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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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