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O ELITE RESOLVE IME 2004 – PORTUGUÊS/INGLÊS
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ITA 2004
FÍSICA
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9 GABARITO ITA 2004 – FÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados:
Aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
1 atm = 1 x 105 N/m2.
Constante universal dos gases R = 8 J/mol.K.
π = 3,14
Velocidade do som no ar c = 300 m/s.
1 cal = 4,2 J.
Calor específico da água β = 1 cal/g °C.
5 = 2, 24
01. Durante a apresentação do projeto de um sistema acústico, um jovem aluno do ITA esqueceu-se da
expressão da intensidade de uma onda sonora. Porém, usando da intuição, concluiu ele que a
intensidade média (I) é uma função da amplitude do movimento do ar (A), da freqüência (f), da densidade
do ar (ρ) e da velocidade do som (c), chegando à expressão I = Ax f y ρ z c. Considerando as grandezas
fundamentais: massa, comprimento e tempo, assinale a opção correta que representa os respectivos
valores dos expoentes x, y e z.
a) -1, 2, 2
b) 2, -1, 2
c) 2, 2, -1
d) 2, 2, 1
e) 2, 2, 2
Alternativa D
A intensidade sonora é mensurada como potência por unidade de área:
[
potência ] ML2 T −3
[I ] =
=
= MT −3
2
[área ]
L
Como:
[A] = L;
[f] = T-1;
[ρ] = ML-3;
[c] = LT-1.
Substituindo em I = AX f Y ρ Z c, temos:
MT −3 = LX (T −1 )Y ( ML−3 ) Z LT −1 ⇒ MT −3 = LX −3Z +1T −Y −1 M Z
Z = 1

⇒  X − 3Z + 1 = 0
− Y − 1 = 3

⇒ Z =1 X = 2 Y = 2
02. Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes verticais,
perpendiculares entre si, dispondo seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus
braços horizontalmente alinhados, como mostra a figura.
90º
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Sendo m a massa do corpo do atleta e µ o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a opção
correta que indica o módulo mínimo da força exercida pelo atleta em cada parede.
a)
mg  µ 2 − 1 
2  µ 2 + 1 
1
2
mg  µ 2 + 1 
2  µ 2 − 1 
b)
1
2
mg  µ 2 − 1 
2  µ 2 + 1 
c)
 µ2 + 1

mg 
 µ2 − 1


d)
e) n.d.a.
Alternativa B
→
N
→
F
→
fat v
→
→
fat v
fat v
45º
→
fat H
→
P
figura 1
figura 2
O termo “simetricamente em relação ao canto”, nos informa que o atleta aplica uma força
inclinada de 45º com as paredes, conforme ilustra a figura 1.
r
Isolando o atleta (figura 2): P = 2 fat v ⇒ fat v =
→
N
P
2
→
→
→
horizontal,
(I)
F
fat H
→
fat v
r
F,
→
fat r
fat v
F c (força de contato)
→
figura 3
figura 4
A força de atrito total (figura 3) é dada por:
fat r2 = fat 42 − fat v2 (II) Logo, pela figura 1 N = fat H. (III)
Substituindo (I) e (III) em (II):
2
P2
P
(IV)
fat r2 = N 2 +   ⇒ fat r2 = N 2 +
4
2
Na iminência do deslizamento: fat r = µ . N ; levando em (IV)
µ 2N2 = N2 +
P2
P2
P
⇒ N2 (µ 2 − 1) =
⇒N= .
4
4
2
Da figura 1, obtemos: F cos 45 = N ⇒ F
De (V): F = 2 .
P
2 µ2 − 1
1
µ2 − 1
(V)
2
=N⇒F =N 2 ⇒
2
.
Da figura 4:
Fc2 = F 2 + Fat 2v ⇒ Fc2 =
P2
Fc2 =
2
P2
2(µ 2 − 1)
+
P2
P
(lembrando que fat v = )
4
2
 1
1
P 2  2 + µ 2 − 1  P 2 (µ 2 + 1)

+  ⇒ Fc2 =
=
.
 µ2 − 1 2 
2  2(µ 2 − 1) 
4 (µ 2 − 1)


P  µ 2 +1

⇒ Fc =  2
2  µ − 1 
1
2
mg  µ 2 + 1 
⇒ Fc =
2  µ 2 − 1 
1
2
2
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03. Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em
distância, cobrindo 8,9m de extensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve
sua altura variando de 1,0m no início, chegando ao máximo de 2,0m e terminando a 0,20m no fim do
salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente horizontal da velocidade inicial
do salto foi de
a) 8,5m/s.
b) 7,5m/s
c) 6,5m/s
d) 5,2m/s
e) 4,5m/s
Alternativa A
Observemos a trajetória do centro de gravidade do atleta durante o salto:
Analisando as componentes verticais da velocidade do atleta, escrevemos:
v y2B = v y2A − 2 g ( y B − y A )
Substituindo os valores, vem que:
vyA = 2 5 m / s
Encontrando a equação horária do espaço para as alturas, temos que:
1
yC = y A + v y A ⋅ t − g ⋅ t 2
2
Substituindo os valores, vem:
t ≈ 1,05s
Para o movimento horizontal, temos:
xC = x A + v x ⋅ t
Substituindo os valores temos que:
v x ≈ 8,5 m / s
04. A figura representa o percurso de um ciclista, num plano horizontal, composto de dois trechos
retilíneos (AB e EF), cada um com 6,0 m de comprimento, e de um trecho sinuoso intermediário formado
por arcos de circunferências de mesmo diâmetro, igual a 4,0 m, cujos centros se encontram numerados
de 1 a 7. Considere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o percurso é completado no menor tempo,
com velocidade escalar constante.
36 m
A
B
E
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
6m 4m
F
6m
Se o coeficiente de atrito estático com o solo é µ= 0,80, assinale a opção correta que indica,
respectivamente, a velocidade do ciclista, o tempo despendido no percurso e a freqüência de zigue-zague
no trecho BE.
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a) 6,0 m/s
b) 4,0 m/s
c) 9,4 m/s
d) 6,0 m/s
e) 4,0 m/s
0,17 s-1
0,32 s-1
0,22 s-1
0,17 s-1
6,0 s-1
6,0 s
12 s
3,0 s
3,1 s
12 s
Alternativa B
Como o percurso é realizado com velocidade constante, em qualquer um dos trechos circulares, tem-se:
Fat
 Rcp = Fat
mv 2

⇒
= µmg ⇒ v = µgR
N = P
R
 Fat = µN

⇒ v = 0,8.2.10 ⇒ v = 16
⇒
v = 4m / s
No percurso temos doze quartos de circunferência, daí vem:
 1
∆S = 2.6 + 12.  2π .2 ⇒ ∆S = 12.(1 + π ) ⇒ ∆S = 49,7 m
 4
∆S
49,7
V=
⇒ ∆t =
∆t
4
No zigue-zague:
2πR
2π 2
T=
⇒T =
⇒T =π
v
4
1
1
f = ⇒ f =
T
π
⇒
∆t ≅ 12 s
⇒
f ≅ 0,32 s −1
05. Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metálica, os elétrons de condução podem ser
desviados por um campo magnético, tal que no regime estacionário, há um acúmulo de elétrons numa
das faces da lâmina, ocasionando uma diferença de potencial VH entre os pontos P e Q, mostrados na
figura.
i
d
G
L
F
A
B
Q
P
H
E
C
D
i
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Considere, agora, uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, que transporta uma corrente elétrica
r
de intensidade i, imersa no campo magnético uniforme B que penetra perpendicularmente a face ABCD,
no mesmo sentido de C para E. Assinale a alternativa correta.
a) O módulo da velocidade dos elétrons é Ve = VH/(BL).
b) O ponto Q está num potencial mais alto que o ponto P.
c) Elétrons se acumulam na face AGHD.
d) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = VH/(Bd) no sentido indicado pela corrente, o potencial em
P torna-se igual ao potencial em Q.
e) n.d.a.
Alternativa D
i
d
L
→
ve
→
→
B
F
m
i
a) Errada:
ε = VPQ = B . l . ve
ve =
VPQ
Bl
Como: VPQ = VH e l = d
VH
(pela regra da mão esquerda observamos o elétron indo para a face BCEF)
B.d
b) Errada, o campo magnético provoca um acúmulo de elétrons na face BCEF, e um acúmulo de cargas
positivas na face ADHG, sendo assim surge um campo elétrico na direção de P para Q. Isto é, o
potencial em P é maior do que em Q.
c) Errada, vide explicação da alternativa b.
V
d) Correta, ao movimentarmos a lâmina com uma velocidade V = H , no sentido indicado pela corrente,
B.d
o elétron fica em repouso em relação o campo magnético (vide alternativa a). Com isto, a força magnética
torna-se nula e as faces ADHG e BCEF, ficam com o mesmo potencial.
ve =
06. Duas partículas carregadas com cargas opostas estão posicionadas em uma corda nas posições x = 0
e x = π, respectivamente. Uma onda transversal e progressiva de equação y(x, t) = (π / 2) sen(x – ωt),
presente na corda, é capaz de transferir energia para as partículas, não sendo, porém, afetada por elas.
Considerando T o período da onda, Ef, a energia potencial elétrica das partículas no instante t = T / 4, e Ei
essa mesma energia no instante t = 0, assinale a opção correta indicativa da razão Ef / Ei.
b) 2 / 2
c) 2
d) 2 π / 2
e) 2 π
a) 2 / 2π
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Alternativa B
Temos:
ω = 2π / T ⇒ y(x, t) = (π/2) sen(x – 2πt / T)
Para t = 0:
y(0, 0) = (π / 2) sen(0 – 2π0 / T) = 0
y(π, 0) = (π / 2) sen(π – 2π0 / T) = 0
Para t = T/4:
y(0,T / 4) = (π / 2) sen(0 – 2πT / 4T) = –π / 2
y(π,T / 4) = (π / 2) sen(π – 2πT / 4T) = π / 2
Assim, a situação inicial é:
π
+q
-q
Ei = k (+q) (-q) / π
E a situação final é:
-q
π/2
π
-π/2
+q
Ef = k (+q) (-q) / ( π 2 + π 2 ) = k (+q) (-q) / (π 2 )
Assim, Ef / Ei = 2 / 2.
07. A figura plana mostra os elementos de um circuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas
espiras interligadas, A e B, de comprimentos relativamente curtos em comparação aos dois fios (CD e
EF). A deflexão do ponteiro do micro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre instantaneamente
no momento em que
D
G
C
lâmpada 1 lâmpada 2
espira A
µA
chave 2
chave 1
espira B
F
E
H
a) a chave 1 for ligada.
b) a chave 1 for ligada ou então desligada.
c) a chave 2 for ligada.
d) a chave 2 for ligada ou então desligada.
e) a chave 2 for desligada.
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Alternativa D
C
i
espira A
iA
µA
chave 2
chave 1
espira B
F
D
G
lâmpada 1 lâmpada 2
i
iB
E
H
No momento em que a chave 1 é ligada (ou desligada), pela regra da mão direita, tende a surgir corrente
induzida nas espiras, conforme indicado na figura. Supondo que as espiras sejam idênticas, e estejam a
mesma distância dos condutores, temos iA = iB, logo a corrente total nas espiras é nula.
Quando a chave 2 é ligada (ou desligada), há variação de corrente somente na parte superior do circuito,
portanto a variação de fluxo é maior na espira A, assim a corrente induzida em A (iA) é maior do que a
corrente induzida em B (iB), deste modo, surge uma corrente induzida nas espiras, provocando a deflexão
no amperímetro.
8. O circuito elétrico mostrado na figura é constituído por dois geradores ideais, com 45 V de força
eletromotriz, cada um; dois capacitores de capacitâncias iguais a 2µF; duas chaves S e T e sete
resistores, cujas resistências estão indicadas na figura. Considere que as chaves S e T se encontram
inicialmente fechadas e que o circuito está no regime estacionário.
Assinale a opção correta.
a) A corrente através do resistor d é de 7,5 A.
b) A diferença dc potencial em cada capacitor é de 15 V.
c) Imediatamente após a abertura da chave T, a corrente através do resistor g é de 3,75 A.
d) A corrente através do resistor e, imediatamente após a abertura simultânea das chaves S e T,
é de 1,0 A.
e) A energia armazenada nos capacitores é de 6,4 x 10-4 J.
Alternativa C
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Calculando o sistema equivalente, temos:
Da figura segue que:
90 = 9 it ⇒ it = 10 A.
Assim, no representação II temos que os 10A se dividem em 7,5A para os 4 Ω e 2,5A para os 12 Ω.
Logo, a corrente de 7,5A pode ainda ser dividida em duas correntes de 3,75A no circuito inicial.
Analisando as alternativas:
a) Errada, pois id = 3,75 A
b) Errada, pois como ig = 7,5A e ie = 0A, então a tensão total nos capacitores é de 15 V, logo, a tensão em
cada capacitor é 7,5 V
c) Certa, pois quando a chave T é aberta, temos os resistores e, g e os capacitores formando um circuito
em série independente do restante. Logo V = Ri e, sendo a DDP dos capacitores igual a 15V, vem 15 =
4i, portanto i = 3,75A
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d) Errada, analogamente, 15 = 4i, assim i = 3,75A
c.V 2 1.15 2 225
=
=
= 112,5µJ
e) Errado, ε P =
2
2
2
09. Um painel coletor de energia solar para aquecimento residencial de água, com 50% de eficiência, tem
superfície coletora com área útil de 10m2. A água circula em tubos fixados sob a superfície coletora.
Suponha que a intensidade da energia solar incidente é de 1,0⋅103W / m2 e que a vazão de suprimento de
água aquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opção que indica a variação da temperatura da água.
a) 12oC
b) 10oC
c) 1,2oC
d) 1,0oC
e) 0,10oC
Alternativa A
Temos:
η = 50%
I = 1.103 W/m2
Área útil = 10 m2
Vazão = 6 L/min
Da intensidade e área útil temos:
1 m2  1.103 W
Ptotal = 1.104 W
10 m2  Ptotal
Para a potência útil:
Pútil = η Ptotal ⇒ Pútil = 0,5.104 W
Temos ainda que:
P=
Q m.c.∆T
=
∆t
∆t
Sendo:
Vazão =
m
∆t
cágua = 4,2.103 J/cal.kg
Temos:
P = Vazão.c.∆T =
6L
J
= 0,5.10 4 W
.∆T .4,2.10 3
60 s
cal.kg
Logo, ∆T = 11,9oC ≈ 12oC
10. Um recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio de um pistão, com 8,00kg de massa e 60,0 cm2 de
área, que se move sem atrito. Um gás ideal, contido no cilindro, é aquecido de 30°C a 100°C, fazendo o
pistão subir 20,0 cm. Nesta posição, o pistão é fixado, enquanto o gás é resfriado até sua temperatura
inicial. Considere que o pistão e o cilindro encontram-se expostos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o
calor adicionado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2, o calor retirado durante o resfriamento,
assinale a opção correta que indica a diferença Q1 – Q2.
a) 136J
b) 120J
c) 100J
d) 16J
e) 0J
Alternativa A
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O gás sofre uma expansão isobárica e depois um resfriamento isocórico.
A 1ª Lei da Termodinâmica aplicada aos 2 processos nos mostra que:
∆U1 = Q1 – W1; ∆U2 = – Q2 – W2
Somando as equações e considerando que W2 é nulo (processo isocórico):
∆U1 + ∆U2 = Q1 – Q2 – W1
∆U1 + ∆U2 também é nulo, pois as temperaturas inicial e final do gás se igualam.
Assim:
Q1 – Q2 = W1 = P.∆V
P = Patm + Ppistão = 105 + 80 / 60.10-4 = 1,13.105 Pa
Logo, Q1 – Q2 = 1,13.105.(0,2. 60.10-4) = 136J
11. A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0 acima do nível do mar, onde a temperatura do
ar é 0ºC. Considere que, ao elevar-se acima do nível do mar, o ar sofre uma expansão adiabática que
obedece à relação ∆p/p = (7/2) (∆T/T), em que p é a pressão e T, a temperatura. Considerando o ar um
gás ideal de massa molecular igual a 30 u (unidade de massa atômica) e a temperatura ao nível do mar
igual a 30ºC, assinale a opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha das neves.
a) 2,5 km
b) 3,0 km
c) 3,5 km
d) 4,0 km
e) 4,5 km
Alternativa B
Dada a relação:
∆p 7 ∆T
= .
, e conhecida a equação geral dos gases
p 2 T
PV=nRT
Podemos fazer:
∆P
7 ∆T
7 nR∆T
= ⋅
⇒ ∆P = ⋅
nRT 2 T
2
V
V
7 m R ∆T 7 d R ∆T
,
∆P = ⋅
= ⋅
2 MV
2
M
onde d é a densidade do gás que varia com a altura.
Por outro lado, a diferença de pressão poderia ser escrita para cada ∆h como:
∆P = dg∆h, com ∆P, ∆h, ∆T, todos pequenos.
Por fim:
7 dR∆T
7 R ∆T
∆P = d g ∆h = ⋅
⇒ ∆h = ⋅
2 M
2 Mg
Calculando:
7
8 ⋅ 30
∆h = ⋅
= 2,8 ⋅10 3 m
−3
2 30 ⋅10 ⋅10
∆h ≈ 3,0km
12. Uma estrela mantém presos, por meio de sua atração gravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama.
Todos descrevem órbitas elípticas, em cujo foco comum se encontra a estrela, conforme a primeira lei de
Kepler. Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de Beta é o dobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se
também que o período de Alfa é 2 vezes maior que o período de Beta. Nestas condições, pode-se
afirmar que a razão entre o período de Alfa e o de Gama é
d) 4 2 .
e) 6 2 .
a) 2 .
b) 2.
c) 4.
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Alternativa C
Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler para os planetas α e β, vem:
3
2
2
 Rα   Tα   2Tβ 
 =2

 =  =
(I)
 R  T   T 
 β  β  β 
Como o raio médio de uma órbita é igual ao semi-eixo maior desta órbita, do enunciado obtemos que:
(II)
Rβ = 2 ⋅ Rγ
Substituindo II em I:
3
R3
 Rα 

 = 2 ⇒ α3 = 16.
Rγ
 2 Rγ 
Da 3ª Lei de Kepler:
Tα2  R α 

= 
Tγ2  Rγ 
3
= 16 ⇒
Tα
= 4.
Tγ
13. Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que emitem, em fase, ondas de freqüência f e
comprimento de onda λ. A distância d entre as fontes é igual a 3λ. Pode-se então afirmar que a menor
distância não nula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo X, para a qual ocorre interferência construtiva,
é igual a
a) 4 λ / 5.
b) 5 λ / 4.
c) 3 λ / 2.
d) 2 λ.
e) 4 λ.
Alternativa B
Temos a seguinte configuração para as fontes e um observador sobre o eixo X:
Para ocorrer interferência construtiva devemos ter:
y = x + nλ, n inteiro
Observando o triângulo de Pitágoras temos:
y2 = (x + nλ)2 = x2 + (3λ)2
⇒ x2 + 2nλx + n2λ2 = x2 + 9λ2
⇒ x = λ (9 – n2) / 2n
Substituindo os valores de n na equação temos:
n = 1 ⇒ x = 4λ
n = 2 ⇒ x = 5 / 4λ
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n=3⇒x=0
n>3⇒x<0
Logo, podemos observar que a menor distância não nula ocorre para x = 5 / 4λ.
14. Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromática de comprimento de onda λ,
coloca-se uma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) sobre uma das fendas. Isto produz um deslocamento
das franjas na figura de interferência. Considere que o efeito da lâmina é alterar a fase da onda. Nestas
circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que provoca o deslocamento da franja
central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pela franja brilhante de primeira ordem, é
igual a
Lâmina
Anteparo
d
F1
F2
λ
a) 0,38λ.
b) 0,60λ.
c) λ.
d) 1,2λ.
e) 1,7λ.
Alternativa E
Determinação da franja brilhante de primeira ordem (m = 2):
[diferença de caminho ótico] = m λ
F1 F2 senθ 2 = 2 .
λ
2
⇒ senθ 2 =
λ
(I)
2
F1 F2
Tempo de percurso da luz através de uma distância d no vidro:
nd
d
(II)
∆t1 =
⇒ ∆t1 =
v vidro
c
d
Tempo de percurso através de uma distância d no AR: ∆t 2 = (III)
c
c


variação de fase da onda (∆ϕ = ω∆t) no percurso do vidro  ω = 2π f = 2π (IV)  : ∆ϕ1 = ω ∆t1
λ


2π n d
c nd
Usando IV e II: ∆ϕ 1 = 2π .
⇒ ∆ϕ 1 =
λ
c
λ
Variação de fase da onda no percurso de distância d através do ar: ∆ϕ2 = ω∆t2
2π d
Usando (IV) e (III): ∆ϕ 2 =
λ
Diferença de fase entre as duas fontes F1 e F2:
∆ϕ 1 − ∆ϕ 2 =
2π n d
∆ϕ 1 − ∆ϕ 2 =
λ
2π d
λ
−
2π d
λ
(n − 1)
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2π d
A onda proveniente de F1 está com sua fase atrasada de
λ
(n − 1) em relação à onda proveniente de
F2. O máximo central corresponde a uma situação em que não há diferença de fase no percurso total das
ondas. Portanto, o máximo central desloca-se de modo que a diferença de caminho x entre os percursos
das ondas corresponda a um atraso na onda proveniente de F2 em relação a F1 correspondente a
2π d
(n − 1) :
λ
máximo central
d
F1
θ2
x
F2
A defasagem no percurso x é: ∆ϕ =
2π x
λ
e x = F1 F2 sen θ 2 . Portanto: ∆ϕ =
2π F1 F2 senθ 2
λ
Finalmente, igualando as defasagens para se obter uma defasagem total nula:
2π F1 F2 sen θ 2
2πd
(n − 1) =
λ
Usando (I) tem-se:
d=
λ
(n − 1)
λ
⇒d =
λ
(1,6 − 1)
⇒ d ≅ 1,7 λ
15. Um tubo sonoro de comprimento l , fechado numa das extremidades, entra em ressonância, no seu
modo fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que também vibra no modo
fundamental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se
afirmar que a tensão submetida ao fio é dada por
e) n.d.a.
b) (c/2 l )2 mL.
c) (c/ l )2 mL.
d) (c/ l )2 m l .
a) (c/2L)2 m l .
Alternativa B
m
Da relação de Taylor, vem: T =   ⋅ v 2
L
Para a corda: l =
λ
λ
2
∴ v = 2Lf
(I)
(II)
c
(III)
4
4l
Substituindo (III) em (II) e em (I), segue que:
Para o tubo: l =
2
∴ c = 4l f ⇒ f =
2
 m   Lc 
 c 
T =   ⋅   ⇒ T =   ⋅ mL
 L   2l 
 2l 
16. O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga e que se move em
órbitas circulares de raio r, em torno do próton, sob a influência da força de atração coulombiana. O
trabalho efetuado por esta força sobre o elétron ao percorrer a órbita do estado fundamental é
e) n.d.a.
d) e2/r.
b) e2/(2ε0r).
c) –e2/(4πε0r).
a) –e2/(2ε0r).
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Alternativa E
A força de atração coulombiana (força elétrica) faz o papel de resultante centrípeta.
→
v
–
→
+
Fe
m 2
(v − v 02 ) .
2
Como o módulo da velocidade é constante, (v = v0 ) logo o trabalho é nulo.
Pelo teorema do trabalho-energia (D’Alembert) τ = ∆E c =
17. Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal
com luz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2, respectivamente. Sabe-se que as velocidades
máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, v1 e v2, em que v1 = 2v2. Designando C a
velocidade da luz no vácuo, e h a constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a função trabalho φ do
metal é dada por
b) (λ2-2λ1)hc/(λ1.λ2)
c) (λ2-4λ1)hc/(3λ1.λ2)
a) (2λ1-λ2)hc/(λ1.λ2)
d) (4λ1-λ2)hc/(3λ1.λ2)
e) (2λ1-λ2)hc/(3λ1.λ2)
Alternativa D
Equações para os efeitos fotoelétricos observados:
hf1 = hc/λ1 = φ + mv12/2
hf2 = hc/λ2 = φ + mv22/2 (I)
(II)
Como v1 = 2v2, vem: hc/λ1 = φ + 4mv22/2
Passando φ para o lado esquerdo e dividindo as equações:
hc/λ1 - φ = 4(hc/λ2 - φ) ⇒ φ = (4λ1-λ2)hc/(3λ1.λ2)
18. Uma lente convergente tem distância focal de 20 cm quando está mergulhada em ar. A lente é feita de
vidro, cujo índice de refração é nV = 1,6. Se a lente é mergulhada em um meio menos refringente do que o
material da lente, cujo índice de refração é n, considere as seguintes afirmações:
I - A distância focal não varia se o índice de refração do meio for igual ao do material da lente.
II - A distância focal torna-se maior se o índice de refração n for maior que o do ar.
III - Neste exemplo, uma maior diferença entre os índices de refração do material da lente e do meio
implica numa menor distância focal.
Então, pode-se afirmar que
a) apenas a II é correta.
b) apenas a III é correta.
c) apenas II e III são corretas.
d) todas são corretas.
e) todas são incorretas.
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Alternativa C
I – Incorreta, pois no caso do meio possuir o mesmo índice de refração do material da lente, não haveria
refração dos raios luminosos, que manteriam a sua direção original, tornando a distância focal infinita.
II – Correta, pois à medida que o índice de refração do meio aumenta desde o valor do ar (≅ 1, índice de
refração do vácuo, que é o menor possível) até se tornar igual ao do material da lente, a distância focal
aumenta de um valor inicial finito até o infinito (caso em que não ocorre a refração).
III – Correta, conforme explicação do item anterior, fazendo-se o raciocínio inverso (lembrando que a
diferença máxima entre os índices ocorre quando o meio é o vácuo).
19. Ao olhar-se num espelho plano, retangular, fixado no plano de uma parede vertical, um homem
observa a imagem de sua face tangenciando as quatro bordas do espelho, isto é, a imagem de sua face
encontra-se ajustada ao tamanho do espelho. A seguir, o homem afasta-se, perpendicularmente à
parede, numa certa velocidade em relação ao espelho, continuando a observar sua imagem. Nestas
condições, pode-se afirmar que essa imagem:
a) torna-se menor que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
b) torna-se maior que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
c) continua ajustada ao tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
d) desloca-se com o dobro da velocidade do homem.
e) desloca-se com metade da velocidade do homem.
Alternativa C
Sabemos que as características da imagem de um objeto real em um espelho plano é virtual, direita
simétrica e guardando as mesmas dimensões, do objeto (imagem enantiomorfa) independentemente da
posição do objeto. Vejamos:
Afastamento
A
B
O2
O1
I1
I2
Podemos verificar que a imagem continua sendo vista pelas bordas A e B, continuando ajustada ao
tamanho do espelho tal como visto pelo homem.
Obs.: O ângulo de visada se reduz.
20. Um bloco homogêneo de massa m e densidade d é suspenso por meio de um fio leve e inextensível
preso ao teto de um elevador. O bloco encontra-se totalmente imerso em água, de densidade ρ, contida
r
em um balde, conforme mostra a figura. Durante a subida do elevador, com uma aceleração constante a ,
o fio sofrerá uma tensão igual a
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r
a
m
a) m(g+a)(1-ρ/d)
b) m(g-a)(1-ρ/d)
c) m(g+a)(1+ρ/d)
d) m(g-a)(1+d/ρ)
e) m(g+a)(1-d/ρ)
Alternativa A
A gravidade aparente dentro do elevador vale a + g:
E = ρ(a + g)V; P = d(a + g)V
Para um observador dentro do elevador (referencial não inercial), o balde está em equilíbrio.
Assim: E + T = P ⇒ ρ(a + g)V + T = d(a + g)V
Como V = m / d, temos:
T = m(g + a)(1-ρ/d)
21. Uma máquina térmica opera com um mol de um gás monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA,
representado no plano PV, conforme mostra a figura. Considerando que a transformação BC é adiabática,
calcule:
P(Pa)
B
3200
80
A
1
C
8 V(m3)
a) a eficiência da máquina;
b) a variação da entropia na transformação BC.
SOLUÇÃO:
a) O rendimento (eficiência) é dado por η =
τ
Q
Sendo:
τ = trabalho líquido (área no Interior do ciclo)
Q = Calor Recebido.
Note-se também que:
Qrecebido = τ + Qrejeitado , Qrecebido = QAB e Qrejeitado = QCA
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Assim:
QAB = ncv∆T, como o gás é monoatômico CV = 3 R e Cp =
2
ITA
5
R
2
•
ELITE
x
0
Note ainda que, para o trecho AB: ∆P.V = nR∆T
Logo ∆T = ∆PV
nR
3R ∆PV
.
2 nR
QAB = (3/2) ∆Pv = (3/2)(3200 - 10).1 ⇒ QAB = 4680J
∆VP
QAC = nCP∆T e ∆T =
nR
∆VP
= 1400J
Logo, QAC = n.(5/2)R.
nR
Então: τ = 4600 – 1400 = 3280 J
Logo o rendimento será:
τ
3280
η=
=
= 0,70 = 70%
4680
Q
Então: QAB = n.CV∆T = n.
b)
∆S = Σ∆Q/ T, mas como se trata de uma transformação adiabática (não há troca de calor), então ∆S = 0
22. Tubos de imagem de televisão possuem bobinas magnéticas defletoras que desviam elétrons para
obter pontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens. Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente
acelerados por uma diferença de potencial U entre o catodo e o anodo. Suponha que os elétrons são
gerados em repouso sobre o catodo. Depois de acelerados, são direcionados, ao longo do eixo x, por
meio de uma fenda sobre o anodo, para uma região de comprimento L onde atua um campo de indução
r
magnética uniforme B , que penetra perpendicularmente o plano do papel, conforme mostra o esquema.
Suponha, ainda, que a tela delimita a região do campo de indução magnética.
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Se um ponto luminoso é detectado a uma distância b sobre a tela, determine a expressão da intensidade
de B necessária para que os elétrons atinjam o ponto luminoso P, em função dos parâmetros e
constantes fundamentais intervenientes. (Considere b << L ).
→
Para a região de E constante, temos:
τ= qU = ∆EC ∴ V =
2qU
m
→
Para a região de B constante, temos:
mV 2
mV
Fmag = Fcp ⇒ qVB =
⇒B=
R
qR
Da figura temos:
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
R2 = L2 + (R – b )2 ou seja,
2qU
m
2
2
b +L
m = 2b . 2mU
R=
, sendo assim: B =
2
2b
q
b 2 + L2
b + L2
)
q(
2b
23. Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências fA = 150Hz e
fB = 155Hz, respectivamente.
a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvido por um observador que se encontra próximo aos
tubos e em repouso em relação aos mesmos.
b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir para eliminar a freqüência do batimento calculada no
item a), e especifique o sentido desse movimento em relação ao observador.
SOLUÇÃO:
a) fbat = f1 – f2 = 150 - 155= 5Hz
b)
parado
VB
Tubo A
+
Tubo B
observador
(Referencial)
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Se fbat = 0 ⇒ f BAPARENTE = 150 Hz
 c ±V 0
fAP = f0 ⋅ 
 c ±V
f


c
 ∴ fAP = f0 ⋅

(c ± V B )

c
, com a fonte se afastando do observador.
como fAP < f0 ⇒ fAP = f0
(c + V B )
( f − f AP )
(155 − 150)
= 10m/s ⇒  VB = 36 km/h
∴ VB  = 300 ⋅
Daí,  V B  = c ⋅ 0
150
f AP
24. Atualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixes de laser, são capazes de resfriar gases a
temperaturas muito próximas do zero absoluto, obtendo moléculas e átomos ultrafrios. Considere três
átomos ultrafrios de massa M, que se aproximam com velocidades desprezíveis. Da colisão tripla
resultante, observada de um referencial situado no centro de massa do sistema, forma-se uma molécula
diatômica com liberação de certa quantidade de energia B. Obtenha a velocidade final do átomo
remanescente em função de B e M.
SOLUÇÃO:
Como as velocidades são desprezíveis, pode-se considerar que o centro de massa do sistema está em
repouso. Após a colisão teremos duas massas, M e 2M, deslocando-se em uma mesma direção e
sentidos opostos (única configuração em que o centro de massa do sistema não se desloca). Logo, em
módulo teremos: 2MV1 = MV2 ⇒ V2 = 2V1, sendo
V1 = velocidade da molécula e
V2 = velocidade do átomo
A energia B é dada por:
B = EC MOLÉCULA + EC ÁTOMO =
2
2MV2 2 MV2 2
+
= 3MV2
2.4
2
4
B
4B
2
V2 =
⇒ V2 =2
3M
3M
B=
2MV12
2
+
MV2 2
2
, substituindo V1= V2/2, tem-se:
Daí
25. As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm um raio de curvatura igual a 1,00 m. O índice de
refração da lente para luz vermelha é 1,60 e, para luz violeta, 1,64. Sabendo que a lente está imersa no
ar, cujo índice de refração é 1,00, calcule a distância entre os focos de luz vermelha e de luz violeta, em
centímetros.
SOLUÇÃO:
Sabe-se que:
1
1
1
= (n − 1)(
−
)
F
r1 r2
Portanto, para a luz vermelha, teremos:
1
Fver
1
Fver
= (nver − 1)(
= (1,6 − 1)(
1
1
)
−
r1 r2
1
1
)
−
1 −1
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1
= (0,6)(2) = 1,2 ∴ Fver = 0,8333m
Fver
E para a luz violeta, teremos:
1
1
1
= (nvio − 1)(
−
)
Fvio
r1 r2
1
Fvio
= (1,64 − 1)(
1
1
)
−
1 −1
1
= (0,64)(2) = 1,28 ∴ Fvio = 0,781m
Fvio
Portanto, a distancia entre os focos é ∆F = 0,052 m ou ∆F = 5,2 cm.
26. Na prospecção de jazidas minerais e localização de depósitos subterrâneos, é importante o
conhecimento da condutividade elétrica do solo. Um modo de medir a condutividade elétrica do solo é
ilustrado na figura. Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raio r, são profundamente enterradas no
solo, a uma grande distância entre as mesmas, comparativamente a seus raios. Fios retilíneos, isolados
do solo, ligam as esferas a um circuito provido de bateria e um galvanômetro G. Conhecendo-se a
intensidade da corrente elétrica e a força eletromotriz da bateria, determina-se a resistência R oferecida
pelo solo entre as esferas.
G
A
B
r
r
Sabendo que RC = ε/σ, em que σ é a condutividade do solo, C é a capacitância do sistema e ε a
constante dielétrica do solo, pedem-se:
a) Desenhe o circuito elétrico correspondente do sistema esquematizado e calcule a capacitância do
sistema.
b) Expresse σ em função da resistência R e do raio r das esferas.
SOLUÇÃO:
a) Circuito elétrico correspondente:
i
G
i
R
-Q
+Q
C
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O conjunto das esferas é representado pela capacitância C e por uma resistência R em paralelo,
permitindo a passagem de corrente pelo galvanômetro.
Q
C=
a)
(I)
U
1 Q
1 (− Q )
U = VB − V A ⇒ U =
−
4π ∈ r 4π ∈ r
2Q
Q
1
(II)
⇒U =
.
⇒U=
4π ∈ r
2π ∈r
Substituindo (II) em (I): C = 2π ∈ r
(III)
b) Usando R C = ∈/σ e (III) tem-se: σ =
1
2π r R
SOLUÇÃO:
27. A figura representa o esquema simplificado de um circuito elétrico em uma instalação residencial. Um
gerador bifásico produz uma diferença de potencial (d.d.p) de 220V entre as fases (+110V e –110V) e
uma ddp de 110V entre o neutro e cada uma das fases. No circuito estão ligados dois fusíveis e três
aparelhos elétricos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura.
FA
+110 V
I4
Cafeteira
880 W
I3
I1
Chuveiro
3300 W
0V
I5
I2
Forno
2200 W
-110 V
FB
I6
Admitindo que os aparelhos funcionam simultaneamente durante duas horas, calcule a quantidade de
energia elétrica consumida em kWh e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em ampère.
SOLUÇÃO:
A quantidade de energia consumida com todos os aparelhos funcionando simultaneamente por 2 horas é
igual à soma do consumo individual de cada aparelho, ou seja:
τ t = P1 ⋅ ∆t1 + P2 ⋅ ∆t 2 + P3 ⋅ ∆t3
τ t = (880 + 2200 + 3300) ⋅ 2 = 12,76kWh
Em relação à capacidade dos fusíveis, vemos pela figura que FA e FB precisariam suportar correntes no
mínimo iguais a I4 e I6 respectivamente.
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Sabemos que:
I1 =
P1 880
P
2200
=
= 8A ; I 2 = 2 =
= 20 A
110
U 1 110
U2
P3 3300
=
= 15 A
220
U3
Mas, pela análise das malhas da figura, temos que:
I 4 = I 1 + I 3 = 23 A
I3 =
e
I 6 = I 2 + I 3 = 35 A
Logo: F A = 23 A e FB = 35 A
Obs: a título de mera conferência, pode-se calcular o valor da corrente I5 dada simultaneamente pelas
equações: I 5 = I 6 − I 4 = I 2 − I 1 = 12 A , o que comprova o fechamento da malha elétrica.
28. Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de uma diferença de potencial U, adquirindo uma
quantidade de movimento p. Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia relativística
é dada por E = [ (m0C2)2 + p2C2 ]1/2, em que m0 é a massa de repouso de elétron e C a velocidade da luz
no vácuo. Obtenha o comprimento de onda de DeBroglie do elétron em função de U e das constantes
fundamentais pertinentes.
SOLUÇÃO:
Como o sistema é conservativo:
(m c )
2 2
E mi = E mf ⇒ m 0 c 2 + qVi =
⇒ m0 c 2 =
⇒ m0 c 2
m0 c =
+ p 2 c 2 + qV f
(m c ) + p c + q(V − V )
= (m c ) + p c + qU
2 2
2
2
0
f
2 2
2
i
2
0
Substituindo a expressão da relação de De Broglie p =
2
0
(m c )
2 2
0
h
λ
:
2
h
+   c 2 + qU
λ 
Isolando λ :
λ=
hc
q c − 2qUm0 c 2
2
2
29. Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória de espessura L = 5,0 cm, área 100 m2 e
condutividade térmica k = 2,0 W/m K. O ar contido em cada sala encontra-se, inicialmente, à temperatura
T1 = 47ºC e T2 = 27ºC, respectivamente. Considerando o ar como um gás ideal e o conjunto das duas
salas um sistema isolado, calcule:
a) O fluxo de calor através da divisória relativo às temperaturas iniciais T1 e T2.
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b) A taxa de variação da entropia ∆S/∆t no sistema no início da troca de calor, explicando o que ocorre
com a desordem do sistema.
A
T2
T1
L
SOLUÇÃO:
a) Φ =
k ⋅ A ⋅ ∆T 2 ⋅100 ⋅ 20
=
= 8 ⋅10 4 W
−2
L
5 ⋅10
b) ∆Q = T ⋅ ∆S ⇒
Assim, vem:
∆Q
∆S
=T ⋅
∆t
∆t
1
∆S
Φ=
T
∆t
− 8 ⋅10 4
 ∆S 
= −250W / K
Logo: 
 =
 ∆t 1 (47 + 273)
8 ⋅10 4
 ∆S 
E: 
= 266,7W / K
 =
 ∆t  2 (27 + 273)
 ∆S   ∆S   ∆S 
Assim: 
=
 +
 = 16,7W / K
 ∆t   ∆t 1  ∆t  2
Assim, notamos que a entropia do sistema aumenta, ou seja, aumenta o nível da desordem do
sistema, o que está de acordo com a segunda lei da termodinâmica.
30. Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura, com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm
mergulhados em um recipiente com mercúrio. Com sua extremidade superior tapada, em seguida a pipeta
é retirada lentamente do recipiente.
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Considerando uma pressão atmosférica de 75 cm Hg, calcule a altura da coluna de mercúrio
remanescente no interior da pipeta.
SOLUÇÃO:
Como no interior da parte que foi tapada existe somente ar, que consideraremos um gás ideal, podemos
escrever para uma transformação isotérmica a lei de Boyle-Mariotte:
P1 .V1 = P2 .V2
Como a área da seção transversal reta da pipeta é constante, vem:
P1 .h1 . A = P2 .h2 . A ⇒ P1 .h1 = P2 .h2
Substituindo os valores de alturas e de pressões, vem:
75 ⋅ 5 375
P2 =
=
h2
h2
Mas como estamos representando as pressões em centímetros de mercúrio, temos que:
PHg = hHg
Relacionando as alturas das colunas, vem:
hHg + h2 = 25
Devemos ter ainda que a soma das pressões do gás e do mercúrio se igualem à atmosférica. Assim:
PHg + P2 = 75
Substituindo as pressões na equação acima, temos:
375
hHg +
= 25
75 − hHg
Resolvendo a equação acima, temos que hHg = 18,38 cm.
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