sábado, 14 de janeiro de 2017

Especial de Sábado

Ganhadores do Premio Nobel de Física

Borges e Nicolau
x
1987
J. Georg Bednorz e K. Alexander Müller pelos importantes avanços na descoberta de materiais cerâmicos supercondutores. 

J. Georg Bednorz (1950), físico alemão; K. Alexander Müller (1927), físico suíço

Johannes Georg Bednorz é um físico alemão nascido em Neuenkirchenem, Alemanha, em 16 de maio de 1950. Bednorz foi laureado com o Prêmio Nobel de Física de 1987 por seus trabalhos que redundaram em fundamentais avanços na descoberta de materiais cerâmicos supercondutores.

Karl Alexander Müller é um físico suíço nascido em 20 de abril de 1927 na cidade suíça de Basiléia. Müller recebeu o Prêmio Nobel de Física de 1987, junto com Johannes Georg Bednorz, por trabalhos que redundaram em fundamentais avanços na descoberta de materiais cerâmicos supercondutores.

Saiba mais. Clique aqui e aqui

Próximo Sábado: Ganhadores do Premio Nobel de 1988: 
Leon M. Lederman, Melvin Schwartz e Jack Steinberger, pelo método do feixe de neutrinos, descoberta do múon neutrino e demonstração dos léptons dobrados.

sexta-feira, 13 de janeiro de 2017

Física Animada

quinta-feira, 12 de janeiro de 2017

Caiu no vestibular

Prova de Física da UEMG (continuação)

Exercício 4:


O desenvolvimento tecnológico das últimas décadas tem exigido a produção cada vez maior de energia, principalmente de energia elétrica. Além das hidrelétricas, outras fontes como painéis fotovoltaicos, usinas eólicas, termoelétricas e baterias têm sido usadas para produzir energia elétrica.
São fontes de energia que não se baseiam na indução eletromagnética para produção de energia elétrica:


a) pilhas e painéis fotovoltaicos.
b) termoelétricas e usinas eólicas.
c) pilhas, termoelétricas e painéis fotovoltaicos.
d) termoelétricas, painéis fotovoltaicos e usinas eólicas.


Resolução:


O fenômeno da indução eletromagnética consiste na produção de energia elétrica pela variação do fluxo magnético na superfície de uma espira. É o que ocorre nas usinas hidrelétricas, termoelétricas e eólicas. Os painéis fotovoltaicos transformam a energia solar, predominantemente luminosa, em energia elétrica. Na pilhas, energia química se transforma em energia elétrica. 


Portanto, são fontes de energia que não se baseiam na indução eletromagnética para produção de energia elétrica as pilhas e os painéis fotovoltaicos.


Resposta: a

Exercício 5:


Um estudante dispunha de um espelho côncavo e de uma lente biconvexa de vidro para montar um dispositivo que amplia a imagem de um objeto. Ele então montou o dispositivo, conforme mostrado no diagrama. O foco do espelho é F e os das lentes são f e f’. O objeto O é representado pela seta.



Após a montagem, o estudante observou que era possível visualizar duas imagens. As características dessas imagens são:

a) Imagem 1: real, invertida e maior.
Imagem 2: real, invertida e menor.

b) Imagem 1: real, direta e maior.
Imagem 2: real, invertida e menor.

c) Imagem 1: virtual, direta e maior.
Imagem 2: real, invertida e menor.

d) Imagem 1: virtual, direta e menor.
Imagem 2: real, invertida e maior.


Resolução:


Uma imagem é formada diretamente pela lente biconvexa. Estando o objeto O antes do ponto antiprincipal objeto, concluímos que a imagem conjugada pela lente é real, invertida e menor do que o objeto O.


A imagem do objeto O, conjugada pelo espelho está situada a uma distância do espelho, dada pela equação de Gauss:


1/f = 1/p +1/p’ => 1/60 = 1/80+1/p’ => 1/p’ = 1/60-1/80 =>

1/p’ = (8-6)/480 => p’= 240 cm. 

Esta imagem, cuja altura é maior do que O, funciona como objeto para a lente biconvexa e situa-se a 120 cm da lente, pois a distância do espelho à lente é de 360 cm. Assim, a imagem i conjugada pelo espelho, que é objeto em relação à lente, está situada entre o foco f é o ponto antiprincipal objeto. A segunda imagem formada pela lente é real invertida em relação a i e direita em relação a O e maior do que o objeto O.

Assim, é possível visualizar duas imagens reais sendo uma direita e maior , em relação ao objeto O (i1), e outra invertida e menor, em relação ao objeto O (
i2).


i2: imagem de O em relação à lente. i2 é real, invertida em relação a O e menor do que O.

i: imagem de O fornecida pelo espelho e objeto em relação à lente. A imagem formada pela lente do objeto i é i1, real, direita em relação a O e maior do que O.

Resposta: b

Exercício 6:


O dimer é um aparelho usado para controlar o brilho de uma lâmpada ou a potência de um outro aparelho, como um ventilador. Um dimer foi usado para controlar o brilho de uma lâmpada cujas especificações são 24,0 W e 12,0 V. A lâmpada foi associada em série ao dimer e ligada a uma bateria de 12,0 V, conforme representado no diagrama.



Sabendo-se que o dimer foi regulado para que a lâmpada dissipasse 81% de sua potência, a potência que ele dissipa, em W, é


a) 2,16.
b) 4,56.
c) 19.4.
d) 21,6.


Resolução:


As especificações da lâmpada são 24,0 W e12,0 V. Vamos calcular a resistência elétrica da lâmpada e vamos considerá-la constante: 


Pot = U2/R => 24,0 = (12,0)2/R => R = 6,0 Ω.

Como o dimer foi regulado para que a lâmpada dissipasse 81% de sua potência, a potência dissipada pela lâmpada passa a ser: 


PotL = 81%.24,0W = (81/100).24,0W = 19,44 W

A lâmpada está associada em série ao dimer e ligada a uma bateria de 12,0 V. 

Nestas condições, a lâmpada dissipa a potência PotL =19,44W, sendo UL a tensão elétrica na lâmpada e UD a tensão elétrica no dimer, temos: UL + UD = 12,0V (1)

De
PotL= (UL)2/R, vem: 19,44 = (UL)2/6,0 => = (UL)2 = 116,64 => UL = 10,8 V

Podemos calcular também a intensidade da corrente elétrica que percorre a lâmpada e o dimer: 


UL = R.i => 10,8 = 6,0.i => i = 1,8 A.

De (1) resulta a tensão
UD no dimer: 10,8V + UD = 12,0V => UD = 1,2 V

A potência dissipada pelo dimer é dada por:


PotD = UD.i = (1,2V).(1,8A) => PotD = 2,16 W

Resposta: a

quarta-feira, 11 de janeiro de 2017

Férias - Eletricidade

Nestas semanas que antecedem o início dos Cursos do Blog, publicaremos alguns desafios propostos durante o ano letivo de 2016. Uma oportunidade para você relembrar tópicos importantes do programa. 

Borges e Nicolau

Desafio 1:

Uma esfera metálica A eletrizada com carga elétrica 3,2 μC é colocada em contato com outra esfera idêntica B, eletrizada com carga elétrica 9,6 μC.

a) Determine as cargas elétricas adquiridas por A e B após o contato.
b) Que partículas passaram de uma esfera para outra, prótons ou elétrons?
c) De A para B ou de B para A?
d) Qual é o número de partículas que foram transferidas de uma esfera para outra?

É dada a carga elétrica elementar: e = 1,6.10-19 C.


Resolução:

a) Q = (
Q1+Q2)/2 => Q = (3,2+9,6)/2 => Q = 6,4 μC

b) São os elétrons que passam de uma esfera para outra.

c) A carga elétrica da esfera A passa de 3,2 μC para 6,4 μC, isto é, aumenta a carga elétrica positiva de A. Logo ela cede elétrons para B. Observe que a carga elétrica positiva de B diminui (passa de 9,6 μC para 6,4 μC): B recebe elétrons.

d) Módulo da carga elétrica que passa de A para B: 6,4 μC -3,2 μC = 3.2 μC

Número de elétrons que passa de A para B:

n = 3,2.
10-6/1,6.10-19 => n = 2,0.1013 elétrons

Desafio 2:
 

Aproxima-se uma esfera metálica A, eletrizada positivamente, de duas esferas metálicas idênticas B e C, inicialmente descarregadas e encostadas uma na outra. Represente na figura abaixo as cargas elétricas induzidas nas esferas B e C:


Em seguida, afasta-se um pouco a esfera B da esfera C e afasta-se a esfera A para bem longe de B e C. Represente, nesta situação, a distribuição das cargas elétricas em B e C:



Estando a esfera A bem distante, como seria a distribuição das cargas elétricas  em B e C, supostas também bem distantes uma da outra?



Resolução:

A esfera A induz na região de B, próxima de A, cargas elétricas negativas e na região de C, mais afastada de A, cargas elétricas positivas:



Afastando-se A e separando-se um pouco B de C, as cargas elétricas 

induzidas se atraem:


Afastando-se A e separando-se B de C, de modo que fiquem bem distantes, as cargas elétricas de B se distribuem uniformemente  em sua superfície, o mesmo ocorrendo com as cargas elétricas de C:



Desafio 3:

Duas partículas A e B, eletrizadas positivamente com carga elétrica Q, são fixas em pontos separados pela distância 2d. A força eletrostática de repulsão entre elas tem intensidade F. No ponto médio entre as duas partículas A e B, fixa-se uma partícula C, eletrizada negativamente, com carga elétrica –Q/2. Considere que a interação entre elas é somente eletrostática. Analise as afirmações:

I) As intensidades das forças eletrostáticas resultantes que agem em A e B, aumentam passando para 3F/2
II) A força eletrostática resultante sobre a partícula C é nula.
III) As intensidades das forças eletrostáticas resultantes que agem em A e B, diminuem passando para F/2
IV) As forças elétricas resultante que agem em A e B invertem de sentido, ao se fixar a partícula C.

Quais afirmações são corretas?


Resolução:

Temos as situações:

1º) Antes de fixar a partícula C



2º) Depois de a partícula C ser fixada



A partícula C atrai as partículas A e B com força eletrostática de intensidade F1. Note que a força eletrostática resultante sobre a partícula C é nula.

Sendo F = K.QQ/4d
2 e F1 = K.Q.(Q/2)/d2, resulta F1 = 2F

Concluímos, então, que as  intensidades das forças resultante em A e em B são dadas por:
F1 - F = 2F - F = F: as forças resultantes em A e em B invertem de sentido e têm intensidades iguais a F.

São corretas: II) e IV).


Desafio 4:

Considere um triângulo equilátero ABC, de lado L. Seja G seu baricentro. Nos vértices A, B e C fixam- se partículas eletrizadas com cargas elétricas Q, Q e 2Q, respectivamente.  Qual a intensidade da força eletrostática resultante que age numa partícula de carga Q, fixa no baricentro G?
Dados: Q = 1,0.
10-6 C; K0 = 9.109 N.m2/C2; L = 1,0 m


Resolução:

Q situado em A repele Q situado em G com força de intensidade F
Q situado em B repele Q situado em G com força de intensidade F



A resultante destas duas forças tem intensidade F’ = F



2Q situado em C repele Q situado em G com força de intensidade 2F
A força eletrostática resultante da ação das três partículas sobre a situada em G, tem intensidade:
Fresult = 2F – F = F


Cálculo de F:
h2 = L2 - (L/2)2 => h2 = 3L2/4 => h = L.√3/2
2h/3 = L.√3/3
F =
K0.Q.Q/(L.√3/3)2 =>
F =  9.1
09.1,0.10-6.1,0.10-6/(1,0.√3/3)2 => F = 2,7.10-2 N

Resposta: Fresult = 2,7.1
0-2 N

Desafio 5:
 

Nos vértices A e B de um triângulo equilátero ABC de lado L = 10 cm, fixam-se duas partículas eletrizadas com cargas elétricas QA = 5,0 µC e QB = -5,0 µC, respectivamente. É dada a constante eletrostática K0 = 9.109 N.m2/C2.

a) Determine a intensidade do vetor campo elétrico resultante no vértice C
b) É possível fixar no ponto médio do segmento AB uma partícula eletrizada de modo que o campo elétrico resultante em C seja nulo?


Resolução:

a)
QA = 5,0 µC origina em C um vetor campo elétrico de afastamento e QB = -5,0 µC, de aproximação. As intensidades destes campos são iguais a:

E
A = EB = K0.IQI/L2 = 9.109.5,0.10-6/(0,10)2 => EA = EB = 4,5.106 N/C

O triângulo sombreado é equilátero. Portanto o vetor campo elétrico resultante tem a mesma intensidade dos vetores campo componentes: E = 4,5.1
06 N/C


b)
Se a carga elétrica da partícula fixa no ponto médio M, do segmento AB, for positiva o vetor campo elétrico
EM que ela origina em C é de afastamento; se negativa, de aproximação. Em ambos os casos, não é possível EM anular E.

terça-feira, 10 de janeiro de 2017

Férias - Termologia, Óptica e Ondas

Nestas semanas que antecedem o início dos Cursos do Blog, publicaremos alguns desafios propostos durante o ano letivo de 2016. Uma oportunidade para você relembrar tópicos importantes do programa. 

Borges e Nicolau

Desafio 1:

Três termômetros graduados, respectivamente, nas escalas Fahrenheit, Celsius e Kelvin, denominados respectivamente  primeiro, segundo e terceiro termômetros, são imersos num líquido contido num recipiente. A diferença  entre as leituras do primeiro e segundo termômetro é igual à diferença entre as leituras do terceiro e do segundo termômetro. Quais são as leituras nos três termômetros?


Resolução:

θF - θC = T - θC => θF = TθC/5 = (θF - 32)/9 => θC/5 = (T - 32)/9 =>  
θC/5 = (θC + 273 - 32)/9 =>
θC/5 = (θC + 241)/9 =>
9θC = 5θC + 1205 => θC = 301,25 °C
T = 301,25 + 273 => T = 574,25 K
 
θF = 574,25 °F

Desafio 2:

A escala Rankine, criada pelo engenheiro e físico escocês William John Macquorn Rankine (1820-1872), é também uma escala absoluta que adota como unidade o grau Rankine (°
Ra), cuja extensão é igual à do grau Fahrenheit (°F) e que considera o zero absoluto como 0 °Ra.

Determine:

a) a temperatura do zero absoluto na escala Fahrenheit;
b) a relação entre a temperatura absoluta Rankine (
TR) e a temperatura Fahrenheit correspondente (θF);
c) os valores das temperaturas correspondentes ao ponto do gelo e ao ponto do vapor na escala absoluta Rankine.


Resolução:

a)
(
θF - 32)/9 = θC/5 => (θF - 32)/9 = -273/5 =>
5
θF - 160 = -2457 => 5θF = - 2297 => θF = -459,4 °F

b)
Como a escala absoluta criada por Rankine adota como unidade o grau Rankine, cuja extensão é igual à do grau Farenheit, concluímos que uma variação de temperatura na escala Rankine é igual à correspondente variação na escala Farenheit. Assim:

Δ
TR = ΔθF => TR - 0 °R = θF -(-459,4) => TR = θF + 459,4

c)
Para os pontos do gelo e do vapor na escala Rankine temos:
 
θF = 32 °F => TR = 491,4 °R 
θF = 212 °F => TR = 671,4 °R%

Desafio 3:

O coeficiente de dilatação linear de um determinado material na escala Celsius é 2,7.1
0-5x°C-1. Na escala Fahrenheit, este coeficiente de dilatação linear, é igual a:

a) 1,2.10-5 °F-1
b) 1,5.1
0-5 °F-1
c) 1,8.1
0-5 °F-1
d) 2,1.1
0-5 °F-1
e) 2,4.1
0-5 °F-1

Resolução: 

αC = ΔL/(L0θC) (1)αF = ΔL/(L0θF) (2)

(1)/(2)


αC/αF = ΔθFθC)
2,7.1
0-5/αF = 9/5 => αF = 1,5.10-5 °F-1

Resposta: b


Desafio 4:

O volume de um frasco de vidro, até certa marca do gargalo, é de 100,00 cm
3. O frasco está cheio, até essa marca, com um líquido de coeficiente de dilatação volumétrica 1,5.10-3 °C-1. O coeficiente de dilatação linear do vidro é 2,0.10-5 °C-1. O frasco e o líquido estão inicialmente a 25 °C. A área da seção reta do gargalo é considerada constante e igual a 3,6 cm2.


Aquece-se o sistema que passa de 25 °C a 45 °C.

a) Responda e justifique, o nível do líquido sobe ou desce de um valor h no gargalo?
b) Qual é o valor de h?


Resolução:

a) Vamos calcular os volumes do líquido e do frasco, em virtude do aquecimento.
 

Vliq = V0.(1+γreal.Δθ) 
Vliq = 100,00.(1+1,5.10-3.20) 
Vliq = 130,00 cm3 
Vf = V0.(1+3.αf.Δθ) 
Vf = 100,00.(1+3.2,0.10-5.20) 
Vf = 100,12 cm3

Observe que o líquido se dilata mais do que o frasco. Logo o nível do líquido no gargalo sobe.

b) Cálculo de h. O volume de líquido que sobe no gargalo é igual a:

ΔV =
Vliq - Vf = 103,00cm3 - 100,12cm3 = 2,88cm3

ΔV = área da seção reta x altura

2,88 = 3,6h => h = 0,80 cm


Respostas: a) sobe; b) 0,80 cm


Desafio 5:
 

BTU (British Thermal Unit) é a quantidade de calor necessária para aquecer uma libra (1 lb) de água de um grau Fahrenheit (1°F), sob pressão normal.
Sabendo-se que 1 lb = 454 g e que o calor específico da água é igual a 1 cal/g.°C, prove que 1 BTU ≅ 252 cal.


Resolução:

ΔθC/5 = ΔθF/9 =ΔθC/5 = 1°F/9 = ΔθC = (5/9)°C
Q = m.c.Δθ => 1BTU = 454g.1cal/g.°C.(5/9)°C => 1BTU ≅ 252 cal

Resposta: 1BTU ≅ 252 cal