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Questões resolvidas

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IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas II – ICF2 
Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
 Coordenador da disciplina : Professor Stenio Wulck 
1 
 
 
 
Nome:________________________________________ 
 
Pólo:_________________________________________ 
 
 
ICF2 e ICF2q– AVALIAÇÃO PRESENCIAL FINAL – AP3 
 
ALUNOS DA BIOLOGIA, FÍSICA E MATEMÁTICA: PROVA N1 ou N2 
 
PROVA N1 (Substituição da nota N1) – QUESTÕES I, II e III (OBRIGATORIAMENTE) 
PROVA N2 (Substituição da nota N2) – QUESTÕES IV, V e VI (OBRIGATORIAMENTE) 
 
ALUNOS DE QUÍMICA: PROVA N1 
 
PROVA N1 – QUESTÕES I, II e III (OBRIGATORIAMENTE) 
 
INFORMAÇÕES 
 
 O tempo de duração da prova é 2:30 h 
 É permitido o uso de máquina de calcular, portanto os cálculos numéricos intermediários devem ser 
indicados no desenvolvimento das questões. 
 A resolução deve ser apresentada na folha de respostas e a caneta azul ou preta por causa da vista de 
prova. Provas resolvidas a lápis grafite não retornarão ao pólo para a vista e os pedidos de revisão 
não serão atendidos. 
 Seja organizado ao apresentar as soluções dos problemas propostos. 
 
 A resolução das questões deverá ser acompanhada de justificativas concisas baseadas 
nas leis associadas ao assunto das questões. 
 
PROVA N1 (QUESTÕES I, II e III) 
 
PADRÃO DE CORREÇÃO PARA A AP3-N1: 
 
• Esta AP3-N1 é composta por três (3) questões. 
• As questões podem ter mais que um item. 
• Os itens podem ter subitens 
 
Pontuação dos itens de cada questão: 
 
Questão 1 (3,5 pontos): 5 itens – 0,8 ponto por item 
Questão 2 (3,5 pontos): 3 itens – 1,3 ponto por item. 
Questão 3 (3,0 pontos): 4 itens – 0,9 ponto por item. 
 
 
Se o item estiver divido em subitens, a pontuação de cada subitem vem da divisão da pontuação do item 
pelo número de subitens. 
 
Descontos por itens: 
 
• Se, de partida, o item estiver conceitualmente errado: 0,0 no item. 
• Quando uma resposta exigir justificativa, metade da pontuação do item é para a justificativa. A outra 
metade é para o raciocínio, desenvolvimento e resposta. 
• Figura mal feita ou incompleta (quando solicitado figura): - 50% da pontuação do item. 
Questão Nota Rubrica
1a 
2a 
3a 
Total 
A SOMA DOS PONTOS ATRIBUÍDOS É 
IGUAL A 11.5, MAS A PONTUAÇÃO 
MÁXIMA DA PROVA, OU SEJA, A NOTA 
MÁXIMA DA PROVA, É 10,0 (DEZ)! 
IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas II – ICF2 
Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
 Coordenador da disciplina : Professor Stenio Wulck 
2 
 
• Resposta direta em item que exige desenvolvimento de cálculo: 0,0 no item. 
• Erro de cálculo ou contas indicadas ou incompletas: - 25% da pontuação do item 
• Esquecimento da unidade ou unidade errada: - 25% da pontuação do item 
• Erro no número de algarismos significativos (questão experimental): - 25% da pontuação do item 
 
PROVA N1 (QUESTÕES I, II e III) 
 
QUESTÃO I (3,5 PONTOS): 
 
A) Um objeto carregado negativamente é trazido para perto de um condutor isolado neutro. O condutor é 
então aterrado enquanto o objeto é mantido próximo a ele. Qual a carga do condutor quando: 
 
a) o objeto é primeiramente afastado e depois a conexão de aterramento é removida? 
 
Quando o objeto carregado (objeto) se aproxima do condutor neutro (condutor) ocorre uma alteração na 
distribuição de cargas deste condutor. Os elétrons livres do condutor se deslocarão através dele para o 
lado mais distante possível devido à repulsão gerada pela carga negativa que se aproxima. 
Conseqüentemente, o lado oposto àquele onde se encontra as cargas negativas que se deslocaram ficará 
positivamente carregado. Observe que mesmo com essa redistribuição de cargas o condutor continua 
eletricamente neutro, pois ele não perdeu nem recebeu cargas. 
 
Aterrando, agora, o condutor, os elétrons livres escapam pelo aterramento, ficando este condutor 
positivamente carregado. 
 
Afastando-se primeiro o objeto enquanto se mantém o aterramento do condutor, as cargas positivas deste 
condutor atrairão elétrons através do aterramento de forma a ficar neutro, pois a carga negativa atraída é, 
em módulo, igual a carga positiva induzida no condutor pelo objeto. Tirando o aterramento, o condutor 
voltará a ficar neutro como inicialmente estava. 
 
b) a conexão de aterramento é primeiramente removida e depois o objeto é afastado? 
 
Removendo-se primeiro o aterramento do condutor e depois afastando o objeto, o condutor não terá 
como anular a carga positiva que foi induzida pelo objeto. Desse modo, o condutor permanecerá com um 
excesso de cargas positivas, ou seja, positivamente carregado, portanto, sofrendo uma alteração do seu 
estado elétrico inicial que era neutro. 
 
B) Um elétron está posicionado em um campo elétrico uniforme estabelecido entre placas planas 
carregadas: uma positivamente e a outra negativamente. Em que posição, entre as placas, o elétron 
experimenta a maior força eletrostática? 
 
a) Quando o elétron está próximo da placa positiva 
b) Quando o elétron está próximo da placa negativa 
c) Quando o elétron está no ponto médio entre as placas 
d) Em qualquer posição entre as placas o elétron experimentará a mesma força eletrostática. 
e) Nenhuma das respostas 
 
O campo elétrico é uniforme entre as placas. Portanto, o seu módulo tem o mesmo valor em qualquer 
ponto entre essas placas. Como a força eletrostática que atua numa carga q imersa num campo 
eletrostático é diretamente proporcional ao campo elétrico, o elétron do problema em pauta está sujeito a 
mesma força eletrostática (constante) em qualquer região entre as placas (onde o campo elétrico é 
uniforme). 
 
A opção d) é a resposta correta! 
 
IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas II – ICF2 
Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
 Coordenador da disciplina : Professor Stenio Wulck 
3 
 
C) Uma carga q1 = q é posicionada na origem do sistema de eixos representado na Figura 1C abaixo. 
Uma segunda carga q2 =2q é colocada sobre o eixo x a uma distância r da origem. Ambas as cargas estão 
fixas. 
 
Determine em qual posição entre q1 e q2 deve ser 
colocada uma terceira carga q3 = q de modo que esta 
carga fique em repouso. 
 
 
Coloquemos a carga q3 a uma distância d qualquer em 
relação à origem. As cargas q1 e q2 têm o mesmo 
sinal. 
 
 
A carga q3 pode ser positiva ou negativa. Devido à interação entre as cargas q1 e q3, a força eletrostática 
que a carga q1 aplica na carga q3 é, em módulo, 2
31
13 d
qkq
F = . Por sua vez, a força eletrostática que a carga 
q2 aplica na carga q3 é, em módulo, 2
32
23 )( dr
qkq
F
−
= . As forças 13F
r
 e 23F
r
 têm a mesma direção, mas 
sentidos opostos. Estando a carga q3 em repouso, temos: 231323132313 0 FFFFFF =∴−=⇒=+
rrrr
. Então, 
 
21
22)(
)(
2
)()(
22
222
3
2
1
2
32
2
31
±
=⇒±=−∴=−⇒
−
=∴
−
=⇒
−
=
rdddrddr
dr
q
d
q
dr
q
d
q
dr
qkq
d
qkq
 
 
Como a distância d tem que ser menor que r, o denominador deve ser um número maior que 1, ou seja, o 
sinal que temos que considerar é o “+”.Logo, d ≅ 0,4r. Faça a conta com o sinal “-“ e verifique que d < 
0. O que quer dizer esta solução? 
 
D) Na Figura 1D a seguir representamos o mapeamento do campo elétrico em uma cuba eletrolítica com 
eletrodos planos. Não foram representadas na figura as barras associadas às incertezas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine o módulo do campo elétrico (uniforme) em qualquer ponto entre os eletrodos da cuba. 
 
Sabemos que o campo elétrico E
r
 entre dois eletrodos planos é uniforme e o seu módulo E está 
relacionado com a diferença de potencial ∆V entre os eletrodos de acordo com a seguinte expressão: 
Figura 1C 
q2 q1
r
x
q3 
d q2 q1
r 
x
Figura 1D 
2 
4 
6 
8
10 
 2 4 6 8 10 12 14 X (cm) 
V (Volt) 
IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas II – ICF2 
Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
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4 
 
 |∆V| = E|∆X| ou |Vf – Vi | = E|Xf – Xi|, 
 
onde Xi e Xf são pontos quaisquer entre os eletrodos. Portanto, escolhendo os pontos Xf = 10 cm e Xi = 5 
cm, temos: 
 
E = |(Vf – Vi )| / |Xf – Xi| = (10 – 5)/(10 –5) = 1 V/cm. 
 
b) Supondo que a cuba eletrolítica se encontre sobre uma mesa plana e que o eletrodo de maior potencial 
elétrico esteja a sua direita, qual a direção e o sentido do campo elétrico entre os eletrodos? 
 
O campo elétrico está orientado da região de maior potencial elétrico para a região de menor potencial 
elétrico. Logo, a direção do campo elétrico é perpendicular aos eletrodos e o sentido do campo é da 
direita para a esquerda. 
 
E) Se a energia transferida para uma bateria real completamente descarregada for E, a energia total que 
sai desta bateria para uma resistência elétrica durante uma utilização na qual a bateria se descarrega 
totalmente também é E? 
A energia total fornecida pela bateria será menor que E. Lembre-se de que uma bateria pode ser 
considerada como uma bateria ideal, sem resistência, conectada em série com uma resistência interna. 
Quando está carregando, a energia fornecida à bateria inclui a energia necessária para carregar a bateria 
ideal mais a energia gasta para aumentar a temperatura da bateria, pois a resistência interna dissipa 
energia através do Efeito Joule. Essa última energia não está disponível durante a descarga da bateria! 
Durante a descarga, parte da energia disponível se transforma novamente em energia térmica (Efeito 
Joule) devido à resistência interna. Desse modo, a energia que a bateria descarrega é um valor abaixo de 
E. 
 
QUESTÃO II (3,5 PONTOS): A Figura 2 ao lado 
ilustra um dipolo elétrico. A distância d entre as 
cargas puntiformes é igual a 0,10m e as cargas são 
tais que q1 = +12x10-9C e q2 = -12x10-9C. A 
constante k, da Lei de Coulomb, vale 9,0 x 109 
N⋅m2/C2. 
 
 
a) Reproduza a Figura 2 no seu caderno de respostas 
e nessa figura desenhe os vetores que indicam, no 
ponto P, o campo elétrico produzido por q1, o campo 
elétrico produzido por q2 e o campo elétrico 
resultante. Desenhe, também, nessa mesma figura, o 
vetor força elétrica que o dipolo exerce sobre uma 
carga pontual negativa, de módulo q0, colocada no 
ponto P. 
 
 
 
 
 
 
 
ĵ y 
Figura 2 
θ 
î 
x
q2 q1 
r 
r 
d 
P
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5 
 
Sejam: 
 
1E
r
 → Campo elétrico da carga q1 
2E
r
→ Campo elétrico da carga q2 
RE
r
→ Campo elétrico resultante 
EF
r
→ Força elétrica 
 
A construção do vetor RE
r
 resulta da soma 
geométrica dos vetores 1E
r
 e 2E
r
: RE
r
 = 1E
r
 + 
2E
r
. O vetor pontilhado corresponde a 
translação do vetor 2E
r
, fazendo com que a 
origem deste vetor coincida com a 
extremidade do vetor 1E
r
. 
 
Por definição, os vetores RE
r
 e EF
r
 tem a 
mesma direção, mas o sentido de EF
r
 em 
relação a RE
r
 é determinado pelo sinal da 
carga q0 sobre a qual o campo elétrico RE
r
 está 
atuando: RE EqF
rr
0= . Como a carga q0 é negativa, os vetores RE
r
 e EF
r
 tem sentidos opostos. O tamanho 
do vetor EF
r
 desenhado é meramente ilustrativo, pois depende do valor da carga q0. 
 
b) Determine o campo elétrico produzido por q1, o campo elétrico produzido por q2 e o campo elétrico 
resultante no ponto P indicado na Figura 2. As cargas distam de r = 0,10m do ponto P. Faça uso dos 
vetores unitários î e ĵ . 
 
O módulo do campo elétrico da carga puntiforme q1 no ponto P é 
 
( )
CNx
x
xxx
r
kqE /101,1
1010
1012100,9 4
22
99
2
1
1 === −
−
 (Valor aproximado!) 
 
Para a carga q2, 
 
( )
CNx
x
xxx
r
kq
E /101,1
1010
1012100,9 4
22
99
2
2
2 === −
−
 (Valor aproximado!) 
 
Vetorialmente, 
 
 
 
De acordo com a Figura 2, 
 
 
Figura 2
β 
β 
θ 
θ 
EF
r
 
RE
r
 
2E
r
 
1E
r
 
ĵ 
î 
x
q2 q1 
r 
r 
d 
P
y 
( )
( )jisenEEjEisenEE
jseniEEjsenEiEE
ˆcosˆˆcosˆ
ˆˆcosˆˆcos
22222
11111
ββββ
θθθθ
−=⇒−=
+=⇒+=
rr
rr
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Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
 Coordenador da disciplina : Professor Stenio Wulck 
6 
 
 
5,0
2
1cos
20,0
10,0
2
2/cos ==∴=== θθ
r
d
r
d ⇒ θ = 60o 
( ) 87,0
2
360 ≈=∴= θθ sensensen o 
A Figura 2 também mostra que ooo 309090 =∴−=⇒=+ βθβθβ . Ou seja, o ângulo que o vetor 2E
r
 
faz com o eixo x é igual a θ. Em valores aproximados, 
 
( )
( ) 50,0
2
130
87,0
2
330coscos
===
≈==
o
o
sensen β
β
 
Então, 
 
 
 
 
 
 
)(/101,1/ˆ101,1 4421 móduloCNxECNixEEEE RRR =⇒=∴+=
rrrr
 
 
c) Calcule a força elétrica que o dipolo elétrico exerce sobre uma carga q0 = -1,0x10-9C localizada no 
ponto P. 
 
Como RE EqF
rr
0= , temos: )(101,1ˆ101,1
55 móduloNxFNixF EE
−− =⇒−=
r
 
 
O sinal da carga q0 deu o sentido de EF
r
. Comparando os módulos dos vetores EF
r
 e RE
r
, vemos que ER 
>> FE. No desenho dos vetores EF
r
 e RE
r
 feito na Figura 2 do problema, o tamanho de EF
r
 está 
exagerado. 
 
QUESTÃO III (3,0 PONTOS): Nos experimentos 5 e 6 da prática 2 foram realizadas medidas de 
voltagens e correntes no circuito ilustrado na Figura 3 abaixo. Os elementos R1, R2, R3 e o potenciômetro 
representam os resistores do circuito. Os dados registrados nas Tabelas 3A e 3B foram obtidos por um 
hipotético aluno de ICF2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
i i 
C 
R3 
R2 
F
E
D
G 
B H 
I 
J 
A 
Figura 3 
R1 
Fonte 
Potenciômetro 
( ) ( )
( ) ( ) )(/101,1/ˆ3ˆ1055,0ˆ3ˆ
2
1
)(/101,1/ˆ3ˆ1055,0ˆ3ˆ
2
1
4
2
4
2
2
2
4
1
4
2
1
1
móduloCNxECNjixji
r
kqE
móduloCNxECNjixji
r
kqE
=⇒−=−=
=⇒+=+=
r
r
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Primeiro Semestre de 2010Avaliação Presencial Final 
 Coordenador da disciplina : Professor Stenio Wulck 
7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Considerando R1 = R2 = R3 idênticos e chamando de R as respectivas resistências, determine a 
resistência equivalente do circuito da Figura 3. A resistência do potenciômetro vale RP = R/2. 
 
Os resistores R2 e R3 estão em paralelo. Logo, o resistor R’ equivalente a esta associação é: 
 
222
111 '
3
2
3
2
2
2
32
32'
32
'
RR
R
R
R
R
RR
RR
R
RRR
=∴==
+
⋅
=⇒+= , pois R ≡ R1 = R2 
 
Temos, agora, os resistores R1, R’ e RP ligados em série. Portanto, a resistência equivalente Req do circuito 
da Figura 3 é: 
RRRRRRRRRR eqeqPeqeq 2221
=∴++=⇒++= 
 
b) Com os dados da Tabela 3A, faça a soma algébrica das voltagens ∆Vtot = ∑n ∆Vn na malha 
ABGFEHIJA e calcule a incerteza δ(∆Vtot) dessa soma. Verifique a Lei das Malhas nessa malha. 
 
Vamos somar as diferenças de potenciais (voltagens) percorrendo a malha no sentido horário. Partiremos 
do ponto A e retornaremos a ele. Sabemos que, de acordo com a Lei das Malhas, essa soma deve dar 0. 
Então, literalmente, 
 
)()()()()()()()( AJJIIHHEEFFGGBBAtot VVVVVVVVVVVVVVVVV −+−+−+−+−+−+−+−=∆ 
 
Como não há queda de tensão entre os pares de pontos B e G; F e E; E e H; H e I, temos: VB – VG = VF – 
VE = VE – VH = VH – VI = 0. Logo: 
 
,0)()()(
)()()()(
=∆∴−−−−−−−=∆
−+−+−+−=∆
totAJJIFGBAtot
AJJIFGBAtot
VVVVVVVVVV
VVVVVVVVV
 
 
pois VF e VI são pontos que têm o mesmo potencial elétrico. O resultado ∆Vtot = 0 formalmente 
apresentado acima corresponde a Lei das Malhas aplicada à malha ABGFEHIJA. 
 
De acordo com a Tabela 3A, temos: 
 
VVVVVVVVVVV totAJJIFGBAtot 2,04,118,29,25,5)()()()( −=∆∴−++=−+−+−+−=∆ 
 
A incerteza correspondente é: 
 
VVVVVV JAIJGFABtot 2,01,02)1,0(4
22222 =×=×=∆+∆+∆+∆=∆ δδδδδ 
 
Então, o resultado da soma das voltagens na malha ABGFEHIJA está dentro do intervalo: 
 
∆Vtot = (-0,2 ± 0,2) V ⇒ (- 0,4 ≤ ∆Vtot ≤ 0,0) V 
TABELA 3A 
Diferença de 
potencial no: 
 ∆V ± δ(∆V) 
[V] 
Resistor R1 VBAB–VBB B = 5,5 ± 0,1 
Resistor R2 VBC B–VBD B= 2,9 ± 0,1 
Resistor R3 VBGF–VBF B = 2,9 ± 0,1 
Potenciômetro VBI B – VBJ = 2,8 ± 0,1 
Fonte VBA–VBJ B = 11,4 ± 0,1
TABELA 3B 
Corrente elétrica nos 
pontos: 
i ± δi 
[mA] 
A IA = 5,5 ± 0,2 
C IC = 2,7 ± 0,2 
F IF = 2,8 ± 0,2 
IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas II – ICF2 
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8 
 
Vemos que a soma das voltagens na malha ABGFEHIJA atende a Lei das Malhas porque o intervalo [-
0,4; 0,0]V verificado para ∆Vtot contém o valor formal zero (0) estabelecido por esta lei para a soma das 
voltagens. 
 
c) Sabendo que correntes convencionais que entram no nó são positivas e correntes convencionais que 
saem do nó são negativas, e partindo das medidas na Tabela 3B, faça a soma algébrica das correntes 
elétricas itot = ∑n in no nó E e calcule a incerteza δitot dessa soma. Verifique a Lei dos Nós nesse nó. 
 
As correntes iD = iC e iF chegam no nó E. Por sua vez, a corrente que sai do nó E é igual a iA. Assim 
sendo, pela conservação da carga elétrica no nó E e a inexistência de acúmulo de cargas elétricas no 
interior de um condutor, esperamos que, formalmente, itot = -iA + iD + iF = 0 (Lei dos Nós). 
 
De acordo com a Tabela 3-2, temos: 
 
mAiiii FDAtot 0,05,55,58,27,25,5 =+−=++−=++−= 
 
A respectiva incerteza é: 
 
mAiiii DCAtot 3464,02,03)2,0(3
2222 =×=×=++= δδδδ 
 
Então: itot = (0,0 ± 0,3) mA ⇒ ( -0,3 ≤ itot ≤ 0,3) mA. 
 
Vemos, portanto, que a Lei dos Nós está sendo satisfeita, pois o intervalo de valores [-0,3; 0,3] mA para a 
corrente itot contém o valor formal itot = Σn in = 0 previsto por essa lei para a soma das correntes no nó E da 
Figura 3. 
 
d) Qual dos elementos do circuito está dissipando mais potência e qual o valor da sua resistência? Não 
precisa calcular as incertezas associadas. 
 
A equação que nos permite calcular a potência dissipada é P = VI, onde V é a diferença de potencial 
aplicada ao elemento do circuito e I é a corrente elétrica através dele. 
 
Resistor R1: P1 = (VA – VB)IA = 5,5x5,5x10-3 = 0,030W 
Resistor R2: P2 = (VA – VB)IC = 2,9x2,7x10-3 = 0,008W 
Resistor R3: P3 = (VA – VB)IF = 2,9x2,8x10-3 = 0,008W 
Potenciômetro: PP = (VA – VB)IA = 2,8x5,6x10-3 = 0,016W 
 
Os cálculos mostram que o resistor R1 é o que dissipa mais potência. 
 
Aplicando a Lei de Ohm no resistor R1, temos: 
 
VA – VB = R1IA ⇒ R ≡ R1 = (VA – VB)/IA = 5,5/(5,5x10-3) ∴ R = 1000Ω 
 
Tabela de Incertezas: 
 
1. f = x1 + x2 + x3 +... (δf )2 = (δx1)2 + (δx2)2 + (δx3)2 + ... 
2. g = x1 · x2 · x3 ··· ; (δg)2 = g2 ⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⋅⋅⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
2
3
3
2
2
2
2
1
1
x
x
x
x
x
x δδδ
 
 
 
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Primeiro Semestre de 2010 Avaliação Presencial Final 
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9 
 
PROVA N2 (QUESTÕES IV, V e VI) 
 
PADRÃO DE CORREÇÃO PARA A AP3-N2: 
 
• Esta AP3-N2 é composta por três (3) questões. 
• As questões podem ter mais que um item. 
• Os itens podem ter subitens 
 
Pontuação dos itens de cada questão: 
 
Questão 1 (3,5 pontos): 6 itens – 0,7 ponto por item 
Questão 2 (3,5 pontos): 4 itens – 1,0 ponto por item. 
Questão 3 (3,0 pontos): 4 itens – 0,9 ponto por item. 
 
 
Se o item estiver divido em subitens, a pontuação de cada subitem vem da divisão da pontuação do item 
pelo número de subitens. 
 
Descontos por itens: 
 
• Se, de partida, o item estiver conceitualmente errado: 0,0 no item. 
• Quando uma resposta exigir justificativa, metade da pontuação do item é para a justificativa. A outra 
metade é para o raciocínio, desenvolvimento e resposta. 
• Figura mal feita ou incompleta (quando solicitado figura): - 50% da pontuação do item. 
 
• Resposta direta em item que exige desenvolvimento de cálculo: 0,0 no item. 
• Erro de cálculo ou contas indicadas ou incompletas: - 25% da pontuação do item 
• Esquecimento da unidade ou unidade errada: - 25% da pontuação do item 
• Erro no número de algarismos significativos (questão experimental): - 25% da pontuação do item 
 
QUESTÃO IV (3,5 PONTOS): Na Figura 4 ao lado mostramos um 
recipiente fechado contendo n moles de gás ideal monoatômico. O 
êmbolo de massa desprezível, adiatérmico e móvel que veda o 
recipiente pode se deslocar livremente e sem atrito. As demais 
paredes fixas do recipiente são diatérmicas. Na situação inicial, o 
volume do recipiente é V e a energia cinética média total do gás é E. 
Através de um processo isobárico, o sistema se expande e atinge um 
estado final de equilíbrio cuja temperatura é três vezes maior que a 
temperatura do estado inicial. Em ambos estados inicial e final, o 
sistema se encontra em equilíbrio termodinâmico. 
 
Outros dados: 
 
• Constante R dos gases 
• A constante k de Boltzmann 
• Número N0 deAvogadro. 
 
Informações úteis: 
• A energia cinética média de uma molécula de gás ideal monoatômico é kTEcm 2
3
= , onde T é a 
temperatura (Kelvin) do gás. 
• O trabalho trocado entre o gás (sistema) e meio exterior num processo isobárico é dado por Wext = -
p∆V, onde p é a pressão do gás e ∆V a variação do volume do gás. 
Figura 4 
Êmbolo 
Êmbolo 
Final Inicial 
Gás 
Gás
A SOMA DOS PONTOS ATRIBUÍDOS É 
IGUAL A 11.8, MAS A PONTUAÇÃO 
MÁXIMA DA PROVA, OU SEJA, A NOTA 
MÁXIMA DA PROVA, É 10,0 (DEZ)! 
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• A velocidade média quadrática vmq de uma molécula do gás está definida por 2vvmq = , onde 
2v é 
o valor médio do quadrado das velocidades das moléculas do gás. 
• Primeira Lei da Termodinâmica (Princípio da Conservação da Energia): A variação da energia interna 
∆U de um sistema termodinâmico é a soma do calor Qext e do trabalho Wext trocados entre o meio 
exterior e o sistema: ∆U = Qext + Wext. A notação é tal que Qext > 0 e Wext > 0 indicam que o sistema 
está recebendo essas energias do meio exterior. 
 
a) Qual a temperatura do gás no estado inicial? 
A energia cinética média de uma molécula de um gás ideal monoatômico é kTEcm 2
3
= , onde T é a 
temperatura (Kelvin) do gás. Portanto, a energia cinética média total do gás é cmENE = , onde N é o 
número de moléculas do gás: N = nN0. Então, no estado inicial, 
 
Nk
ETNkTENkTEN iiicm 3
2
2
3
2
3
=∴=⇒= ou 
nR
ETi 3
2
= , pois Nk = nR. O índice i refere-se ao estado 
inicial. 
 
b) Qual a pressão do gás nos estados inicial e final? 
 
Estado inicial 
 
A equação de estado do gás ideal é pV = nRT. Logo, 
3
2
3
2 E
nR
EnRVp ii =⋅= ∴ V
E
V
Ep
i
i 3
2
3
2
== , pois Vi = V. 
Estado final 
 
Como o êmbolo se desloca livremente, o processo de expansão que ocorre se dá a pressão constante. 
Portanto, a pressão pf do estado final é igual aquela do estado inicial: pf = pi. 
 
c) De quanto variou a energia cinética média total do gás e a energia interna do gás? 
 
A temperatura do estado final é 3Ti, portanto, a energia cinética média de uma molécula no estado final é 
três vezes maior que a energia cinética média da molécula quando no estado inicial. Consequentemente, a 
energia cinética média total no estado final é três vezes maior do que aquela do estado inicial. Assim 
sendo, variação ∆E da energia cinética média total é: 
 
.23323 EnRTNkTEENEENENE iicmcmcm ===∆∴=∆⇒−=∆ 
 
Como a energia interna U de um gás ideal é essencialmente a sua energia cinética média total, a variação 
∆U da energia interna é igual à variação da energia cinética média total: ∆U = 2E. 
 
d) Qual a razão entre as velocidades médias quadráticas final e inicial das moléculas do gás? A massa de 
cada molécula é m. 
A energia cinética média de uma molécula do gás ideal também é dada por 2
2
1 vmEcm = , onde m é a 
massa da molécula e 2v é o valor médio do quadrado das velocidades das moléculas. Portanto, para o 
gás à temperatura T: 
 
m
kTvkTvm 3
2
3
2
1 22 =⇒= 
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De acordo com a definição da velocidade média quadrática vqm, temos, no estado inicial: 
 
m
kTvv iqm
32
, =≡ , 
 
pois as moléculas estão à temperatura T. No estado final, quando o gás está à temperatura 3T, 
 
333333
,
,
,,, =∴=⇒⋅==
iqm
fqm
iqmfqmfqm v
v
vv
m
kT
m
Tkv 
 
e) Calcule o trabalho Wext trocado entre o gás ideal e o meio exterior durante o processo. O trabalho foi 
realizado pelo sistema ou sobre o sistema? 
 
Por se tratar de um processo isobárico: Wext = - p∆V. 
 
.3
3
3
2
3
2
3
2
3
2
VVV
E
E
V
E
E
V
V
E
V
E
V
E
p
V
E
p
f
i
i
i
i
f
f
f
f
i
i
f
f
f
i
i
i
=⇒==∴=⇒
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
=
 
 
Portanto, ( ) .
3
423 EWVpVVpW extiiext −=∴−=−−= 
 
Como E > 0, temos que Wext < 0. Ou seja, o sistema realizou trabalho sobre o meio exterior. O processo 
foi uma expansão isobárica. 
 
f) Quanto de energia térmica (calor) foi trocado entre o gás ideal e o meio exterior? O gás forneceu ou 
recebeu esta energia? 
 
O Princípio da Conservação da Energia diz que a variação ∆U da energia interna de um sistema 
termodinâmico é igual à soma do calor Qext e do trabalho Wext trocados entre o sistema e o meio exterior: 
∆U = Qext + Wext. Nesta formulação do princípio, as quantidades Qext e Wext são positivas, pois referem-se 
ao calor e ao trabalho que o meio exterior fornece ao sistema. 
 
Conforme vimos nos dois últimos itens: 
 
0
3
10
3
42
3
42
3
4
2
>=⇒+=∴−=⇒
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
−=
=∆
EQEEQEQEEW
EU
extextext
ext
 
 
Então, o gás recebeu calor do meio exterior. À custa dessa energia recebida, parte foi usada pelo gás para 
realizar trabalho e a parte restante foi usada para aumentar a sua energia interna. 
 
QUESTÃO V (3,5 PONTOS): Uma amostra de n moles de gás ideal, inicialmente a pressão p0 e volume 
V0, é submetido aos três processos termodinâmicos reversíveis indicados pelos caminhos a → b, a → c e 
a → d na Figura 5 abaixo. Cada um desses processos acontece separadamente. A temperatura do estado d 
é igual a metade da temperatura do estado c. As informações apresentadas nos eixos na Figura 5 também 
são dados do problema. A interrogação indica o valor a determinar da variável. 
 
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Outros dados do problema: 
 
• A constante R dos gases idéias 
• O trabalho W trocado entre o sistema e o 
meio exterior ao longo do processo 
isotérmico a → c. 
• As capacidades caloríficas CV e CP, 
respectivamente, a volume constante e a 
pressão constante. 
 
 
 
Informações úteis: 
 
• O trabalho realizado em um processo isobárico é dado por Wext = -p∆V, onde p é a pressão do sistema 
e ∆V representa a variação do volume do sistema. 
• Primeira Lei da Termodinâmica: A variação da energia interna ∆U de um sistema termodinâmico é a 
soma do calor Qext e do trabalho Wext trocados entre o meio exterior e o sistema: ∆U = Qext + Wext. A 
notação é tal que Qext > 0 e Wext > 0 indicam que o sistema está recebendo essas energias do meio 
exterior. 
• A quantidade de energia térmica Q (calor) necessária para elevar de ∆T a temperatura de uma 
substância é proporcional a esta variação de temperatura: Q = C∆T, onde a constante C é a capacidade 
calorífica da substância. 
• Relação entre as capacidades caloríficas CP e CV do gás ideal: CP = CV + nR, onde n é o número de 
moles. 
 
a) Calcule a temperatura do gás nos estados b, c, e a pressão do estado d. 
 
O ponto de partida é a Equação de Estado do Gás Ideal: pV = nRT 
 
p → pressão do gás nas paredes do recipiente 
V → volume do recipiente ocupado pelo gás 
n → númerode moles no gás 
R → constante R dos gases idéias 
T → temperatura do gás na escala Kelvin 
 
Estado a: p0V0=nRTa ⇒ Ta = p0V0/nR 
 
• Estado b: pb Vb = nRTb ⇒ Tb = pb Vb/nR ∴Tb = 2p0V0/nR 
 
Como Ta = p0V0/nR ⇒ Tb = 2T0, onde T0 ≡ Ta. 
 
• Estado c: como os estados a e c estão ligados por uma curva que representa um processo isotérmico, 
temos: Tc = T0 
 
• Estado d: pdVd = nRTd ⇒ pd = nRTd/Vd ∴pd = nR(Ta/2)/V0 = p0/2 
 
b) Calcule o calor trocado entre o gás ideal (sistema) e o meio exterior para cada um dos processos. Para 
cada um dos processos, o sistema cede ou recebe calor do meio exterior? 
 
• Processo a → b: Isobárico. 
Figura 5 
? 
d c 
b a 
V (litro) 
2V0 V0 
p0 
p (atm) 
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Qext = CP∆T = CP(Tb – Ta) ∴ Qext = CPT0 > 0 
 
Como Qext é positivo, o sistema recebeu esta energia do meio exterior. 
 
• Processo a → d: Isovolumérico. 
 
Qext = CV∆T = CV(Td – Ta) ∴Qext = -(1/2)CV T0 < 0 
 
O sinal negativo de Qext indica que o sistema cedeu esta energia ao meio exterior. 
 
• Processo a → c: Isotérmico 
 
Não há variação de temperatura do gás ao longo deste processo. Portanto, não há variação da energia 
interna do gás: ∆U = 0. De acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica, temos: 
 
0 = Qext + Wext ⇒ Qext = -Wext 
 
Como este processo isotérmico é uma expansão, o sistema realiza trabalho sobre o meio exterior, ou seja, 
Wext = -W < 0 (W é um dado do problema). Então, 
 
Qext = -(-W) = W > 0 
 
Sendo Qext positivo, o sistema recebe esta energia do meio exterior. 
 
c) Calcule o trabalho trocado entre o gás ideal (sistema) e o meio exterior nos processos a → b e a → d . 
Incluindo o processo a → c, o sistema cede ou recebe trabalho do meio exterior nessas transformações? 
 
Processo a → b: Isobárico. 
 
Wext = -p∆V = -p0(Vb – Va) ∴ W ext =- p0V0 < 0 
 
O sistema se expandiu, portanto realizou trabalho sobre o meio exterior. Logo, cedeu esta energia! 
 
Processo a → d: Isovolumétrico. 
 
Não há deslocamento macroscópico das paredes do recipiente, ou seja, não há variação de volume. Logo, 
Wext = 0. 
 
Não há troca de trabalho Wext entre o sistema e o meio exterior em um processo isovolumétrico. 
 
Processo a → c: Isotérmico. 
 
O sistema é um gás ideal: não há variação da energia interna nos processos isotérmicos: ∆U = 0. 
 
O trabalho trocado entre o sistema e o meio exterior é um dado do problema: Wext = -W. O sinal negativo 
decorre do fato de o sistema ter se expandido, realizando trabalho sobre o meio exterior. 
 
d) Calcule a variação da energia interna do gás ideal em cada um dos três processos. Para cada uma das 
respostas, a energia interna do gás aumentou, se manteve ou diminuiu? 
 
Aplicação direta da Primeira Lei da Termodinâmica (ou Princípio da Conservação da Energia): 
 
∆U = Qext + Wext 
 
Processo a → b: Isobárico. 
 
Qext = CPT0 
W ext = -p0V0 
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∆U = CP T0 - p0V0 
 
No item a) vimos que p0V0 = nRT0. Então, 
 
∆U = CPT0 - nRT0 = (CP – nR)T0 ∴ ∆U = CVT0 = > 0 → A energia interna do gás aumentou. 
 
Processo a → d: Isovolumérico. 
 
Qext = -(1/2)CV T0 
Wext = 0 
 
∆U = -(1/2)CV T0 + 0 = -(1/2)CV T0 < 0 → A energia interna do gás diminuiu. 
 
Processo a → c: Isotérmico 
 
Qext = -(-W) = W 
Wext = -W 
 
∆U =W –W = 0 → Não há variação da energia interna do gás. 
 
 
QUESTÃO VI (3,0 PONTOS): O Experimento 1 da Aula 5 do Módulo 5 refere-se à determinação do 
coeficiente de dilatação linear de uma determinada substância. Esse experimento foi realizado por um 
aluno de ICF2 que anotou os dados na Tabela 6A abaixo, mas sem dizer a substância da qual é feita à 
barra utilizada e sem calcular o coeficiente de dilatação linear α da barra e a respectiva incerteza δα. 
 Tabela 6A 
L0 ± δ L0 
(cm) 
d ± δ d 
(cm) 
D± δ D 
(cm) 
DE± δ DE 
(cm) 
∆L± δ∆L 
(cm) 
T0± δT0 
(o C) 
T1± δT1 
(o C) 
∆T± δ∆T
(o C) 
69,0±0,1 1,0±0,1 39,0±0,1 2,5±0,1 0,06±0,01 30,0±0,5 91,0±0,5 61,0±0,7 
 
 Tabela 6B 
α (oC)-1 δα (oC)-1 
14x10-6 2x10-6 
 
a) Em relação à Tabela 6A, o que representam as grandezas L0, δL0; ∆L, δ∆L; ∆T, δ∆T? 
 
L0 representa o comprimento da barra quando na temperatura inicial T0 e δL0 é a incerteza 
correspondente à medida do L0. 
 
∆L indica a variação no comprimento da barra quando ela foi submetida à variação ∆T de temperatura e 
δ∆L corresponde a incerteza associada à medida do ∆L. 
 
∆T indica a variação de temperatura a qual a barra foi submetida e δ∆T é a incerteza correspondente à 
medida do ∆T. 
 
b) Calcule a faixa de valores experimentais para o coeficiente de dilatação linear da barra e complete a 
Tabela 6B com os valores que definem essa faixa. Se necessário, utilize as informações apresentadas em 
“Informações úteis” no final da questão. 
 
Partindo da relação que dá a variação ∆L no comprimento L0 de uma barra quando sujeita a uma variação 
∆T de temperatura, TLL ∆=∆ 0α , e fazendo uso dos dados da Tabela 6A, temos que o coeficiente de 
dilatação linear α da barra é: 
 
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 α = ∆L/(L0∆T) = 0,06/(69,0x61,0) ≈ 1,42552x10-5 = 14,2552x10-6/ 0 C 
 
Por sua vez, da tabela de incertezas apresentada abaixo, temos: 
 
 
Cxxx
xxxx
x
0626
4626
2226
/103759,2107778,2102552,14
103169,1101004,2107778,2102552,14
)0,61/7,0()0,691,0()06,001,0(102552,14
−−−
−−−−
−
==
++=
++=δα
 
 
Assim, α ± δα = (14 ± 2) x 10-6 /°C. Portanto, a faixa de valores experimentais para o coeficiente α é [12; 
16] x 10-6 /°C. 
 
c) Represente no segmento de reta a seguir a faixa dos valores experimentais do coeficiente de dilatação 
α obtido experimentalmente pelo aluno. No mesmo segmento de reta represente os valores 
correspondentes aos coeficientes de dilatação linear listados em “Informações úteis” abaixo e que foram 
retirados de um livro de física básica. Utilize cores diferentes ou traços diferentes para cada uma das 
faixas. 
 
 αgrafite αaço αCu αbronze αAl 
 
 
 
 
 
d) Tendo como referência as substâncias alumínio, bronze, cobre, aço e grafite, você pode determinar 
qual delas compõe a barra utilizada pelo aluno na sua experiência? 
 
Identificamos a matéria que compõe a barra como sendo aquela em que há interseção entre o intervalo de 
valores do coeficiente linear tabelado e o intervalo de valores determinado experimentalmente pelo aluno.Como não há interseção entre a faixa de valores obtidos pelo aluno e nenhuma das faixas de valores 
tabelados correspondentes aos materiais alumínio, bronze, cobre, aço e grafite, podemos dizer que a barra 
não é feita de nenhum dessas substâncias. Se houvesse interseção entre a faixa de valores experimentais e 
duas ou mais faixas de valores tabelados, a indeterminação ainda continuaria. 
 
Informações úteis: 
Coeficiente de dilatação linear α = 
TL
L
∆
∆
0
 
Valores dos coeficientes de dilatação retirados do livro de física básica do Tipler, Quinta Edição. 
 
i) αAl = 24 x 10-6 /oC 
ii) αbronze = 20 x 10-6 /oC 
iii) αcu = 17 x 10-6/oC 
iv) αaço= 11 x 10-6 /oC 
v) αgrafite = 7,9 x 10-6 /oC 
 
Tabela de incertezas: 
( )
222
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=⇒=
z
z
y
y
x
xff
zy
xf δδδδ
 
 αAluno 
 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 (x 10-6 / oC)

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