FÍSICA

1É conhecido e experimentalmente comprovado que cargas elétricas aceleradas emitem radiação eletromagné-tica. Este efeito é utilizado na geração de ondas de rádio, telefonia celular, nas transmissões via satélite etc.Quando o módulo da velocidade de uma partícula com carga elétrica e for pequeno comparado ao módulo davelocidade da luz c no vácuo, prova-se, utilizando a eletrodinâmica clássica, que a potência com a qual a carga

elétrica com aceleração constante a irradia ondas eletromagnéticas é Pirr =1

4πε0

2e2a2

3c3,

onde ε0 é a constante de permissividade elétrica.Desprezando-se efeitos relativísticos, considera-se um próton com massa mp = 2 × 10−27 kg com carga elé-trica e = 2 × 10−19C abandonado em repouso em um campo elétrico uniforme de intensidadeE = 14 × 1019 N/C produzido por um capacitor de placas paralelas uniformemente carregadas com cargasde sinais opostos como esquematizado na figura a seguir:

A distância entre as placas é d = 4 × 10−15 m, o meio entre elas é o vácuo, o campo gravitacional é desprezadoe o tempo necessário para o próton percorrer a distância entre as duas placas é T = 10−19s.

a) Calcule a energia irradiada durante todo o percurso entre as placas, considerando que a potência de irra-

diação é Pirr = αa2, onde α =1

4πε0

2e2

3c3= 6 × 10−52kg · s. Apresente os cálculos.

b) Calcule a velocidade final com que o próton atinge a placa negativa do capacitor. Apresente os cálculos.

QUESTÃO 1 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA

Conteúdo: Campo magnético. Conservação de Energia

Resposta esperada

a) A energia irradiada durante o percurso entre as placas é

Eirr = PirrT .

Para calcular a potência, é necessário calcular a aceleração do próton resultante da força elétrica que atua sobreele

F = mpa,

F = eE,

portanto

a =eE

mp=

2× 10−1914× 1019

2× 10−27

C ·NC · kg

= 14× 1027m/s2.

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A energia irradiada é

Eirr = αa2T = 6× 10−52kg · s(14× 1027m/s2

)210−19s = 1176× 10−17J = 1, 176× 10−14J ∼=1, 2× 10−14J .

b) A velocidade final do próton é obtida da conservação da energia. No instante inicial, quando o próton foi abandonadoem repouso na placa positiva, sua energia total é potencial elétrica e vale com relação à placa negativa

Epot = eEd = 2× 10−19 · 14× 1019 · 4× 10−15CN

Cm = 112× 10−15J = 1, 12× 10−13J

A velocidade final é

Epot =12mpv

2 + Eirr

v =√

2mp

(Epot − Eirr)

=√

22× 10−27

(1, 12× 10−13 − 1, 2× 10−14)m/s

=√

1027 (1, 12× 10−13 − 0, 12× 10−13)m/s

=√

1027 × 10−13 (1, 12− 0, 12)m/s

= 107√

(1, 12− 0, 12)m/s = 1, 0× 107m/s.

= 107m/s

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2Um anel condutor de raio a e resistência R é colocado em um campo magnético homogêneo no espaço e notempo. A direção do campo de móduloB é perpendicular à superfície gerada pelo anel e o sentido está indicadono esquema da figura a seguir.

No intervalo ∆t = 1 s, o raio do anel varia de metade de seu valor.

Calcule a intensidade e indique o sentido da corrente induzida no anel. Apresente os cálculos.

QUESTÃO 2 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA

Conteúdo: Campo magnético. Lei de Faraday

Resposta esperada

E = −∆Φ∆t

; onde ∆Φ = Φf − Φi;

Φ = BA;

Φf = BAf = Bπa2

4Φi = BAi = Bπa2

∆Φ = Φf − Φi =−34Bπa2

∆t = 1s

Portanto,

E =34Bπa2/s.

A corrente induzida será

i =ER

=34Bπa2

R/s,

no sentido horário.

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3Uma pessoa, de massa 80,0 kg, consegue aplicar uma força de tração máxima de 800,0 N. Um corpo de massa Mnecessita ser levantado como indicado na figura a seguir. O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapatoda pessoa e o chão de concreto é µe = 1,0.

Faça um esboço de todas as forças que atuam em todo o sistema e determine qual a maior massa M que podeser levantada pela pessoa sem que esta deslize, para um ângulo θ=45◦.

QUESTÃO 3 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA

Conteúdo: Mecânica. Equilíbrio.

Resposta esperadaSeja θ = 45◦; µe = 1, 0; m = 80 kg e M =?

Forças na pessoaEixo x:FR = F cos θ − fe = 0 (I)

Eixo y:FR = N + Fsenθ − Pm = 0 (II)

Forças no campo MFR = F − PM = 0

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F = PM = Mg

De (I) tem-se F cos θ = fe

Mg cos θ = µeN (III)

De (II) tem-se N = Pm − FsenθN = mg −Mgsenθ (IV )

Usando(III) e (IV), tem-seMg cos θ = µe(mg −Mgsenθ)

M cos θ = µe(m−Msenθ)

M cos θ + µeMsenθ = µem

M =µem

(cos θ + µesenθ)

Substituindo os valores tem-se:

M =1, 0× 80 Kg

cos 45◦ + 1, 0× sen45◦=

80√2Kg = 40

√2Kg.

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4Um bloco de alumínio de massa 1 kg desce uma rampa sem atrito, de A até B, a partir do repouso, e entra numacamada de asfalto (de B até C) cujo coeficiente de atrito cinético é µc = 1, 3, como apresentado na figura aseguir.

O bloco atinge o repouso em C. Ao longo do percurso BC, a temperatura do bloco de alumínio se eleva até33◦C. Sabendo-se que a temperatura ambiente é de 32◦C e que o processo de aumento de temperatura do blocode alumínio ocorreu tão rápido que pode ser considerado como adiabático, qual é a variação da energia internado bloco de alumínio quando este alcança o ponto C? Apresente os cálculos.

Dado: cal = 0,22 cal/g◦C

QUESTÃO 4 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA

Conteúdo: Termodinâmica

Resposta esperadaDe A até B: bloco desliza sem atrito, sistema é conservativo, então a energia mecânica se conserva: ∆E = 0.Energia potencial do bloco é: Ubloco = mgh

Energia cinética do bloco é: Tbloco =12mv2

Desse modo:

Mgh =12v2, onde M = 1 kg

v2 = 2ghv =√

2ghsubstituindo os valores g = 10 m/s2, h = 5 m, tem-se:v = 10 m/s.

De B até C existe atrito, portanto o sistema é não conservativo e a energia mecânica não se conserva, sendo ∆E = Wf ,onde Wf é o trabalho realizado pela força de atrito sobre o bloco.Nesse caso, a variação da energia mecânica do bloco é somente variação de energia cinética, tal que:∆E = ∆T = Wf

12mv2

f −12mv2

i = −f.x, onde x é a distância percorrida de B até C.

f = µcN = µc.m.g = 1, 3× (1Kg)× (10, 0m

s2) = 13N

como vf = 0, tem-se:12mv2

i = 13x, substituindo os valores de m = 1kg e vi = 10 m/s, tem-se x = 3, 85 m

Como o processo é adiabático, não há troca de calor com a vizinhança. O sistema termodinâmico nesse caso é obloco e pela 1ª Lei da termodinâmica, ∆U = Q−WTem-se que Q = mcal∆T , onde ∆T = 33◦C − 32◦C = 1◦CDesse modo, Q = (1kg)x(0, 22 cal/g◦C)x1◦C = (1000g)x(0, 22cal/g◦C)x1◦C = 220 cal

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Q = 220 cal que em termos de Joule é Q = 921, 8 J .O trabalho externo realizado sobre o corpo é o trabalho da força de atrito cinético, portanto é negativo.Wf = fx = 50 JPela 1ª Lei ∆U = Q− (−W ) = 921, 8 J + 50 J = 971, 8 J .∆U = 971, 8 J .

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