L M x a = 10cm 45° L M a a 10 2 cm 1 ––– 20 1 –––– p’_M 1 –––––– 30 – 5 1 ––– f 1 ––– p’ 1 ––– p 20 y_L’= –––– cm 11 140



– ––––



11 –––––––– 30 + 5 y_L’ –––––– 10 – 5 p’ ––– p 140 x_L’= –––– cm 11 140 –––– 11 1 ––– 20 1 –––– p’_L 1 –––––– 30 + 5 1 ––– f 1 ––– p’ 1 ––– p

Da qual: p’_M= – cm ⇒ Ordenada:

= – ⇒ = –

Da qual:

(III) A imagem L’M’ está posicionada no esquema abaixo em relação a um referencial cartesiano Oxy.

O comprimento da imagem L’M’ é obtido pelo Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retân -gulo hachurado no gráfico.

x = – ⇒ x = cm y = – ⇒ y = cm (L’M’)2_{= x}2_{+ y}2_{⇒ (L’M’)}2₌ 2 + 2 Da qual:

(IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminosos que produzem a imagem virtual L’M’ do objetivo real LM. M’ L M 60 y_M’= –––– cm 9 100



– ––––



9 –––––––– 30 – 5 y_M’ –––––– 10 + 5 p’ ––– p i ––– o 100 x_M’= –––– cm 9 100 –––– 9 160 –––– 99 100 –––– 9 140 –––– 11 160 L’M’ = ––––



10 cm

≅

5,1 cm 99



480 –––– 99





160 –––– 99



480 –––– 99 20 –––– 11 60 –––– 9

27

Derive a 3.a _{Lei de Kepler do movimento planetário a}

partir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside -rando órbitas circulares.

Resolução

Se a órbita é suposta circular, o movimento orbital é uniforme.

A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz o papel de resultante centrípeta.

F_G= F_cp = mω2_r ω2₌ Porém, ω = ⇒ = T = período de translação r = raio de órbita

G = constante de gravitação universal M = massa do Sol

3.aLei de Kepler:

O quadrado do período de translação do planeta é proporcional ao cubo do raio médio da órbita.

T2 4π2 –––– = –––– r3 GM GM –––– r3 4π2 –––– T2 2π –––– T GM –––– r3 GMm –––––– r2 Sol r M PLANETA m ® F_G ® V

28

Considere uma espira retangular de lados



3a e a,

respectivamente, em que circula uma corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto x = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no plano yz.

Resolução

Considere as figuras:

O momento M resultante das forças magnéticas de módulo F sobre a espira em relação ao eixo z quando esta se encontra no plano yz é dado por:

→_{Fcos α} x I I y a 3 2 a a 2 Z

F = tg α = F = tg α =



3 M = . cos 60° . a



3 M = . . a



3 α = 60° µ . I2 F = –––––– 2 π µ . I2. a ––––––––– 2 π a a



3 –––––––– 2 –––––––– a –– 2 µ . I . I . a ––––––––– 2 π .



3 µ . I2 a µ = ––––––––––– 4 π 1 ––– 2 µ . I2 –––––– 2 π µ . I2 –––––– 2 π

29

O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag -ma de entrada (pupila), u-ma lente (cristalino) e u-ma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sen -sibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com potência de 6 ×10–5W, emitem, respectivamente, luz azul (λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos.

Resolução

(I) Equação de Planck: E = h f Mas c = λ f ⇒ f =

Logo: E = (1)

(II) Potência requerida para sensibilizar a retina:

P = (2)

(1) em (2): P = (3)

(III) Intensidade de onda requerida para sensibilizar a retina:

I = ⇒ I = (4)

(3) em (4): I = (5)

(IV) Intensidade de onda da fonte:

I = (6) hc ––– λ c ––– λ d 400E ––––– ∆t 400h c ––––––– π λ∆t r2 P ––––– π r2 P ––– A 400h c ––––– λ∆t P_F ––––––

Tendo-se em conta os valores constantes r = 3mm, P_F= 6 . 10–5W, ∆t = 1s,

h = 6,62 . 10–34_m2_{kg/s e c = 3 . 10}8_m/s,

conclui-se que poderá ser vista a uma maior distância x a luz de maior comprimento de onda λ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimento de onda é maior que o da luz azul.

λ_v= 650nm > λ_A= 475nm r P_Fλ ∆t

x = ––– ––––––––

30

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

Resolução

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

2 – Cálculo das resistências internas: • gerador:

r = (Ω) ⇒

• receptor:

r’ = (Ω) ⇒

3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

Lei de Pouillet: i = ⇒ i = (A) 0 1 2 3 4 I(A) 20 40 60 100 80 V(V) r’ = 10Ω 60 – 40 –––––––– 2 r = 20Ω 100 – 20 –––––––– 4 100 – 40 –––––––– 20 + 10 ε – ε’ –––––– r – r’ U i i r r’ + -+ -e e’

5. Cálculo dos rendimentos: • gerador: η_G= ⇒ η_G= = 0,60 • receptor: ηrec= ⇒ ηrec= = Respostas: gerador: r = 20Ω; η_G= 60% receptor: r’ = 10Ω; η_rec= 67% η_rec 67% 2 ––– 3 40V ––––– 60V ε’ ––– U η_G= 60% 60V –––––– 100V U ––– ε