FMTM 2000.2 · CE: Física resolvida e comentada

Q09

Mecânica — Gravitação — Satélite em órbita circular

Um satélite artificial gira em torno da Terra a uma altitude h = 1,6 × 10⁶ m, com período T = 100 min. Admitindo o raio da Terra R = 6,4 × 10⁶ m e π = 3,0, calcule, para o satélite, sua

(A) velocidade tangencial à órbita.

(B) aceleração.

(A) 8,0 × 10³ m/s. (B) 8,0 m/s², centrípeta.

Resolução

(A) O raio da órbita é a soma do raio da Terra com a altitude: r = 6,4 × 10⁶ + 1,6 × 10⁶ = 8,0 × 10⁶ m. O período é T = 100 min = 6.000 s.

\[v=\frac{2\pi r}{T}=\frac{2\cdot3{,}0\cdot8{,}0\times10^{6}}{6000}\]

\[v=8{,}0\times10^{3}\,\mathrm{m/s}\]

(B) Em órbita circular uniforme, a aceleração é centrípeta, apontada para o centro da Terra:

\[a=\frac{v^2}{r}=\frac{(8{,}0\times10^{3})^2}{8{,}0\times10^{6}}=8{,}0\,\mathrm{m/s^2}\]

Q10

Mecânica — Trabalho e energia — Mola, trabalho e conservação da energia

A figura representa uma mola ideal de constante elástica 8800 N/m, inicialmente comprimida de 0,10 m, por um pequeno bloco de massa 2,0 kg sobre uma pista horizontal sem atrito, a 2 m acima do solo. Liberado o sistema a partir do repouso, o bloco desliza até cair da pista.

Bloco de 2,0 kg comprimindo a mola sobre a pista a 2,0 m do solo; o bloco cai da pista e passa pelo ponto A, a 1,0 m do solo

Sendo a aceleração da gravidade g = 10,0 m/s² e não havendo perdas no sistema, calcule:

(A) o trabalho realizado pela força elástica.

(B) a velocidade do bloco ao passar pelo ponto A a 1,0 m do solo.

(A) 44 J. (B) 8,0 m/s.

Resolução

(A) O trabalho da força elástica, enquanto a mola se distende de 0,10 m até o comprimento natural, é igual à energia elástica armazenada:

\[W=\frac{kx^2}{2}=\frac{8800\cdot(0{,}10)^2}{2}=44\,\mathrm{J}\]

(B) Sem perdas, a energia mecânica se conserva. Na pista horizontal, a energia elástica vira cinética (44 J). Entre a borda da pista (2,0 m) e o ponto A (1,0 m), o bloco desce 1,0 m:

\[\frac{mv_A^2}{2}=W+mg\,\Delta h=44+2{,}0\cdot10\cdot1{,}0=64\,\mathrm{J}\]

\[v_A^2=\frac{2\cdot64}{2{,}0}=64\Rightarrow v_A=8{,}0\,\mathrm{m/s}\]

Q11

Termologia — Termodinâmica — Ciclo com transformação isotérmica

Certa quantidade de gás ideal sofre o ciclo de transformações ABCA representado no diagrama. Na transformação AB, isotérmica, o sistema recebe 730 kJ de calor.

Diagrama p × V do ciclo ABCA: A em V = 2 m³ e p = 4×10⁵ N/m²; AB isotérmica até V = 5 m³; BC isobárica até V = 2 m³; CA isocórica

Considere a constante universal dos gases R = 8,3 J/mol·K e calcule:

(A) o valor de p_B.

(B) o trabalho realizado no ciclo ABCA.

(A) p_B = 1,6 × 10⁵ N/m². (B) 250 kJ (positivo, ciclo no sentido horário).

Resolução

(A) Na isoterma AB, pV é constante:

\[p_AV_A=p_BV_B\Rightarrow p_B=\frac{4\times10^{5}\cdot2}{5}=1{,}6\times10^{5}\,\mathrm{N/m^2}\]

(B) O trabalho do ciclo é a soma dos trabalhos de cada etapa.

AB (isotérmica, ΔU = 0): o gás recebe 730 kJ de calor e realiza o mesmo trabalho, W_AB = +730 kJ.

BC (isobárica, p = 1,6 × 10⁵ N/m², volume de 5 m³ a 2 m³):

\[W_{BC}=p\,\Delta V=1{,}6\times10^{5}\cdot(2-5)=-4{,}8\times10^{5}\,\mathrm{J}=-480\,\mathrm{kJ}\]

CA (isocórica): W_CA = 0.

\[W_{ciclo}=730-480+0=250\,\mathrm{kJ}\]

O valor é positivo porque o ciclo é percorrido no sentido horário. A constante R não é necessária.

Q12

Eletricidade — Eletrodinâmica — Circuito com dois geradores e capacitor

No circuito da figura, o capacitor já está carregado.

Três ramos em paralelo entre A e B: gerador de 12 V em série com 6 Ω, capacitor de 5 μF e gerador de 4 V em série com 4 Ω; em ambos os geradores o polo positivo fica do lado de B

Determine:

(A) a ddp entre os pontos A e B.

(B) a carga do capacitor.

(A) 7,2 V (B mais positivo que A). (B) 3,6 × 10⁻⁵ C (36 μC).

Resolução

(A) Com o capacitor carregado, não há corrente no ramo central. A corrente circula apenas entre os dois geradores. Como os polos positivos de ambos estão do lado de B, eles se opõem; vence o de 12 V e a corrente tem sentido determinado por ele:

\[i=\frac{12-4}{6+4}=0{,}80\,\mathrm{A}\]

Pelo ramo superior (gerador de 12 V, com a corrente saindo pelo positivo):

\[V_B-V_A=12-6\cdot0{,}80=7{,}2\,\mathrm{V}\]

Conferindo pelo ramo inferior (gerador de 4 V, que recebe corrente): V_B − V_A = 4 + 4 · 0,80 = 7,2 V.

(B) O capacitor está ligado entre A e B e tem a ddp de 7,2 V:

\[Q=CV=5\times10^{-6}\cdot7{,}2=3{,}6\times10^{-5}\,\mathrm{C}\]

Q13

Ondulatória — Fenômenos ondulatórios — Experiência de Young

Utilizou-se um arranjo de Young, com fendas paralelas separadas por d = 0,4 × 10⁻³ m e distância das fendas ao anteparo D = 2,0 m, para determinar o comprimento de onda λ emitido por uma fonte de luz monocromática. A distância obtida, no anteparo, entre dois máximos de intensidade luminosa sucessivos das franjas de interferência foi de 3,0 × 10⁻³ m. Determine o comprimento de onda λ.

λ = 6,0 × 10⁻⁷ m (600 nm).

Resolução

No arranjo de Young, a distância entre máximos sucessivos (interfranja) é:

\[\Delta y=\frac{\lambda D}{d}\]

\[\lambda=\frac{\Delta y\,d}{D}=\frac{3{,}0\times10^{-3}\cdot0{,}4\times10^{-3}}{2{,}0}=6{,}0\times10^{-7}\,\mathrm{m}\]

O comprimento de onda é 600 nm (luz alaranjada).

Q14

Eletricidade — Eletromagnetismo — Partícula acelerada e em campo magnético

Uma partícula de massa m = 2 × 10⁻¹⁶ kg e de carga q = 2 × 10⁻⁶ C é acelerada, a partir do repouso, por uma ddp de 800 V e, em seguida, penetra em um campo magnético de intensidade 0,04 T, perpendicularmente às suas linhas de indução. Desprezando quaisquer perdas e ações gravitacionais, calcule:

(A) a intensidade da força magnética que age sobre a partícula.

(B) o raio da trajetória circular que a partícula descreve.

(A) 0,32 N. (B) 1,0 cm (1,0 × 10⁻² m).

Resolução

(A) Na aceleração, o trabalho da força elétrica vira energia cinética:

\[qU=\frac{mv^2}{2}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}=\sqrt{\frac{2\cdot2\times10^{-6}\cdot800}{2\times10^{-16}}}=4\times10^{6}\,\mathrm{m/s}\]

Entrando perpendicularmente ao campo:

\[F=qvB=2\times10^{-6}\cdot4\times10^{6}\cdot0{,}04=0{,}32\,\mathrm{N}\]

(B) A força magnética é a resultante centrípeta:

\[qvB=\frac{mv^2}{r}\Rightarrow r=\frac{mv}{qB}=\frac{2\times10^{-16}\cdot4\times10^{6}}{2\times10^{-6}\cdot0{,}04}=1{,}0\times10^{-2}\,\mathrm{m}\]

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Dados da prova