Escrita por Paulo Kitayama
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Questão 01:
Uma pequena esfera com densidade relativa (razão entre a densidade de um corpo e a densidade da água) $$\rho_1 > 1$$ é solta na superfície livre de um recipiente contendo água. No mesmo instante é solta outra esfera pequena com densidade relativa $$\rho_2 < 1$$ do fundo do recipiente. Em que ponto, a partir do fundo do recipiente, as esferas irão se encontrar? Desprezar os efeitos da viscosidade do fluido e as dimensões da esfera.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Empuxo [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] A aceleração de um corpo sujeito à gravidade em um fluido de densidade $$\rho_l$$ é igual a:
$$\rho V a=\rho V g-\rho_l V g$$
$$a=g(1-\frac{\rho_l}{rho})$$
Logo, a posição do corpo 1, que inicial a altura h, é igual a:
$$y_1=h-\frac{g(1-{\rho_1}^{-1})t^2}{2}$$
Enquanto a posiçao do corpo 2 é igual a:
$$y_2=\frac{g(1-{\rho_2}^{-1})t^2}{2}$$
Logo, igualando as duas posições:
$$h-\frac{a_1 t^2}{2}=\frac{a_2 t^2}{2}$$
$$2h=(a_2+a_1)t^2$$
$$t=\sqrt{\frac{2h}{a_1+a_2}}$$
A profundidade é igual a $$h-x_1$$ no tempo obtido anteriormente. Porém, não é possível calcular essa profundidade sem a altura total de líquido no recipiente.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$h \big( 1-\frac{2(1-{\rho_1}^{-1})}{(1-{\rho_1}^{-1})+(1-{\rho_2}^{-1})} \big)$$
[/spoiler]
Questão 02:
Um carro movendo-se com velocidade constante percorre uma pista circular com o raio $$R$$ e inclinada de um ângulo $$\theta$$. Se o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista é $${\mu}_e$$, determine em que faixa de velocidades o condutor pode trafegar para que o carro não deslize na pista.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] A velocidade mínima se dá quando quando o atrito for igual a zero:
$$mg \sin{\theta} \cos{\theta} – mg \cos{\theta}\sin{\theta}+mg \cos{\theta}\sin{\theta}=\frac{mv^2}{R}$$
$$v=\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta}}$$
Enquanto a velocidade máxima acontece quando a força de atrito é máxima, sendo igual a $${\mu}_e N$$. Nesse caso:
$$mg \sin{\theta} \cos{\theta} – mg \cos{\theta}\sin{\theta}+mg \cos{\theta}\sin{\theta} +{\mu}_e mg \cos{\theta} \sin{\theta}=\frac{mv^2}{R}$$
$$v=\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta} +{\mu}_e g\cos{\theta}\sin{\theta}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta} +{\mu}_e g\cos{\theta}\sin{\theta}} \underline{>} v \underline{>} \sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta}}$$
[/spoiler]
Questão 03:
Considere uma região limitada por duas placas paralelas P1 e P2 de comprimento $$4s$$ e separação $$2s$$ sujeita a um campo magnético B uniforme. Um elétron entra com velocidade v nesta região como mostra a figura. Qual deve ser o menor valor de $$v$$ para que ele saia da região de campo sem colidir com as placas? Desconsiderar a massa do elétron.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Magnetismo [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] O elétron entra com velocidade $$v$$, de forma que a força magnética, direcionada perpendicular à velocidade e ao campo magnético, seja igual a:
$$F=evB$$
Seguindo uma trajetória circular, em que $$F$$ é a resultante centrípeta. Para que o elétron consiga passar da região das placas sem colidir, o final da placa deve fazer parte dessa trajetória circular:
O centro da circunferência está localizado a uma distância $$r$$ do final da placa, enquanto distância no eixo $$y$$ igual a $$r-s$$ e no eixo $$x$$ é igual a $$4s$$.
$$r^2=(r-s)^2+(4s)^2$$
$$r^2=r^2+s^2+16s^2-2rs$$
$$2rs=17s^2$$
$$r=\frac{17s}{2}$$
O raio da trajetória pode ser calculado utilizando a resultante centrípeta:
$$evB=\frac{mv^2}{r}$$
$$r=\frac{mv}{eB}$$
$$\frac{17s}{2}=\frac{mv}{eB}$$
$$v=\frac{17eBs}{2m}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v=\frac{17eBs}{2m}$$
[/spoiler]
Questão 04:
Sabemos que um amperímetro convencional é ligado em série num ramo de um circuito para medir a corrente elétrica. Num cabo, e sem interrompê-lo, eletricistas podem, entretanto, medir correntes que variam com o tempo, como a corrente alternada. Para isso usam um equipamento chamado alicate-amperímetro, que mede a corrente induzida pelo campo magnético gerado pela própria corrente. A alça do alicate é composta por uma bobina que envolve um núcleo de ferro cuja função é guiar o fluxo magnético de modo que praticamente todo fluxo passe, aproximadamente, perpendicular à bobina. A bobina é composta por N espiras circulares de raio $$R$$ e está ligada a um voltímetro de acordo com a figura. Sabendo-se que o núcleo de ferro tem uma eficiência de $$80%$$, determine a variação da corrente elétrica no cabo durante um tempo $$\Delta t$$ em que a tensão no voltímetro foi $$V$$. Dado: o campo magnético de um fio condutor passando corrente $$i$$ a uma distância $$R$$ do fio é $$\mu_0 i/2 \pi R$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Eletromagnetismo [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Primeiramente, para encontrar a corrente total que foi induzida, devemos utilizar que $$V=L\frac{\Delta I}{\Delta t}$$.
Para descobrir L, a indutância da bobina, devemos calcular qual o fluxo magnético gerado pelas espiras:
$$\Phi = L \Delta i$$
$$\frac{N \mu_0 i}{2 \pi R} \pi R^2= Li$$
$$L=\frac{N \mu_0 R}{2}$$
A variação da corrente, então, é igual a:
$$\Delta i= \frac{V}{L} \Delta t$$
$$\Delta i= \frac{2V}{N \mu_0 R} \Delta t$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\Delta i= \frac{2V}{N \mu_0 R} \Delta t$$
[/spoiler]
Questão 05:
A figura mostra a seção de um elemento óptico de índice de refração $$n$$ e com a forma de um cilindro cuja base é um quarto de circunferência posicionado sobre uma bancada. Um feixe de luz monocromática paralela à bancada incide sobre a face do elemento. Determinar a distância $$x$$, próxima ao elemento, sobre a bancada que não receberá iluminação da fonte luminosa.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ótica geométrica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente vamos analisar como ocorre a refração no elemento ótico.
Como o índice de refração do ar é menor do que o índice do acrílico, os raios de luz ao saírem do elemento ótico terá abertura angular maior do que a que tinha antes de saírem dele.
Representando graficamente a refração:
Figura 01: Representação da refração
Supondo que inicialmente a abertura angular é $$\theta$$, a abertura após sair é $$\theta +\alpha$$ ($$\alpha>0$$).
Pela lei de Snell:
$$n\cdot \sin(\theta)=n_{ar}\cdot \sin{(\theta+\alpha)}$$
Como $$n_{ar}=1$$:
$$n\cdot \sin(\theta)=\sin{(\theta+\alpha)}$$ Eq(01)
$$n\cdot \sin(\theta)=\sin{\theta}\cdot \cos{\alpha}+\cos{\theta}\cdot \sin{\alpha}$$
Dividindo Ambos os lados da equação por $$\cos{\theta}\cdot \cos{\alpha}$$:
$$\tan{\theta}+\tan{\alpha}=\dfrac{n\cdot \tan{\theta}}{\cos{\alpha}}$$ Eq(02)
Vamos deixar esse resultado guardado por enquanto.
Vamos analisar agora algumas outras distâncias:
Figura 02: Representação do sistema
Da trigonometria tiramos:
$$\cos{\theta}=\dfrac{z}{R} \rightarrow z=R\cos{\theta}$$
A altura do raio luminoso até o solo será:
$$h=R\sin{\theta}$$
Portanto:
$$\tan{\alpha}=\dfrac{R\sin{\theta}}{L}$$
Das relações trigonométricas sabemos que:
$$\cos{\alpha}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\tan^2{\alpha}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{R\sin{\theta}}{L}\right)^2}}$$
$$\cos{\alpha}=\dfrac{L}{\sqrt{L^2+R^2\sin^2{\theta}}}$$
Aplicando os resultados encontrados na Eq(02):
$$\tan{\theta}+\dfrac{R\sin{\theta}}{L}=\dfrac{n\tan{\theta}}{\left(\dfrac{L}{\sqrt{L^2+R^2\sin^2{\theta}}}\right)}$$
$$L\cdot \tan{\theta}+R\cdot \sin{\theta}=n\cdot \tan{\theta}\sqrt{R^2\sin^2{\theta}+L^2}$$
Elevando ao quadrado dos dois lados e organizando chegamos a:
$$(n^2-1)L^2-2R\cos{\theta}\cdot L+R^2(n^2\sin^2{\theta}-\cos^2{\theta})=0$$
O delta dessa equação será:
$$\Delta=(-2R\cos{\theta})^2-4(n^2-1)R^2(n^2\sin^2{\theta}-\cos^2{\theta})$$
Expandindo os termos, e utilizando que $$cos^2{\theta}=1-sin^2{\theta}$$:
$$\Delta=4R^2n^2(1-n^2\sin^2{\theta})$$
Logo:
$$L=\dfrac{2R\cos{\theta}\pm 2Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}}{2}$$
$$\rightarrow L=R\cos{\theta}\pm Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}$$
Das figuras 1 e 2 podemos perceber que:
$$z+L=R+x$$
$$R\cos{\theta}+R\cos{\theta}\pm Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}=R+x$$
Portanto a posição $$x$$ para um ângulo $$\theta$$ será:
$$x(\theta)=R\left[2\cos{\theta}+n\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}-1\right]$$
Como estamos trabalhando com ângulos maiores que zero, a função $$\cos{\theta}$$ diminui conforme o ângulo aumenta, e a função $$\sin{\theta}$$ aumenta conforme o ângulo aumenta, logo a função $$\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}$$ diminui conforme o ângulo aumenta. Portanto, a posição $$x(\theta)$$ diminui conforme o ângulo aumenta. Como queremos a menor distância, devemos escolher o maior ângulo possível. Isso corresponde a condiçao de reflexao total na interface ar-vidro, com o raio saindo rasante. Ou seja:
$$n\sin{\theta}=\sin{90^{\circ}}=1$$.
Das relações trigonométricas:
$$\cos{\theta}=\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n}$$
Logo:
$$x=R\left[2\cdot \dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n}+n\sqrt{1-n^2\cdot \dfrac{1}{n^2}}-1\right]$$
$$\rightarrow \boxed{x=\left(\dfrac{2\sqrt{n^2-1}}{n}-1\right)R}$$.
O aluno, em sua soluçao, poderia simplesmente impor a condiçao de angulo limite de imediato e prosseguir com a geometria, mas é interessante analisar o comportamento da funçao para entender melhor a condiçao de mínimo.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{x=\left(\dfrac{2\sqrt{n^2-1}}{n}-1\right)R}$$.
[/spoiler]
Questão 06:
Num experimento de laboratório dispomos do seguinte material:
- Lâmpada: tensão máxima $$6V$$, potência $$3W$$
- Multímetro
- Fonte de alimentação DC $$10V$$
- Conjunto de resistores: $$3$$ $$\Omega$$, $$20$$ $$\Omega$$ e $$30$$ $$\Omega$$.
- Placa de montagem
A lâmpada não pode ser ligada diretamente na fonte – pois está a danificará. Projete, com os resistores disponíveis, um circuito simples para que se possa ligar a lâmpada e obter a maior potência possível. Qual é está potência? Suponha que a lâmpada tenha resposta ôhmica.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Circuitos elétricos [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Para que a potência seja máxima, devemos chegar o mais perto possível da tensão máxima, utilizando a menor resistência de valor maior que $$10$$ $$\Omega$$.
Isso pode ser obtido utilizando o resistor de $$20$$ $$\Omega$$ em paralelo com o de $$30$$ $$\Omega$$, com valor final de $$12$$ $$\Omega$$.
A potência final, então, é igual a $$\frac{U^2}{R}=\frac{25}{12}$$.
$$P=2,1 W$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$P=2,1 W$$
[/spoiler]
Questão 07:
A figura mostra uma haste homogênea de comprimento $$2R$$ e massa $$M$$ que está sobre uma superfície lisa. A haste está articulada no seu centro e inicialmente em repouso. Pequenas esferas de massa m atingem uma das extremidades da haste. As esferas são lançadas de um reservatório (disparador) e liberadas de forma a atingirem esta extremidade com velocidade v toda vez que está completar uma revolução. As colisões são elásticas e as esferas podem ser consideradas puntiformes. Encontre a velocidade angular $$\omega_{i+1}$$ em termos de $$\omega_i$$, de $$v$$ após a i-ésima esfera colidir com a haste. Dado: o momento de inércia da haste é $$MR^2/3$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Momento Angular [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Para encontrar a relação entre $$\omega_{i+1}$$ e $$\omega_i$$, pode-se conservar o momento angular e a energia.
$$mRv+\frac{MR^2}{3} \omega_i=mRv’+\frac{MR^2}{3} \omega_{i+1}$$
$$v’=v-\frac{MR}{3}(\omega_{i+1} – \omega_i)$$
$$\frac{mv^2}{2}+\frac{MR^2}{3} {\omega_i}^2= \frac{mv’^2}{2} + \frac{MR^2}{3} {\omega_{i+1}}$$
Substituindo $$v’$$ na conservação de energia.
$$v^2+\frac{MR^2}{3m} {\omega_i}^2 = [v-\frac{MR}{3m}(\omega_{i+1} – \omega_i)]^2 + \frac{MR^2}{3m} {\omega_{i+1}}^2$$
$$R {\omega_i}^2= \frac{MR}{3m} (\omega_{i+1} – \omega_i)^2-2v(\omega_{i+1}-\omega_i)+R {\omega_{i+1}}^2$$
$$\frac{MR}{3m} (\omega_{i+1}-\omega_i) + R(\omega_{i+1}+\omega_i)=2v$$
$$\omega_{i+1}=\frac{2v+R \big( \frac{M}{3m}-1 \big) \omega_i}{R \big( \frac{M}{3m} +1 \big)}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\omega_{i+1}=\frac{2v+R \big( \frac{M}{3m}-1 \big) \omega_i}{R \big( \frac{M}{3m} +1 \big)}$$
[/spoiler]
Questão 08:
Em agosto de 1913, portanto há 100 anos, Robert Millikan publicou um artigo onde descreve um método para, pela primeira vez na história, medir a unidade fundamental de carga elétrica – a carga do elétron. O objetivo do experimento é a comprovação do caráter discreto da carga elétrica. O método utilizado baseia-se na ação de um campo elétrico em uma gotícula de óleo, aproximadamente esférica, de densidade $$\rho$$, raio $$R$$ e eletrizada com carga $$q$$. A figura mostrada representa o arranjo experimental usado. As gotículas de óleo são borrifadas dentro da câmara e durante a pulverização algumas ionizam-se por atrito. Eventualmente, algumas penetram entre duas placas carregadas, separadas por uma distância d, através de um pequeno orifício. Pode-se observar através do telescópio que, dentre estas, algumas sobem, enquanto outras descem. Aplicando-se uma diferença de potencial $$V$$ apropriada entre as placas, pode-se selecionar uma gotícula e mantê-la em equilíbrio por certo tempo. O experimento mostrou que qualquer carga $$q$$ é um múltiplo inteiro positivo ou negativo de uma carga elementar – a carga do elétron. Determine a carga de uma gotícula de óleo em equilíbrio entre as placas em termos dos dados fornecidos no enunciado ($$\rho$$, $$R$$, $$d$$ e $$V$$), use $$g$$ como aceleração gravitacional local e $$\rho_{ar}$$ como a densidade do ar.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Eletrostática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Igualando o empuxo, o peso e a força elétrica, tem-se o equilírio da gotícula:
$$\rho \frac{4}{3} \pi R^3 g – \rho_{ar}\frac{4}{3} \pi R^3 g = \frac{Vq}{d}$$
$$q=\frac{4\pi d g R^3}{3V}(\rho-\rho_{ar})$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$q=\frac{4\pi d g R^3}{3V}(\rho-\rho_{ar})$$
[/spoiler]
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