Física - Resolvida - Cobertura Máxima GGE

Para a órbita circular, a excentricidade é nula. Então:
Símbolos adotados nesta prova: g: módulo da gravidade na
superfície da Terra. G: constante gravitacional universal. Velocidade
da luz no vácuo. h: constante de Planck reduzida.
ES (1  e2 ) L2T 1  e2



1
ET
1 1  e2
LS 2
Logo, a alternativa E está errada.
01. O módulo de Young de um material mede sua resistência a
ALTERNATIVA C
deformações causadas por esforços externos. Numa parede vertical,
encontra-se engastado um sólido maciço de massa específica  e
módulo de Young , em formato de paralelepípedo reto, cujas
dimensões são indicadas na figura. Com base nas correlações entre
grandezas físicas, assinale a alternativa que melhor expressa a
deflexão vertical sofrida pela extremidade livre do sólido pela ação do
seu próprio peso.
03. Uma esfera de massa m tampa um buraco circular de raio r no
fundo de um recipiente cheio de água de massa específica .
Baixando-se lentamente o nível da água, num dado momento a
esfera se desprende do fundo do recipiente. Assinale a h alternativa
que expressa a altura h do nível de água para que isto aconteça,
sabendo que o topo da esfera, a uma altura a do fundo do recipiente,
permanece sempre coberto de água.
a) m/(a2)
b) m/(r2)
c) a (3r2 + a2)/(6r2)
d) a/2 – m/(r2)
e) a (3r2+a2)/(6r2) – m /(r2)
a) 3gab / (2)
b) 3gb2/ (2)
c) 3b2h2 / (2ga4)
d) 3ga4 / (2 h2)
e) 3gbh / (2)
Solução:
Solução:
Este assunto não está no programa do ITA e, para resolvê-lo do
zero, é necessário cálculo diferencial.
V0
h
a
02. Considere dois satélites artificiais S e T em torno da Terra. S
descreve uma orbita elíptica com semieixo maior a, e T, uma órbita


circular de raio a, com os respectivos vetores posição rs e r T com
origem no centro da Terra. É correto afirmar que . •

a) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rs é igual à

varrida por r T .

b) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rs é maior

que a varrida por r T .
c) o período de translação de 5 é igual ao de T.
d) o período de translação, de 5 é maior que o de T.
e) se S e T têm a mesma massa, então a energia mecânica de S é
maior que a de T .
Solução:
Pela terceira lei de Kepler, o período de revolução é proporcional ao
semieixo maior elevado a 3/2. Como as duas órbitas possuem o
mesmo tamanho a do semieixo maior, os períodos são iguais. A
resposta é letra C.
A alternativa D contradiz a C, logo está errada.
Pela segunda Lei de Kepler, a taxa com que a área é varrida é
constante.
Assim,
como
a
área
total
da
órbita
S (= ab) é menor que a área total da órbita T (= a2), as alternativas
A e B estão erradas.
A energia em função do momento angular e da excentricidade é dada
por
E
G2 M2 m3
2 L2
(1  e2 )
(Visto em sala)
O momento angular é proporcional à taxa com que a área é varrida
que, por sua vez é proporcional à área total. Assim:
LS ab a b

  
LT a2 b a
a2  c 2
 1  e2
a
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vL
2r
Não haverá empuxo na parte central, visto que não há água abaixo.
Só haverá empuxo devido ao volume lateral VL. Este empuxo, na
iminência da esfera subir, deve equilibrar o peso da esfera e da
coluna de água acima, de volume V0.
Assim:
pvLg = mg + pV0g
m
 ( V0  VL )  
p
Mas V0 – VL =  r2 h – VSubmerso onde o volume submerso é dado por

VSubmerso  a (a 2  3r 2 )
6
Assim,

m
 r 2 h  a (a 2  3r 2 )  
6
p
h
a
6r
2
(a 2  3r 2 ) 
m
pr 2
ALTERNATIVA E
04. Sobre uma placa de vidro plana é colocada uma lente planocôncava, com 1,50 de índice de refração e concavidade de 8,00m de
raio voltada para baixo. Com a lente iluminada perpendicularmente
de cima por uma luz de comprimento de onda 589nm (no ar),
aparece um padrão de interferência com um ponto escuro central
circundado por anéis, dos quais 50 são escuros, inclusive o mais
externo na borda da lente. Este padrão de interferência aparece
devido ao filme de ar entre a lente e a placa de vidro (como
esquematizado na figura). A espessura da camada de ar no centro
do padrão de interferência e a distância focal da lente são,
respectivamente,
Fazendo o gráfico de T2 versus m, vem:
T2
a) 14,7 m e -10,0m.
b) 14,7 m e 16,0m.
c) 238 m e -8,00m.
d) 35,2 m e 16,0m.
e) 29,4 m e -16,0m.

Para a lente plano-côncava, vem:
1  nL
1   1,50
 1
  1 
  
 
 1

 1


f  nm
 R1 R2   1
 8 
FEL  FELE  k (ro  r ) 
2x 
No 
2

Para a borda, vem : x  0  No  0
Para o centro N'o  100
dmax 
 dmax  14 ,7  10
6
q2
2 A
Mas,

N'o  
 25  58910 9
4
m ou dmax  14 ,7 m
ALTERNATIVA B
05. Um capacitor de placas planas paralelas de área A, separadas
entre si por uma distância inicial r0 muito menor que as dimensões
dessa área, tem sua placa inferior fixada numa base isolante e a
superior suspensa por uma mola (figura (1)). Dispondo-se uma
massa m sobre a placa superior, resultam pequenas oscilações de
período T do conjunto placa superior + massa m. Variando-se m,
obtém-se um gráfico de T2 versus m, do qual, após ajuste linear, se
extrair o coeficiente angular . A seguir, após remover a massa m da
placa superior e colocando entre as placas um meio dielétrico sem
resistência ao movimento, aplica-se entre elas uma diferença de
potencial V e monitora-se a separação r de equilíbrio ( figuras (2) e
(3)). Nestas condições, a permissividade  do meio entre as placas é
E
V
q
V 2k(ro  r )



r
A
r
q
V
2k
(ro  r )r
q
Mas de acordo com o gráfico fornecido:
 2r0
V
 3


V
m


Assim,
2k 
2ro  2ro 4k 2

  ro 

ro
q 
3  3
9q


Vm 
Mas
q
Vm A
2ro / 3
3 AVm

2ro
Então
4kro
Vm 
9
2
3 Vm  A

8

kr0
3
27 AVm 
2ro
Mas como,
k
a) 322 r 30 /(27 AVm2 ).
42

Teremos,
b)162 r 30 /(27 AVm2 ).

c) 82 r 30 /(27 AVm2 ).
d) 42 r 30 / ( AVm2 ).
3
3
8 42ro
32 2ro



2
27 AVm
27 AVm2
e) 162 r3/(27 AV2).

Solução:
Na 1ª Situação o período de oscilação do sistema será:
m
m
T  2
 T 2  4 2  
k
k
 4 2 
m
T 
 k 


2
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k
Na 2ª Situação teremos equilíbrio e a força elástica será igual à força
elétrica entre as placas, assim:
f  16,0m
dmax
4 2
m
0
Solução:

tan    
32  2ro
3
27 AVm
2
ALTERNATIVA A


8

kro
3
27 AVm 2
06. A figura mostra um interferômetro de Michelson adaptado para
determinar o índice de refração do ar. As características do padrão
de interferência dos dois feixes incidentes no anteparo dependem da
diferença de fase entre eles, neste caso, influenciada pela cápsula
contendo ar. Reduzindo a pressão na cápsula de 1 atm até zero
(vácuo), nota- se que a ordem das franjas de interferências sofre um
deslocamento de N, ou seja, a franja de ordem 0 passa a ocupar o
lugar da de ordem N, a franja de ordem: 1 ocupa o lugar da de ordem
N + 1, e assim sucessivamente. Sendo d a espessura da cápsula e
 o comprimento de onda da luz no vácuo, o índice de refração do ar
é igual a
Solução:
FEL
e
e
R
* Quantização do momento angular:
L  mo v  R  n  
I
* FCP  FEL
e2
4 oR
2

mo v 2
e2
 (mo vR )v 
R
4 o
e2
 mo v 2
4 oR
II
III
De I em II, vem:
vn 
a) N / d
b) N / (2d)
c) 1 + N / d
d) 1 + N / (2d)
e) 1 – N / d
e2
1

4 o  n
E total 
mo v 2
 mo v 2
 mo e 4
e2
1


 En 

2
4oR
2
32202 2 n2
Solução:
Anteparo
Cápsula
Espelho 1
Laser
Divisor
de Feixe
Mas EION | E1 |
e4  mo
32 2 2  02
Por analogia, para as impurezas, vem:
EION 
mr
r2

e4mo
322   2o

EIMP mr
 2
EHID
r
d
ALTERNATIVA B
Espelho 2
A diferença de caminho óptico entre as duas situações ocorre na ida
e volta dos raios passando pela cápsula e provoca o deslocamento
das franjas na tela:
x = 2 (nAR – 1) ∙ d = N 
N
n ar  1 
2d
ALTERNATIVA D
07. É muito comum a ocorrência de impurezas em cristais
semicondutores. Em primeira aproximação, a energia de ionização
dessas impurezas pode ser calculada num modelo semelhante ao do
átomo de hidrogênio. Considere um semicondutor com uma impureza
de carga +e atraindo um elétron de carga –e. Devido a interações
com os átomos da rede cristalina, o elétron, no semicondutor, possui
uma massa igual a mrm0, em que m0 é a massa de repouso do elétron
e mr, uma constante adimensional. O Conjunto impureza/elétron está
imerso no meio semicondutor de permissividade relativa r. A razão
entre a energia de ionização desta impureza e a energia de ionização
do átomo de hidrogênio é igual a
a) 1
08. Considere um capacitor de placas paralelas ao plano yz tendo
um campo elétrico de intensidade E entre elas, medido por um
referencial S em repouso em relação ao capacitor. Dois outros
referenciais, S’ e S’’, que se movem com velocidade de módulo v
constante em relação a S nas direções de x e y, nesta ordem,
medem as respectivas intensidades E’ e E’’ dos campos elétricos
entre as placas do capacitor. Sendo   1/ 1  (v / c )2 , pode-se dizer
que E’ / E e E’’ / E são, respectivamente, iguais a
a) 1 e 1
b)  e 1
c) 1 e 
d)  e 1/
e) 1 e 1/
Solução:
Segundo o referencial S, o capacitor encontra-se em repouso com as
placas (consideradas retangulares) paralelas ao planos yz. Confira:
Z
S
b) mr / r2
c) r2 / mr
d) mr / r
e) r / mr
Y
X
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O campo elétrico no interior das placas, desconsiderando os efeitos
de borda, é dado por:
E
q
A o
Então qualquer movimento que altere, por efeitos relativísticos, a
medida da área entre as placas promove uma alteração no campo.
No referencial S’ o movimento aparente do capacitor ocorre no eixo
x. Confira:
Z
S’
v
Y
X
Como os efeitos relativísticos de contração do comprimento só
ocorrem ao longo da direção do movimento, não há alterações nas
dimensões da placa e portanto, não há alteração na medida do
campo interno.
Então,
E’ = E 
III. Uma carga negativa desloca-se da região de maior para a de
menor potencial elétrico.
IV. E nulo o trabalho para se deslocar uma carga teste do infinito até
o ponto médio entre duas cargas pontuais de mesmo módulo e
sinais opostos.
Destas afirmações, é (são) correta(s) somente
a) I e II.
b) I, II e III.
c) I, II e IV.
d) I e IV.
e) III.
Solução:
I. Uma superfície metálica está em equilíbrio eletrostático quando
se torna equipotencial. (CORRETA).
II. Uma objeto eletrostaticamente carregado, em uma caso
particular, induz carga uniformemente distribuída sobre uma
superfície metálica. (INCORRETA).
III. O deslocamento de carga elétrica negativa da região de maior
potencial elétrico para a de menor potencial elétrico acontece de
forma não espontânea. Obs.: sequer a asserção abordou a
espontaneidade do processo. (INCORRETA)
IV. O ponto médio entre duas cargas de mesmo módulo e sinais
opostos tem mesmo potencial do infinito: zero, logo o trabalho é
nulo, pois não diferença de potencial elétrico entre os pontos de
partida e chegada da carga-teste. (CORRETO).
ALTERNATIVA D
10. Um recipiente contém um gás monoatômico ideal inicialmente no
E'
1
E
No referencial S’’ o movimento aparente do capacitor ocorre no eixo
y. confira:
Z
estado L, com pressão p e volume V. O gás é submetido a uma
transformação cíclica LMNL, absorvendo de uma fonte quente uma
quantidade de calor Q1 e cedendo a uma fonte fria uma quantidade
de calor Q2. Pode-se afirmar que Q1 é igual a
Pressão
N
4p
S”
v
p
Y
L
M
Volume
X
Nesse caso ocorre uma contração relativística na dimensão da placa
paralela ao eixo y.
Assim,
A" 
A
 E"  E

a) 30pV.
b) 51pV/2.
c) 8Pv.
d) 15pV/2.
e) 9pV/2.
Solução:
Pressão
Então,
E"

E
4p
Q2
N
Q
Por fim,
E'
1 e
E
E"

E
ALTERNATIVA C
09. Considere as afirmações a seguir;
I.
Em equilíbrio eletrostático, uma superfície metálica é
equipotenciais
II. Um objeto eletrostaticamente carregado induz uma carga
.uniformemente distribuída numa superfície metálica próxima
quando em equilíbrio eletrostático.
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p
L
V
Q’
M
4V
Volume
1ª Lei da Termodinâmica para o ciclo
UT = 0 = (Q1 + Q2) - WT
9pV
9pV
mas WT 
  Q1  Q2 
2
2
1ª Lei da Termodinâmica em NL.
U 
3
3
45pV
 mR(TL  TN )  (pV  16pV ) 
2
2
2
WNL 
 v 1   z 11 z 12   i1 
 
 
 v 2   z 21 z 22  i 2 
 ( 4p  p)3 V  15pV

2
2
Mas U  Q 2  W  Q 2  30pV
Logo , Q1 
Solução:
Desenvolvendo a expressão que define a matriz de impedância dada
no texto da questão, temos:
Assim
v1 = z11i1 + z12i2
v2 = z21i1 + z22i2
 9pV
51pV
 30pV  Q1 
2
2
ALTERNATIVA B
11. Considere um ímã cilíndrico vertical com o polo norte para cima,
tendo um anel condutor posicionado acima do mesmo. Um agente
externo imprime um movimento ao anel que, partindo do repouso,
desce verticalmente em torno do ímã e atinge uma posição simétrica
à original, iniciando, logo em seguida, um movimento ascendente e
retornando à posição inicial em repouso. Considerando o eixo de
simetria do anel sempre coincidente com o do ímã e sendo positiva a
corrente no sentido anti-horário (visto por um observador de cima), o
gráfico que melhor representa o comportamento da corrente induzida
i no anel é
 4  2 
Avaliando essa expressão para a matriz específica dada: 
,
 2 3  
temos:
v 1  4i1  2i 2
v 2  2i1  3i 2
Procurando essa relação entre voltagens e correntes nos circuitos
oferecidos como alternativa, encontramos que somente a letra (d)
corresponde ao par de equações destacado acima.
Confira:
i2 4  i1 2
i1
4
i1 2  3i2 4
Solução:
Linhas de campo de um ímã:
8
i1 2  i2 4
v1
4
i2
Assim
v2
i
3i
v 2  4   1  2 
4
 2
v 2  2i1  3i2
i
i
v 1  8   1  2 
4
 2
v 1  4i1  2i2
ALTERNATIVA D
13. Um sistema binário é formado por duas estrelas esféricas de
N
z
S
Quando a espira desce, o fluxo aumenta na direção positiva do eixo
z. Assim, a corrente induzida estará no sentido horário (negativa), se
vista de cima, a fim de criar um campo para baixo. Depois que a
espira passa o ímã, o fluxo para cima diminui, de forma que a
corrente induzida estará no sentido anti-horário (positiva).
Ao retornar, o fluxo inicialmente aumenta na direção positiva e depois
diminui, como ocorre na descida.
ALTERNATIVA C
respectivas centros distam d entre si, cada qual descrevendo um
movimento circular em torno do centro de massa desse sistema.
Com a estrela de massa m na posição mostrada na figura, devido ao
efeito Doppler, um observador T da Terra detecta uma raia do
espectro do hidrogênio, emitida por essa estrela, com uma frequência
f ligeiramente diferente da sua frequência natural f0. Considere a
Terra em repouso em relação ao centro de massa do sistema e que o
movimento das estrelas ocorre no mesmo plano de observação.
Sendo as velocidades das estrelas muito menores que c, assinale a
alternativa que explicita o valor absoluto de (f – fo) / fo. Se necessário,
utilize ( 1 + x ) n  1 + n x para x << 1 .
12. Um circuito elétrico com dois pares de terminais é conhecido
como quadripolo. Para um quadripolo passivo, as tensões medidas
em cada par de terminais podem ser expressas em função das
z 12 
z
correntes mediante uma matriz de impedância Z   11
 , de tal
z
z
22 
 21
 v1 
 i1 
   Z   . Dois quadripolos propostos nas
v
 2
i 2 
alternativas seguintes, assinale aquele cuja matriz de impedância
 4  2 
seja 
.
 2 3  
forma
que:
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Solução:
Para v << c, a frequência observada será
v cos  
f  f0
v


f  f0 1 
 cos 


c
f0
c


Assim basta saber a velocidade da estrela de massa m.
16. Um cilindro de altura h e raio a, com água até uma certa altura,
m
M
M  md
Mm
gira com velocidade angular  constante. Qual o valor máximo de 
para que a água não transborde, sabendo que neste limite a altura z
(ver figura) é igual a h/3 +  2 a 2 / ( 4 g ) ? Dado: num referencial que
gira com o cilindro, e, portanto, considerando a força centrífuga,
todos os pontos da superfície da água têm mesma energia potencial.
d
v
M
CM
m
F
FRe sultan te  FCentrípeta :
GMm
d
2

mv 2
M
v
GM 2
(M  m)d
Mmd
Logo,
f  f0
f0

GM 2 cos 2 
(M  m) dc 2
a )   2gh /( 3a 2 )
ALTERNATIVA E
b )   4ga /( 9h 2 )
14. Uma luz monocromática incide perpendicularmente num plano
c )   4gh /( 3h 2 )
com três pequenos orifícios circulares formando um triângulo
equilátero, acarretando um padrão de interferência em um anteparo
d)   4gh /( 3a 2 )
paralelo ao triângulo, com o máximo de intensidade num ponto P
equidistante dos orifícios. Assinale as respectivas reduções da
e )   4gh /( 9a 2 )
intensidade luminosa em
a) 4/9 e 1/9
b) 2/3 e 1/3
c) 8/27 e 1/27
d) 1/2 e 1/3
e) 1/4 e 1/9
P com um e com dois orifícios tampados.
Solução:
Seja E0 a amplitude do campo no P devido a apenas um dos orifícios.
A intensidade é, então
I3  (3E0)2
Para dois e um orifícios, as intensidades são:
I1  (E0)2 e I2  (2E0)2
Assim, com um e com dois orifícios tampados, temos:
2
4
1 1


e
3 9
3 9
ALTERNATIVA A
15. Pode-se associar a segunda lei da Termodinâmica a um
princípio de degradação da energia.
Assinale a alternativa que melhor justifica esta associação.
a) A energia se conserva sempre.
b) O calor não flui espontaneamente de um corpo quente para outro
frio.
c) Uma máquina térmica operando em ciclo converte integralmente
trabalho em calor.
d) Todo sistema tende naturalmente para o estado de equilíbrio.
e) É impossível converter calor totalmente em trabalho.
Solução:
- O item A diz respeito à 1 Lei da Termodinâmica, e não à
Segunda;
- O item B é Falso, porque há fluxo de calor espontâneo quando
do corpo mais quente em direção ao mais frio;
- O item C é Falso, pois viola a Segunda Lei da Termodinâmica;
- O item D é a melhor definição da Segunda Lei da Termodinâmica
no que diz respeito à degradação da energia de um sistema, pois
o equilíbrio é alcançado com valor máximo de entropia, isto é
quando a degradação de energia é máximo.
- O item E é FALSO, pois não afirma que a conversão ocorre em
um processo cíclico.
ALTERNATIVA D
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Solução:
A força que age em uma partícula de massa m no referencial girante
é:

F  mg ẑ  m2r r̂ , se m estiver parada neste referencial.
Assim, a energia potencial é:
1
u ( z, r )  mgz  m2r 2
2
Se na superfície da água todos os pontos têm a mesma energia
potencial, o formato da superfície é dado pela equação:
2
z (r ) 
r2
2g
Assim, tomando que z(a) 
h
3

2 a 2
4g
 

h
3

2 a 2
4g
, obtemos:
2 a 2
2g
4gh
3a 2
ALTERNATIVA D
17. Um disco rígido de massa M e centro O pode oscilar sem atrito
num plano vertical em torno de uma articulação P. O disco é atingido
por um projétil de massa m << M que se move horizontalmente com

velocidade v no plano do disco. Após a colisão, o projétil se
incrusta no disco e o conjunto gira em torno de P até o ângulo .
Nestas condições, afirmam-se:
I.
A quantidade de movimento do conjunto projétil + disco se
mantém á mesma imediatamente antes e imediatamente depois
da colisão.
II. A energia cinética do conjunto projétil + disco se mantém á
mesma imediatamente antes e imediatamente depois da colisão.
III. A energia mecânica do conjunto projétil + disco imediatamente
após a colisão é igual à da posição de ângulo  / 2 .
É (são) verdadeira(s) apenas a(s) assertiva(s)
a) I
b) I e II
c) I e III
d) II e III
e) III
Solução:
I. ERRADO. Há que se considerar o impulso da articulação sobre o
sistema.
II. ERRADO. Há, certamente, dissipação de energia, pois a colisão
é inelástica.
III. Após a colisão, há conservação da energia mecânica, pois a
força da articulação não realiza trabalho, além de a força peso
ser conservativa, logo a assertiva está CORRETA.
19. Duas placas de um mesmo metal e com. a mesma área de 5,0
cm2, paralelas e próximas entre si, são conectadas aos terminais
de um gerador de tensão ajustável. Sobre a placa conectada ao
terminal negativo, faz-se incidir radiação e, por efeito fotoelétrico,
aparece uma corrente no circuito, cuja relação com a tensão
aplicada é explicitada no gráfico. Sabendo que a, função. trabalho
do metal é de 4,1 eV, e assumindo que na região de saturação da
corrente todo fóton incidente sobre a placa gera um fotoelétron que
é coletado, a medida da intensidade dessa radiação em W/cm2 é
igual a
ALTERNATIVA E
18. As figuras mostram três espiras circulares concêntricas e
coplanares percorridas por correntes de mesma intensidade I em
diferentes sentidos. Assinale a alternativa que ordena corretamente
as magnitudes dos respectivos campos magnéticos, nos centros B 1 ,
B 2 , B 3 e B4.
a) B 2 > B 4 > B 3 > B 1 .
b) B 1 > B 4 > B 3 > B 2 .
c) B 2 > B 3 > B 4 > B 1 .
d) B 3 > B 2 > B 4 > B1.
e) B4 > B3 > B2 > B1.
Solução:
O campo magnético resultante no centro de cada estrutura será dado
pela superposição de campos na forma:
 0 
B
 k̂
2 r
Onde orientamos o vetor unitário k̂ segundo uma direção
perpendicular ao plano da página, saindo dela assim:
k̂
As espiras estão distribuídas de acordo com o arranjo a seguir
a
b
c
Onde a < b < c 
1 1 1
 
a b c
O módulo de cada campo magnético resultante no centro comum das
espiras será dado por:
0
1 1 1

B1 
  
2
b c a
0
1 1 1

B2 
  
2
a b c
0
1 1 1

B3 
  
2
a b c
0
1 1 1

B4 
  
2
a b c
Comparando as expressões acima vemos que:




B 2  B 3  B 4  B1
ALTERNATIVA C
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a) 13
b) 8,2
c) 6,6
d) 3,2
e) 1,6
Solução:
Da conservação da energia, vem:
h ∙ fo = ϕ + EK
Do gráfico (potencial de corte), vem:
e ∙ VCorte = EK
Da saturação da corrente, vem:
Ne = Nfóton
Ne  e N f  e
iSAT =

t
t
Pot N t  h  fo



A
t  A
4,1 eV

iSAT (   eVCorte )

e
A
Logo,  
10  ( 4,1e  e  2,5)
e  5,0
ALTERNATIVA A
   13 W
cm 2
20. Uma amestra I de átomos de 57Fe, cujos núcleos excitados
emitem fótons devido a uma transição nuclear, está situada a uma
altura d verticalmente acima de uma amostra ll de 57Fe que recebe
a radiação emitida pela amostra I. Ao chegar a II, os fótons da
amostra l sofrem um aumento de frequência devido à redução de
sua energia potencial gravitacional, sendo, portanto, incapazes de
excitar os núcleos de 57Fe dessa amostra. No entanto, essa
incapacidade pode ser anulada se a amostra I se afastar
verticalmente da amostra II com uma velocidade v adequada.
Considerando v << c e que a energia potencial gravitacional do
fóton de energia pode ser obtida mediante sua "massa efetiva"
/c2, assinale a opção que explicita v . Se necessário, Utilize (1 +
x ) n  1 + n x para x << 1 .
a)
gd
b) gd / c
c) 2 gd
d) 2gd / c
e) gd dg / c 2
Solução:
22. Considere uma esfera maciça de raio r, massa m, coeficiente de
dilatação volumétrica , feita de um material com calor específico a
v
I
volume constante c V . A esfera, sujeita à pressão atmosférica p ,
repousa sobre uma superfície horizontal isolante térmica e está
inicialmente a uma temperatura T alta o suficiente para garantir que
a sua energia interna não se altera em processos isotérmicos.
Determine a temperatura final da esfera após receber uma
quantidade de calor Q, sem perdas para o ambiente. Dê sua resposta
em função de g e dos outros parâmetros explicitados.
d
II
Seja f0 a frequência do fóton em repouso. Devido ao efeito Doppler, a
frequência do fóton emitido é:
 v
f  f0  I  
 c
Solução:
Por conservação de energia temos:
Q =  + W
O fóton que chega em II deve ter frequência f 0 para promover a
transição. Logo, por conservação de energia:
hf
hf + mgd = hf0; m  2
c
A variação de energia interna é o calor a volume constante:
 = cV(Tf - T)
O trabalho realizado pela esfera terá duas parcelas:
1) Trabalho contra a atmosfera;
2) Trabalho contra a gravidade.
 v   v  gd
 I    I  
1
 c   c  c2
2
Supondo que gd << c , temos:
Isto é:
v  gd / c
W = pV + mgr
ALTERNATIVA B
Onde:
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser
desenvolvidas, justificadas e respondidas no caderno de
soluções. Atente para os algarismos significativos.
4 3

V  r (Tf  T )
3


 r  r  (Tf  T )

3
21. No sistema de unidades atômicas de Hartree, as unidades de
Assim, obtemos:
carga elétrica, de massa, de comprimento e de tempo podem ser
representadas respectivamente por qA, mA, LA e tA. Neste sistema, a
carga elétrica e do próton é igual a 1 qA, a massa do elétron m0 vale 1
mA, a constante de Planck reduzida h é igual a 1 m A  LA2/tA e a
constante de Coulomb K0 = 1/(40) vale 1 mA  LA3/(qA2  TA2). Dados
no SI:
e = 1,6 x 10-19 C.
m0 = 9,1 x 10-31 kg.
h = 1,1 x 10-34 Js.
K0 = 9,0 x 109 Nm2/C2
a) Qual a medida em metros de um cumprimento igual a 1,0 LA?
b) Qual a medida em segundos de um tempo igual a 1,0 t A?
Solução:
Dados:
(1) e = 1qA;
(2) m0 = 1mA
(3)  = 1 mALA2 tA-1
(4) K0 = 1 mALA3 qA-2 tA-2
Q  C V (Tf  T)  p
 Tf  T 
4 3

r (Tf  T)  mgr  (Tf  T)
3
3
Q

C V  (mgr  p4r 2 )
3
23. A figura mostra parte de uma camada de um cristal tridimensional infinito de sal de cozinha, em que a distância do átomo de
Na ao de seu vizinho Cl é igual a a . Considere a existência dos
seguintes defeitos neste cristal: ausência de um átomo de Cl e a
presença de uma impureza de lítio (esfera cinza), cuja carga é igual à
fundamental +e, situada no centro do quadrado formado pelos
átomos de Na e Cl, Obtenha as componentes F x e F y da força

eletrostática resultante F  Fx x̂  Fy ŷ que atua no átomo de lítio. Dê
sua resposta em função de e, a e da constante de Coulomb K0 .
Podemos manipular as unidades como se fossem constantes.
Assim:
De (3)  t A 
m A L A 2 m0 2

LA


Em (4)  K 0 
Logo: L A 
m AL A 3
q2A t 2A

2
k 0 e m0
a) LA = 5,8 x 10
-11

m0L A 3
m

e 2  0 L2A 
 

e tA 
2

2
2
e m0L A
3
k 02 e 4m0
m
b) tA = 2,8 x 10-17 s
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Solução:
Caso a estrutura cristalina estivesse completa (sem a ausência do
átomo de Cl), a força resultante sobre o átomo de lítio seria nula, por
simetria.
Na posição onde foi tirado o átomo de cloro, suponha a existência de
uma carga +e e outra –e. A carga –e juntamente com todo o resto da
estrutura cristalina produzirá um campo nulo na posição do átomo de
lítio, como discutido acima. Assim, só precisamos considerar a
interação da carga +e com o lítio:
Mas r 
 d
y
a

d
Vermelho


Li
2
2
K oc

F 2
d
K oc 2

d3
(cos  x̂  sen  ŷ )
a 
 3a

x̂  ŷ  ,
 2
2 


2
y 
ND
Azul
25. Partindo do repouso, uma bolinha cai verticalmente sobre um
plano inclinado de um ângulo  com relação à horizontal, originando
seguidos choques perfeitamente elásticos. Se d é a distância inicial
da bolinha ao plano, obtenha, em função de d, n, e , a distância do
ponto n-ésimo choque em relação ao ponto do primeiro choque.
2
a
5
 3a 
 a
   
Onde d  
. Então:
10  a
 2 
 2
2
2


 
F̂  
, N par para construção .
Logo, N1 = 4 e N2 = 6 são os menores pares que satisfazem a
relação.
4  5  660  10 9
Tome N1  4  y 
 0,3m
2  22  10  6
y  0,3 m
x
3a
2
N
D
2
2d
Condição y1 = y2 com N1 e N2 números pares positivos.
N1 440 2
N1   1  N2   2


 
N2 660 3
+e
2
y
N
Solução:
a 
 3a

x̂  ŷ 
2 
 5   2



a
 2




K oc 2
3
O problema é equivalente ao seguinte
g cos 
N1
N2
v
3
 2  2 K oc 2

F   
(3 x̂  ŷ )
 5  2a 2
 

1cº
h
x2
h
2 cº
x3
x4
gsen
24. Em uma experiência de de interferência de Young, uma luz
magenta, constituída por uma mistura de luz vermelha (de
comprimento de onda de 660 nm) e luz azul (comprimento de onda
de 440 nm) de mesma intensidade da luz vermelha, incide
perpendicularmente num plano onde atravessa duas fendas paralelas
separadas de 22,0 m e alcança um anteparo paralelo ao plano, a
5,00 m de distância. Neste, há um semieixo Oy perpendicular à
direção das fendas, cuja origem também está a 5,00 m do ponto
médio entre estas. Obtenha o primeiro valor de y > 0 onde há um
máximo de luz magenta (intensidades máximas de vermelho e azul
no mesmo local). Se necessário, utilize tan   sen , para  ˂˂ 1 rad.
até o 1º choque:
mgd 
mv z
 v  2gd
2
Note que a componente horizontal não se altera nos choques, logo:
1
XN  (vsen ) t  g sen   t 2, com t o tempo de percurso.
2
Na vertical, o problema equivale (choques perfeitamente elásticos) a
sucessivos lançamentos verticais.
Tempo para percorrer h:
Solução:
o = v.cos - gcos ∙ t*
t* = v/g
r1
y
d

Logo, t  (n  1)  2t *  2(n  1)
 X N  2gd  sen
r2
2d
g
2d
1
2d
 2(n  1)  gsen  4(n  1) 2 
g
2
g
 X N  4(n  1) dsen  4(n  1) 2 dsen
X N  4n (n  1) dsen
D
d


26. O aparato esquematizado na figura mede a velocidade da luz
r  r2  r1  d sen 
sen   tg  
y
D
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usando o método do espelho rotativo de Foucault, em que um feixe
de laser é refletido por um espelho rotativo I, que gira a velocidade
angular  constante, sendo novamente refletido por um espelho
estacionário lI a uma distância d . Devido ao tempo de percurso do
feixe, o espelho rotativo terá girado de um ângulo  quando o feixe
retornar ao espelho I, que finalmente o deflete para o detector.
Solução
Como a energia do oscilador harmônico é dada por
E
1
P2
m2 x 2 
2
2m
Classicamente, ter uma energia zero implicaria que partícula estaria
parada na posição x = 0. Porém, devido ao principio da incerteza de
Heisenberg, isto não pode ocorrer, visto que não é possível
determinar simultaneamente a posição e o momento da partícula.
a) Obtenha o ângulo  do posicionamento do detector em função
de  .
b) Determine a velocidade dá luz em função de d,  e  .
c) Explique como poderá ser levemente modificado este aparato
experimental para demonstrar que a velocidade da luz na água é
menor que no ar.
Solução:
II
mesmo diâmetro d, perpendiculares e isoladas eletricamente entre si,
têm seu centro comum na origem de um sistema de coordenadas
xyz, na qual também está centrado um imã cilíndrico de comprimento
l <<d e raio << l. O imã tem seu polo norte no semieixo x positivo e
pode girar livremente em torno do eixo vertical z, sendo mantido no
plano xy. Numa das espiras, situadas no plano yz, circula uma
corrente I1 = cos (t), cujo sentido positivo é o anti-horário visto do
semieixo x positivo, e na outra circula um corrente I 2 = sen (t), cujo
sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo y positivo.
a) Desprezando a diferença de diâmetro entre as espiras, obtenha o
campo magnético B na origem às correntes I1 e I2, na forma
Bx x̂  By ŷ
E1
E2
28. Duas espiras verticais estacionárias com aproximadamente o

N2
x
x
N1
x

b) Explique, por que, partindo do repouso em t = 0, o ímã adquire um
movimento de rotação em torno de z. Em que sentido (horário ou
anti-horário, visto a partir do semieixo z positivo) ocorre este giro?
c) Ao se aumentar gradativamente a frequência angular  das
correntes, nota-se que o ímã passa a girar cada vez mais rápido.
Contudo, com o ímã inicialmente em repouso e se são
repentinamente aplicadas correntes I1 e I2 de alta frequência angular,
nota-se que o ímã praticamente não se move.
Explique a(s) razão(ões).
Detector
Laser
Solução:
O Campo produzido por uma espira circular no centro:
a) Pelo princípio da reversibilidade da luz e da rotação do espelho
plano vem:


2
b) t ESP  t LUZ

d
2d
 2  C 

C

n̂
B
i
a
 direção dada regra da 


 mão direita

 oi
n̂
2a
a)
y
c) Submergindo o sistema em água, a rotação  do espelho será
maior do que no ar e, consequentemente, menor velocidade da luz
no meio.
I1
I2
x
27. Pontos quânticos são nanoestruturas que permitem a
manipulação do estado quântico de um único elétron, sendo um
caminho promissor para a Computação Quântica. Em primeira
aproximação, um ponto quântico confina elétrons com um potencial
semelhante ao de um oscilador harmônico, isto é, com uma energia
potencial do tipo V ( x ) = m  2 x 2 / 2, em que x é a posição da
partícula em relação ao ponto de equilíbrio, m é a massa da
partícula confinada,  = k / m e k é a "constante de mola"
(embora não seja este um conceito apropriado no mundo quântico).
De acordo com a Mecânica Clássica, a energia mecânica deste
oscilador pode variar continuamente de zero até infinito. Por outro
lado, na Mecânica Quântica, a energia deste oscilador varia de forma
discreta, de acordo com a expressão En = (n + 1/2)h, em que n
pode assumir os valores 0, 1, 2, .... Na descrição quântica do
oscilador harmônico, o menor valor possível para a energia mecânica
é h/2, diferentemente do previsto na Mecânica Clássica. Explique
por que não é possível haver energia igual a zero na descrição
quântica do oscilador harmônico.
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O campo magnético é :
  I
oI2
B  o 1 x̂ 
ŷ
d
d
  i
 B  o cos( t ) x̂  sen(t ) ŷ
d


z

b) Supondo que m  mx̂ seja o momento de dipolo magnético do
imã, o torque sofrido por este é:
    mi
z  m  b  o sen(t ) ẑ ( torque inicial)
d
Este torque fará com que o imã rotacione no sentido anti – horário
em torno do eixo z.

c) Em um instante t qualquer, temos que m  m(cos  x̂  sen  ŷ) em
que  =  (t). Assim, o torque é:
    mi
 mi
z  m  b  o sen t cos   cos t sen ẑ  o sen(t  ) ẑ
d
d
Se a frequência  for aumentando gradativamente, a diferença t -  não deverá variar muito. Porém, com o ligamento súbito das correntes, o termo
t -  irá variar tão rapidamente que o efeito do torque será uma média do tempo da expressão acima. Como a media do seno é zero, o imã

praticamente não sentirá o efeito de B .
29. Uma fonte de corrente é um dispositivo que fornece uma corrente invariável independentemente da tensão entre seus terminais. No
circuito da figura, a corrente i produzida pela fonte é proporcional à corrente i que circula no resistor R. Inicialmente descarregadas, as
placas M e N são carregadas após o fechamento das chaves S1, S2 e S3, que serão novamente abertas após um intervalo de tempo T. A
placa M é então retirada do circuito e é posta em contato com um condutor C descarregado (não mostrado na figura) , ao qual transfere
uma fração f de sua carga. Em seguida, com esse contato desfeito, o condutor C é totalmente descarregado. Na sequência, o mesmo
procedimento é aplicado à placa N, a qual transfere a C a mesma fração f de sua carga, sendo então o contato desfeito e descarregando-se
novamente C. Quando M e N são reintroduzidas no circuito, com as respectivas cargas remanescentes (de mesmo módulo , mas de sinais
opostos), as chaves S1, S2 e S3 são fechadas outra vez, permanecendo assim durante o intervalo de tempo T, após o que são novamente abertas.
Então, como antes, repetem-se os contatos entre cada placa e C, e este processo de carga/descarga das placas é repetido indefinidamente.
Nestas condições, considerando os sucessivos processos de transferência de carga entre M e C, e N e C, determine a carga q de M após
todo esse procedimento em função de , f, r, R, V1, V2, V3 e T. Considere V3 < V2 < V1.
Solução:
A fonte de corrente ligada em série com o capacitor garante que uma quantidade constante de carga seja fornecida às placas num certo intervalo de
tempo t = T.
Confira:
dq
q
ic 
 ic 

dt
T
q
i c  i 
 q  iT
T
Uma expressão para a corrente (i) pode ser encontrada aplicando a lei das malhas ao trecho indicado abaixo do circuito dado:


i
V2  V3  Ri  0
R


V2
i


V2  V3
R
V3
O procedimento de carga e descarga das placas M e N do capacitor pode ser esquematizado a seguir:
Carga Inicial
Carga após um tempo T
Carga Final
1ª Aplicação
0
q
(1 – f) q
2ª Aplicação
(1 – f) q
(2 – f) q
(1 – f) q + (1 – f)2 q
3ª Aplicação
(1 – f) q + (1 – f)2 q
(2 – f) q + (1 – f)2 q
(1 – f) q + (1 – f)2 q +
(1 – f)3 q
4ª Aplicação
(1 – f) q + (1 – f)2 q +
(2 – f) q + (1 – f)2 q +
(1 – f) q + (1 – f)2 q +
(1 – f)3 q
(1 – f)3 q
(1 – f)3 q + (1 – f)4 q
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
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n-ésima Aplicação
(1 – f) q + (1 – f)2 q +
(2 – f) q + (1 – f)2 q +
(1 – f) q + (1 – f)2 q +
. . . + (1 – f) n-1q
. . . + (1 – f) n-1q
. . . + (1 – f)n q
Assim após a n-ésimo aplicação desse procedimento, teremos a carga QN nas placas do capacitor dada por:
N
QN  q  (1  f )n
n 1
Tomando o limite dessa expressão quando N  
N
Q  q Lin  (1  f )n
N n 1
Q  q
(1  f )
q  (1  f )
 Q
1  (1  f )
f
Usando os valores para (q) e (i) determinados anteriormente, temos:
Q
iT(1  f ) ( V2  V3 )T(1  f )

f
f R
 V  V3  1  f 
Q  T 2


 R  f 
30. Um recipiente cilíndrico vertical contém em seu interior três esferas idênticas de mesmo peso P que são tangentes entre si e também à parede
interna do recipiente. Um quarta esfera, idêntica às anteriores, é então sobreposta às três esferas como ilustrado em pontilhado. Determine as
respectivas intensidades das forças normais em função de P que a parede do recipiente exerce nas três esferas.
Solução:
Como as esferas são idênticas, seus centros formam um tetraedro regular
B
B

C
sen 

2 3
AC
3
 3 2 
AB

3

cos   1  sen 2  
C
A
A
2
3
Seja N a força de contato que as esferas de baixo fazem na de cima. Como estão forças estão ao longo das netas que unem os centros da esfera,
devemos ter:
Equilíbrio da esfera superior: 3Ncos = P
N
P
6
Nas esferas da base:

N
F
Equilíbrio na direção horizontal :
Nsen   F
 F
(F é a força normal da parede )
P
3 2
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