f fÍÍssiiccaa - curso-objetivo.br · (c = 1,0 cal/g°c) o dobro do calor específico do gelo, e o...

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O O B B J J E E T T I I V V O O F F Í Í S S I I C C A A 1 C C Algumas células do corpo humano são circundadas por paredes revestidas externamente por uma película com carga positiva e, internamente; por outra película semelhante, mas com carga negativa de mesmo módulo. Considere sejam conhecidas: densidades superficial de ambas as cargas σ =±0,50 x 10 –6 C/m 2 ; ε 0 2245 9,0 x 10 –12 C 2 /Nm 2 ; parede com volume de 4,0 x 10 –16 m 3 e constante dielétrica k = 5,0. Assinale, então, a estimativa da energia total acumulada no campo elétrico dessa parede. a ) 0,7 eV b) 1,7 eV c) 7,0 eV d) 17 eV d) 70 eV Resolução A energia acumulada no campo é dada por: W = Sendo σ = , vem Q = σA e de U = E . d = . d, vem: W = W = Mas A . d = V (volume) e ε = k . ε 0 Logo, W = Portanto, W = (J) W = . 10 –16 J Mas 1eV = 1,6 . 10 –19 J. Portanto: W = . (eV) W 2245 7,0 eV 10 –16 ––––––––––– 1,6 . 10 –19 1 ––– 90 1 ––– 90 (0,50 . 10 –6 ) 2 . 4,0 . 10 –16 –––––––––––––––––––––––– 2 . 5 . 9,0 . 10 –12 σ 2 . V ––––––––– 2 k . ε 0 σ 2 . A . d ––––––––––– 2 ε σ . A . σ . d ––––––––––– 2 ε σ ––– ε Q ––– A Q . U ––––– 2 I I T T A A - - ( ( 1 1 º º D D i i a a ) ) D D e e z z e e m m b b r r o o / / 2 2 0 0 0 0 5 5

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FFFFÍÍÍÍSSSS IIIICCCCAAAA

1 CCCCAlgumas células do corpo humano são circundadas porparedes revestidas externamente por uma película comcarga positiva e, internamente; por outra películasemelhante, mas com carga negativa de mesmomódulo. Considere sejam conhecidas: densidadessuperficial de ambas as cargas σ =±0,50 x 10–6 C/m2;

ε0 ≅ 9,0 x 10–12 C2/Nm2; parede com volume de

4,0 x 10–16 m3 e constante dielétrica k = 5,0. Assinale,então, a estimativa da energia total acumulada nocampo elétrico dessa parede.a ) 0,7 eV b) 1,7 eV c) 7,0 eVd) 17 eV d) 70 eV

Resolução

A energia acumulada no campo é dada por:

W =

Sendo σ = , vem Q = σA e de

U = E . d = . d, vem:

W =

W =

Mas A . d = V (volume) e ε = k . ε0

Logo, W =

Portanto, W = (J)

W = . 10–16J

Mas 1eV = 1,6 . 10–19J. Portanto:

W = . (eV) ⇒ W ≅ 7,0 eV10–16

–––––––––––1,6 . 10–19

1–––90

1–––90

(0,50 . 10–6)2 . 4,0 . 10–16––––––––––––––––––––––––

2 . 5 . 9,0 . 10 –12

σ2 . V–––––––––

2 k . ε0

σ2 . A . d–––––––––––

2 ε

σ . A . σ . d–––––––––––

2 ε

σ–––ε

Q–––A

Q . U–––––

2

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2 AAAAUma haste metálica de comprimento 20,0 cm estásituada num plano xy, formando um ângulo de 30° comrelação ao eixo Ox. A haste movimenta-se com velo-cidade de 5,0 m/s na direção do eixo Ox e encontra-seimersa num campo magnético uniforme

→B, cujas com-

ponentes, em relação a Ox e Oz (em que z éperpendicular a xy) são, respectivamente, Bx = 2,2 T eBz = –0,50T. Assinale o módulo da força eletromotrizinduzida na haste.a ) 0,25 V b) 0,43 V c) 0,50 V c) 1,10 V e) 1,15 V

Resolução

Devido ao campo magnético na direção z, teremos umaforça magnética atuante (→Fmag ), como indicado nafigura. A componente desta força magnética na direçãoparalela à haste provocará a movimentação de elétronslivres. Desse modo, teremos nas extremidades da has-te um acúmulo de elétrons livres de um lado e uma fal-ta destes do outro, gerando um campo elétrico

→E entre

estas extremidades.A separação de cargas cessa quando tivermos:Fmag cos60° = Felétrica

| q | v B cos60° = | q | E

v B cos60° =

U = B , v cos60°

U = 0,50 . 0,20 . 5,0 . (V)

Outra solução

Podemos considerar a haste deslocando-se apoiadanum trilho condutor em forma de C.

U = 0,25V

1––2

U––,

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Entre as posições (1) e (2), a variação de área ∆A é dadapor ∆A = ∆s. , . sen 30°.

Pela Lei de Faraday, podemos calcular o módulo daforça eletromotriz induzida:

U =

U =

U =

U = Bz . , . v . sen 30°

U = 0,50 . 0,20 . 5,0 . (V)

U = 0,25V

1–––2

Bz . ∆s . , . sen 30°––––––––––––––––––

∆t

Bz ∆A––––––

∆t

∆Φ–––––

∆t

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3 EEEEÀ borda de um precipício de um certo planeta, no qualse pode desprezar a resistência do ar, um astronautamede o tempo t1 que uma pedra leva para atingir osolo, após deixada cair de uma de altura H. A seguir, elemede o tempo t2 que uma pedra também leva paraatingir o solo, após ser lançada para cima até uma alturah, como mostra a figura. Assinale a expressão que dá aaltura H.

a) H = b) H =

c) H = d) H =

e) H =

Resolução

1) Cálculo de H

∆s = V0 t + t2

(1)

2) Cálculo do tempo de subida da pedra no 2ºlançamento:

∆s = V0 t + t2

h = t2s ⇒

3) Cálculo do tempo de queda até o chão:

∆s = V0 t + t2γ

–––2

2hts = Ïww–––––

g

g–––2

γ–––2

gH = ––– t1

22

γ–––2

4 t12 t2

2 h–––––––––(t2

2 – t12)2

4 t1 t2 h–––––––––

(t22 – t1

2)

2 t12 t2

2 h–––––––––(t2

2 – t12)2

t1 t2 h–––––––––4(t2

2 – t12)

t12 t2

2 h–––––––––2(t2

2 – t12)2

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H + h = t 2q ⇒

4) Cálculo de t2:t2 = ts + tq

(2)

Em (1): g =

Em (2):

t2 = +

t2 = t1 + t1

t2 = t1 1 + 2

– =

Elevando-se ao quadrado:2

– 2 + = 1 +

2

– 1 =

= ⇒ =

=

4 h t22 t1

2H = ––––––––––––

(t22 – t1

2) 2

(t22 – t1

2) 2–––––––––

4 t22 t1

2

h––––

H

t22 – t1

2––––––2 t2 t1

hÏw––H

hÏw––H

2 t2––––t1

t22 – t1

2––––––

t12

hÏw––H

2 t2––––t1

t21––––2t1

h––––

H

h––––

HhÏw––H

t2––––t1

t21––––2t1

H + hÏwww––––––H

hÏw––H

t2––––t1

H + hÏwww––––––H

hÏw––H

H + hÏwww––––––H

hÏw––H

2 (H + h)Ïwwww–––––––– t12

2H2h t1

2Ïwww––––––––2H

2H––––t1

2

2h 2 (H + h)t2 = Ïww––––– + Ïwww––––––––

g g

2 (H + h)tq = Ïwww––––––––

g

g–––2

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4 CCCCUma gota do ácido CH3(CH2)16 COOH se espalha sobrea superfície da água até formar uma camada de molé-culas cuja espessura se reduz à disposição ilustrada nafigura. Uma das terminações deste ácido é polar, vistoque se trata de uma ligação O–H, da mesma naturezaque as ligações (polares) O–H da água. Essa circuns-tância explica a atração entre as moléculas de ácido eda água. Considerando o volume 1,56x 10-10 m3 da gotado ácido, e seu filme com área de 6,25x 10–2m2,assinale a alternativa que estima o comprimento damolécula do ácido.

a ) 0,25 x 10–9 m b ) 0,40 x 10–9 m

c) 2,50 x 10–9 m d) 4,00 x 10–9m

e) 25,0 x 10–9m

Resolução

O volume da gota do ácido corresponde ao produto daárea do filme pela altura que corresponde ao compri-mento da molécula:V = A . L

1,56 . 10–10 = 6,25 . 10–2 . L

L ≅ 0,250 . 10–8 m

L = 2,50 . 10–9 m

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5 DDDDUm fio delgado e rígido, de comprimento L, desliza,sem atrito, com velocidade v sobre um anel de raio R,numa região de campo magnético constante

→B.

Pode-se, então, afirmar que:a) O fio irá se mover indefinidamente, pois a lei de

inércia assim o garante.

b) O fio poderá parar, se →B for perpendicular ao plano do

anel, caso fio e anel sejam isolantes.

c) O fio poderá parar, se →B for paralelo ao plano do anel,

caso fio e anel sejam condutores.

d) O fio poderá parar, se →B for perpendicular ao plano do

anel, caso fio e anel sejam condutores.

e) O fio poderá parar, se →B for perpendicular ao plano do

anel, caso o fio seja feito de material isolante.

Resolução

Considere o fio e o anel condutores e que o campo →B

seja perpendicular ao plano do anel.

No setor circular ACD, o fluxo indutor Φ aumenta e ofluxo induzido Φ’ surge opondo-se ao aumento de Φ(Lei de Lenz). Pela regra da mão direita, concluímos queo sentido da corrente induzida i1 no arco ACD é anti-horário. No setor circular AED, o fluxo indutor Φ diminuie Φ’ surge opondo-se à diminuição de Φ. Pela regra damão direita, concluímos que o sentido da corrente i2 noarco AED é horário. Assim, o fio é percorrido porcorrente i = i1 + i2 . Sobre esta corrente, atua a força

magnética →Fm (dada pela regra da mão esquerda) que se

opõe ao movimento do fio, podendo pará-lo.Observação: Se o fio e o anel forem isolantes, nãoteremos corrente induzida. O mesmo ocorre se

→B for

paralelo ao plano do anel, pois não haverá variação defluxo magnético, mesmo se o anel e o fio forem con-dutores.

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6 AAAAUma estação espacial em forma de um toróide, de raiointerno R1, e externo R2, gira, com período P, em tornodo seu eixo central, numa região de gravidade nula. Oastronauta sente que seu "peso" aumenta de 20%,quando corre com velocidade constante →v no interiordesta estação, ao longo de sua maior circunferência,conforme mostra a figura. Assinale a expressão queindica o módulo dessa velocidade.

a) v =

b) v =

c) v =

d) v =

e) v =

Resolução

Com a pessoa parada em relação à estação espacial, oseu “peso” F é dado pela resultante centrípeta:

F = (1), em que V1 =

Com a pessoa em movimento com velocidade v emrelação à plataforma, temos:

F’ = (2)

De acordo com o enunciado, F’ = 1,2 F = F6

–––5

m (V1 + v)2

–––––––––––R2

2π R2––––––

P

m V12

––––––R2

2π R2––––––P)6

––– – 15(

2π R2––––––P)5

––– + 16(

2π R2––––––P)5Ï··––– + 1

6(

2π R2––––––P)5

1 – Ï··––– 6(

2π R2––––––P)6Ï··––– – 1

5(

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Fazendo-se , vem:

= =

= ⇒ v = V1 – V1

v = V1 ( – 1)Sendo V1 = , vem:

6 2π R2v = ( Ï··–– – 1) –––––5 P

2π R2––––––

P

6Ï··–––5

6Ï··–––5

6Ï··–––5

V1 + v––––––––

V1

6–––5

(V1 + v)2

–––––––––V1

2

F’–––F

(2)–––(1)

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7 BBBBUm bloco de gelo com 725 g de massa é colocado numcalorímetro contendo 2,50 kg de água a uma tem-peratura de 5,0°C, verificando-se um aumento de 64 gna massa desse bloco, uma vez alcançado o equilíbriotérmico. Considere o calor específico da água (c = 1,0 cal/g°C) o dobro do calor específico do gelo, eo calor latente de fusão do gelo de 80 cal/g. Des-considerando a capacidade térmica do calorímetro e atroca de calor com o exterior, assinale a temperaturainicial do gelo.a) –191,4°C b) –48,6°C c) –34,5°Cd) –24,3°C e) –14,1°C

Resolução

No equilíbrio, que ocorre a 0°C, vamos encontrar água

e gelo. Como 64g de água tornam-se gelo, temos:

Qcedido + Qrecebido = 0

(mc∆θ + m Ls)água + (mc∆θ)gelo = 0

2500 . 1,0 . (0 – 5,0) + 64 . (–80) + 725 . 0,50 . (0 – θg) = 0

–12500 – 5120 – 362,50 . θg = 0

362,50 . θg = –17620

θg ≅ – 48,6°C

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8 CCCCNuma aula de laboratório, o professor enfatiza anecessidade de levar em conta a resistência interna deamperímetros e voltímetros na determinação da resis-tência R de um resistor. A fim de medir a voltagem e acorrente que passa por um dos resistores, sãomontados os 3 circuitos da figura, utilizando resistoresiguais, de mesma resistência R. Sabe-se de antemãoque a resistência interna do amperímetro é 0,01R, aopasso que a resistência interna do voltímetro é 100R.Assinale a comparação correta entre os valores de R,R2 (medida de R no circuito 2) e R3 (medida de R nocircuito 3).a) R < R2 < R3 b) R > R2 > R3 c) R2 < R < R3

d) R2 > R > R3 e) R > R3 > R2

Resolução

No circuito (2), temos:

1) A resistência equivalente entre M e N vale:

RMN = = ≅ 0,99R

2) A resistência total do circuito é:

Re = R + RMN + RA = R + 0,99R + 0,01RRe = 2R

3) A indicação do amperímetro é:

iA = =

4) A indicação do voltímetro é:Uv = RMN . iA

RMN = = R2 = 0,99R

No circuito (3), temos:

Uv–––iA

ε–––2R

ε–––Re

100R2–––––––

101R

R . Rv––––––R + Rv

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1) Resistência equivalente entre M e N:

RMN = ≅ R

2) A tensão entre M e N será = leitura do voltí-metro

3) A leitura do amperímetro será:

iA = =

Portanto: R3 = = 1,01R

Sendo R2 = 0,99R e R3 = 1,01R, resulta

R2 < R < R3

Uv––––––iA

Uv––––––1,01R

ε/2––––––1,01R

ε–––2

100R . 1,01R––––––––––––––

101,01R

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9 DDDDPara se determinar o espaçamento entre duas trilhasadjacentes de um CD, foram montados dois arranjos:1. O arranjo da figura (1), usando uma rede de difração

de 300 linhas por mm, um LASER e um anteparo.Neste arranjo, mediu-se a distância do máximo deordem 0 ao máximo de ordem 1 da figura de inter-ferência formada no anteparo.

2. O arranjo da figura (2), usando o mesmo LASER, oCD e um anteparo com um orifício para a passagemdo feixe de luz. Neste arranjo, mediu-se também adistância do máximo de ordem 0 ao máximo deordem 1 da figura de interferência. Considerando nasduas situações θ1 e θ2 ângulos pequenos, a distânciaentre duas trilhas adjacentes do CD é de

a) 2,7 . 10–7m b) 3,0 . 10–7m c) 7,4 . 10–6md) 1,5 . 10–6m e) 3,7 . 10–5m

Resolução

Arranjo da figura (1):

(I) Teorema de Pitágoras:

x2 = (100)2 + (500)2

(II)sen θ1 = ⇒

(III) Para redes de difração, pode-se obter o compri-mento de onda λ da luz utilizada pela expressão:

sen θ1 =

em que: k = ordem da franja considerada na figura deinterferência (no caso, k = 1); N = número deranhuras e L = comprimento considerado na rede.Com sen θ1 ≅ 0,196, N = 300 ranhuras e L = 1,0mm = 1,0 . 10–3m, vem:

k λ N–––––

L

sen θ1 ≅ 0,196100––––510

x ≅ 510mm

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0,196 =

Da qual:

Arranjo da figura (2):

Triângulo hachurado: tg θ2 =

Como θ2 é pequeno: sen θ2 ≅ tg θ2

Logo: tg θ2 = (I)

A diferença de percursos entre os feixes (∆x) pode serobtida por:

sen θ2 = , em que ∆x = 2k (k = 1; 2; 3...)

Portanto: sen θ2 = (II)

Comparando-se (I) e (II), tem-se:

= ⇒ d =

Fazendo-se k = 1, λ ≅ 6,54 . 10–7m, D = 74mm e y = 33mm, determina-se a distância d entre duas trilhasadjacentes do CD.

d = (m)

Da qual:

Nota: F1 e F2 (trilhas adjacentes do CD, onde feixesLASER sofrem reflexão) foram admitidas fontes coe-rentes (em concordância de fase) de luz.

d ≅ 1,5 . 10–6m

2 . 1 . 6,54 . 10–7 . 74–––––––––––––––––––––

2 . 33

2kλD––––––

2y

2kλ––––2d

y–––D

2kλ––––2d

λ–––2

∆x–––d

y–––D

y–––D

λ ≅ 6,54 . 10–7m

1 . λ . 300–––––––––––

1,0 . 10–3

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10 EEEEEinstein propôs que a energia da luz é transportada porpacotes de energia hf, em que h é a constante de Planke f é a freqüência da luz, num referencial na qual a fonteestá em repouso. Explicou, assim, a existência de umafreqüência mínima fo para arrancar elétrons de ummaterial, no chamado efeito fotoelétrico. Suponha quea fonte emissora de luz está em movimento em relaçãoao material. Assinale a alternativa correta.a) Se f = fo , é possível que haja emissão de elétrons

desde que a fonte esteja se afastando do material.b) Se f < fo , é possível que elétrons sejam emitidos,

desde que a fonte esteja se afastdo do material.c) Se f < fo , não há emissão de elétrons qualquer que

seja a velocidade da fonte.d) Se f > fo , é sempre possível que elétrons sejam

emitidos pelo material, desde que a fonte esteja seafastando do material.

e) Se f< fo , é possível que elétrons sejam emitidos,desde que a fonte esteja se aproximando do material.

Resolução

O movimento relativo entre a fonte de luz e o materialaltera a freqüência nele incidente fi em relação àquelaemitida f. Sabe-se que, pelo efeito Doppler-Fizeau, afreqüência incidente aumenta na aproximação e diminuino afastamento.Assim, temos as seguintes possibilidades para aemissão ou não dos elétrons:

a) f ≥ fo

b) f < fo

De acordo com o item b-3, temos a alternativa e

correta.

1) repouso relativo (fi = f): não há emis-são

2) afastamento relativo (fi < f): não háemissão

3) aproximação relativa (fi > f): há emis-são a partir de um certo valor de velo-cidade relativa para o qual fi se tornamaior ou igual a fo

5

1) repouso relativo (fi = f): há emissão2) afastamento relativo (fi < f): há emissão

até um certo valor de velocidade relati-va para o qual fi ainda seja maior ou iguala fo

3) aproximação relativa (fi > f): sempre háemissão

5

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11 CCCCConsidere duas ondas que se propagam comfreqüências f1 e f2, ligeiramente diferentes entre si, emesma amplitude A, cujas equações são respectiva-mente y1(t) = A cos (2 π f1t) e y2(t) = A cos (2 π f2t).

Assinale a opção que indica corretamente:

a)b)c)d)e)

Resolução

As ondas (1) e (2), ao se propagarem no mesmo meio,sofrem interferência que, em determinados instantes,é construtiva e em outros, é destrutiva.Nas figuras a) e b) abaixo, representamos a superpo-sição das ondas (1) e (2), bem como a onda resultantedessa superposição.Deve-se notar que f1 é ligeiramente maior que f2.

figura a): superposição das ondas (1) e (2).No instante ta , ocorre um batimento (instante de inter-ferência construtiva) e no instante tb , um anulamento(instante de interferência destrutiva).

figura b): onda resultante.(I) Amplitude máxima da onda resultante:

Nos instantes em que a interferência é construtiva(superposição de dois ventres ou de dois vales), tem-se:

Amáx = A + A ⇒

(II) Freqüência da onda resultante:

É dada pela média aritmética das freqüências f1 e f2.

(III) Freqüência do batimento

É dada pela diferença entre as freqüências f1 e f2.

fB = f1 – f2

f1 + f2fR = –––––––2

Amáx = 2A

Freqüência dobatimento

(f1 – f2)/2(f1 – f2)/2

f1 – f2

f1 – f2

f1 – f2

Freqüência daonda resultante

f1 + f2

(f1 + f2)/2(f1 + f2)/2

f1 + f2

(f1 + f2)/2

Amplitudemáxima da onda

resultante

A Ïw22A2A

A Ïw2A

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12 AAAAPara iluminar o interior de um armário, liga-se uma pilhaseca de 1,5 V a uma lâmpada de 3,0 W e 1,0 V. A pilhaficará a uma distância de 2,0 m da lâmpada e será ligadaa um fio de 1,5 mm de diâmetro e resistividade de 1,7x 10–8 Ω.m. A corrente medida produzida pela pilha emcurto circuito foi de 20 A. Assinale a potência realdissipada pela lâmpada, nessa montagem.a) 3,7 W b) 4,0 W c) 5,4 W d) 6,7 W e) 7,2 W

Resolução

1) Cálculo da resistência interna da pilha:U = E – r i

0 = 1,5 – r . 20 ⇒ r = (Ω) = 0,075Ω

2) Cálculo da resistência do fio de ligação:

R = = =

R = (Ω)

3) Cálculo da resistência da lâmpada:

P = ⇒ RL = = (Ω) ≅ 0,33Ω

4) Cálculo da intensidade da corrente:

i = = (A) = (A)

5) A potência dissipada na lâmpada será:

PL = RL i2 = . (3,36)2 (W) ⇒ PL ≅ 3,76W1,0––––3,0

i ≡ 3,36A

1,5–––––0,447

1,5–––––––––––––––––––––0,075 + 0,039 + 0,333

E–––Re

1,0––––3,0

U2––––

PU2

––––RL

R = 3,9 . 10–2 Ω

4 . 1,7 . 10–8 . 4,0––––––––––––––––3,1 . (1,5 . 10–3)2

4 ρ L–––––π d2

ρ L––––––π d2/4

ρ L––––

A

1,5––––20

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13 BBBBA figura mostra uma placa de vidro com índice derefração nv = Ï··2 mergulhada no ar, cujo índice derefração é igual a 1,0. Para que um feixe de luzmonocromática se propague pelo interior do vidroatravés de sucessivas reflexões totais, o seno doângulo de entrada, sen θe, deverá ser menor ou igual a

a) 0,18 b) 0,37 c) 0,50 d) 0,71 e) 0,87

Resolução

(I) Condição de reflexão total: β > L

sen β > sen L ⇒ sen β >

sen β > ⇒ sen β > ⇒

(II) Considerando-se β ≅ 45° (reflexão praticamentetotal) e observando-se o triângulo hachurado nafigura, vem:

α + β = 60° ⇒ α + 45° = 60° ⇒

(III) Refração na interface ar – vidro:

Lei de Snell: nAr sen θe = nV sen α

1,0 sen θe = Ïw2 sen 15°

sen θe = Ïw2 sen (60° – 45°)

sen θe = Ïw2 (sen 60° cos 45° – sen 45° cos 60°)

α > 15°

β > 45°Ïw2

–––––2

1,0–––––

Ïw2

nAr–––––nV

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sen θe = Ïw2 1 . – . 2sen θe = Ïw2 1 – 2sen θe = – =

sen θe = ⇒

(IV) Para que a luz se reflita na interface vidro – ar:

sen θe < 0,37

sen θe ≅ 0,370,73––––

2

1,73 – 1––––––––

2

1––2

Ïw3–––––

2

Ïw2–––––

4Ïw6

–––––4

1––2

Ïw2–––––

2

Ïw2–––––

2

Ïw3–––––

2

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14 CCCCUm solenóide com núcleo de ar tem uma auto-indu-tância L. Outro solenóide, também com núcleo de ar,tem a metade do número de espiras do primeirosolenóide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de suaseção transversal. A auto-indutância do segundosolenóide éa) 0,2 L b) 0,5 L c) 2,5 L c) 5,0 L e ) 20,0 L

Resolução

O fluxo total será dado por:Φ = n B A

em que B = µ i

Assim: Φ = n . µ i A

Φ =

Mas a auto-indutância L é dada por:

L = =

(situação inicial)

Na situação final, temos:

,’ = 0,15,, A’ = 1,5A e n’ =

Portanto:

Lfinal =

Lfinal =

Lfinal =

Lfinal = 2,5L

n2 µ A2,5 ––––––

,

n2 . µ . 1,5A–––––––––––

4 0,15 ,

(n’) 2 . µ . A’–––––––––––

,’

n––2

n2 µ AL = ––––––––

,

n2 µ i A––––––––

, i

Φ––i

n2 µ i A––––––––

,

n––,

n––,

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15 DDDDUm moI de um gás ideal ocupa um volume inicial Vo àtemperatura To e pressão Po, sofrendo a seguir umaexpansão reversível para um volume V1. Indique arelação entre o trabalho que é realizado por:

(i) W(i), num processo em que a pressão é constante.

(ii) W(ii), num processo em que a temperatura éconstante.

(iii) W(iii), num processo adiabático.

Resolução

W(i) = [área]

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W(ii) = [área]

Portanto:W(i) > W(ii)

W(iii) = [área]

Portanto:

W(i) > W(ii) > W(iii)

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16 CCCCUm anel de peso 30 N está preso a uma mola e deslizasem atrito num fio circular situado num plano vertical,conforme mostrado na figura.

Considerando que a mola não se deforma quando oanel se encontra na posição P e que a velocidade doanel seja a mesma nas posições P e Q, a constanteelástica da mola deve ser de

a) 3,0 × 103 N/m b) 4,5 × 103 N/m

c) 7,5 × 103 N/m d) 1,2 × 104 N/m

e) 3,0 × 104 N/m

Resolução

De acordo com o texto, o comprimento natural da molaé 8cm.Impondo-se a conservação da energia mecânica entreas posições P e Q, vem:

(referência em Q)

mg 2R + = +

em que x = 12cm – 8cm = 4cm = 4 . 10–2m

k =

k = N/m

k = 7,5 . 103 N/m

4 . 30 . 0,1––––––––––16 . 10–4

4 mgR–––––––

x2

k x2–––––

2

m V2–––––

2

m V2–––––

2

EP = EQ

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17 BBBBNo modelo proposto por Einstein, a luz se comportacomo se sua energia estivesse concentrada empacotes discretos, chamados de "quanta" de luz, eatualmente conhecidos por fótons. Estes possuemmomento p e energia E relacionados pela equação E = pc, em que c é a velocidade da luz no vácuo. Cadafóton carrega uma energia E = hf, em que h é aconstante de Planck e f é a freqüência da luz. Umevento raro, porém possível, é a fusão de dois fótons,produzindo um par elétron-pósitron, sendo a massa dopósitron igual à massa do elétron. A relação de Einsteinassocia a energia da partícula à massa do elétron oupósitron, isto é, E = mec2. Assinale a freqüência mínimade cada fóton, para que dois fótons, com momentosopostos e de módulo iguais, produzam um par elétron-pósitron após a colisão:

a) f = (4mec2)/h b) f = (mec2)/h

c) f = (2mec2)/h d) f = (mec2)/2h

e) f = (mec2)/4h

Resolução

A figura abaixo mostra de maneira esquemática asprincipais características da produção do par elétron-pósitron proposta.

Para a freqüência mínima pedida de cada fóton, aenergia cinética do par formado deve ser nula. Aconservação de energia garante a igualdade dasenergias inicial e final, Ei e Ef, respectivamente.

Ei = Efhf + hf = mec2 + me c2

2hf = 2 mec2

mec2f = ––––––

h

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18 BBBBUma espira retangular é colocada em um campo mag-nético com o plano da espira perpendicular à direção docampo, conforme mostra a figura. Se a corrente elétricaflui no sentido mostrado, pode-se afirmar em relação àresultante das forças, e ao torque total em relação aocentro da espira, que

a) A resultante das forças não é zero, mas o torque to-tal é zero.

b) A resultante das forças e o torque total são nulos.c) O torque total não é zero, mas a resultante das for-

ças é zero.d) A resultante das forças e o torque total não são nu-

los.e) O enunciado não permite estabelecer correlações

entre as grandezas consideradas.

Resolução

Utilizando-se a regra da mão esquerda para cada ladoda espira retangular, temos:

Concluímos, então, que a resultante das forças é nula.O mesmo ocorre com o torque total dessas forças, poistodas têm linhas de ação passando pelo centro daespira.

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19 CCCC eeee EEEE ((((TTTTEEEESSSSTTTTEEEE DDDDEEEEFFFFEEEEIIIITTTTUUUUOOOOSSSSOOOO))))

Sejam o recipiente (1) , contendo 1 moI de H2 (massamolecular M = 2) e o recipiente (2) contendo 1 moI deHe (massa atômica M = 4) ocupando o mesmo volume,ambos mantidos a mesma pressão. Assinale aalternativa correta:a) A temperatura do gás no recipiente 1 é menor que a

temperatura do gás no recipiente 2.b) A temperatura do gás no recipiente 1 é maior que a

temperatura do gás no recipiente 2.c) A energia cinética média por molécula do recipiente

1 é maior que a do recipiente 2.d) O valor médio da velocidade das moléculas no

recipiente 1 é menor que o valor médio davelocidade das moléculas no recipiente 2.

e) O valor médio da velocidade das moléculas norecipiente 1 é maior que o valor médio da velocidadedas moléculas no recipiente 2.

Resolução

a) Falsab) Falsa

Equação de Clapeyronp V = n R TSendo p1 = p2, V1 = V2 e n1 = n2 = 1 mol, temos:

c) Verdadeira

A energia cinética média por molécula em gases:1 – Monoatômicos

ECHe= k T (hélio → He)

2 – Diatômicos

ECH2= k T (hidrogênio → H2)

em que k é a constante de Boltzmann.

Assim:

d) Falsa

e) Verdadeira

v =

Como: M(He) > M(H2) e T1 = T2

Vem:

vH2> vHe

3 R TÏ····––––––M

ECH2> ECHe

5––2

3––2

T1 = T2

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20 AAAA ((((TTTTEEEESSSSTTTTEEEE DDDDEEEEFFFFEEEEIIIITTTTUUUUOOOOSSSSOOOO))))

Animado com velocidade inicial v0, o objeto X, de mas-sa m, desliza sobre um piso horizontal ao longo de umadistância d, ao fim da qual colide com o objeto Y, demesma massa, que se encontra inicialmente parado nabeira de uma escada de altura h. Com o choque, oobjeto Y atinge o solo no ponto P. Chamando µk o coe-ficiente de atrito cinético entre o objeto X e o piso, g aaceleração da gravidade e desprezando a resistência doar, assinale a expressão que dá a distância d.

a) d = (v02

– )b) d = (v0

2– )

c) d = (v0 – sÏww)d) d = (2 v0

2– )

e) d = (v0 – sÏw )

Resolução

1) Tempo de queda do objeto Y:

∆sy = V0yt + t2 (MUV) ↓ !

h = tq2 ⇒ tq =

2) Velocidade de Y imediatamente após a colisão:

VY =

Vy = = . s

3) Cálculo da velocidade de x no instante da colisão:Qapós = Qantes

m Vy + m V’x = m Vx

Vy + V’x = Vx (1)

gÏ···–––2h

s––––––––2hÏ···–––g

∆x–––∆t

2hÏ···–––g

g––2

γy––2

g–––2h

– v0–––––µkg

s2g–––––

2h

1–––––2µkg

g–––––

2h– v0–––––2µkg

s2g–––––

2h

– 1–––––2µkg

s2g–––––

2h

1–––––2µkg

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Se a colisão for elástica, vem:V’x = 0

(1)

4) TEC: τat = ∆EC

– µk m g d = –

– µk g d =

(2)

Substituindo-se (1) em (2), vem:

d =

Nota: A solução só foi possível admitindo-se ser acolisão elástica, o que não foi mencionado notexto, o que, em realidade, inviabiliza a reso-lução da questão.

1 s2gd = ––––––– ( V0

2 – –––– )2 µk g 2h

gV0

2 – ––– s2

2h––––––––––––

2 µk g

V02 – Vx

2

d = –––––––––2 µk g

Vx2 – V0

2

––––––––2

m V02

––––––2

m Vx2

––––––2

gVx = Vy = Ï···––– s

2h

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21Considere uma pessoa de massa m que ao curvar-sepermaneça com a coluna vertebral praticamente

nivelada em relação ao solo. Sejam m1 = m a

massa do tronco e m2 = m a soma das massas

da cabeça e dos braços. Considere a coluna como umaestrutura rígida e que a resultante das forças aplicadaspelos músculos à coluna seja Fm e que Fd seja aresultante das outras forças aplicadas à coluna, deforma a mantê-Ia em equilíbrio. Qual é o valor da forçaFd ?

Resolução

Impondo-se que o somatório dos torques em relação aoponto O seja nulo, temos:

m2 g . = m1 g . + Fd sen β d

2 m2 g = m1 g + 4 Fd sen β

4 Fd sen β = (2 m2 – m1) g

Fd sen β =

Como 2 m2 = m1, resulta:

Fd . sen β = 0

Considerando-se Fd ≠ 0 resulta sen β = 0 ⇒ β = 0°

Nesse caso, Fd é horizontal e resulta:

(1)Fd = Fm cos α

(2 m2 – m1) g–––––––––––––

4

2––3

d––6

d––3

1–––5

2–––5

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Na direção vertical: Fm sen α = m g

(2)

(2) em (1): Fd = . cos α

(Resposta)

Observações:1) Se considerarmos que o dado da questão é Fm e

não é dado o ângulo α, podemos dar a resposta daseguinte forma:

Fd = Fm cos α ⇒ cos α =

Fm = ⇒ sen α =

sen2α + cos2α = 1

+ = 1

= 1

25 Fd2 + 9m2g2 = 25 Fm

2

25 Fd2 = 25 Fm

2 – 9m2g2

(Resposta)

2) Embora o resultado Fd = 0 seja fisicamente incon-sistente, ele é possível matematicamente e nesse

caso resultaria α = 90° e Fm = mg.3

–––5

Ïwwwwwwwww25 Fm2 – 9m2g2

Fd = –––––––––––––––––––5

25 Fd2 + 9m2g2

–––––––––––––––25 Fm

2

9m2g2

–––––––25 Fm

2

Fd2

–––Fm

2

3mg––––––5 Fm

mg––––––sen α

3–––5

Fd–––Fm

3Fd = –– m g cotg α

5

3 mg––– ––––––5 sen α

3 mgFm = ––– ––––––

5 sen α

3––5

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22Quando se acendem os faróis de um carro cuja bateriapossui resistência interna ri = 0,050Ω, um amperímetroindica uma corrente de 10A e um voltímetro umavoltagem de 12 V. Considere desprezível a resistênciainterna do amperímetro. Ao ligar o motor de arranque,observa-se que a leitura do amperímetro é de 8,0A eque as luzes diminuem um pouco de intensidade.Calcular a corrente que passa pelo motor de arranquequando os faróis estão acesos.

Resolução

Considerando o voltímetro ideal, temos para o primeirocircuito:farol: U = R . i

12 = R . 10R = 1,2Ω

bateria: U = ε – ri . i

12 = ε – 0,050 . 10

ε = 12,5V

Para o segundo circuito, vem:farol: U = R . I2

U = 1,2 . 8,0U = 9,6V

bateria: U = ε – ri . I

9,6 = 12,5 – 0,050 . II = 58A

A corrente que passa pelo motor de arranque tem in-tensidade: I1 = I – I2 ⇒ I1 = (58 – 8,0) A ⇒ I = 50A

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23Considere um automóvel de peso P, com tração nasrodas dianteiras, cujo centro de massa está em C,movimentando-se num plano horizontal. Considerandog = 10 m/s2, calcule a aceleração máxima que o auto-móvel pode atingir, sendo o coeficiente de atrito entreos pneus e o piso igual a 0,75.

Resolução

1) Para o equilíbrio vertical:

FD + FT = P (1)2) Para que o carro não tombe, o somatório dos torques

em relação ao centro de gravidade deve ser nulo:FD . dD + Fat dA = FT . dTFD . 2,0 + 0,75FD . 0,6 = FT . 1,42,0FD + 0,45 FD = 1,4 FT

2,45 FD = 1,4 FT ⇒ (2)

(2) Em (1):

FD + FD = P

FD = P

Aplicando-se a 2ª Lei de Newton:Fat = M aFatmáx

= M amáx

µE FD = . amax

µE . = . amáx

amáx = (m/s2)

amáx ≅ 2,7 m/s2

0,75 . 10 . 1,4–––––––––––––

3,85

P–––g

1,4P–––––3,85

P–––g

1,4PFD = –––––

3,85

3,85––––––

1,4

2,45––––––

1,4

2,45FT = ––––– FD1,4

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24O Raio-X é uma onda eletromagnética de comprimentode onda (λ) muito pequeno. A fim de observar osefeitos da difração de tais ondas é necessário que umfeixe de Raio-X incida sobre um dispositivo, com fendasda ordem de λ. Num sólido cristalino, os átomos sãodispostos em um arranjo regular com espaçamentoentre os átomos da mesma ordem de λ. Combinandoesses fatos, um cristal serve como uma espécie derede de difração dos Raios-X. Um feixe de Raios-X podeser refletido pelos átomos individuais de um cristal etais ondas refletidas podem produzir a interferência demodo semelhante ao das ondas provenientes de umarede de difração. Considere um cristal de cloreto desódio, cujo espaçamento entre os átomos adjacentes éa = 0,30 x 10–9 m, onde Raios-X com λ = 1,5 x 10–10 msão refletidos pelos planos cristalinos. A figura (1)mostra a estrutura cristalina cúbica do cloreto de sódio.A figura (2) mostra o diagrama bidimensional dareflexão de um feixe de Raios-X em dois planoscristalinos paralelos. Se os feixes interferemconstrutivamente, calcule qual deve ser a ordemmáxima da difração observável?

Resolução

Para interferência construtiva, a diferença de fase ∆ϕentre os feixes refletidos deve ser múltipla par de π:

∆ϕ = 2kπ ; k ∈ N (I)A diferença de fase é provocada pela diferença de per-curso ∆x entre os feixes. Da figura, temos:

= a sen θ

∆x = 2a sen θ

Como

∆x–––2

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∆ϕ = 2π

∆ϕ = 2π . (II)

Das equações (I) e (II), temos:

2π . = 2 kπ

sen θ =

sen θ =

sen θ = 0,25 k ≤ 1

k ≤ 4

Resposta: kmáx = 4

1,5 x 10–10k––––––––––––––2 . 0,30 x 10–9

λk–––2a

2a sen θ––––––––

λ

2a sen θ––––––––

λ

∆x–––λ

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25A figura mostra um capacitor de placas paralelas deárea A separadas pela distância d. Inicialmente odielétrico entre as placas é o ar e a carga máximasuportada é Qi. Para que esse capacitor suporte urnacarga máxima Qf foi introduzida uma placa de vidro deconstante dielétrica k e espessura d/2. Sendo mantidaa diferença de potencial entre as placas, calcule a razãoentre as cargas Qf e Qi.

Resolução

Para a configuração inicial, temos:

Ci = ⇒ ε . = ⇒ Qi = (1)

A configuração final equivale a dois capacitores emsérie:

Cf = em que C1 = ε . e C2 =

Portanto, Cf = ⇒ Cf =

Mas Cf = . Logo, Qf = Cf U ⇒ Qf = .U (2)

De (1) e (2), vem:

= ⇒Qf 2k

–––– = ––––––Qi 1 + k

2k ε A––––––––– . Ud (1 + k)–––––––––––––

ε A . U–––––––

d

Qf–––Qi

2k ε A––––––––d (1 + k)

Qf–––U

2k ε A–––––––––d (1 + k)

A k ε A ε ––––– . ––––––

d/2 d/2–––––––––––––––

ε A k ε A ––––– + ––––––d/2 d/2

k ε A–––––d/2

A–––d/2

C1 . C2––––––––C1 + C2

ε AU––––

d

Qi–––U

A–––d

Qi–––U

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26Uma partícula de massa m carregada com carga q > 0encontra-se inicialmente em repouso imersa numcampo gravitacional e num campo magnético B0 comsentido negativo em relação ao eixo Oz, conformeindicado na figura. Sabemos que a velocidade e aaceleração da partícula na direção Oy são funçõesharmônicas simples. Disso resulta uma trajetóriacicloidal num plano perpendicular à B0. Determine odeslocamento máximo (L) da partícula.

Resolução

Na direção y, o movimento é harmônico simples e porisso nos ponto O e A a velocidade na direção y é nula ea força resultante tem a mesma intensidade.Isto posto, temos:

P = Fmag – PFmag = 2P

qVDB0 = 2mg ⇒ (1)

A velocidade na posição D tem direção do eixo x e seumódulo é dado pelo teorema da energia cinética:τtotal = ∆Ecin

τP + τmag = –

Sendo τmag = 0; V0 = 0 e τP = m g L, vem:

m g L = ⇒ VD2 = 2 g L ⇒ VD = Ïww2gL (2)

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

mVD2

–––––2

mV02

–––––2

mVD2

–––––2

2mgVD = ––––––

qB0

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= Ïww2gL

= 2gL ⇒

Nota: admitimos, na resolução, que seja dado o módu-lo g da aceleração da gravidade.

Resposta:2m2g

L = ––––––––q2B0

2

2m2gL = ––––––––

q2B02

4m2g2–––––––q2B0

2

2mg–––––––

qB0

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27Calcule a área útil das placas de energia solar de umsistema de aquecimento de água, para uma residênciacom quatro moradores, visando manter um acréscimomédio de 30,0° C em relação à temperatura ambiente.Considere que cada pessoa gasta 30,0 litros de águaquente por dia e que, na latitude geográfica daresidência, a conversão média mensal de energia é de60,0 kWh/mês por metro quadrado de superfíciecoletora. Considere ainda que o reservatório de águaquente com capacidade para 200 litros apresente umaperda de energia de 0,30 kWh por mês para cada litro.É dado o calor específico da água c = 4,19 J/g°C.

Resolução

1) Os quatro moradores utilizam, por mês, um volumede água de:

V = 4 . 30 . 30 (,/mês)V = 3600 ,/mês

2) Para a água ser aquecida de 30,0°C, iremos utilizar:Q = m c ∆θ = d V c ∆θ

Utilizando-se dágua = 1,0 kg/, = 1,0 . 10 3 g/,, vem:

Q = 1,0 . 10 3 . 3600 . 4,19 . 30,0 (J)

Q ≅ 452,5 . 106 JEm kWh, essa energia é expressa por:

Q ≅ (kWh)

Q ≅ 125,7 kWh

3) Como cada litro de água do reservatório (de 200 ,)perde 0,30 kWh por mês, vem:Qperdido = 200 . 0,30 (kWh)

Qperdido = 60 kWh

Assim,Qtotal = (125,7 + 60) (kWh)

Qtotal = 185,7 kWh

Essa energia é o total necessária por mês, logo:

Pottotal ≅ 185,7

4) Sendo:

I = ⇒ A =

Vem:

A = (m2)

A = 3,1 m2

185,7–––––60,0

Pot–––––

I

Pot–––––

A

kWh–––––mês

425,5 . 106––––––––––3,6 . 106

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28Num meio de permeabilidade magnética µ0, uma cor-rente i passa através de um fio longo e aumenta a umataxa constante ∆i/∆t. Um anel metálico com raio a estáposicionado a urna distância r do fio longo, conformemostra a figura. Se a resistência do anel é R, calcule acorrente induzida no anel.

Resolução

Considerando-se r >> a, a variação da intensidade docampo magnético criado na região interna do anel é da-da por:

∆B =

A força eletromotriz (ε) induzida no anel, responsávelpelo aparecimento da corrente elétrica (I) que o percor-re, tem módulo calculado por:

ε = ⇒ ε =

Sendo θ = 0° (o vetor normal ao plano do anel tem omesmo sentido de ∆

→B), do que decorre cos θ = 1, e

observando-se que A = πa2, vem:

I = (2)

Comparando-se (1) com (2), obtém-se o valor de I emfunção dos dados oferecidos.

I = ⇒ I =

Resposta:µ0 a2 ∆i

I = –––––––––2 r R ∆t

µ0 a2 ∆i––––––––––

2 r R ∆t

µ0 π a2 ∆i––––––––––2π r R ∆t

∆B π a2––––––––

R ∆t

∆B A cos θ–––––––––––

∆t

∆Φ–––∆t

µ0 ∆i–––––––

2πr

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29Considere uma tubulação de água que consiste de umtubo de 2,0 cm de diâmetro por onde a água entra comvelocidade de 2,0 m/s sob uma pressão de 5,0 x 105Pa.Outro tubo de 1,0 cm de diâmetro encontra-se a 5,0 mde altura, conectado ao tubo de entrada. Considerandoa densidade da água igual 1,0 x 103 kg/m3 e despre-zando as perdas, calcule a pressão da água no tubo desaída.

Resolução

1) Pela equação da continuidade, temos:A1V1 = A2V2

V1 = V2

V2 = 1 22

. V1

V2 = 4 . 2,0 (m/s) ⇒

2) Aplicando-se a Equação de Bernoulli entre os pontos(1) e (2), vem:

p1 + = p2 + + µg H

5,0 . 105 + . 4,0 = p2 + . 64,0 + 1,0 . 10 3 . 10 . 5,0

5,02 . 105 = p2 + 0,82 . 105 ⇒

Resposta: 4,2 . 105 Pa

p2 = 4,2 . 105 Pa

1,0 . 103

––––––––2

1,0 . 103

––––––––2

V22

µ –––2

V12

µ –––2

V2 = 8,0m/s

d1–––d2

πd22

––––4

πd12

––––4

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30Vivemos dentro de um capacitor gigante, onde as pla-cas são a superfície da Terra, com carga – Q e a ionos-fera, uma camada condutora na atmosfera, a umaaltitude h = 60 km, carregada com carga + Q. Sabendoque nas proximidades do solo junto à superfície daTerra, o módulo do campo elétrico médio é de 100 V/me considerando h << raio da Terra ≅ 6400 km, deter-mine a capacitância deste capacitor gigante e a energiaelétrica armazenada.

Considere 1/(4πε0) = 9,0 × 109 Nm2 /C2.

Resolução

Vamos, inicialmente calcular a capacitância de umcapacitor esférico:

VA = . + .

VA = . Q 1 – 2

VA = . Q .

VB = . + . = 0

U = VB – VA ⇒ U = . Q .

Sendo C = , vem:

C = 4π ε0 . R1 . R2

––––––––R2 – R1

Q–––U

R2 – R1––––––––R1 . R2

1–––––4π ε0

+ Q–––––

R2

1–––––4π ε0

– Q–––––

R2

1–––––4π ε0

R1 – R2––––––––R1 . R2

1–––––4π ε0

1–––––

R1

1–––––

R2

1–––––4π ε0

+ Q–––––

R2

1–––––4π ε0

– Q–––––

R1

1–––––4π ε0

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Sendo 4π ε0 = , R1 = 6,4 . 106m e

R2 = 6,46 . 106m, resulta:

C = . (F)

Observação: sendo a distância entre a Terra e a nuvemmuito menor se comparada com o raio da Terra, pode-mos considerar, numa boa aproximação, o campo elé-trico uniforme e o capacitor plano. Assim

C =

em que A é a área da superfície terrestre, d = h = 60kme K = 1/4πε0

C =

C =

C = (F)

A energia eletrostática armazenada neste capacitor se-rá dada por:

W =

em que U = E . h

W =

W =

W = (J)

W ≅ 1,4 . 1012 J

7,6 . 10–2 . (100) 2 . (6,0 . 10 4)2

––––––––––––––––––––––––––––2

C E2 h2

–––––––2

C (E h) 2

–––––––2

C U2

–––––2

C ≅ 7,6 . 10–2 F

(6,4 . 106)2––––––––––––––––9 . 109 . 6,0 . 10 4

R2

––––K h

1 . 4πR2

––––––––4πK . h

ε0 A–––––

d

C ≅ 7,6 . 10–2F

6,4 . 106 . 6,46 . 106

–––––––––––––––––––––6,46 . 106 – 6,4 . 106

1––––––9 . 109

C2

––––––M. m2

1––––––9 . 109

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