FÍSICA Q 0, 4 2 0,6 3

FÍSICA

QUESTÃO 1

A figura abaixo ilustra um pequeno bloco e uma mola sobre uma mesa retangular de largura d, vista de cima. A mesa é constituída por dois materiais diferentes, um sem atrito e outro com coeficiente de atrito cinético μ igual a 0,5. A mola tem uma de suas extremidades fixada no ponto A e a outra no bloco. A mola está inicialmente comprimida de 4 cm, sendo liberada para que o bloco oscile na região sem atrito na direção y. Depois de várias oscilações, ao passar pela posição na qual tem máxima velocidade, o bloco é atingido por uma bolinha que se move com velocidade 2 m/s na direção x e se aloja nele. O sistema é imediatamente liberado da mola e se desloca na parte áspera da mesa. Determine:

a) o vetor quantidade de movimento do sistema bloco + bolinha no instante em que ele é liberado da mola;

b) a menor largura e o menor comprimento da mesa para que o sistema pare antes de cair.

Dados: comprimento da mola = 25 cm; constante elástica da mola = 10 N/cm; massa da bolinha = 0,2 kg;

massa do bloco = 0,4 kg;

aceleração da gravidade = 10 m/s2

Resolução

a) A energia armazenada na mola é convertida totalmente em energia cinética do bloco, nos pontos onde sua velocidade é máxima. Assim, temos: 2 2 2 2 kx mv = ⇒

(

) (

)

2 2 2 ₂ 10.10 . 4.10 _0,4. 2 2 v − = ;

De onde obtemos v = ± 2m/s. O sinal ± indica a possibilidade de o movimento estar a favor do referencial y ou contra, ambas possíveis para a deformação nula.

No choque entre a bolinha e o bloco, a quantidade de movimento total do sistema se conserva. Assim, a quantidade de movimento inicial é igual à final para ambos os eixos, pois não há impulso externo. Adotando os versores ˆi e ˆj como os versores do eixo x e y de acordo com a figura, temos que a quantidade de movimento é dada por:

Eixo x (só a bolinha se movimenta neste eixo inicialmente):

( ) 0,2 2ˆ 0,4ˆ xf xi xf bolinha x bolinha xf kg m Q Q Q m v Q i i s ⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ = G G G _G G

Eixo y (só o bloco se movimenta neste eixo inicialmente):

( )

( ) 0,4 2ˆ 0,8ˆ yf yi yf bloco y bloco xf kg m Q Q Q m v Q j j s ⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ± = ± G G G _G G

Note que nada é dito sobre o sentido do movimento do bloco no instante do choque, o que valida o sinal (±)

Assim, Q_f Q_xf Q_yf

(

0,4iˆ 0,8ˆj

)

kg m s

⋅

= + = ±

G G G

b) Após o choque, temos que

0 0,4 2 0,6 3 x x total Q v m s m = = = e ₀ 0,8 4 0,6 3 y y total Q v m s m = = ± = ± .

O módulo da velocidade resultante é dada por:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = _{⎜ ⎟} + ±_{⎜ ⎟} = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 0 0 2 4 2 5 m s 3 3 3 x y v v v

A aceleração a partir do momento que o corpo é solto da mola é dada pela força resultante (devido à força de atrito):

(

)

(

)

2 0,5 10 5 5 5 at total total

res total at total

F N m g m m F m a F m a m s

μ

μ

= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = = ⋅ =

Pela equação de Torricelli, temos:

= + ⋅ − ⋅ Δ ⇒ = − ⋅ ⋅ Δ ⇒ Δ = 2 2 0 20 2 2 ( ) 0 2 5 9 9 v v a s s s m

Analisando os deslocamentos nos eixos e representando o caso que a mola estava no sentido contrário ao eixo y (o caso oposto é análogo) temos:

vG0

θ

vG0y

vG0x

Note que representamos a direção do sentido do movimento formando um ângulo θ com o eixo x. Chegamos então que:

θ

= 0 = 23 = 1 cos 2 5 5 3 x v v

Como a trajetória segue uma linha reta, num movimento uniformemente acelerado na direção indicada, temos:

θ

=Δ ⇒ =Δ ⇒ Δ = ⋅ = = Δ Δ ⋅ 1 1 2 2 2 5 cos m 9 45 5 5 9 5 x x x s s

Note que 2⋅ Δ = Δx y, pois 2⋅v_0x=v_0y. Assim Δ = 4⋅ 5 m 45 y Portanto, após o choque, o deslocamento em x é 2 5 m

45 de modo que, da figura do enunciado, d mínimo pode ser calculado a partir de

=2 5⇒ =4 5 m

2 45 45

d

d (menor largura).

O comprimento da mola não distendida é 25 cm, que é a distância do ponto A a partir de onde o sistema é liberado da mola. Como o enunciado não é específico, consideremos que o deslocamento em y pode ocorrer no sentido do eixo y ou contra o mesmo. Assim, a partir da posição de compressão nula, temos que o sistema se desloca

4 5 _0,20

45

y ⋅ m

Δ = ± ≈ ±

Portanto, caso a mola esteja se comprimindo (contra o eixo y) no momento do rompimento, temos que o bloco não cairá. Caso a mola esteja se distendendo (a favor do eixo y), a mesa deverá ter um tamanho de 0,25 4 5 45 m ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ .

Para abranger ambos os casos, temos como resposta: Comprimento mínimo: 0,25 4 5 45 m ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Largura mínima, de acordo com a figura: 4 5 45

d= m

Nota: Ainda verfica-se que com estas medidas, a oscilação (de amplitude 4 cm) o bloco permanece sobre a mesa.

QUESTÃO 2

Em um recipiente, hermeticamente fechado por uma tampa de massa M, com volume interno na forma de um cubo de lado a, encontram-se n mols de um gás ideal a uma temperatura absoluta T. A tampa está presa a uma massa m por um fio que passa por uma roldana, ambos ideais. A massa m encontra-se na iminência de subir um plano inclinado de ângulo θ com a horizontal e coeficiente de atrito estático μ. Considerando que as variáveis estejam no Sistema Internacional e

que não exista atrito entre a tampa M e as paredes do recipiente, determine m em função das demais variáveis.

Dados: aceleração da gravidade = g;

Constante universal dos gases perfeitos = R.

Resolução

Note as forças que atuam no pistão de massa M e no bloco de massa m: G m T G mg θ G N G at F G M T G amb F G G F MgG

Sabendo que o bloco de massa m está na iminência do escorregamento, temos:

a) Na direção perpendicular ao plano inclinado: |NG|= ⋅m g| | cosG ⋅

θ

b) Na direção do plano inclinado:

|FG_at|= μ⋅|NG|= μ ⋅ ⋅m g| | cosG ⋅ θ, assim:

|TG_m|= ⋅

μ

|NG|+ ⋅m g sen| |G ⋅

θ

⇒|TG_m|= ⋅ ⋅

μ

m g| | cosG ⋅

θ

+ ⋅m g sen| |G ⋅

θ

(

)

|TG_m|= ⋅m g| |G ⋅

μ

⋅cos

θ

+sen

θ

Observando o equilíbrio do pistão, temos:

|TG_M| |+ FG_G| |= FG_amb|+ ⋅M | |gG Mas, pelo acoplamento com o fio, temos |TG_M|=|TG_m| Assim:

(

)

(

)

| | cos | | | | | | | | | | | | | | cos G amb amb G m g sen F F M g F F M g m g sen

μ

θ

θ

μ

θ

θ

⋅ ⋅ ⋅ + + = + ⋅ − + ⋅ = ⋅ + G G G G G G _G G

A força causada pela pressão ambiente é calculada por

2

|FG_amb|=p_amb⋅a e por sua vez, a força do gás por |FG_G|=p_G⋅a2 Como o gás dentro do pistão pode ser considerado ideal, temos que:

3 3 G G G n R T p V n R T p a n R T p a ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = Portanto, |F_G| n R T₃ a2 n R T a a ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = G

Assim, substituindo, na expressão da massa, temos:

(

)

(

)

2 3 | | | | cos cos amb amb n R T p a M g p a n R T a M g a m g

μ

θ

sen

θ

a g

μ

θ

sen

θ

⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ _{⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅} = = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + G G

Nota: Como o enunciado não fala sobre a pressão ambiente, supõe-se que a mesma deva supõe-ser desprezada (experimento efetuado no vácuo). Assim, acredita-se que a resposta esperada pela banca seja

(

cos

)

a M g n R T m a g

μ

θ

sen

θ

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ +

QUESTÃO 3

Uma máquina térmica opera a 6000 ciclos termodinâmicos por minuto, executando o ciclo de Carnot mostrado na figura abaixo. O trabalho desta máquina térmica é utilizado para elevar verticalmente uma carga de 1000 kg com velocidade constante de 10 m/s. Determine a variação de entropia no processo AB, representado na figura. Considere a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2 _{e os processos}

termodinâmicos reversíveis.

A B

Temperatura

Entropia

600 K

300 K

Resolução

Solução 1:

A potência necessária para elevar 1000 kg a 10m/s é dada por:

(

)

_{1000 10 10 10}5J

P F v M g v

s

= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

A máquina opera a 6000 ciclos por minuto (100 ciclos por segundo). Assim, temos que o trabalho realizado em cada ciclo é dado por:

100 ciclos ⎯ 105 _J

1 ciclo ⎯ τciclo

τciclo = 103 J

A partir do conhecimento do trabalho no ciclo, sabendo que o rendimento do ciclo de Carnot é

300 1 1 1 600 2 FRIA QUENTE T T

η

= − = − = Portanto 1 2 2 103 2 ciclo QUENTE ciclo QUENTE Q J Q

τ

η

= = ⇒ = ⋅

τ

= ⋅ Sabemos que dS Q T

δ

= . Para trechos em que a temperatura é

constante, esta equação pode ser simplificada para S Q T Δ = . Assim, 3 2 10 _3,33 600 QUENTE AB Q _J S K T ⋅ Δ = = ≈ Solução 2:

Do gráfico acima, como temos temperatura constante no momento onde ocorrem as duas trocas de calor, então:

300K ₃₀₀FRIA Q S Δ = e ₆₀₀ 600 QUENTE K Q S Δ =

Portanto, Q_QUENTE −Q_FRIA =600⋅ ΔS_600K −300⋅ ΔS_300K Ainda pelo gráfico, temos ΔS_600K = ΔS_300K , assim:

(

600 300

)

600 300 600

QUENTE FRIA K K

Q −Q = − ⋅ ΔS = ⋅ ΔS

Como Q_QUENTE −Q_FRIA =τciclo, temos

3 600 600 300 _{S K} 10 _{S K} 3,33 J K ⋅ Δ = ⇒ Δ ≈ Do gráfico, temos _SAB 0 _SAB 3,33 J K Δ > ⇒ Δ = +

QUESTÃO 4

A malha de resistores apresentada na figura ao lado é conectada pelos terminais A e C a uma fonte de tensão constante. A malha é submersa em um recipiente com água e, após 20 minutos, observa-se que o líquido entra em ebulição. Repetindo as condições mencionadas, determine o tempo que a água levaria para entrar em ebulição, caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B.

Resolução

Chamemos de E o ponto no meio do circuito.

a) Resistência equivalente entre A e C:

Observando a simetria existente em relação à reta BD, o lado esquerdo e o lado direito são idênticos. Portanto, os pontos B, D e E têm o mesmo potencial.

Assim, as duas resistências, entre B e E, e entre D e E, não são atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse modo, o circuito é equivalente ao seguinte:

RAC = 2

3R b) Resistência equivalente entre A e B:

Linha s

Observando novamente a simetria indicada na figura acima (em relação à linha s), atribuir aos pontos sobre a linha s o mesmo potencial:

Temos que a resistência equivalente entre os pontos AB pode ser calculada por: RAB = 2. / / / / / / 2 2 R R R R R ⎛⎛⎛ ⎞₊ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜_⎝ ⎟_⎠ ⎟ ⎜_⎝ ⎟_⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Calculando: 1) / / 2 2 3 2 R R R R R R R ⋅ ⎛ _{⎞ = =} ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ₊ 2) / / 4 2 3 3 R R R R R R ⎛ _{⎞ + = + =} ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3) 4 4 3 3 / / / / / / 4 2 2 15 3 3 R R R R R R R R R R ⋅ ⎛⎛ ⎞₊ ⎞ ⎛ ⎞_{= =} ⎜⎜_⎝ ⎟_⎠ ⎟ ⎜_⎝ ⎟_⎠ ⎝ ⎠ ₊ 4) RAB=2. / / / / / / 8 2 2 15 R R R R R R ⎛⎛⎛ ⎞₊ ⎞ ⎛ ⎞⎞₌ ⎜⎜⎜_⎝ ⎟_⎠ ⎟ ⎜_⎝ ⎟_⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Agora passemos à comparação entre os tempos utilizados no primeiro e no segundo processo para vaporizar a água. Em ambos os casos, a quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensão aplicada.

Como a potência é dada por

2 Q U P t R = = Δ , temos que: 2 1 2 2 2 8 3 15 _{16 min} 20 min AC AB R R R R t t = t ⇒ = t ⇒ Δ = Δ Δ Δ

QUESTÃO 5

A figura abaixo mostra uma caixa d’água vazia, com peso de 125 kgf, sustentada por um cabo inextensível e de massa desprezível, fixado nos pontos A e D. A partir de um certo instante, a caixa d’água começa a ser enchida com uma vazão constante de 500 L/h. A roldana em B possui atrito desprezível. Sabendo que o cabo possui seção transversal circular com 1 cm de diâmetro e que admite força de tração por unidade de área de no máximo 750 kgf/cm2_{, determine o}

tempo de entrada de água na caixa, em minutos, até que o cabo se rompa.

Dado: peso específico da água = 1000 kgf/m3_;

π = 3,14

Resolução

O cabo suportará uma tensão máxima de:

2 2 750 .3,14.(0,5 ) 588,75 máx kgf T cm kgf cm = =

Analisando o equilíbrio a figura teremos os vetores com os módulos assinalados:

T

CD

T

BC

P

45º

α

Da figura do enunciado, temos que: 5 2,5 5 13 12 6 12 cos 13 sen tg α α α ⎧ ₌ ⎪⎪ = = ⇒ ⎨ ⎪ ₌ ⎪⎩

Na direção horizontal, temos:

12 2 .cos 45º .cos .

13

BC CD BC CD

T =T α⇒T = T (1) Na direção vertical, temos:

2 5 . 45º . 2 13 BC CD BC CD T sen +T senα= ⇒P T +T =P (2) Substituindo (1) em (2), temos: 12 2 2 5 13 13 2 13 TCD P TCD 17 P ⎛ ⎞ ⋅ + = ⇒ = ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (3) 12 2 13 12 2 . . . 0,998. 13 17 17 BC BC T = P⇒T = P≅ P (4) Analisando as equações (3) e (4), obtemos que, a todo momento:

BC CD P>T >T

Portanto se romperá primeiro o cabo onde está o vetor de módulo P (atinge o limite da resistência primeiro). Teremos no momento do rompimento do cabo P+P_A=T_máx

Logo:

125 588,75 588,75 125 463,75kgf+P_A= kgf⇒P_A= − = kgf Assim temos o tempo de enchimento, dado por:

463,75 463,75 500 60 min kgf L t L ⇒ ↔ Δ ↔ 463,75 .60 55,65min 55min39 500 t s Δ = = =

Nota: O enunciado está impreciso em relação a qual cabo admite força de tração por unidade de área de no máximo 750 kgf/cm2_{. Caso}

consideremos apenas o cabo BCD (assumindo que o cabo que sustenta diretamente a caixa d’água seja suficientemente resistente), teremos que o segmento da corda que se romperá será o segmento BC, pois P>TBC>TCD. Assim, como

12 2 . 17 BC T = P, teremos rompimento para: 12 2 17 2 588,75 . 588,75 589,77 17 P P 24 kgf = ⇒ = ⋅ ≅ Logo: 125 589,77 589,77 125 464,77kgf+P_A= kgf⇒P_A= − = kgf Assim teríamos o tempo de enchimento, dado por:

464,77 464,77 500 60 min kgf L t L ⇒ ↔ Δ ↔ 464,77 .60 55,77min 55min46 500 t s Δ = = =

QUESTÃO 6

Em certa experiência, ilustrada na figura abaixo, uma fina barra de latão, de comprimento L=8 m, inicialmente à temperatura de 20 °C, encontra-se fixada pelo ponto médio a um suporte preso à superfície e pelas extremidades a dois cubos idênticos A e B, feitos de material isolante térmico e elétrico. A face esquerda do cubo A está coberta por uma fina placa metálica quadrada P1, distante d0 = 5 cm de uma placa

idêntica P2 fixa, formando um capacitor de 12 μF, carregado com 9 μC.

Na face direita do cubo B está fixado um espelho côncavo distante 11 cm de um objeto O, cuja imagem I está invertida. Aquece-se a barra até a temperatura T em °C, quando então a distância entre O e I se

torna igual a 24 cm e a imagem I, ainda invertida, fica com quatro vezes o tamanho

do objeto O. Considerando a superfície sob os cubos sem atrito, determine:

a) a distância focal do espelho;

b) a tensão elétrica entre as placas ao ser atingida a temperatura T; c) a temperatura T.

Dados: coeficiente de dilatação linear do latão (α) = 1,8x10-5 _(°C)-1

Resolução

a) Na situação final a imagem é invertida e 4 vezes maior que o objeto.

2 2 2 2 ' 4 p ' 4 i A p p o p

= = − = − ⇒ = , sendo que p2 e p2’ são ambos positivos

(objeto e imagem reais).

A distância final entre O e I é de 24 cm, com p2’ > p2 > 0, já que tanto o

objeto quanto a imagem são reais e a imagem está mais distante do espelho do que o objeto. Assim:

2' 2 24 4 2 2 24 2 8 cm

p −p = ⇒ p −p = ⇒p = . Então: p ' 4 8 32 cm₂ = ⋅ =

Usando a equação de conjugação de Gauss:

2 2

1 1 1 1 1

6,4 cm ' 8 32 f

f =p +p = + ⇒ =

b) Do enunciado temos que p1 = 11cm. Como p2=8 cm, então houve

um deslocamento de 3 cm, que corresponde à metade da variação de comprimento da barra (pois a barra está fixa por seu ponto médio), ou seja, este deslocamento de 3 cm também ocorrerá do lado esquerdo. Assim a distância final d entre as placas P1 e P2 será calculada por: d’

= d0 – 3 = 5 – 3 = 2 cm

Como a capacitância é dada por: C A d ε

= , onde ε é a permissividade elétrica do meio, A é a área das placas e d é a distância entre elas. Como a área não varia, pois há isolamento térmico, temos que:

6 2 2

1 0 2 ' (12 10 ) (5 10 ) 2 (2 10 )

C d =C d ⇒ ⋅ − ⋅ ⋅ − =C ⋅ ⋅ − ⇒

6

2 30 10 F 30 F

C = ⋅ − = μ . Portanto, como Q=C U2⋅ 2, então:

6 6

2 2

9 10⋅ − =30 10⋅ − ⋅U ⇒U =0,3 V

c) A barra sofreu uma dilatação de 3 cm para cada lado, logo sua dilatação total foi de 6 cm. Assim:

2 5 0 6 10 8 1,8 10 ( 20) L L T − − T Δ = α Δ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ 1250 20 437 °C 3 T= + ≈

QUESTÃO 7

Considere uma pequena bola de gelo de massa M suspensa por um fio de densidade linear de massa ρ e comprimento L à temperatura ambiente. Logo abaixo deste fio, há um copo de altura H e diâmetro D boiando na água. Inicialmente o copo está em equilíbrio com um comprimento C submerso. Este fio é mantido vibrando em sua freqüência natural à medida que a bola de gelo derrete e a água cai no copo. Determine a freqüência de vibração do fio quando o empuxo for máximo, ou seja, quando o copo perder sua flutuabilidade.

Dados: aceleração da gravidade = g; massa específica da água = μ.

Resolução

Para situação inicial, em que o comprimento submerso é C, temos:

C

O equilíbrio ocorre para:

2

2

4

4

copo copo desloc copo

copo D P E m g V g m g C g D C m π μ μ π μ ⎛ ⋅ ⎞ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅⎜ ⋅ ⎟⋅ ⇒ ⎝ ⎠ ⋅ ⋅ = ⋅

No final, quando o empuxo for máximo, teremos a situação:

H

Cujo equilíbrio ocorre para

2

( )

4 copo água copo água

D P +P = ⇒E m +m ⋅ = ⋅g μ π⋅ ⋅ ⋅ H g Daí a massa de água (que derreteu) no copo, será:

2 ( ) 4 água D m = ⋅μ π⋅ ⋅ H−C E a massa de gelo restante na bola será:

2 ( ) 4 gelo água D m =M−m =M− ⋅μ π⋅ ⋅ H−C

Através da equação de Taylor, onde a massa de gelo restante está em equilíbrio, temos: gelo m g T v ρ ρ ⋅ = =

Assumindo que o fio vibra em sua freqüência fundamental (primeiro harmônico), temos que:

(

2

)

v= ⋅ ⇒ =λ f v ⋅L ⋅ f Substituindo na equação anterior:

2 ( ) 4 2 D M H C g L f π μ ρ ⎡ _{− ⋅} ⋅ _{⋅ −} ⎤_⋅ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ _{= ⋅ ⋅}

Portanto a freqüência de vibração do fio será:

2 4 ( ) 1 4 M D H C g f L μ π ρ ⎡ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⎤⋅ ⎣ ⎦ = ⋅

Nota: Foi considerado na resolução que a freqüência natural de vibração em questão seria a freqüência fundamental. Entretanto, as freqüências naturais são múltiplos inteiros da freqüência fundamental, ou seja, 2 4 ( ) 4 n M D H C g n f L μ π ρ ⎡ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⎤⋅ ⎣ ⎦ = ⋅ , n N∈

Se tivesse sido especificado qual o harmônico que corresponde à vibração da massa de gelo, poderíamos encontrá-la pela fórmula acima.

QUESTÃO 8

O circuito ilustrado na figura representa um dispositivo F capaz de gerar uma corrente contínua e constante I, independentemente dos valores da resistência R e capacitância C. Este circuito encontra-se sujeito a variações na temperatura ambiente Δθ. O calor dilata apenas as áreas AC das placas do capacitor e AR da seção reta do resistor.

Considere que não variem com a temperatura a distância d entre as placas do capacitor, a permissividade ε do seu dielétrico, o comprimento L do resistor e sua resistividade ρ. Determine a relação entre os coeficientes de dilatação superficial βC das placas do

capacitor e βR da seção reta do resistor, para que a energia

armazenada pelo capacitor permaneça constante e independente da variação da temperatura Δθ. Despreze o efeito Joule no resistor e adote no desenvolvimento que (βR Δθ)2 << 1.

Resolução

F

R

C

I

A capacitância inicial (C0) é dada por:

0 .Ac C d ε = A resistência inicial R0 é expressa por:

0 . R L R A ρ =

A ddp entre os terminais do resistor (U) é dada por: U = Ri

Desta forma, a energia eletrostática armazenada nas placas do capacitor, é calculada por:

2 2 2 2 0. 0 0.( 0) . _{. .} 2 2 2 c inicial R C U C R i A L E i d A ⎛ ⎞ ε ρ = = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Ao sofrer uma variação de temperatura ∆θ, os novos valores da resistência R, da capacitância C e da energia armazenada no capacitor serão:

(

)

.A_C 1 _C. C d ε + β Δθ =

(

1

)

R R L R A ρ = + β Δθ 2 2 (1 ) . . 2 (1 ) C C final R R A L E i d A ⎛ ⎞ ε + β Δθ ρ = ⎜ _{+ β Δθ} ⎟ ⎝ ⎠

Como a energia eletrostática armazenada no capacitor permanece a mesma, temos inicial final E =E 2 2 2 2 . (1 ) . . . . 2 2 (1 ) c C C R R R A L A L i i d A d A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ε ρ ₌ε + β Δθ ρ ⎜ ⎟ ⎜ _{+ β Δθ} ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 (1 ) 1 (1 ) C R + β Δθ = + β Δθ Como (βR Δθ)2 << 1, então: 2 2 (1+ β Δθ = + β Δθ + β Δθ ≈ + β Δθ , logo: _R ) 1 2 _R ( _R ) 1 2 _R 2 (1 ) 1 1 (1 ) 1 2 C C R R + β Δθ + β Δθ = ≈ ⇒ + β Δθ + β Δθ β ≈ β C 2 R

QUESTÃO 9

Uma partícula com carga elétrica positiva q e massa M apresenta velocidade inicial v na direção y em t = 0, de acordo com a figura ao lado. A partícula está submetida a um campo magnético variável e periódico, cujas componentes estão mostradas na figura em função do tempo. Verifica-se que, durante o primeiro pulso da componente Bz, a

partícula realiza uma trajetória de um quarto de circunferência, enquanto que no primeiro pulso da componente By realiza uma

trajetória de meia circunferência.

Determine:

a) o período T em função de M, q e bz;

b) a relação b/bz;

c) o gráfico da componente x da velocidade da partícula em função do tempo durante um período.

Resolução

Inicialmente, traçaremos o gráfico da trajetória percorrida pela partícula:

x

y

z

0,2T 0,3T 0,45T 0,50T 0,65T 0,75T 0,95T T

a) Considerando que a partícula descreve ¼ de circunferência durante 0,1T, devido a Bz, temos: π Δ = = Δ 1 2 0,1 R S v

t T , onde R1 é o raio da circunferência descrita pela partícula sob a ação de Bz.

Sabemos que R Mv qBsen =

θ, onde θ é o ângulo entre a velocidade da partícula e o campo magnético B (esta equação pode ser facilmente deduzida considerando que a força magnética atua como resultante centrípeta), portanto, 5 2 90º 5 0,1 z z z Mv Mv qb sen qb M v T T T v qb ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ π _π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = ⇒ = ⇒ =

b) By (-b) atua sobre a partícula por um intervalo de 0,05T e provoca

uma variação de direção de 180º, enquanto Bz atuando por um

intervalo de 0,1T provoca uma variação de direção de 90º, assim, considerando os raios das circunferências nos dois casos, temos, sob a ação de Bz:

π

π

Δ Δ = = ⇒ = ⇒ = Δ Δ 1 1 2 2 1 2 1 2 2 ₄ 0,1 0,05 R s s R v R R t t T T =4 ⇒ =4 Z Z Mv Mv b qb qb b

c) A componente x da velocidade dependerá do intervalo considerado, assim:

De 0 a 0,2T:

O movimento é no eixo y, portanto, vx = 0;

De 0,2T a 0,3T:

O movimento é um arco de circunferência no plano xy, portanto, vx é

uma senóide de amplitude v; De 0,3T a 0,45T:

O movimento é na direção do eixo x, com velocidade v, assim, vx = v;

De 0,45T a 0,50T:

O movimento é paralelo ao plano xz e é uma semi-circunferência, sendo a velocidade em x máxima no início (vx = v) , zero no meio do

intervalo e mínima no final (vx = -v), assim vx é uma senóide que passa

por estes 3 pontos; De 0,50T a 0,65T:

O movimento é na direção do eixo x, no sentido decrescente de x, com velocidade v, assim, vx = -v;

De 0,65T a 0,75T:

O movimento é um arco de circunferência no plano xy, portanto, vx é

uma senóide com valor inicial –v e final zero; De 0,75T a 0,95T:

O movimento é paralelo ao eixo y, portanto, vx = 0;

De 0,95T a T:

O movimento é no plano yz, portanto, vx = 0;

Deste modo o gráfico terá a seguinte forma:

t

v

_x

v

-v

T

0,6T

0,2T

0,4T

0,8T

QUESTÃO 10

Um radar Doppler foi projetado para detectar, simultaneamente, diversos alvos com suas correspondentes velocidades radiais de aproximação. Para isso, ele emite uma onda eletromagnética, uniformemente distribuída em todas as direções e, em seguida, capta os ecos refletidos que retornam ao radar.

Num experimento, o radar é deslocado com velocidade constante v em direção a um par de espelhos, conforme ilustra a figura abaixo. Calcule os vetores de velocidade relativa (módulo e direção) de aproximação dos quatro alvos simulados que serão detectados pelo radar após as reflexões no conjunto de espelhos, esboçando para cada um dos alvos a trajetória do raio eletromagnético no processo de detecção. Dado: 4 3 π π < θ <

θ θ

v radar

Resolução

Observações:

i) O radar não será capaz de detectar os quatro alvos simulados (imagens).

ii) Não há trajetórias possíveis que permitam a detecção simultânea dos quatro alvos pelo radar.

iii) O maior número de alvos que poderão ser detectados simultaneamente será três. Essa situação ocorrerá para valores de θ muito próximos de π/4 e para um radar de dimensões não desprezíveis.

iv) A configuração mais comum permitirá a detecção de apenas dois alvos simulados.

Alvos simulados em cinza e radar em preto. As velocidades têm mesma intensidade, V, e são concorrentes em O.

Velocidades Cálculo de velocidade relativa Exemplo: V1R=V1−VRadar

G G G

Ângulo entre o vetor velocidade da imagem e o vetor velocidade do radar: βi=α αi− 0

Como exemplo geométrico: alvo 3.

Exemplo de cálculo da velocidade relativa, alvo 3:

3 3 2 2 π β δ β+ = ⇒ =π δ − ; 3 2 2 i i i β π φ = − ⇒δ φ π= +

Velocidades relativas (ângulos medidos conforme convenção no ciclo trigonométrico): I αi βi |ViR| G φi 1 π/2 + 2θ 2θ 2 2 1 2 1cos2 R R V +V − V V θ π + θ 2 π/2 – 2θ – 2θ 2 2 2 2 2cos2 R R V +V − V V θ 2π – θ 3 π/2 – 4θ 4θ 2 2 3 2 3cos4 R R V +V − V V θ π + 2θ 4 π/2 + 4θ – 4θ 2 2 4 2 4cos 4 R R V +V − V V θ 2π – 2θ Representação geométrica

Trajetórias dos raios eletromagnéticos relativos aos alvos que podem ser percebidos pelo radar:

Trajetórias dos raios eletromagnéticos que permitem percepção de alvos por outros observadores (não pelo radar)

2 E1 E2 4 1 E1 E2 3 1 E1 E2

θ

2 V1R G 2R VG V4R G V3R G R VG

φ

3 3R VG

δ

x y

β

3 x' y'

δ

3 VG 3R VG

φ

3 x y 3 VG

α

3 x VG_R y

α

0

β

3 1 VG 1R VG VG_R 1 VG V2 G V4 G V3 G

(

)

R Radar

V V

G G

1 3 4 2 E1 E2

θ

v v v v v O

Resolução Alternativa

Base Teórica

Matriz de Reflexão

Considere uma reta r passando pela origem do plano cartesiano, formando um ângulo β com o eixo x. como indicado na figura. Queremos determinar a imagem de um ponto de coordenadas (xO, yO)

do plano mediante reflexão especular através da reta r. Ou seja, se r fosse um espelho e tivéssemos um objeto puntiforme localizado no ponto (xO, yO), onde estaria localizada a imagem (xI, yI) refletida desse

objeto pelo espelho?

β

A(xO,yO) x y r B(xI,yI) P

Procedemos da seguinte maneira: Sejam A e B os pontos onde estão localizados o objeto e a imagem, respectivamente, e seja P o ponto de intersecção do segmento AB com a reta r. Como o segmento AB é perpendicular à reta r, seus coeficientes angulares estão relacionados por: 1 1 cotg tg AB r m m β β = − = − = −

Portanto, a reta suporte do segmento AB tem por equação:

( ) cotg ( )

O AB O O O

y−y =m ⋅ −x x ⇒ =y y − β⋅ −x x

O ponto P, sendo a intersecção da reta suporte do segmento AB com a reta r, é a solução do sistema:

2

2

(cos ) (sen cos ) tg

cotg ( ) (sen cos ) (sen )

β β β β β β β β ⎧ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⎧⎪ _⇒⎪ ⎨ _{= − ⋅ −} ⎨ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⎪⎩ ⎪⎩ P O O O O P O O x x y y x y y x x y x y

Agora, como A e B são eqüidistante do espelho, P é ponto médio do segmento AB, portanto:

2

2

(2 cos 1) (2 sen cos ) 2 (2 sen cos ) (2 s en 1) 2 O I P I O O O I I O O P x x x x x y y y y x y y β β β β β β + ⎧ ₌ ⎪ ⎧ = ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⎪ _⇒⎪ ⎨ ₊ ⎨ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⎪ ⎪ = ⎩ ⎪⎩

Finalmente, usando as identidades trigonométricas de arco duplo e colocando o sistema acima sob a forma matricial, temos:

cos 2 sen 2 sen 2 cos 2 O I O I x x y y β β β β ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = _{⋅ ⎢ ⎥} ⎢ ⎥ ⎢ ₋ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

A matriz quadrada cos 2 sen 2 sen 2 cos 2

β β

β β

⎡ ⎤

⎢ ₋ ⎥

⎣ ⎦ é chamada matriz de reflexão ao longo da reta r.

De posse dessa matriz, passemos à resolução da questão propriamente dita:

Resolução

O espelhos fazem ângulos de (270° + θ) e (270° – θ) com o eixo x. O vetor velocidade do objeto (radar) que se aproxima do espelho é (0, v), já que o movimento se dá exclusivamente na direção vertical, no sentido positivo do eixo y. Assim, as duas primeiras imagens obtidas pela reflexão do objeto por cada um dos espelhos têm velocidades vetoriais dadas por:

1 3 3 cos 2 sen 2 2 2 0 sen 2 sen 2 cos 2 cos 2 3 3 sen 2 cos 2 2 2 v v v v v π π θ θ θ θ θ θ π π θ θ ⎡ ⎛ ₊ ⎞ ⎛ ₊ ⎞⎤ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ _{⎡ ⎤ ⎡− ⋅ ⎤ ⎡− ⎤} ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ =_{⎢ ⎥}⋅_{⎢ ⎥ ⎢}= _⎥= ⋅_{⎢ ⎥} ⋅ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ _⎜ + _⎟ − _⎜ + _⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎥ ⎣ ⎦ 2 3 3 cos 2 sen 2 2 2 0 sen 2 sen 2 cos 2 cos 2 3 3 sen 2 cos 2 2 2 v v v v v π π θ θ θ θ θ θ π π θ θ ⎡ ⎛ ₋ ⎞ ⎛ ₋ ⎞⎤ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ _{⎡ ⎤ ⎡ ⋅ ⎤ ⎡ ⎤} ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ =_{⎢ ⎥}⋅_{⎢ ⎥ ⎢}= _⎥= ⋅_{⎢ ⎥} ⋅ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ _⎜ − _⎟ − _⎜ − _⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎥ ⎣ ⎦

As outras duas imagens serão obtidas refletindo essas duas primeiras imagens:

3

3 3

cos 2 sen 2

2 2 sen 2 sen 4 sen 4

cos 2 cos 4 cos 4

3 3 sen 2 cos 2 2 2 v v v v v v π _θ π _θ θ θ θ θ θ θ π _θ π _θ ⎡ ⎛ ₋ ⎞ ⎛ ₋ ⎞⎤ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ _{⎡− ⋅ ⎤ ⎡ ⋅ ⎤ ⎡ ⎤} ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ =_{⎢ ⎥}⋅_{⎢ ⎥ ⎢}= _⎥= ⋅_{⎢ ⎥} ⋅ ⋅ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ _⎜ − _⎟ − _⎜ − _⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎥ ⎣ ⎦ 4 3 3 cos 2 sen 2

2 2 sen 2 sen 4 sen 4

cos 2 cos 4 cos 4

3 3 sen 2 cos 2 2 2 v v v v v v π _θ π _θ θ θ θ θ θ θ π _θ π _θ ⎡ ⎛ ₊ ⎞ ⎛ ₊ ⎞⎤ ⎢ _⎝⎜ ⎟_⎠ ⎜_{⎝ ⎠}⎟⎥ _{⎡ ⋅ ⎤ ⎡− ⋅ ⎤ ⎡− ⎤} ⎢ ⎥ =_{⎢ ⎥}⋅_{⎢ ⎥ ⎢}= _⎥= ⋅_{⎢ ⎥} ⋅ ⋅ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ _⎜ + _⎟ − _⎜ + _⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎥ ⎣ ⎦

As velocidades relativas em questão são dadas por:

1 1 2

sen 2 sen 2 0 sen 2

cos 2 cos 2 1 2 sen

R R v v v v v v v v θ θ θ θ θ θ − ⎡ ⎤ − ⋅ − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − =⎢ _⋅ ⎥ ⎢ ⎥− = ⋅⎢ ₋ ⎥= ⋅ ⎢_{− ⋅} ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 2 2 sen 2 sen 2 0 sen 2

cos 2 cos 2 1 2 sen

R R v v v v v v v v θ θ θ θ θ θ ⎡ ⎤ ⋅ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − =⎢ _⋅ ⎥ ⎢ ⎥− = ⋅⎢ ₋ ⎥= ⋅ ⎢_{− ⋅} ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 3 3 2 sen 4 sen 4 0 sen 4

cos 4 cos 4 1 2 sen 2

R R v v v v v v v v θ θ θ θ θ θ ⎡ ⎤ ⋅ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − =⎢ _⋅ ⎥ ⎢ ⎥− = ⋅⎢ ₋ ⎥= ⋅ ⎢_{− ⋅} ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 4 4 2 sen 4 sen 4 0 sen 4

cos 4 cos 4 1 2 sen 2

R R v v v v v v v v θ θ θ θ θ θ − ⎡ ⎤ − ⋅ − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − =⎢ _⋅ ⎥ ⎢ ⎥− = ⋅⎢ ₋ ⎥= ⋅ ⎢_{− ⋅} ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Aqui foram usadas as identidades trigonométricas:

2

cos 2θ= − ⋅1 2 sen θ e _{cos 4θ= − ⋅1 2 sen 2}2 _θ)

Então:

2 2 2 2 2

1R 2R ( sen 2 ) ( 2 sen ) 2 sen v = v = v ⋅ ∓ θ + ⋅ − ⋅v θ = ⋅ ⋅v θ

2 2 2 2 2

3R 4R ( sen 4 ) ( 2 sen 2 ) 2 sen 2 v = v = v ⋅ ± θ + ⋅ − ⋅v θ = ⋅ ⋅v θ

Agora, observe que, como 2 2

4 3 2 3 π π π π θ θ < < ⇒ < < , e também 4 4 3 π

π< θ< , de modo que: sen 4θ< <0 sen 2θ. Portanto, os vetores

1R

v e v3R estão no 3° quadrante, já que têm ambas as coordenadas

negativas, enquanto os vetores v2R e v4R estão no 4º quadrante, pois

têm abscissa positiva e ordenada negativa. Logo, as direções são dadas por:

2 1 1 2 sen tg tg sen 2 θ φ θ φ π θ θ − ⋅ = = ⇒ = + − 2 2 2 2 sen tg tg sen 2 θ φ θ φ θ θ − ⋅ = = − ⇒ = − (ou 2π θ− , se preferir) 2 3 3 2 sen 2 tg tg 2 2 sen 4 θ φ θ φ θ θ − ⋅ = = − ⇒ = − (ou 2π−2θ, se preferir) 2 4 4 2 sen 2 tg tg 2 2 sen 4 θ φ θ φ π θ θ − ⋅ = = ⇒ = + −