ITA (1º DIA) DEZEMBRO/2012

F

F

Í

Í

S

S

I

I

C

C

A

A

Se precisar, use os seguintes valores para as constantes: carga do próton = 1,6 x 10–19C; massa do próton = 1,7 x 10–27kg; aceleração da gravidade g = 10m/s2_{; 1 atm = 76cmHg:} velocidade da luz no vácuo c = 3 x 108_m/s.

1

C

C

Ao passar pelo ponto O, um helicóptero segue na direção norte com velocidade v constante. Nesse momento, um avião passa pelo ponto P, a uma distância δ de O, e voa para o oeste, em direção a O, com velocidade u também constante, conforme mostra a figura.

Considerando t o instante em que a distância d entre o helicóptero e o avião for mínima, assinale a alternativa correta.

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

b) A distância do helicóptero ao ponto O no instante t é igual a δu /



c) A distância do avião ao ponto O no instante t é igual a δv2_{/ (v}2_{+ u}2_).

d) O instante t é igual a δv / (v2+ u2). e) A distância d é igual a δu /



1) A velocidade do avião, em relação ao helicóptero,

→

V_relé dada por:

→

O helicóptero é suposto parado em O e o avião mo vendo-se com a velocidade relativa.

A distância será mínima quando OQ for per -––– pendicular a PQ. 2) Cálculo de PQ: PQ = V_rel . t =











2

B

B

No interior de uma caixa de massa M, apoiada num piso horizontal, encontra-se fixada uma mola de constante elástica k presa a um corpo de massa m, em equilíbrio na vertical. Conforme a figura, este corpo também se en contra preso a um fio tracionado, de massa desprezível, fi -xa do à cai-xa, de modo que resulte uma deformação b da mola. Considere que a mola e o fio se encontram no eixo vertical de simetria da caixa.

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

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

Resolução

1) Na posição de equilíbrio do bloco m:

F_mola= P kx₀ = mg ⇒ 2) Na situação inicial: A amplitude de oscilação a é dada por: mg x₀= ––––– k mg a = b – x₀= b – –––– k

3) No ponto mais alto da trajetória (compressão máxima da mola):

F_e+ P = ka F_e+ mg = k F_e+ mg = kb – mg

4) Para a caixa ser levantada: F_e> Mg kb – 2mg > Mg ⇒ kb > (2m + M)g mg





3

A

A

Num experimento clássico de Young, d representa a distân cia entre as fendas e D a distância entre o plano destas fendas e a tela de projeção das franjas de interfe rência, como ilustrado na figura. Num primeiro experi -mento, no ar, utiliza-se luz de comprimento de onda λ₁e, num segundo experimento, na água, utiliza-se luz cujo comprimento de onda no ar é λ₂. As franjas de interfe -rência dos experimentos são registradas numa mesma tela.

Sendo o índice de refração da água igual a n, assinale a expressão para a distância entre as franjas de interferência construtiva de ordem m para o primeiro experimento e as de ordem M para o segundo experi -mento. a).D (Mλ₂– mnλ₁) / (nd). b).D (Mλ₂– mλ₁) / (nd). c).D (Mλ₂– mnλ₁) / d. d).Dn (Mλ₂– mλ₁) / d. e).D (Mnλ₂– mλ₁) / d. Resolução I)

No ponto P (local de interferência construtiva), a diferença de percursos Δx entre as ondas provenientes das fendas F₂e F₁deve ser múltipla inteira do comprimento de onda λ, isto é:

Δx = N λ (N = 1, 2, 3…) No triângulo retângulo OPQ:

tg θ = ⇒ sen θ ≅ (θ é bastante pequeno) No triângulo retângulo F₁RF₂: sen θ ≅ Logo: = ⇒ y ––– D y ––– D Δx ––– d λD y = N –––– d Δx ––– d y ––– D

II) Experimento no ar: y₁= m

III) Experimento na água:

= ⇒ =

y₂= M ⇒ y₂=

IV) Fazendo y₂– y₁= L (distância entre as franjas de interferência construtiva de ordem m para o primeiro experimento e as de ordem M para o segundo experimento), tem-se:

L = – Da qual: λ1D ––––– d λ_H 2O ––––– λ2 n_ar ––––– n λ_H 2O ––––– λ2 1 ––– n λ2 λH₂O= –––– n λ_H 2O D –––––––– d M λ₂ D ––––––– nd M λ₂ D –––––––– nd m λ₁ D ––––––– d D L = ––– (Mλ₂– mnλ₁) nd I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

4

A

A

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

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

a) g/(33)  a  g/ 3. b) 2g/(32)  a  4g/ 2. c) g/(23)  a  4g/(3 3). d) 2g/(32)  a  3g/(4 2). e) g/(23)  a  3g/(4 3). Resolução • Cálculo de F ⇒ F = (3m) a ⇒ 1. Cálculo da aceleração mínima:

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

• Cilindro a (projeção horizontal): F – F₂₁cos 60° = m a

3 m a – F₂₁ = m a

• Cilindro b (projeção horizontal): 1

–– 2 F₂₁= 4 m a I

(4 m a) – F₃₂ = m a

• Cilindro b (projeção vertical): (F₁₂+ F₃₂) cos 30° = P

De e , vem:

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

2. Cálculo da aceleração máxima:

Na condição de aceleração máxima, admite-se que o cilindro 2 praticamente não troca força com o cilindro 3.

• Cilindro b :

projeção vertical ⇒ f cos 30° = m g projeção horizontal ⇒ f sen 30° = m a

 tg 30° = ⇒ 1 –– 2 1 –– 2 F₃₂= 2 m a II I II 3 –––– 2 g a_mín= ––––––– 3 3 a –– g g a_máx= ––––



5

A

A

Duas partículas, de massas m e M, estão respectivamente fixadas nas extremidades de uma barra de comprimento L e massa desprezível. Tal sistema é então apoiado no interior de uma casca hemisférica de raio r, de modo a se ter equilíbrio estático com m posicionado na borda P da casca e M, num ponto Q, conforme mostra a figura.

Desconsiderando forças de atrito, a razão m/ M entre as massas é igual a a) (L2– 2r2)/(2r2). b) (2L2– 3r2)/(2r2). c) (L2_{– 2r}2_{) (r}2_{– L}2_{). d) (2L}2_{– 3r}2_)/(r2_{– L}2_). e) (3L2– 2r2)/(L2– 2r2). Resolução 1) sen ( – ) = cos 2 = (1)

2) cos 2 = cos2 _{ – sen}2 _{ = 2cos}2 _{ – 1}

cos 2 = 2 2– 1 = – 1 (2)

(2) em (1): = ⇒

3) Somatório dos torques nulo em relação ao ponto O: mg . r = Mg . x x ––– r L





6

D

D

Uma corda, de massa desprezível, tem fixada em cada uma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massa m. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numa superfície cilíndrica sem atrito, de raio r, abrangendo um ângulo de 90° e simetricamente disposto em relação ao ápice P do cilindro, conforme mostra a figura.

Se a corda for levemente deslocada e começa a escorregar no sentido anti-horário, o ângulo θ  FÔP em que a partícula na extremidade F perde contato com a superfície é tal que

a) 2 cosθ = 1. b) 2 cosθ – sen θ = 2. c) 2 sen θ + cos θ = 2. d) 2 cos θ + sen θ = 2. e) 2 cos θ + sen θ = 2/2.

Resolução

1) Para um referencial passando por P, temos: E₀= – 2 mg R E_f= – mg R (1 – cos θ) – mg R (1 – sen θ) + 2) E_f= E₀ – mgR (1 – cos θ) – mgR (1 – sen θ) + mV2= 2





= – 2mgR – gR + gR cos θ – gR + gRsen θ + V2= = – 2gR + gR 2 (I) 3) Na posição de desligamento: P_N= F_cp mgcos θ =

cos θ = = – cos θ – sen θ + 2

2





7

A

A

Uma pequena bola de massa m é lançada de um ponto P contra uma parede vertical lisa com uma certa velocidade v₀, numa direção de ângulo α em relação à horizontal. Considere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto de lançamento, a uma distância d da parede, como mostra a figura.

Nestas condições, o coeficiente de restituição deve ser a) e = gd/(v2₀sen2α – gd). b) e = 2gd/(v2₀cos2α – 2gd). c) e = 3gd/(2v2₀sen2α – 2gd). d) e = 4gd/(v2₀cos2α – gd). e) e = 2gd/(v2₀tan2α – gd). Resolução

Na ausência da parede, o tempo de voo (t_AB) é dado por: y = y₀+ V_0yt – t2 0 = 0 + V_0yt_AB– g t2_AB g ––– 2 1 ––– 2 2 V_0y t_AB= –––––– g I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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

t₁+ t₂= t_AB t₁: tempo de subida de A para C t₂: tempo de voo de C para A

Sendo V_x e V_x’ os módulos das componentes ho -rizontais, respectivamente, imediatamente antes e após a colisão, temos:

t₁= e t₂= Logo: + = + = = – = d ––– V_x d ––– V’_x d ––– V_x d’ ––– V’_x 2V_0y ––––– g d –––––––– V₀cos α d ––– V’_x 2V₀sen α –––––––– g d ––– V’_x 2V₀sen α –––––––– g d –––––––– V₀cos α d ––– V’_x V₀22 sen α cos α – d g –––––––––––––––––– V₀ g cos α V₀. d . g cos α V_x’ = –––––––––––––– V₀2 sen 2α – d g

Coeficiente de restituição: e = ⇒ e = ⇒ V₀. d . g . cos α ––––––––––––––– V₀2 sen 2α – d . g e = ––––––––––––––––– V₀cos α d . g e = ––––––––––––––– V₀2 sen 2α – d . g V relafastamento ––––––––––––– V_rel aproximação V’_x ––– V_x I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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C

C

A figura mostra um sistema, livre de qualquer força externa, com um êmbolo que pode ser deslocado sem atrito em seu interior. Fixando o êmbolo e preenchendo o recipiente de volume V com um gás ideal a pressão P, e em seguida liberando o êmbolo, o gás expande-se adiabaticamente.

Considerando as respectivas massas m_c, do cilindro, e m_e, do êmbolo, muito maiores que a massa m_gdo gás, e sendo  o expoente de Poisson, a variação da energia interna U do gás quando a velocidade do cilindro for v_c é dada aproximadamente por

a) 3PV/2. b) 3PV/(2( – 1)).

c) – m_c(m_e+ m_c)v2_c/(2m_e). d) – (m_c+ m_e)v2_c/2, e) – m_e(m_e+ m_c)v2_c/(2m_c).

Resolução

Como o sistema é isolado, a quantidade de movimento do sistema se conserva:

m_e→v_e+ m_cv→_c= →0 ⇒ m_e→v_e = – m_c→v_c Em módulo:

v_e= v_c(I)

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

Q = τ + ΔU 0 = τ + ΔU ΔU = –τ (II)

O trabalho τ do gás provoca variação na energia cinética do sis tema:

τ = mc + me

Da equação (I), vem:

τ = mc + 2 τ = m_c+ τ = m_c(m_e+ m_c) v_c2 –––– 2









Substituindo na equação (II), vem: ΔU = – m_c(m_e+ m_c) v_c2 ––––––– 2 m_e I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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C

C

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

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

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

Resolução

1) Conservação da quantidade de movimento na horizontal:

mV_x= MV_r 80V_x= 120V_r V_x= V_r

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

V

relx= Vx– (–Vr) = Vx+ Vr= Vr + Vr

3) O movimento relativo do corpo, em relação à rampa, tem a direção da rampa, logo:

tg θ = V_y= Vr. tg θ = Vr. V_y ––––– V_rel 5 ––– 2 5 ––– 2 3 ––– 4 15 V_y= ––– V_r 8 3 ––– 2 3 ––– 2 5 V relx= ––– V₂ r

4) Fazendo conservação de energia: f m=  i m V_r2 + V_c2 = m g h . V_r2+ (V_y2+ V_x2) = 80 . 10 . 9,0 60 V_r2+ 40 = 7200 60V_r2+ 40 = 7200 60 V_r2+ . 369 V_r2= 7200 291 V_r2= 7200 V_r2 25 M ––– 2 m ––– 2 120 ––– 2 80 ––– 2 225 9









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B

B

Certo produto industrial constitui-se de uma embalagem rígida cheia de óleo, de dimensões L x L x d, sendo transportado numa esteira que passa por um sensor capacitivo de duas placas paralelas e quadradas de lado L, afastadas entre si de uma distância ligeiramente maior que d, conforme a figura.

Quando o produto estiver inteiramente inserido entre as placas, o sensor deve acusar um valor de capacitância C₀. Considere, contudo, tenha havido antes um indesejado vazamento de óleo, tal que a efetiva medida da capacitância seja C = 3/4C₀. Sendo dadas as respectivas constantes dielétricas do óleo, k = 2; e do ar, k_ar= 1, e desprezando o efeito da constante dielétrica da emba -lagem, assinale a percentagem do volume de óleo vazado em relação ao seu volume original.

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

Resolução

Capacitor com dielétrico de óleo e capacitor com dielétrico de ar ligados sob a mesma ddp (associação em paralelo):

C_paralelo= –––3 C₀ (1) 4

C_paralelo= C_ar+ C_óleo C_paralelo= + (2) Igualando-se (1) e (2), vem: + = C₀ + = L – x + 2x = 1,5L x = 1,5L – L

Houve um vazamento de 50% do óleo. k_ar. A_ar –––––––– d k_óleo. A_óleo –––––––––– d k_ar. A_ar –––––––– d k_óleo. A_óleo –––––––––– d 3 –– 4 1 . (L – x) L –––––––––– d 2 . x . L –––––––––– d 3 –– 4 2L2 –––– d x = 0,50L I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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E

E

O circuito mostrado na figura é constituído por um gerador com f.e.m.

ε

Considere as seguintes afirmações, sendo a chave S fechada:

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

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

III. A autoindução no circuito ocorrerá sempre que houver variação da corrente elétrica no tempo. Assinale a alternativa verdadeira.

a) Apenas a I é correta. b) Apenas a II é correta. c) Apenas a III é correta.

d) Apenas a II e a III são corretas. e) Todas são corretas.

Resolução

I) CORRETA. Logo após a chave S ser fechada haverá f.e.m. autoinduzida no circuito, pois a variação da corrente de zero ao valor final produz um campo magnético variável no tempo de acordo com a Lei de Faraday para a produção da força eletromotriz.

II) CORRETA. Após um tempo suficientemente gran de, cessará o fenômeno de autoindução no circuito, pois não haverá a variação temporal do campo magnético, já que a corrente se torna contínua e constante em seu valor.

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

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D

D

Um raio horizontal de luz monocromática atinge um espelho plano vertical após incidir num prisma com abertura de 4° e índice de refração n = 1,5. Considere o sistema imerso no ar e que tanto o raio emergente do prisma como o refletido pelo espelho estejam no plano do papel, perpendicular ao plano do espelho, como mostrado na figura.

Assinale a alternativa que indica respec tivamente o ângulo e o sentido em que deve ser girado o espelho em torno do eixo perpendicular ao plano do papel que passa pelo ponto O, de modo que o raio refletido retome paralelamente ao raio incidente no prisma.

a) 4°, sentido horário. b) 2°, sentido horário. c) 2°, sentido antihorário. d) 1°, sentido horário. e) 1°, sentido antihorário.

Resolução

Da figura, o ângulo de incidência  da luz no espelho é igual ao ângulo de desvio  proporcionado pelo prisma:

 = 

Para o retorno do raio de luz refletido paralelo ao raio incidente, o espelho deve rotacionar de no sentido horário.

I) Cálculo do ângulo de incidência i no prisma: Na figura, temos que os lados do ângulo i são mutuamente perpendiculares aos lados do ângulo



––– 2

I

que corresponde à metade do ângulo de abertura A do prisma

i = =

i = 2º = rad

II) Cálculo do ângulo de refração interno r: Da Lei de Snell-Descartes, temos: n_arsen . i = n sen . r

1,0 . sen

( )

Para ângulos menores do que 5º, podemos assumir que o seno do ângulo é igual ao ângulo, medido em radianos:

= 1,5 . r

r = rad

III) Cálculo do ângulo de incidência interno r’ no prisma:

A = r + r’

= + r’

r’ = rad

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

1,5 . sen = 1 . sen i’

1,5 . = i’

i’ = rad

V) Cálculo do ângulo de desvio Δ sofrido pela luz ao atravessar o prisma. Δ = i + i’ – Δ Δ = + – (rad) Δ = rad A ––– 2 4º ––– 2 π ––– 90 π ––– 90 π ––– 90 π –––– 135 π ––– 45 π –––– 135 2π –––– 135





O ângulo  de rotação do espelho é então de:  = =  = rad ou ϕ = 1º, no sentido horário π ––– 180 Δ ––– 2 α ––– 2 I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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B

B

Um prato plástico com índice de refração 1,5 é colocado no interior de um forno de micro-ondas que opera a uma frequência de 2,5 x 109Hz. Supondo que as micro-ondas incidam perpendicularmente ao prato, pode-se afirmar que a mínima espessura deste em que ocorre o máximo de reflexão das micro-ondas é de

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

d) 4,0 cm. e) 5,0 cm. Resolução

(I) O fenômemo descrito está ilustrado abaixo. É importante observar que a reflexão na interface (1) (ar-prato) ocorre com inversão de fase, enquanto na interface (2) (prato-ar), ocorre sem inversão de fase, já que o ar é menos refringente que o material do prato.

Sendo x a diferença de percursos entre os pulsos refletidos na interface (2) e aqueles refletidos na interface (1), tem-se que:

x = 2e e x = i

Logo: 2e = i

Da qual: (em que i = 1, 3, 5...) É importante notar que, como os pulsos se superpõem em oposição de fase, a condição de interferência construtiva entre eles impõe que o fator i seja um número ímpar.

Para se obter o valor mínimo de e, utiliza-se i = 1. Assim: (II) Mas: –––– p = ⇒ = ar n_ar –––– n_p p –––– c ––– f n_ar –––– n_{p p} e_mín= 1 –––– 4 _p –––– 2 _p –––– 2 _p e = i –––– 4

_p = ⇒ _p = (m) Da qual: (III) Assim: e_mín= 1 = c n_ar –––– f n_p 3,0 . 108. 1,0 ––––––––––––– 2,5 . 109_{. 1,5 p}= 0,08m = 8,0cm p –––– 4 8,0cm ––––––– 4 e_mín= 2,0cm I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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B

B

Considere o circuito elétrico mostrado na figura formado por quatro resistores de mesma resistência, R = 10 Ω, e dois geradores ideais cujas respectivas forças eletro -motrizes são ε_l= 30 V e ε₂= 10 V.

Pode-se afirmar que as correntes i₁, i₂, i₃e i₄nos trechos indicados na figura, em ampères, são respectivamente de a) 2, 2/3, 5/3 e 4. b) 7/3, 2/3, 5/3 e 4.

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

Resolução

Separação das malhas e aplicação das Leis de Kirchhoff: Malha : Ri₁+ Ri₂–₁ = 0 10i₁+ 10i₂– 30 = 0 10i₁+ 10i₂= 30 (I) Malha : R₁+ i₄–₁–₂= 0 10 . i₄– 30 – 10 = 0 10i₄= 40 i₁+ i₂= 3

(II) Malha : Ri₃+ Ri₂–₂ = 0 10i₃– 10i₂– 10 = 0 10i₃– 10i₂= 10 i₃– i₂= 1 (III)

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

i₂ + i₃+ i₂= 3 (IV) III em IV: 2i₂+ (1 + i₂) = 3 3i₂= 2 Em III: i₃= 1 + i₂ i₃= 1 + (A) Como i₁= i₂+ i₃, temos: i₁= + (A) 2i₂ + i₃ = 3 2 i₂= ––– A 3 2 –– 3 5 i₃= ––– A 3 2 –– 3 5 –– 3 7 i₁= ––– A 3 i₄= 4,0 A i₃ = 1 + i₂ I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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E

E

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

Estabelecido o equilíbrio eletros tático, a respeito do potencial nas superfícies externas das cascas e do sinal da carga na superfície de raio d, podemos afirmar, respectivamente, que a) V(b) > V(d) e a carga é positiva. b) V(b) < V(d) e a carga é positiva. c) V(b) = V(d) e a carga é negativa. d) V(b) > V(d) e a carga é negativa. e) V(b) < V(d) e a carga é negativa. Resolução

A carga puntiforme negativa no centro das esferas vai produzir indução eletrostática e as cargas induzidas estão representadas na figura

Logo, a carga elétrica adquirida pela superfície d é

negativa.

O potencial gerado pela carga negativa no centro da esfera pode ser calculado por V = , sendo – Q a carga no centro das esferas.

K(– Q) ––––––

V_b = V_d = Como b < d ⇒ V_b< V_d K(– Q) –––––– b K(– Q) –––––– d I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

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D

D

Um recipiente contém dois líquidos homogêneos e imis -cíveis, A e B, com densidades respectivas ρ_Ae ρ_B. Uma esfera sólida, maciça e homogênea, de massa m = 5 kg, permanece em equilíbrio sob ação de uma mola de constante elástica k = 800 N /m, com metade de seu volume imerso em cada um dos líquidos, respec tivamen -te, conforme a figura.

Sendo ρ_A= 4ρ e ρ_B = 6ρ, em que ρ é a densidade da esfera, pode-se afirmar que a deformação da mola é de

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

d) 1/4 m. e) 1/8 m. Resolução

Para o equilíbrio: F_mola+ P = E_A+ E_B kx + mg = 4 ρ g + 6 ρ g Sendo P = mg = ρ V g = 50 N, vem E_A= 2 ρ Vg = 100N E_B= 3 ρ Vg = 150N 800 . x + 50 = 100 + 150 V ––– 2 V ––– 2 1 x = ––– m 4

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C

C

Diferentemente da dinâmica newtoniana, que não distingue passado e futuro, a direção temporal tem papel marcante no nosso dia-a-dia. Assim, por exemplo, ao aquecer uma parte de um corpo macroscópico e o isolar mos termicamente, a temperatura deste se torna gradual -mente uniforme, jamais se observando o contrário, o que indica a direcionalidade do tempo. Diz-se então que os processos macroscópicos são irreversíveis, evoluem do passado para o futuro e exibem o que o famoso cos -mólogo Sir Arthur Eddington denominou de seta do tempo. A lei física que melhor traduz o tema do texto é a) a segunda lei de Newton.

b) a lei de conservação da energia. c) a segunda lei da termodinâmica. d) a lei zero do termodinâmica.

e) a lei de conservação da quantidade de movimento. Resolução

O texto se refere ao aumento da entropia dos sistemas termodinâmicos, demonstrado pela segunda lei da termodinâmica.

I

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E

E

Num experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-se a superfície de um metal com luz proveniente de um gás de hidrogênio cujos átomos sofrem transições do estado n para o estado fundamental. Sabe-se que a função trabalho do metal é igual à metade da energia de ionização do átomo de hidrogênio cuja energia do estado n é dada por E_n = E₁/n2_{. Considere as seguintes afir} -mações:

I – A energia cinética máxima do elétron emitido pelo metal é E_c= E₁/n2_{– E}

1/2.

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

III – A energia cinética máxima dos elétrons emitidos aumenta com o aumento da frequência da luz incidente no metal a partir da frequência mínima de emissão.

Assinale a alternativa verdadeira. a) Apenas a I e a III são corretas. b) Apenas a II e a III são corretas. c) Apenas a I e a II são corretas. d) Apenas a III é correta. e) Todas são corretas. Resolução

Cálculo da energia de ionização:

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

E_ionização= E_infinito – E_fundamental E_ionização= 0 – E₁

I. Correta

De acordo com a proposição de Einstein para o efeito fotoelétrico, temos:

= –

E_c=

 

E_c=

Energia cinética má xima do foto elé

-tron ejetado pela placa de metal (E_c)

Energia do fóton emitido pelo átomo de hidrogênio na transição do estado n para o funda -mental E₁ E_fóton= –––– – E₁ n2 Função trabalho  do metal igual à metade da energia de ionização E₁  = – –––– 2 E₁ ––– – E₁ n2 E₁ – ––– 2 E₁ E₁ ––– – E₁+ ––– n2 ₂

E_ionização= – E₁ E1 < 0, pois o elétron está ligado ao

núcleo de hidrogênio.

E₁ E₁ E_c= ––– – –––

II. Correta

= III. Correta

O efeito fotoelétrico também pode ser operaciona -lizado por:

E_c= h f –(h é a Constante de Planck)

A equação mostra que o aumento da frequência f do fotoelétron aumenta a energia cinética do fotoelétron ejetado pelo metal.

E₁ – –––

2

I

19

D

D

Uma espira circular de raio R é percorrida por uma corrente elétrica i criando um campo magnético. Em seguida, no mesmo plano da espira, mas em lados opostos, a uma distância 2R do seu centro colocam-se dois fios condutores retilíneos, muito longos e paralelos entre si, percorridos por correntes i₁ e i₂ não nulas, de sentidos opostos, como indicado na figura.

O valor de i e o seu sentido para que o módulo do campo de indução resul tante no centro da espira não se altere são respecti vamente a) i = (1/2π) (i₁+ i₂) e horário. b) i = (1/2π) (i₁+ i₂) e antihorário. c) i = (1/4π) (i₁+ i₂) e horário. d) i = (1/4π) (i₁+ i₂) e antihorário. e) i = (1/π) (i₁+ i₂) e horário. Resolução

Inicialmente a espira de raio R gera um campo magnético cujo módulo é dado por

B_esp=

Ao colocarmos os dois fios paralelos eles geram um campo magnético resultante →B_fiode módulo:

B_fio= + =

Para que não se altere o módulo do campo resultante no centro da espira, o módulo do campo →B_fiodeve ser igual ao dobro do módulo campo da espira ( →B_esp) e seus sentidos devem ser opostos.

B_fio= 2 . B_esp =

Pela regra da mão direita, o campo resultante dos fios está penetrando no papel. Concluindo, o campo da espira deverá sair do papel e a corrente terá sentido anti-horário. i₁+ i₂ i = –––––––– 4 i –––– 2R i1 ––––––– 2 (2R) i2 ––––––– 2 (2R) (i1 + i2) –––––––– 4 R (i1 + i2) –––––––– 4 R 2 i –––– 2R

20

A

A

Uma lua de massa m de um planeta distante, de massa M >> m, descreve uma órbita elíptica com semieixo maior a e semieixo menor b, perfazendo um sistema de energia E. A lei das áreas de Kepler relaciona a velocidade v da lua no apogeu com sua velocidade v’ no perigeu, isto é, v’ (a – e) = v (a + e), em que e é a medida do centro ao foco da elipse. Nessas condições, podemos afirmar que a) E = – GMm/(2a). b) E = – GMm/(2b). c) E = – GMm/(2e). d) E = – GMm/













































E (a2_{+ 2ae + e}2_{– a}2_{+ 2ae – e}2_{) = GMm (–2e)}

E 4ae = GMm (– 2e) mv2 ––––– 2 GMm –––––– a + e mv2 ––––– 2 GMm –––––– a – e a – e ––––– a + e GMm –––––– a + e GMm –––––– a – e a – e ––––– a + e GMm –––––– a + e a – e ––––– a + e GMm –––––– (a – e) (a – e)2 ––––––– (a + e)2 GMm –––––– a + e a – e ––––– a + e a – e ––––––– (a + e)2 a – e ––––– a + e GMm –––––– a + e a – e ––––– – 1 a + e a – e ––––– a + e GMm –––––– a + e (a – e – a – e) –––––––––––– a + e (a + e)2_{– (a – e)}2 –––––––––––––– (a + e)2 GMm (–2e) ––––––––––– (a + e)2 mv’2 –––––– 2 GMm –––––– a – e mv2 ––––– 2 GMm –––––– a + e m ––– 2 (a + e) ––––– a – e GMm –––––– a – e mv2 ––––– 2 a + e ––––– a – e GMm –––––– a – e GMm E = – ––––––– 2a I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

QUESTÕES DISSERTATIVAS

21

Considere as seguintes relações fundamentais da dinâ -mica relativística de uma partícula: a massa relativística m = m₀γ, o momentum relativístico p = m₀γv e a energia relativística E = m₀γc2_{, em que m}

0é a massa de repouso da partícula e γ = 1/1 – v2/c2 é o fator de Lorentz. Demonstre que E2 – p2c2 = (m₀c2)2 e, com base nessa relação, discuta a afirmação: “Toda partícula com massa de repouso nula viaja com a velocidade da luz c”. Resolução Energia relativística E = m₀γc2 E2= m₀2γ2c4 E2 = m₀2c4. E2 = m₀2c4. E2 = m₀2c4. E2 _{= m} 02. (1) Momentum relativístico p = m₀. γ . V p2 = m₀2. γ2. V2 p2 = m₀2. . V2 p2 _{= m} 02. . V2 p2 _{= (2)}

Substituindo (1) e (2) no primeiro termo da equação do enunciado: E2– p2c2= (m₀c2)2 E2– p2c2= – c2 –––––––– c2 – V2 c6 –––––––– c2 _{– V}2 1 –––––––– V2 1 – ––– c2 c2 –––––––– c2– V2 m₀2_V2 _c2 –––––––––– c2– V2 1 –––––––– V2 1 – ––– c2 1 –––––––– c2 _{– V}2 –––––––– c2 m₀2_V2 _c2 _c2 ––––––––––– c2_{– V}2 m₀2c6 ––––––––– c2– V2

E2– p2c2= (c2– V2)

E2– p2c2= m₀2c4

Além disso, para m₀= 0, temos: m = m₀. γ

m = m₀.

. m = m₀

= 0

1 – = 0

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

m₀2c4 ––––––––– c2_{– V}2 E2– p2c2= (m₀c2)2 1 ––––––––––– V2 1 – ––– c2 V2 1 – ––– c2 V2 1 – ––– c2 V2 ––––– c2 V = c I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

22

Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera a temperatura de 0°C. A seguir, o recipiente é fechado e imerso num banho térmico com água em ebulição. Ao atingir o novo equilíbrio, observa-se o desnível do mercúrio indicado na escala das colunas do manômetro. Construa um gráfico P x T para os dois estados do ar no interior do recipiente e o extrapole para encontrar a temperatura T₀ quando a pressão P = 0, interpretando fisicamente este novo estado à luz da teoria cinética dos gases.

Resolução

No estado 1, a pressão do gás é igual à pressão atmosférica P₁= 76 cm Hg e no estado 2 a pressão do gás P₂é dada por

P₂= P_atm+ P_Hg

P₂= 76 cmHg + 28 cmHg P₂ = 104 cmHg

Para esses valores de pressão e temperatura, obtemos no gráfico (P x T) dois pontos:

Admitindo-se que o ar no recipiente se comporta como um gás ideal, a pressão varia linearmente com a temperatura:

P = P₀+ αT Dos pontos do gráfico, temos:

Resolvendo o sistema, temos: P₀= – 0,44 cmHg α = 0,28 E obtemos a relação: P = – 0,44 + 0,28T

Fazendo P = 0, temos: 0 = – 0,44 + 0,28T

T = K

Ou seja, a temperatura do gás se aproxima do zero absoluto. Tal conclusão é coerente com a teoria cinética dos gases, segundo a qual a pressão aplicada pelo gás nas paredes do recipiente se deve às colisões entre as partículas que constituem o gás e as paredes do recipiente. A temperatura, por sua vez, cai com a redução do grau de agitação das partículas. De acordo com a teoria cinética dos gases, a pressão deveria ser nula na temperatura de 0K. O valor encontrado, diferente de 0K, está ligado ao fato de o gás não ser ideal e a eventuais erros de medida.

0,44 ––––– 0,28 T  1,57K I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

23

Num plano horizontal x × y, um projétil de massa m é lançado com velocidade v, na direção θ com o eixo x, contra o centro de massa de uma barra rígida, homogênea, de comprimento L e massa M, que se encontra inicialmente em repouso a uma distância D de uma parede, conforme a figura. Após uma primeira colisão elástica com a barra, o projétil retrocede e colide elasticamente com a parede. Desprezando qualquer atrito, determine o intervalo de valores de θ para que ocorra uma segunda colisão com a barra, e também o tempo decorrido entre esta e a anterior na parede.

Resolução

1) Conservação da quantidade de movimento na direção x: M V₁– m V_2x= m Vcos θ (1) 2) Colisão elástica: V_af= V_ap V₁+ V_2x= Vcos θ (2) (2) × M: M V₁+ M V_2x= M Vcos θ (3) (3) – (1): V_2x(M + m) = (M – m) Vcos θ Em (2): V₁+ = Vcos θ V₁= Vcos θ (M – m) Vcos θ V_2x= –––––––––––––– M + m (M – m) Vcos θ –––––––––––––– M + m M – m

[

]

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

2D + d = V_2xT (1) d = V₁T (2) : = = d M – d m = 4 D m + 2 m d d(M – 3m) = 4 D m Em (2): = T 4) Na direção do eixo y: Δ s_y= V_yT = Δ s_y= tg θ .

Para que ocorra a 2.ª colisão:

Δ s_y≤ tg θ . ≤ 0 ≤ θ ≤ arc tg Vsen θ . 2 D (M + m) –––––––––––––––––– Vcos θ (M – 3m) 2 D (M + m) –––––––––––– M – 3m L ––– 2 2 D (M + m) –––––––––––– M – 3m L ––– 2 L (M – 3m) tg θ ≤ –––––––––––– 4 D (M + m) (1) ––– (2) 2D + d ––––––– d V_2x –––– V₁ M – m ––––––– 2m 4 D m d = –––––––– M – 3m 4 D m –––––––– M – 3m 2m

(

)

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

D = V_2x. T₁

D = . T₁

T₁=

O tempo pedido entre a colisão com a parede e a 2.ª colisão com a barra é dado por:

Δ t = T – T₁ Δ t = – (M – m) Vcos θ ––––––––––––– M + m M + m

(

)

(

)

(

)

24

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

Resolução

A situação proposta equivale ao experimento de Young, em que as estrelas correspondem a duas fontes pontuais de frequência 2,1 GHz. Os telescópios estão posicionados sobre duas franjas de interferência sucessivas. tg θ = sen θ = sen θ  tg θ = Δx = . L d ––– D x ––– L x ––– L d ––– D d ––– D I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

Se entendermos “distinguir” como sendo os dois telescópios detectando a estrela, temos interferência construtiva entre os sinais emitidos pelas estrelas. A diferença de percursos deve ser múltipla par de meio compri mento de onda:

Δx = p (p é número par) L = p .

d = (I)

Da equação fundamental da ondulatória, obtemos o comprimento de onda do sinal emitido pelas estrelas:

V = f

3,0 . 108_{= . 2,1 . 10}9

λ = m

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

d = (m)

d = p . . 106_m

A menor distância entre os telescópios ocorre para p = 2:

d_mín= 2 . . 106m d_mín 7,14 . 105_m

Se entendermos “distinguir” como sendo um dos telescópios detectando a estrela e o outro não, temos interferência destrutiva entre os sinais emitidos pelas estrelas. A diferença de percursos deve ser múltipla ímpar de meio compri mento de onda:

Δx = i (i é número ímpar) L = i .

d = (II)

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

d = (m) d = i . . 106m 2,5 ––– 7 2,5 ––– 7 ––– 2 d ––– D ––– 2 i ––– 2 D ––– L 1 i . ––– . 2,5 .107 7 –––––––––––––––– 2 . 5,0 2,5 ––– ––– 2 d ––– D ––– 2 p ––– 2 D ––– L 1 ––– 7 1 p . ––– . 2,5 .107 7 –––––––––––––––– 2 . 5,0

A menor distância entre os telescópios ocorre para i = 1:

d_mín= 1 . . 106_m

d_mín 3,57 . 105m

Resposta: Para interferência construtiva: d_mín 7,14 . 105m

ou

Para interferência destrutiva: d_mín 3,57 . 105m 2,5 ––– 7 I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

25

Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme d_a, um balão aerostático, inicialmente de densidade d, desce verticalmente com aceleração constante de módulo a. A seguir, devido a uma variação de massa e de volume, o balão passa a subir verticalmente com aceleração de mesmo módulo a. Determine a variação relativa do volume em função da variação relativa da massa e das densidades d_ae d. Resolução Situação inicial: P – E₀= m₀. a d . V₀ . g – d_a. V₀ . g = d . V₀. a Situação final: E – P = m . a d_a. (V₀+ V) . g – (m₀ + m) . g = = (m₀+ m) . . g d_a(V₀ + V) – (m₀+ m) = (m₀+ m) d_a – = = d_a – = = V













































d_a = d 1 + = = – 1 V































 



26

Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabática reversível de um estado inicial cuja pressão é P_i e o volume é V_ipara um estado final em que a pressão é P_fe o volume é V_f. Sabe-se que γ = C_p/C_v é o expoente de Poisson, em que C_p e C_v são os respectivos calores molares a pressão e a volume constantes. Obtenha a expressão do trabalho realizado pelo gás em função de P_i, V_i, P_f, V_fe γ.

Resolução

O gráfico da pressão (P) em função do volume (V) traduz a expansão adiabática sofrida pelo gás. A curva que conecta os pontos (i) e (f) obedece à Lei de Poisson-Laplace PVγ= k

ou

k é uma constante

Pelo 1o. Princípio da Termodinâmica, Q = τ + ΔU, sendo Q = 0 (transformação adiabática), tem-se: 0 = τ + ΔU ⇒ τ = – ΔU

A variação de energia interna, porém, é dada, neste caso, por: ΔU = nC_V(T_f– T_i) 1 Da Relação de Mayer: C_P– C_V= R Sendo γ = ⇒ C_P= γ C_V. Logo: γ C_V– C_V= R ⇒ C_V(γ – 1) = R C_P ––– C_V k P = ––– Vγ

Da qual:

C_V= 2

Substituindo-se 2 em 1: ΔU = n (T_f– T_i)

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

Assim:

ΔU = –

Da qual:

ΔU = (P_fV_f– P_iV_i)

Lembrando-se de que τ = – ΔU, obtém-se, finalmente: R ––––– γ – 1













27

Um dispositivo é usado para determinar a distribuição de velocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O' e O alinhados no eixo z, moléculas ejetadas de O', após passar por um colimador, penetram no orifício O do tambor de raio interno R, que gira com velocidade angular constante ω. Considere, por simplificação, que neste instante inicial (t = 0) as moléculas em movimento encontram-se agrupadas em torno do centro do orifício O. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura, tais moléculas movem-se horizontalmente no interior deste ao longo da direção do eixo z, cada qual com sua própria velocidade, sendo paulatinamente depositadas na superfície interna do tambor no final de seus percursos. Nestas condições,

obtenha em função do ângulo θ a expressão para v – v_min, em que v é a velocidade da molécula depositada correspondente ao giro θ do tambor e v_min é a menor velocidade possível para que as moléculas sejam depositadas durante a primeira volta deste.

Resolução

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

ω = (θ em rad)

Δ t = a

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

v = b a em b: v = v = θ ––– Δ t θ ––– ω 2R ––– Δ t 2R ––––––––– θ –––– ω 2Rω –––––– θ

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

(III) Escrevendo v – v_mín, temos: v – v_mín= – Da qual: 2Rω ––––– 2π Rω –––– π Rω –––– π 2Rω –––––– θ ωR v – v_mín= ––––– (2π –θ) πθ I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

28

O experimento mostrado na figura foi montado para elevar a temperatura de certo líquido no menor tempo possível, dispendendo uma quantidade de calor Q. Na figura, G é um gerador de força eletromotriz , com resistência elétrica interna r, e R é a resistência externa submersa no líquido. Desconsiderando trocas de calor entre o líquido e o meio externo,

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

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

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

Resolução

Nas condições de menor tempo possível de aque -cimento, o gerador deve trabalhar com sua potência máxima, ou seja:

U = (1)

i = (2)

P = i . U =

Em curto-circuito, a intensidade de corrente vale: i_cc =

P_máx = (3)

No resistor externo: U = R . i

Nas condições de potência máxima, temos: = R . ⇒ R = r a) P = = ⇒ P = i . U  ––– r 2 ––– 4r  ––– 2 i ––– 2r 2 ––– 4r 2 ––– 4R 2 R = ––– 4P  . icc ––––– 4  ––– 2 i_cc ––– 2

P = i ⇒

b) U =  – r . i

Trata-se de uma função do 1.o_grau.

c) Durante o aquecimento, a energia térmica liberada pelo resistor R é aproveitada pela água sob a forma de calor.

P . t = Q P = i . U = i . i . . t = Q Respostas: a) R = ; i = b) ver figura c)t = 2 ––– 4P 2P –––  2Q –––– i .   ––– 2 2P i = –––   ––– 2  ––– 2 2Q t = –––– i  I ITTAA((11ººDDIIAA))——DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

29

Duas placas condutoras de raio R e separadas por uma distância d < < R são polarizadas com uma diferença de potencial V por meio de uma bateria. Suponha sejam uniformes a densidade superficial de carga nas placas e o campo elétrico gerado no vácuo entre elas. Um pequeno disco fino, condutor, de massa m e raio r, é colocado no centro da placa inferior. Com o sistema sob a ação da gravidade g, determine, em função dos parâmetros dados, a diferença de potencial mínima fornecida pela bateria para que o disco se desloque ao longo do campo elétrico na direção da placa superior.

Resolução

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

Mas F = q . E , E = e P = m . g Portanto, q . = mg (1)

Cálculo da carga elétrica q do disquinho.

Sendo a densidade elétrica superficial constante, temos: = ⇒ q = (2) Mas Q = C . V ⇒ Q = ε₀. . V (3) (2) em (1): . = mg ⇒ V = (4) De (3) em (4), resulta: V = Q . r2 –––––– R2 V ––– d mgR2d ––––––– Q . r2 V ––– d V ––– d q ––– πr2 Q –––– πR2 Q . r2 –––––– R2 πR2 ––– d mgR2d ––––––––––––––– πR2 ε₀ . –––– . V . r2 d

V2= mgd 2 ––––––– πε₀r2 d mg V = –– .



30

Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivo de um capacitor de placas paralelas submetidas a uma diferença de potencial ε = 1000 V e espaçadas entre si de d = 1 mm, conforme a figura. A seguir, ele passa através de um pequeno orifício no segundo eletrodo para uma região de campo magnético uniforme de módulo B = 1,0T. Faça um gráfico da energia cinética do próton em função do comprimento de sua trajetória até o instante em que a sua velocidade torna-se paralela às placas do capacitor. Apresente detalhadamente seus cálculos.

Resolução

Pelo teorema da energia cinética, temos:

τ = Ec– Ec₀

F . x = E_c E_c= q . E . x

E_cvaria com x segundo uma função do 1.° grau. Cálculo de E_cmáxima: Para x = d, temos: E cmáx= q . U E cmáx= 1,6 . 10–19. 103 (J) E = 1,6 . 10–16J U E_c= q . ––– . x d