F5_-_Lista_27_-_Revisão_3_-_Resoluções

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ITA – F5 – LISTA 27 – RESOLUÇÕES 
REVISÃO 3 
 
 
Prof. Igor Ken 
 
1 
1. A figura ilustra o raio que sofre refração na atmosfera e atinge os olhos 
do observador. 
 
Da figura: 
 
=  =  
+ + 
R R
sen r r arcsen
R h R h
 
Da lei de Snell: 
=   = 
+
 
 =  
+ 
1 2
R
n sen i n sen r 1 sen i n
R h
nR
i arcsen
R h
 
Portanto: 
   
= −  = −   
+ +   
nR R
i r arcsen arcsen
R h R h
δ δ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Para a condição de desvio angular mínimo, temos: 
=  =
A
2r A r
2
 
= − =  =2i A A i Aδ 
Da lei de Snell: 
1 2
A
n seni n senr 1 senA n sen
2
A A A A
2 sen cos n sen n 2 cos
2 2 2 2
 =    = 
   =   = 
 
Para a incidência crítica, o ângulo de refração na segunda face deve 
ser igual ao ângulo limite: 
=  =  =  =

 
 − 
= − = − = 
   
 
2 2 2 2
2
2
2
2 2
1 1
r L senr senL senr senr
An
2 cos
2
A
4 cos 1
1 2
cosr 1 sen r 1
A A
2 cos 2 cos
2 2
 
Mas + =  = −1 2 1 2r r A r A r 
Da lei de Snell na primeira face, vem: 
( ) ( )
1 2
c 2 2 2
2
c
2
c
2
C
n seni n senr
A
seni n sen A r 2 cos senA cosr senr cosA
2
A
4 cos 1
A 12
seni 2 cos senA cosA
A A2
2 cos 2 cos
2 2
A
seni senA 4 cos 1 cosA
2
A
i arcsen senA 4cos 1 cosA
2
 = 
 =  − =    − 
 
 − 
  =    − 
  
 
 
 =   − −
 
=  − −  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 
3. Alternativa E 
Como o sistema é isolado horizontalmente, ocorre conservação da 
quantidade de movimento nessa direção. Assim, o espelho recua com 
velocidade de módulo v, tal que: =  = 0 0
m
Mv mv v v
M
 
Considerando o referencial gaussiano, o objeto possui velocidade 
=ob 0v v e o espelho possui velocidade = − esp 0
m
v v
M
. Assim, a 
velocidade da imagem é ( )= −  + + 2 2im ob espv A v 1 A v (*), onde A 
é o aumento linear transversal. Como no instante do disparo o objeto 
se encontra sobre o vértice do espelho, temos =A 1. Logo: 
( )2 2im 0 0 0 0
im 0
m 2m
v 1 v 1 1 v v v
M M
2m
v 1 v
M
 
= −  + +  −  = − −  
 
 
 = − +  
 
 
(*) Vamos demonstrar a relação. Derivando-se a equação dos pontos 
conjugados de Gauss com relação ao tempo, temos: 
2
2 2 2
1 1 1 d 1 d 1 d 1
f p p' dt f dt p dt p
dp dp'
dp' p ' dpdt dt0
dt dtp p' p
    
= +  = +    
     
 = − −  = −
 
Mas = ob
dp
v
dt
, = im
dp'
v
dt
 e = −
p'
A
p
. Portanto, temos: 
( )
 
= − = − −  = − 
 
2
2 2
im ob ob im ob
p'
v v A v v A v
p
 
Vamos agora considerar o objeto parado e o espelho se movendo. No 
referencial do espelho, a abscissa do objeto diminui a uma taxa 
= −
dp
v
dt
. Mas, as velocidades da imagem e do objeto em relação ao 
espelho se relacionam através da equação: = − 
2dp' dpA
dt dt
. Logo, a 
velocidade da imagem em relação ao espelho é = 
2dp' A v
dt
. Do 
movimento relativo, podemos encontrar a velocidade da imagem em 
relação à terra. 
( )= − =   = + 2 2im esp esp im esp
dp'
v v A v v 1 A v
dt
 
Agora, considerando tanto espelho quanto objeto se movendo, basta 
fazer a composição de movimentos e obtemos: 
( )= −  + + 2 2im ob espv A v 1 A v 
 
 
 
 
 
4. A figura a seguir ilustra a geometria do problema. 
 
( )
2
2h R 1 cos R 2sen R
2 2
  
= − = =        
θ θ
θ (I) 
Da dilatação do latão, temos: 
( )latão 0 latão
e
L L 1 T R
2
 
= + = + 
 
α Δ θ 
( )5 2
0,5
100 1 1,9 10 10 R
2
−   +   = + 
 
θ (II) 
Da dilatação do aço, temos: 
( )aço 0 aço
e
L L 1 T R
2
 
= + = − 
 
α Δ θ 
( )5 2
0,5
100 1 1,1 10 10 R
2
−   +   = − 
 
θ (III) 
Das equações (II) e (III): 
( )3100 0,8 10 0,16 rad
2
−=   =
θ
θ 
Substituindo 0,16 rad=θ em (II): 
( )5 2
0,5
R 0,16 100 1 1,9 10 10 R 626 cm
2
− +  = +    = 
 
 
Na equação (I), obtemos: 
2 2626 0,16
h R h 8 cm
2 2
  
= =  =  
 
θ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 3 
5. Cálculo do calor específico a volume constante da mistura: 
 + +
= =  =
++
A B
A BV V
V V
A B
3R 5R
1 1n C n C
2 2C C 2R
1 1n n
 
Cálculo do calor específico a pressão constante da mistura: 
 + +
= =  =
++
A B
A BP P
P P
A B
5R 7R
1 1n C n C
2 2C C 3R
1 1n n
 
Portanto, o coeficiente de Poisson da mistura vale: 
= =  =P
V
C 3R
1,5
2RC
γ γ 
6. a) Sejam V e T o volume e a temperatura para cada parte do cilindro. 
Considerando a pressão do oxigênio igual a P e a do nitrogênio igual 
a 2P, temos: =
2N
2PV n RT e =
2O
PV n RT 
Logo, =
2 2N O
n 2n . Assim, temos: =
2O
n n e =
2N
n 2n 
 
Considerando a figura acima, o CM do N2 está localizado em 10 cm e 
do O2 em 30 cm. Assim, a posição do CM do sistema no início é: 
+   +  
= =
+  + 
 =
2 2 2 2
2 2
N N O Oi
CM
N O
i
CM
m x m x 2n 28 10 n 32 30
x
m m 2n 28 n 32
x 17,3 cm
 
b) No final, os dois gases ocuparão todo o cilindro de maneira 
uniforme, de modo que, o centro de massa de cada gás estará 
exatamente no centro do cilindro. 
 
Mas, como o sistema se encontra isolado na horizontal e inicialmente 
em repouso, a posição do CM permanece constante: =i fCM CMx x 
Assim, o cilindro se deslocará: = −  =x 20 17,3 x 2,7 cmΔ Δ 
 
 
 
 
 
 
 
7. Para o equilíbrio de forças na bolinha, temos: 
= +  = +1 0 1 0
mg
P A P A mg P P
A
 
Ao se deslocar a bolinha de uma distância x, temos: 
( ) ( )= − − = −  = − 22 0 2 1 2 1F P A P A mg P P A F P P aπ 
Como o processo é adiabático, temos: 
( )
−
=  = −
   
 = −  = −   
   
   
γγ γ γ
γ γ
π
π π
2
1 2 1 21 2
2 2
1 2 2 1
P V P V P V P V a x
a x a x
P P 1 P P 1
V V
 
Usando a aproximação +  +n(1 x) 1 nx, x 1, temos: 
 
= +  − =  
 
 
2 2
2 1 2 1 1
a x a x
P P 1 P P P
V V
γπ γπ
 
Logo, temos: 
( ) + 
 
=   = 
2
2
02 2
2
1
mg
P a
a x a
F P a x
V V
γ π
γπ ππ 
Assim, F = Kx, onde 
( ) + 
 
=
2
2
0 2
mg
P a
a
K
V
γ π
π
 
Logo, o movimento é um MHS. 
O período é dado por: 
 
( )
= =
 
+ 
 
 =
 
+ 
 
τ π π
γ π
π
τ
γ
π
2
2
0 2
2
0 2
m m
2 2
K mg
P a
a
V
2 mV
mga
P
a
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4 
8. O processo é irreversível, porém, como a entropia é uma função de 
estado, podemos calcular a variação de entropia imaginando um 
processo reversível que passe pelos mesmos estados inicial e final. 
Para o sistema, a variação de entropia é igual a de um gás que sofre 
uma expansão isotérmica reversível. Portanto: 
 
 = 
 
 
2
sis
1
V
S nR ln
V
Δ 
Para se calcular a variação de entropia da vizinhança, devemos 
primeiro calcular o calor envolvido na transformação. 
Trabalho: ( )= − = −ext 0 2 1W W P V V 
Variação de energia interna: =  =T 0 U 0Δ Δ 
1ª lei da termodinâmica: 
( )= −  = = −0 2 1U Q W Q W P V VΔ 
Considerando que a vizinhança perde o calor Q calculado a uma 
temperatura constante T, temos: 
( )−
= −  = −
0 2 1
viz viz
P V VQ
S S
T T
Δ Δ 
Para o universo: 
( )
= +
− 
  =  −
 
 
uni sis viz
0 2 12
uni
1
S S S
P V VV
S nR ln
TV
Δ Δ Δ
Δ
 
Podemos escrever a variação de entropia do universo como: 
   
   =  + −
   
   
   
   =  + −
   
   
    −
    =  − 
        
2 1 2
uni 0
1
2
uni 0
1 1 2
1 1 2
uni 0
2 1 2
V V V
S nR ln P
T TV
V nR nR
S nR ln P
V P P
P P P
S nR ln P 0
P P P
Δ
Δ
Δ