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Eletricidade — Eletrostática — Movimento de elétron com inversão do campo elétrico

Um elétron é retirado de uma das placas de um capacitor de placas paralelas e é acelerado no vácuo, a partir do repouso, por um campo elétrico constante. Esse campo é produzido por uma diferença de potencial estabelecida entre as placas e imprime no elétron uma aceleração constante, perpendicular às placas, de módulo $6{,}4\times10^3\,\mathrm{m/s^2}$. A intensidade do campo elétrico é grande o suficiente para que se possam desprezar os efeitos gravitacionais sobre o elétron.

Depois de $2\,\mathrm{ms}$ ($2\times10^{-3}\,\mathrm s$), a polaridade da diferença de potencial estabelecida entre as placas é bruscamente invertida, e o elétron passa a sofrer uma força de mesmo módulo que o da força anterior, porém de sentido inverso. Por causa disso, o elétron acaba por retornar à placa de onde partiu, sem ter alcançado a 2ª placa do capacitor.

a) Esboce, no reticulado abaixo, o gráfico da velocidade do elétron em função do tempo, desde o instante em que ele é retirado da placa até o instante em que ele retorna à mesma placa. (0,5 ponto)

b) Determine a distância mínima que deve existir entre as placas do capacitor de modo que o elétron não atinja a segunda placa, conforme foi relatado. (1,0 ponto)

c) Calcule o tempo que o elétron levou no percurso desde o instante em que ele é retirado da placa até o instante em que retorna ao ponto de partida. (0,5 ponto)

d) Determine o módulo do campo elétrico responsável pela aceleração do elétron, sabendo-se que sua massa é $9{,}0\times10^{-31}\,\mathrm{kg}$ e que sua carga é $1{,}6\times10^{-19}\,\mathrm C$. (0,5 ponto)

a) Gráfico na resolução. b) Separação maior que $25{,}6\,\mathrm{mm}$. c) $(4+2\sqrt2)\,\mathrm{ms}\approx6{,}83\,\mathrm{ms}$. d) $E=3{,}6\times10^{-8}\,\mathrm{N/C}$.

Resolução comentada

a) Dois trechos de aceleração. Adote o sentido inicial do movimento como positivo e chame o módulo da aceleração de $a$. Até $t_1=2\,\mathrm{ms}$, $v=at$ e $v_1=6{,}4\times10^3\cdot2\times10^{-3}=12{,}8\,\mathrm{m/s}$. Depois da inversão do campo, a aceleração passa a ser $-a$, sem salto instantâneo da velocidade.

A partir daí, $v=v_1-a(t-t_1)$. A velocidade zera em $t=4\,\mathrm{ms}$ e depois fica negativa até o retorno. Assim, o gráfico é formado por duas retas, primeiro crescente e depois decrescente. Inverter a força não inverte a velocidade instantaneamente.

Gráfico da resolução; tempos no eixo horizontal em milissegundos.

b) Afastamento máximo. A posição máxima ocorre quando a velocidade zera, em $4\,\mathrm{ms}$. O deslocamento é a área positiva do gráfico: $D=\tfrac12(4\times10^{-3})(12{,}8)=25{,}6\times10^{-3}\,\mathrm m=25{,}6\,\mathrm{mm}$. Para não tocar a segunda placa, a separação deve ser estritamente maior que esse valor; $25{,}6\,\mathrm{mm}$ é o valor-limite.

c) Retorno. Do ponto de afastamento máximo, o elétron parte do repouso e percorre $D$ com aceleração de módulo $a$. Logo, $D=\tfrac12a(\Delta t)^2$, dando $\Delta t=\sqrt{2D/a}=2\sqrt2\,\mathrm{ms}$. Somando os $4\,\mathrm{ms}$ anteriores: $t_{\rm total}=(4+2\sqrt2)\,\mathrm{ms}\approx6{,}83\,\mathrm{ms}$.

d) Campo elétrico. A segunda lei de Newton e a força elétrica fornecem $ma=|q|E$. Portanto, $E=ma/|q|=(9{,}0\times10^{-31})(6{,}4\times10^3)/(1{,}6\times10^{-19})=3{,}6\times10^{-8}\,\mathrm{N/C}$. Usamos o módulo da carga; por ser negativo, o elétron acelera em sentido oposto ao campo.

Resposta: a) Gráfico na resolução. b) Separação maior que $25{,}6\,\mathrm{mm}$. c) $(4+2\sqrt2)\,\mathrm{ms}\approx6{,}83\,\mathrm{ms}$. d) $E=3{,}6\times10^{-8}\,\mathrm{N/C}$.

Eletricidade — Eletrodinâmica — Circuito com chave e associação de lâmpadas

Considere o circuito elétrico simples da figura abaixo. O resistor nela representado tem resistência variável $R$. $L_1$ e $L_2$ são 2 lâmpadas idênticas, de resistência $r$, e C é um interruptor. A bateria, suposta ideal, tem força eletromotriz $\varepsilon$ e os fios de conexão têm resistência desprezível.

Resistor variável em série com dois ramos de lâmpadas; a chave C controla o ramo L1.

a) Com a chave C aberta, determine a intensidade de corrente $i_2$ através da lâmpada $L_2$ em função de $\varepsilon$, $r$ e $R$. (0,5 ponto)

b) Considere agora que a chave C é fechada. Nessa situação, altera-se a resistência variável e mede-se a intensidade de corrente $i_2$ em função de $R$. O gráfico abaixo representa os resultados dessas medidas. Determine os valores de $\varepsilon$ e $r$. (1,0 ponto)

Corrente i2 em função de R: 0,5 A para R igual a zero e 0,2 A para R igual a 180 ohms.

c) Calcule a razão entre as potências consumidas pela lâmpada $L_2$ com a chave C fechada e com a chave C aberta, como função de $R$. Para que valor de $R$ a potência consumida pela lâmpada $L_2$ é a mesma nas duas situações? (0,5 ponto)

a) $i_2=\varepsilon/(R+r)$. b) $\varepsilon=120\,\mathrm V$, $r=240\,\Omega$. c) $P_f/P_a=(R+r)^2/(2R+r)^2$; igualdade em $R=0$.

Resolução comentada

a) Chave aberta. O ramo da lâmpada $L_1$ não conduz corrente. Restam $R$ e $L_2$ em série, com resistência equivalente $R+r$. Pela lei de Ohm, $i_{2,a}=\varepsilon/(R+r)$.

b) Chave fechada. As lâmpadas idênticas ficam em paralelo, com resistência equivalente $r/2$. Esse paralelo está em série com $R$, e a corrente total é $I=\varepsilon/(R+r/2)$. Cada lâmpada recebe metade da corrente: $i_{2,f}=I/2=\varepsilon/(2R+r)$.

No gráfico, para $R=0$, $i_2=0{,}5\,\mathrm A$, portanto $\varepsilon=0{,}5r$. Para $R=180\,\Omega$, $i_2=0{,}2\,\mathrm A$, logo $\varepsilon=0{,}2(360+r)$. Igualando: $0{,}5r=72+0{,}2r$, de onde $r=240\,\Omega$ e $\varepsilon=120\,\mathrm V$.

c) Comparação de potências. Como a resistência da lâmpada é a mesma, $P=ri_2^2$ fornece $P_f/P_a=[i_{2,f}/i_{2,a}]^2=(R+r)^2/(2R+r)^2$. As duas potências são iguais quando $R+r=2R+r$, isto é, $R=0$. Nesse caso, a bateria ideal mantém a mesma tensão na lâmpada, independentemente da ligação do outro ramo.

Resposta: a) $i_2=\varepsilon/(R+r)$. b) $\varepsilon=120\,\mathrm V$, $r=240\,\Omega$. c) $P_f/P_a=(R+r)^2/(2R+r)^2$; igualdade em $R=0$.

Mecânica — Quantidade de movimento — Mola entre blocos e dissipação por atrito

Dois objetos feitos do mesmo material repousam sobre um trecho sem atrito de uma superfície horizontal, enquanto comprimem uma mola de massa desprezível.

Quando abandonados, um deles, de massa $2{,}0\,\mathrm{kg}$, alcança a velocidade de $1{,}0\,\mathrm{m/s}$ ao perder o contato com a mola. Em seguida, alcança um trecho rugoso da superfície, passa a sofrer o efeito do atrito cinético e percorre $0{,}5\,\mathrm m$ nesse trecho até parar.

a) Qual o coeficiente de atrito cinético entre esse bloco e o trecho rugoso da superfície horizontal? (1,0 ponto)

b) Qual é a velocidade alcançada pelo 2º bloco, de massa $1{,}0\,\mathrm{kg}$, ao perder o contato com a mola? (0,5 ponto)

c) Sabendo-se que a constante elástica da mola é $6{,}0\times10^4\,\mathrm{N/m}$, de quanto a mola estava comprimida inicialmente? (0,5 ponto)

a) $\mu_c=0{,}10$, adotando $g=10\,\mathrm{m/s^2}$. b) $2{,}0\,\mathrm{m/s}$ em sentido oposto ao primeiro bloco. c) $1{,}0\,\mathrm{cm}$.

Resolução comentada

a) Trabalho do atrito. No trecho rugoso, a força normal é $N=mg$ e o atrito tem módulo $\mu_cmg$. Pelo teorema da energia cinética, $-\mu_cmgd=0-\tfrac12mv^2$. Assim, $\mu_c=v^2/(2gd)$. Adotando $g=10\,\mathrm{m/s^2}$, como no padrão de respostas, $\mu_c=1^2/(2\cdot10\cdot0{,}5)=0{,}10$. O coeficiente é adimensional.

b) Separação dos blocos. Durante a distensão da mola no trecho liso, não há força externa horizontal resultante. A quantidade de movimento inicial é nula. Logo, $m_1v_1+m_2v_2=0$. Tomando o sentido do primeiro bloco como positivo, $v_2=-(2{,}0\cdot1{,}0)/1{,}0=-2{,}0\,\mathrm{m/s}$. O sinal negativo indica sentido oposto.

c) Energia da mola. A energia elástica inicial transforma-se na energia cinética dos dois blocos antes de qualquer dissipação por atrito. Portanto, $\tfrac12kx^2=\tfrac12m_1v_1^2+\tfrac12m_2v_2^2=1+2=3\,\mathrm J$.

Com $k=6{,}0\times10^4\,\mathrm{N/m}$, $x^2=2\cdot3/(6{,}0\times10^4)=10^{-4}\,\mathrm{m^2}$ e $x=10^{-2}\,\mathrm m=1{,}0\,\mathrm{cm}$. Não se deve incluir na conservação de energia elástica o trecho rugoso posterior, onde há dissipação.

Resposta: a) $\mu_c=0{,}10$, adotando $g=10\,\mathrm{m/s^2}$. b) $2{,}0\,\mathrm{m/s}$ em sentido oposto ao primeiro bloco. c) $1{,}0\,\mathrm{cm}$.

Óptica — Refração — Reflexão total e índice de refração da água

O fenômeno de reflexão interna pode ser usado para medir o índice de refração da água de uma forma simples. A figura representa, esquematicamente, um relógio imerso em água. Com a luz de um laser incidindo perpendicularmente sobre a superfície da água e variando-se o ângulo $\theta$ que o mostrador do relógio faz com a mesma, observa-se que existe um ângulo crítico $\theta_c$, a partir do qual ocorre reflexão total do raio na interface entre o vidro e o ar.

Laser incide verticalmente na água e atravessa vidro inclinado sobre uma camada de ar no relógio.

a) Obtenha o índice de refração da água em função de $\theta_c$, considerando que o índice de refração do ar é aproximadamente igual a 1. (1,0 ponto)

b) Calcule a velocidade da luz na água, sabendo que a velocidade da luz no vácuo é $c\approx3\times10^5\,\mathrm{km/s}$ e que o ângulo crítico $\theta_c=48{,}6^\circ$. (0,5 ponto)

Dados: $\sin48{,}6^\circ=0{,}75$, $\cos48{,}6^\circ=0{,}66$.

a) $n_{\text{água}}=1/\sin\theta_c$. b) $v\approx2{,}25\times10^5\,\mathrm{km/s}$.

Resolução comentada

a) Geometria e lei de Snell. O laser entra perpendicularmente na superfície da água, sem desvio. O ângulo entre o raio vertical e a normal ao mostrador é igual ao ângulo $\theta$ entre o mostrador e a superfície horizontal. Seja $\alpha$ o ângulo do raio dentro do vidro e $\beta$ o ângulo refratado no ar do relógio.

Nas duas interfaces paralelas, $n_{\text{água}}\sin\theta=n_{\rm vidro}\sin\alpha$ e $n_{\rm vidro}\sin\alpha=n_{\rm ar}\sin\beta$. No limite da reflexão total, $\beta=90^\circ$ e $n_{\rm ar}\approx1$, portanto $n_{\text{água}}\sin\theta_c=1$. Logo, $n_{\text{água}}=1/\sin\theta_c$. O índice do vidro se cancela, por isso não precisa ser fornecido.

b) Velocidade. Pela definição de índice de refração, $n=c/v$, logo $v=c/n=c\sin\theta_c$. Usando os dados: $v=(3\times10^5)(0{,}75)=2{,}25\times10^5\,\mathrm{km/s}$, ou $2{,}25\times10^8\,\mathrm{m/s}$. O padrão oficial apresenta o valor aproximado $2{,}2\times10^5\,\mathrm{km/s}$; o produto dos dados fornecidos é $2{,}25\times10^5\,\mathrm{km/s}$.

Resposta: a) $n_{\text{água}}=1/\sin\theta_c$. b) $v\approx2{,}25\times10^5\,\mathrm{km/s}$.

Mecânica — Hidrostática — Pressão atmosférica e expansão isotérmica em recipiente fechado

Um recipiente transparente é preenchido com água até uma certa altura antes de ser hermeticamente tampado. Uma certa quantidade de ar fica, assim, presa no interior do recipiente e exerce sobre a superfície livre do líquido uma pressão igual à pressão atmosférica $p_0$. A figura 1 ilustra a situação descrita. Em seguida, uma torneira, localizada no fundo do recipiente e com canal de escoamento fino o suficiente para evitar a entrada de ar, é aberta, deixando que o líquido escoe. Esse escoamento se interrompe espontaneamente quando a superfície livre da água no interior do recipiente está a uma altura $H$ relativa ao nível da torneira, como mostra a figura 2.

Recipiente fechado antes e depois do escoamento; volume inicial de ar V, altura final H e líquido retirado ΔV.

a) Determine a pressão exercida pela massa de ar acima da superfície livre da água na situação final de equilíbrio hidrostático, em função da pressão atmosférica local $p_0$, da altura $H$, da densidade da água $\rho$ e da aceleração da gravidade local $g$. (0,75 ponto)

b) Considere isotérmica a expansão sofrida pela massa de ar interna ao recipiente, durante o processo descrito. Use essa hipótese para determinar outra vez a pressão exercida por essa massa de ar ao final desse processo, agora em função de sua pressão inicial, que era a pressão atmosférica $p_0$, do volume $V$ que ocupava inicialmente, e do volume $\Delta V$ de líquido escoado. (0,75 ponto)

c) Os resultados obtidos nos itens a) e b) sugerem uma experiência simples, capaz de obter a pressão atmosférica local $p_0$, através da medida das quantidades $H$, $V$ e $\Delta V$. O gráfico abaixo mostra os resultados obtidos nessas experiências quando feitas em duas cidades A e B, localizadas em diferentes altitudes em relação ao nível do mar. Qual das duas cidades está localizada a uma maior altitude? Justifique sua resposta. (0,5 ponto)

Gráfico de ρgH contra ΔV/(V+ΔV); reta da cidade A tem inclinação maior que a da cidade B.

a) $p=p_0-\rho gH$. b) $p=p_0V/(V+\Delta V)$. c) Cidade B, cuja pressão atmosférica é menor.

Resolução comentada

a) Equilíbrio hidrostático. No instante em que o escoamento cessa, a pressão do lado interno da torneira se iguala à pressão atmosférica externa. Pela lei de Stevin, $p+\rho gH=p_0$, portanto $p=p_0-\rho gH$. A pressão do ar preso é menor do que a atmosférica; essa diferença sustenta a coluna líquida restante.

b) Expansão isotérmica. Como o recipiente permanece fechado à entrada de ar, a quantidade de gás é constante. A saída de $\Delta V$ de água aumenta o volume do ar de $V$ para $V+\Delta V$. Para o gás ideal a temperatura constante, $p_0V=p(V+\Delta V)$, logo $p=p_0V/(V+\Delta V)$.

c) Interpretação do gráfico. Igualando as duas expressões, $p_0-\rho gH=p_0V/(V+\Delta V)$. Reorganizando, $\rho gH=p_0\,\Delta V/(V+\Delta V)$. No gráfico de $y=\rho gH$ contra $x=\Delta V/(V+\Delta V)$, a inclinação é a pressão atmosférica $p_0$.

A reta da cidade B é menos inclinada, portanto $p_{0,B}

Resposta: a) $p=p_0-\rho gH$. b) $p=p_0V/(V+\Delta V)$. c) Cidade B, cuja pressão atmosférica é menor.

UFF | 2011 · 2ª etapa

Dados da prova