FÍSICA 1 É conhecido e experimentalmente comprovado que cargas elétricas aceleradas emitem radiação eletromagnética. 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 da velocidade 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 2e2 a2 4πε0 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 elétrica e = 2 × 10−19 C abandonado em repouso em um campo elétrico uniforme de intensidade E = 14 × 1019 N/C produzido por um capacitor de placas paralelas uniformemente carregadas com cargas de 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 desprezado e o tempo necessário para o próton percorrer a distância entre as duas placas é T = 10−19 s. a) Calcule a energia irradiada durante todo o percurso entre as placas, considerando que a potência de irradiação é Pirr = αa2 , onde α = 1 2e2 4πε0 3c3 = 6 × 10−52 kg · 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 = Pirr T . Para calcular a potência, é necessário calcular a aceleração do próton resultante da força elétrica que atua sobre ele F = mp a, F = eE, portanto a= eE 2 × 10−19 14 × 1019 C · N = = 14 × 1027 m/s2 . mp 2 × 10−27 C · kg 1/7 A energia irradiada é 2 Eirr = αa2 T = 6 × 10−52 kg · s 14 × 1027 m/s2 10−19 s = 1176 × 10−17 J = 1, 176 × 10−14 J ∼ =1, 2 × 10−14 J . b) A velocidade final do próton é obtida da conservação da energia. No instante inicial, quando o próton foi abandonado em 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 × 10−15 C N m = 112 × 10−15 J = 1, 12 × 10−13 J C A velocidade final é Epot = v = 1 mp v 2 + Eirr 2 r 2 (Epot − Eirr ) mp r 2 (1, 12 × 10−13 − 1, 2 × 10−14 )m/s −27 2 × 10 p = 1027 (1, 12 × 10−13 − 0, 12 × 10−13 )m/s p 1027 × 10−13 (1, 12 − 0, 12)m/s = p = 107 (1, 12 − 0, 12)m/s = 1, 0 × 107 m/s. = = 107 m/s 2/7 2 Um anel condutor de raio a e resistência R é colocado em um campo magnético homogêneo no espaço e no tempo. A direção do campo de módulo B é perpendicular à superfície gerada pelo anel e o sentido está indicado no 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 ; onde ∆Φ = Φf − Φi ; ∆t Φ = BA; Φf Φi a2 4 = BAi = Bπa2 ∆Φ = Φ f − Φi = ∆t = 1s E = = BAf = Bπ −3 Bπa2 4 Portanto, 3 Bπa2 /s. 4 A corrente induzida será i= E 3 Bπa2 = /s, R 4 R no sentido horário. 3/7 3 Uma pessoa, de massa 80,0 kg, consegue aplicar uma força de tração máxima de 800,0 N. Um corpo de massa M necessita ser levantado como indicado na figura a seguir. O coeficiente de atrito estático entre a sola do sapato da 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 pode ser levantada pela pessoa sem que esta deslize, para um ângulo θ =45◦ . QUESTÃO 3 – EXPECTATIVA DE RESPOSTA Conteúdo: Mecânica. Equilíbrio. Resposta esperada Seja θ = 45◦ ; µe = 1, 0; m = 80 kg e M =? Forças na pessoa Eixo x: FR = F cos θ − fe = 0 (I) Eixo y: FR = N + F senθ − Pm = 0 (II) Forças no campo M F R = F − PM = 0 4/7 F = PM = M g De (I) tem-se F cos θ = fe M g cos θ = µe N (III) De (II) tem-se N = Pm − F senθ N = mg − M gsenθ (IV ) Usando(III) e (IV), tem-se M g cos θ = µe (mg − M gsenθ) M cos θ = µe (m − M senθ) M cos θ + µe M senθ = µe m µe m M= (cos θ + µe senθ) Substituindo os valores tem-se: M= √ 80 1, 0 × 80 Kg = √ Kg = 40 2Kg . ◦ ◦ cos 45 + 1, 0 × sen45 2 5/7 4 Um bloco de alumínio de massa 1 kg desce uma rampa sem atrito, de A até B, a partir do repouso, e entra numa camada de asfalto (de B até C) cujo coeficiente de atrito cinético é µc = 1, 3, como apresentado na figura a seguir. O bloco atinge o repouso em C. Ao longo do percurso BC, a temperatura do bloco de alumínio se eleva até 33◦ C. Sabendo-se que a temperatura ambiente é de 32◦ C e que o processo de aumento de temperatura do bloco de alumínio ocorreu tão rápido que pode ser considerado como adiabático, qual é a variação da energia interna do 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 esperada De 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 = Desse modo: 1 mv 2 2 1 2 v , onde M = 1 kg 2 v 2 =√2gh v = 2gh substituindo os valores g = 10 m/s2 , h = 5 m, tem-se: v = 10 m/s. M gh = 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 1 1 mv 2 − mv 2 = −f.x, onde x é a distância percorrida de B até C. 2 f 2 i m f = µc N = µc .m.g = 1, 3 × (1Kg) × (10, 0 2 ) = 13N s 1 como vf = 0, tem-se: mvi2 = 13x, substituindo os valores de m = 1kg e vi = 10 m/s, tem-se x = 3, 85 m 2 Como o processo é adiabático, não há troca de calor com a vizinhança. O sistema termodinâmico nesse caso é o bloco e pela 1ª Lei da termodinâmica, ∆U = Q − W Tem-se que Q = mcal ∆T , onde ∆T = 33◦ C − 32◦ C = 1◦ C Desse modo, Q = (1kg)x(0, 22 cal/g ◦ C)x1◦ C = (1000g)x(0, 22cal/g ◦ C)x1◦ C = 220 cal 6/7 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 = f x = 50 J Pela 1ª Lei ∆U = Q − (−W ) = 921, 8 J + 50 J = 971, 8 J . ∆U = 971, 8 J . 7/7