ita2006_1dia

5/14/2018 ITA2006_1dia - slidepdf.com

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OO BBJJEETTII VVOO

FFÍ Í SSII CCAA

1 CCAlgumas células do corpo humano são circundadas porparedes revestidas externamente por uma película comcarga positiva e, internamente; por outra películasemelhante, mas com carga negativa de mesmo

módulo. 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 eV

d) 17 eV d) 70 eV

Resolução

A energia acumulada no campo é dada por:

W =

Sendo σ = , vem Q = σ A 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 ≅ 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

IITTAA -- ((11 ºº DD ii aa )) DDee zz eemmbb rroo / / 22 00 00 55



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2 AAUma haste metálica de comprimento 20,0 cm estásituada num plano xy, formando um ângulo de 30°com

relação 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 e

Bz = –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 uma força magnética atuante (

→ F mag ), como indicado na

figura. A componente desta força magnética na direção

paralela à haste provocará a movimentação de elétrons livres. Desse modo, teremos nas extremidades da haste 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:

F mag cos60°= F elétrica

|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 apoiada num 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 dada por ∆A = ∆s. . sen 30°.

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

U =

U =

U =

U = B z . . v . sen 30°

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

U = 0,25V

1––– 2

B z . ∆s . . sen 30°––––––––––––––––––

∆t

B z ∆A–––––– ∆t

∆Φ

––––– ∆t




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3 EEÀ 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 o

solo, após deixada cair de uma de altura H. A seguir, elemede o tempo t2 que uma pedra também leva para

atingir o solo, após ser lançada para cima até uma alturah, como mostra a figura. Assinale a expressão que dá a

altura H.

a) H = b) H =

c) H = d) H =

e) H =

Resolução

1) Cálculo de H

∆s = V 0 t + t 2

(1)

2) Cálculo do tempo de subida da pedra no 2º lançamento:

∆s = V 0 t + t 2

h = t 2 s ⇒

3) Cálculo do tempo de queda até o chão:

∆s = V 0 t + t 2 γ

––– 2

2h t s = –––––

g

g ––– 2

γ ––– 2

g H = ––– t

12

2

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(t22 – t1

2)

t12 t2

2 h –––––––––2(t2

2 – t12)2




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H + h = t 2 q ⇒

4) Cálculo de t 2 : t 2 = t s + t q

(2)

Em (1): g =

Em (2):

t 2 = +

t 2 = t 1 + t 1

t 2 = t 1 +

– =

Elevando-se ao quadrado: 2

– 2 + = 1 +

2

– 1 =

= ⇒ =

=

4 h t 2 2 t 1

2

H = –––––––––––– (t 2

2 – t 12 )2

(t 2 2 – t 1

2 )2

––––––––– 4 t 2

2 t 12

h ––––

H

t 2 2 – t 1

2

–––––– 2 t

2 t 1

h –– H

h –– H

2 t 2 –––– t 1

t 2 2 – t 1

2

––––––

t 12

h –– H

2 t 2 –––– t 1

t 2 –––– t 1

h ––––

H

h ––––

H

h –– H

t 2 –––– t 1

t 2 –––– t 1

H + h –––––– H

h –– H

t 2 –––– t 1

H + h –––––– H

h –– H

H + h

–––––– H

h

–– H

2 (H + h)–––––––– t 12

2H

2h t 12

–––––––– 2H

2H –––– t 1

2

2h 2 (H + h)

t 2 =

––––– +

–––––––– g g

2 (H + h)t q = ––––––––

g

g ––– 2




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4 CCUma gota do ácido CH3(CH2)16 COOH se espalha sobre

a 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 e

da 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 –9mResolução

O volume da gota do ácido corresponde ao produto da área do filme pela altura que corresponde ao comprimento 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 DDUm 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 deinércia 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 o

fluxo induzido Φ ’ surge opondo-se ao aumento de Φ (Lei de Lenz). Pela regra da mão direita, concluímos que o sentido da corrente induzida i 1 no arco ACD é anti-

horário. No setor circular AED, o fluxo indutor Φ diminui e Φ ’ surge opondo-se à diminuição de Φ . Pela regra da mão direita, concluímos que o sentido da corrente i 2 no

arco AED é horário. Assim, o fio é percorrido por corrente i = i 1 + i 2 . Sobre esta corrente, atua a força

magnética →

F m (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, não

teremos corrente induzida. O mesmo ocorre se →

B for paralelo ao plano do anel, pois não haverá variação de fluxo magnético, mesmo se o anel e o fio forem condutores.




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6 AAUma estação espacial em forma de um toróide, de raiointerno R1, e externo R2, gira, com período P, em torno

do seu eixo central, numa região de gravidade nula. Oastronauta sente que seu "peso" aumenta de 20%,quando corre com velocidade constante

→v no interior

desta estação, ao longo de sua maior circunferência,conforme mostra a figura. Assinale a expressão que

indica o módulo dessa velocidade.

a) v =

b) v =

c) v =

d) v =

e) v =

Resolução

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

F = (1), em que V 1 =

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

F’ = (2)

De acordo com o enunciado, F’ = 1,2 F = F 6 ––– 5

m (V 1 + v)2

––––––––––– R 2

2 π R 2 ––––––

P

m V 12

–––––– R 2

2π R2 ––––––P)6

––– – 15(

2π R2 ––––––P)5

––– + 16(

2π R2 ––––––P)5

––– + 16(

2π R2 ––––––P)5

1 – –––6(

2π R2 ––––––P)6

––– – 15(




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Fazendo-se , vem:

= =

= ⇒ v = V 1 – V 1

v = V 1 ( – 1)

Sendo V 1 = , vem:

6 2 π R 2 v = ( –– – 1) ––––– 5 P

2 π R 2 ––––––

P

6

––– 5

6

––– 5

6

––– 5

V 1 + v –––––––– V 1

6 ––– 5

(V 1 + v)2

––––––––– V 1

2

F’ ––– F

(2)––– (1)




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7 BBUm 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°C

d) –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:

Q cedido + Q recebido = 0

(mc ∆θ + m Ls )água + (mc ∆θ )gelo = 0

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

–12500 – 5120 – 362,50 . θ g = 0

362,50 . θ g = –17620

θ g ≅ – 48,6°C




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8 CCNuma 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 no

circuito 3).

a) R < R2 < R3 b) R > R2 > R3 c) R2 < R < R3

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

ResoluçãoNo circuito (2), temos:

1) A resistência equivalente entre M e N vale:

R MN = = ≅ 0,99R

2) A resistência total do circuito é:

R e = R + R MN + R A = R + 0,99R + 0,01R

R e

= 2R

3) A indicação do amperímetro é:

i A = =

4) A indicação do voltímetro é: U v = R MN . i A

R MN = = R 2 = 0,99R

No circuito (3), temos:

U v ––– i A

ε ––– 2R

ε ––– R e

100R 2

––––––– 101R

R . R v –––––– R + R v




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1) Resistência equivalente entre M e N:

R MN = ≅ R

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

3) A leitura do amperímetro será:

i A = =

Portanto: R 3

= = 1,01R

Sendo R 2 = 0,99R e R 3 = 1,01R, resulta

R 2 < R < R 3

U v –––––– i A

U v –––––– 1,01R

ε /2 –––––– 1,01R

ε ––– 2

100R . 1,01R ––––––––––––––

101,01R




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9 DDPara 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 distância

entre duas trilhas adjacentes do CD é dea) 2,7 . 10 –7m b) 3,0 . 10 –7m c) 7,4 . 10 –6md) 1,5 . 10 –6m e) 3,7 . 10 –5m

ResoluçãoArranjo da figura (1):

(I) Teorema de Pitágoras:

x 2 = (100)2 + (500)2

(II)sen θ 1 = ⇒

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

sen θ 1 =

em que: k = ordem da franja considerada na figura de

interferência (no caso, k = 1); N = número de ranhuras e L = comprimento considerado na rede.Com sen θ 1 ≅ 0,196, N = 300 ranhuras e L = 1,0mm = 1,0 . 10 –3 m, vem:

k λ N –––––

L

sen θ 1 ≅ 0,196 100 –––– 510

x ≅ 510mm




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0,196 =

Da qual:

Arranjo da figura (2):

Triângulo hachurado: tg θ 2 =

Como θ 2 é pequeno: sen θ 2 ≅ tg θ 2

Logo: tg θ 2 = (I)

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

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

Portanto: sen θ 2 = (II)

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

= ⇒ d =

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

d = (m)

Da qual:

Nota: F 1 e F 2 (trilhas adjacentes do CD, onde feixes

LASER sofrem reflexão) foram admitidas fontes coe- rentes (em concordância de fase) de luz.

d ≅ 1,5 . 10 –6 m

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

2 . 33

2k λ D ––––––

2y

2k λ –––– 2d

y ––– D

2k λ –––– 2d

λ ––– 2

∆x ––– d

y ––– D

y ––– D

λ ≅ 6,54 . 10 –7 m

1 . λ . 300 –––––––––––

1,0 . 10 –3




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10 EEEinstein 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 um

material, no chamado efeito fotoelétrico. Suponha quea fonte emissora de luz está em movimento em relação

ao 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.

ResoluçãoO movimento relativo entre a fonte de luz e o material altera a freqüência nele incidente f i em relação àquela

emit ida f. Sabe-se que, pelo efeito Doppler-Fizeau, a freqüência incidente aumenta na aproximação e diminui no afastamento.Assim, temos as seguintes possibilidades para a emissão ou não dos elétrons:

a) f ≥ f o

b) f < f o

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

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

são 2) afastamento relativo (f i < f): não há

emissão 3) aproximação relativa (f i > f): há emis-

são a partir de um certo valor de velocidade relativa para o qual f i se torna

maior ou igual a f o

1) repouso relativo (f i = f): há emissão

2) afastamento relativo (f i

< f): há emissão

até um certo valor de velocidade relativa para o qual f i ainda seja maior ou igual

a f o

3) aproximação relativa (f i > f ): sempre há

emissão




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11 CCConsidere duas ondas que se propagam comfreqüências f1 e f2, ligeiramente diferentes entre si, e

mesma 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 destrut iva.

Nas figuras a) e b) abaixo, representamos a superpo- sição das ondas (1) e (2), bem como a onda resultante dessa superposição.

Deve-se notar que f 1 é ligeiramente maior que f 2 .

figura a) : superposição das ondas (1) e (2).No instante t a , ocorre um batimento (instante de inter-

ferência construtiva) e no instante t b , 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 f 1 e f 2 .

(III) Freqüência do batimento

É dada pela diferença entre as freqüências f 1 e f 2 .

f B = f 1 – f 2

f 1 + f 2 f R = –––––––

2

Amáx = 2A

Freqüência dobatimento

(f1 – f2)/2

(f1 – f2)/2

f1 – f2f1 – f2f1 – f2

Freqüência daonda resultante

f1 + f2(f1 + f2)/2

(f1 + f2)/2

f1 + f2(f1 + f2)/2

Amplitudemáxima da onda

resultante

A 22A2A

A 2A




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12 AAPara 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 –8Ω.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 Wd) 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 ) = 0,075 Ω

2) Cálculo da resistência do fio de ligação:

R = = =

R = ( Ω )

3) Cálculo da resistência da lâmpada:

P = ⇒ R L = = ( Ω ) ≅ 0,33 Ω

4) Cálculo da intensidade da corrente:

i = = (A) = (A)

5) A potência dissipada na lâmpada será:

P L = R L i 2 = . (3,36)2 (W) ⇒ P L ≅ 3,76W 1,0 –––– 3,0

i ≡ 3,36A

1,5 ––––– 0,447

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

E ––– R e

1,0 –––– 3,0

U 2

–––– P

U 2

–––– R L

R = 3,9 . 10 –2 Ω

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

4 ρ L––––– π d 2

ρ L–––––– π d 2 /4

ρ L––––

A

1,5 –––– 20




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13 BBA figura mostra uma placa de vidro com índice derefração nv = 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 praticamente total) e observando-se o triângulo hachurado na figura, vem:

α + β = 60°⇒ α + 45°= 60°⇒

(III) Refração na interface ar – vidro:

Lei de Snell : n Ar sen θ e = n V sen α

1,0 sen θ e = 2 sen 15°

sen θ e

= 2 sen (60°– 45°)

sen θ e = 2 (sen 60°cos 45°– sen 45°cos 60°)

α > 15°

β > 45°2

––––– 2

1,0 ––––– 2

n Ar ––––– n V




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sen θ e = 2 . – .

sen θ e = 2 – sen θ e = – =

sen θ e = ⇒

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

sen θ e < 0,37

sen θ e ≅ 0,37 0,73 ––––

2

1,73 – 1––––––––

2

1––

2

3 –––––

2

2 –––––

4

6 –––––

4

1–– 2

2 –––––

2

2 –––––

2

3 –––––

2




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14 CCUm 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 é

a) 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

n 2 µ A2,5 ––––––

n 2 . µ . 1,5A–––––––––––

4 0,15

(n’)2 . µ . A’ –––––––––––

’

n –– 2

n 2 µ AL = ––––––––

n 2 µ i A––––––––

i

Φ –– i

n 2 µ i A––––––––

n ––

n ––




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15 DDUm moI de um gás ideal ocupa um volume inicial Vo à

temperatura To e pressão Po, sofrendo a seguir uma

expansão reversível para um volume V1. Indique a

relação 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 CCUm 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 × 10

3

N/m d) 1,2 × 10

4

N/me) 3,0 × 104 N/m

Resolução

De acordo com o texto, o comprimento natural da mola é 8cm.

Impondo-se a conservação da energia mecânica entre as posições P e Q, vem:

(referência em Q)

mg 2R + = +

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

k =

k = N/m

k = 7,5 . 10 3 N/m

4 . 30 . 0,1–––––––––– 16 . 10 –4

4 mgR –––––––

x 2

k x 2

––––– 2

m V 2

––––– 2

m V 2

––––– 2

E P = E Q




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17 BBNo 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 equaçãoE = 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 Einstein

associa a energia da partícula à massa do elétron oupósitron, isto é, E = mec2. Assinale a freqüência mínima

de 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 as principais características da produção do par elétron- pósitron proposta.

Para a freqüência mínima pedida de cada fóton, a energia cinética do par formado deve ser nula. Aconservação de energia garante a igualdade das energias inicial e final, E i e E f , respectivamente.

E i = E f hf + hf = m e c 2 + m e c 2

2hf = 2 m e c 2

m e c 2 f = ––––––

h




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18 BBUma 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 correlaçõesentre as grandezas consideradas.

ResoluçãoUtilizando-se a regra da mão esquerda para cada lado da espira retangular, temos:

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

espira.




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19 CC ee EE ((TTEESSTTEE DDEEFFEEIITTUUOOSSOO))

Sejam o recipiente (1) , contendo 1 moI de H2 (massa

molecular 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 atemperatura do gás no recipiente 2.

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

c) A energia cinética média por molécula do recipiente1 é maior que a do recipiente 2.

d) O valor médio da velocidade das moléculas norecipiente 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) Falsa b) Falsa

Equação de Clapeyron

p V = n R T

Sendo p 1 = p 2 , V 1 = V 2 e n 1 = n 2 = 1 mol, temos:

c) Verdadeira

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

E C He = k T (hélio → He)

2 – Diatômicos

E C H 2 = k T (hidrogênio → H 2 )

em que k é a constante de Boltzmann.

Assim:

d) Falsa

e) Verdadeira

v =

Como: M (He) > M (H 2 )e T 1 = T 2

Vem:

v H 2 > v He

3 R T

–––––– M

E C H 2 > E C He

5 –– 2

3 –– 2

T 1 = T 2




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20 AA ((TTEESSTTEE DDEEFFEEIITTUUOOSSOO))

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 a

aceleração da gravidade e desprezando a resistência doar, assinale a expressão que dá a distância d.

a) d = (v02 – )

b) d = (v02 – )

c) d =

(v0 – s

)d) d = (2 v02 – )

e) d = (v0 – s)

Resolução

1) Tempo de queda do objeto Y:

∆s y = V 0 y t + t 2 (MUV) ↓

h = t q 2 ⇒ t q =

2) Velocidade de Y imediatamente após a colisão:

V Y =

V y = = . s

3) Cálculo da velocidade de x no instante da colisão:

Q após = Q antes

m V y + m V’ x = m V x

V y + V’ x = V x (1)

g ––– 2h

s ––––––––

2h ––– g

∆x ––– ∆t

2h

––– g

g

–– 2

γ y –– 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: τ at = ∆E C

– µ k m g d = –

– µ k g d =

(2)

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

d =

Nota : A solução só foi possível admitindo-se ser a colisão elástica, o que não foi mencionado no texto, o que, em realidade, inviabiliza a reso-

lução da questão.

1 s 2 g d = ––––––– ( V 0

2 – –––– )2 µ k g 2h

g V 0 2 – ––– s 2

2h ––––––––––––

2 µ k g

V 0 2 – V x

2

d = ––––––––– 2 µ k g

V x 2 – V 0

2

–––––––– 2

m V 0 2

–––––– 2

m V x 2

–––––– 2

g V x = V y = ––– 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 a

resultante 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 ao ponto O seja nulo, temos:

m 2 g . = m 1 g . + F d sen β d

2 m 2

g = m 1

g + 4 F d

sen β

4 F d sen β = (2 m 2 – m 1 ) g

F d sen β =

Como 2 m 2 = m 1, resulta:

F d . sen β = 0

Considerando-se F d ≠ 0 resulta sen β = 0 ⇒ β = 0°

Nesse caso, F d é horizontal e resulta:

(1)F d = F m cos α

(2 m 2 – m 1 ) g –––––––––––––

4

2 –– 3

d –– 6

d –– 3

1 –––

5

2 –––

5




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Na direção vertical: F m sen α = m g

(2)

(2) em (1): F d = . cos α

(Resposta)

Observações:

1) Se considerarmos que o dado da questão é F m e

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

F d = F m cos α ⇒ cos α =

F m = ⇒ sen α =

sen 2 α + cos 2 α = 1

+ = 1

= 1

25 F d 2 + 9m 2 g 2 = 25 F m 2

25 F d 2 = 25 F m

2 – 9m 2 g 2

(Resposta)

2) Embora o resultado F d = 0 seja fisicamente incon-

sistente, ele é possível matematicamente e nesse

caso resultaria α = 90°e F m = mg.3

––– 5

25 F m 2 – 9m 2 g 2

F d = ––––––––––––––––––– 5

25 F d 2 + 9m 2 g 2

––––––––––––––– 25 F m

2

9m 2 g 2

––––––– 25 F m

2

F d 2

––– F m

2

3mg –––––– 5 F m

mg –––––– sen α

3 ––– 5

F d ––– F m

3 F d = –– m g cotg α

5

3 mg ––– –––––– 5 sen α

3 mg F m = ––– ––––––

5 sen α

3 –– 5




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22Quando se acendem os faróis de um carro cuja bateria

possui resistência interna ri = 0,050Ω, um amperímetro

indica 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 primeiro circuito:

farol : U = R . i 12 = R . 10

R = 1,2 Ω

bateria : U = ε – r i . i

12 = ε – 0,050 . 10

ε = 12,5V

Para o segundo circuito, vem:

farol : U = R . I 2

U = 1,2 . 8,0

U = 9,6V

bateria : U = ε – r i . I

9,6 = 12,5 – 0,050 . I

I = 58AA corrente que passa pelo motor de arranque tem intensidade: I 1 = I – I 2 ⇒ I 1 = (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:

F D + F T = P (1)

2) Para que o carro não tombe, o somatório dos torques em relação ao centro de gravidade deve ser nulo: F D . d D + F at d A = F T . d T

F D . 2,0 + 0,75F D . 0,6 = F T . 1,4

2,0F D + 0,45 F D = 1,4 F T

2,45 F D = 1,4 F T ⇒ (2)

(2) Em (1):

F D + F D = P

F D = P

Aplicando-se a 2ª Lei de Newton: F at = M a

F at máx = M a máx

µ E F D = . a max

µ E . = . a máx

a máx = (m/s 2 )

a máx ≅ 2,7 m/s 2

0,75 . 10 . 1,4 ––––––––––––– 3,85

P ––– g

1,4P ––––– 3,85

P ––– g

1,4P F D = –––––

3,85

3,85 ––––––

1,4

2,45 ––––––

1,4

2,45 F T = ––––– F D 1,4




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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 interferem

construtivamente, calcule qual deve ser a ordemmáxima da dif ração observável?

ResoluçãoPara interferência construtiva, a diferença de fase ∆ϕ

entre os feixes refletidos deve ser múltipla par de π:

∆ϕ = 2k π ; k ∈ (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 = 2 π

∆ϕ = 2 π . (II)

Das equações (I) e (II), temos:

2 π . = 2 k π

sen θ =

sen θ =

sen θ = 0,25 k ≤ 1

k ≤ 4

Resposta: k máx = 4

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

λ k ––– 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 urna

carga máxima Qf foi introduzida uma placa de vidro de

constante dielétrica k e espessura d/2. Sendo mantidaa diferença de potencial entre as placas, calcule a razão

entre as cargas Qf e Qi.

ResoluçãoPara a configuração inicial, temos:

C i = ⇒ ε . = ⇒ Q i = (1)

A configuração final equivale a dois capacitores em série:

C f = em que C 1 = ε . e C 2 =

Portanto, C f = ⇒ C f =

Mas C f = . Logo, Q f = C f U ⇒ Q f = .U (2)

De (1) e (2), vem:

= ⇒

Q f 2k

–––– = –––––– Q i 1 + k

2k ε A––––––––– . U d (1 + k)

––––––––––––– ε A . U –––––––

d

Q f ––– Q i

2k ε A–––––––– d (1 + k)

Q f ––– U

2k ε A––––––––– d (1 + k)

A k ε Aε ––––– . ––––––

d/2 d/2 ––––––––––––––– ε A k ε A

––––– + –––––– d/2 d/2

k ε A–––––

d/2

A––– d/2

C 1 . C 2 –––––––– C 1 + C 2

ε AU ––––

d

Q i ––– U

A––– d

Q i ––– 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 com

sentido 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 trajetória

cicloidal num plano perpendicular à B0. Determine odeslocamento máximo (L) da partícula.

Resolução

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

P = F mag – P

F mag = 2P

qV D B 0 = 2mg ⇒ (1)

A velocidade na posição D tem direção do eixo x e seu módulo é dado pelo teorema da energia cinética: τ total = ∆E cin

τ P + τ mag = –

Sendo τ mag = 0; V 0 = 0 e τ P = m g L, vem:

m g L = ⇒ V D

2 = 2 g L ⇒ V D = 2gL (2)

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

mV D 2

–––––

2

mV 0 2

––––– 2

mV D 2

––––– 2

2mg V D = ––––––

qB 0




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= 2gL

= 2gL ⇒

Nota: admitimos, na resolução, que seja dado o módu-

lo g da aceleração da gravidade.

Resposta: 2m 2 g

L = –––––––– q 2 B 0

2

2m 2 g L = ––––––––

q 2 B 0 2

4m 2 g 2

––––––– q 2 B 0

2

2mg –––––––

qB 0




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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 volume de 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 d água = 1,0 kg/ = 1,0 . 10 3 g/ , vem:

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

Q ≅ 452,5 . 10 6 J

Em 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:

Q perdido = 200 . 0,30 (kWh)

Q perdido = 60 kWh

Assim,

Q total = (125,7 + 60) (kWh)

Q total = 185,7 kWh

Essa energia é o total necessária por mês, logo:

Pot total ≅ 185,7

4) Sendo:

I = ⇒ A =

Vem:

A = (m 2 )

A = 3,1 m 2

185,7 ––––– 60,0

Pot –––––

I

Pot –––––

A

kWh ––––– mês

425,5 . 10 6

–––––––––– 3,6 . 10 6




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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 do campo magnético criado na região interna do anel é dada por:

∆B =

A força eletromotriz ( ε ) induzida no anel, responsável pelo 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 o mesmo sentido de ∆

→ B), do que decorre cos θ = 1, e

observando-se que A = πa 2 , vem:

I = (2)

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

I = ⇒ I =

Resposta: µ 0 a 2 ∆i

I = ––––––––– 2 r R ∆t

µ 0 a 2 ∆i ––––––––––

2 r R ∆t

µ 0 π a 2 ∆i ––––––––––

2 π r R ∆t

∆B π a 2

–––––––– R ∆t

∆B A cos θ

––––––––––– ∆t

∆Φ

––– ∆t

µ 0 ∆i –––––––

2 πr




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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 de

saída.Resolução

1) Pela equação da continuidade, temos:

A1V 1 = A2 V 2

V 1 = V 2

V 2 = 2

. V 1

V 2 = 4 . 2,0 (m/s) ⇒

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

p 1 + = p 2 + + µg H

5,0 . 10 5 + . 4,0 = p 2 + . 64,0 + 1,0 . 10 3 . 10 . 5,0

5,02 . 10 5 = p 2 + 0,82 . 10 5 ⇒

Resposta : 4,2 . 10 5 Pa

p 2 = 4,2 . 10 5 Pa

1,0 . 10 3

–––––––– 2

1,0 . 10 3

–––––––– 2

V 2

2

µ ––– 2

V 12

µ ––– 2

V 2 = 8,0m/s

d 1––– d 2

πd 2 2

–––– 4

πd 12

–––– 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.

ResoluçãoVamos, inicialmente calcular a capacitância de um capacitor esférico:

V A = . + .

V A = . Q –

V A = . Q .

V B

= . + . = 0

U = V B – V A ⇒ U = . Q .

Sendo C = , vem:

C = 4 π ε 0

.R 1 . R 2

–––––––– R 2 – R 1

Q ––– U

R 2 – R 1–––––––– R 1 . R 2

1––––– 4 π ε 0

+ Q –––––

R 2

1––––– 4 π ε 0

– Q –––––

R 2

1––––– 4 π ε 0

R 1 – R 2 –––––––– R 1 . R 2

1––––– 4 π ε 0

1–––––

R 1

1–––––

R 2

1––––– 4 π ε 0

+ Q

––––– R 2

1

––––– 4 π ε 0

– Q

––––– R 1

1

––––– 4 π ε 0




OO BBJJEETTII VVOO

Sendo 4 π ε 0 = , R 1 = 6,4 . 10 6 m e

R 2 = 6,46 . 10 6 m, resulta:

C = . (F)

Observação: sendo a distância entre a Terra e a nuvem muito menor se comparada com o raio da Terra, podemos 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 = 60km

e K = 1/4 πε 0

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 . 10 12 J

7,6 . 10 –2 . (100)2 . (6,0 . 10 4 )2

–––––––––––––––––––––––––––– 2

C E 2 h 2

––––––– 2

C (E h) 2 –––––––

2

C U 2

––––– 2

C ≅ 7,6 . 10 –2 F

(6,4 . 10 6 )2

–––––––––––––––– 9 . 10 9 . 6,0 . 10 4

R 2

–––– K h

1 . 4 πR 2

–––––––– 4 πK . h

ε 0 A–––––

d

C ≅ 7,6 . 10 –2 F

6,4 . 10 6 . 6,46 . 10 6

––––––––––––––––––––– 6,46 . 10 6 – 6,4 . 10 6

1–––––– 9 . 10 9

C 2

–––––– M. m 2

1–––––– 9 . 10 9


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