física - Curso Objetivo

FÍSICA
FÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados: .
Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg.
Massa do Sol: M = 1,99 x 1030 kg.
Velocidade da luz: c = 3 x 108m/s.
Distância média do centro da Terra ao centro do Sol:
1,5 x 1011m.
Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2.
Raio da Terra: 6380 km.
Número de Avogadro: 6,023 x 1023mol–1.
Constante universal dos gases: 8,31 J/molK.
Massa atômica do nitrogênio: 14.
Constante de Planck: h = 6,62 x 10–34m2kg/s.
Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0.
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.
1
E
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial
gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica,
é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média do
corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade
de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida
para –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G,
de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise
dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da
constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre
o termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo
GM/r da equação de Newton, na posição da Terra,
sabendo a priori que k = l.
a) A = kGM/c e 10–5
b) A = kG2M2/c e 10–8
c) A = kG2M2/c e 10–3
d) A = kG2M2/c2 e 10–5
e) A = kG2M2/c2 e 10–8
Resolução
GMm
1) F = ––––––
r2
[G] M2
⇒ [G] = M–1 L3 T–2
M L T–2 = ––––––
L2
2)
GM
A
= –––
–––
r
r
2
M–1 L3 T–2 . M
[A]
–––––––––––––
––––
=
⇒ [A] = L4 T–2
L
L2
3) A = k Gx My cz
L4 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My (LT–1)z
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z
–x + y = 0 (1)
3x + z = 4 (2)
–2x – z = –2
x=2
(2) + (3):
Em (1):
y=2
Em (2): 6 + z = 4 ⇒
z = –2
G2 M2
A = k ––––––
c2
A/r2
A
r
A
4) x = –––––– = –––
. –––– = ––––––
2
GM/r
GMr
GM
r
A
GM
G2 M2
A = ––––––
⇒ –––– = ––––––
2
c
GM
c2
6,67 . 10–11 . 1,99 . 1030
GM
–––––––––––––––––––––
x = ––––––
=
rc2
1,5 . 1011 . 9,0 . 1016
x = 0,98 . 10–8
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
2
D
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R
que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do
seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de
rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade
seria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um corpo em
repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito
forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido,
por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não
passar pelo centro do planeta.
N
w
m
R
l
Equador
S
Então, o peso aparente de um corpo de massa m em
repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado
por
a) mg – mω2Rcos λ.
b) mg – mω2Rsen2 λ.
c) mg 1 – [2ω2R/g + (ω2 R/g)2] sen2 λ .
d) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] cos2 λ .
e) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] sen2 λ .
Resolução
O
®
Fcp
r
®
FG
l
l
P
®
Pap
C
Em uma latitude λ, uma partícula P, acompanhando
a rotação da Terra, estará sujeita a uma resultante
centrípeta Fcp = m ω2 r = m ω2 R cos λ
A força gravitacional que a Terra aplica na partícula
terá intensidade FG = mg.
→
A força gravitacional FG será a soma vetorial entre a
→
resultante centrípeta e o peso aparente Pap, conforme
indica a figura.
Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicado
na figura, temos:
2 = F 2 + F 2 – 2 F . F . cos λ
Pap
G
cp
G
cp
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2 = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λ
Pap
4 2
2
2
2
2 = m2 g2 1 + ω R cos λ – 2 ω R cos λ
Pap
––––––––––––
––––––––––––
g2
g
4 2
2
2 = m2 g2 1 + cos2 λ ω R – 2 ω R
Pap
–––––
––––––
g2
g
Pap = m g
2 ω2 R ω2 R
1 – –––––– – ––––
g
g
2
cos2 λ
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3
A
Considere um segmento de reta que liga o centro de
qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De
acordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorre
áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em
dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação
entre o Sol e o planeta.
Assinale a alternativa correta.
a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer
áreas iguais em tempos iguais.
b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém
com focos diferentes e a 2.a Lei de Kepler continuaria
válida.
c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.a Lei
de Kepler não seria mais válida.
d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considera
uma força que depende do inverso do quadrado das
distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser
válida.
e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
Resolução
Se a força gravitacional deixasse de existir, o planeta
teria movimento retilíneo e uniforme com uma velocidade de módulo V.
A lei das áreas continuaria válida, como se demonstra
a seguir.
A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por:
d.h
A = –––– (1)
2
Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta:
d = V ∆t (2)
V ∆t . h
(2) em (1): A = ––––––– ⇒
2
A
Vh
––– = –––
∆t
2
A
––– é a velocidade areolar do planeta, que continua
∆t
sendo constante, atestando a validade da 2.a Lei de
Kepler.
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4
A
A temperatura para a qual a velocidade associada à
energia cinética média de uma molécula de nitrogênio,
N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da
superfície da Terra é de, aproximadamente,
a) 1,4 x 105 K.
b) 1,4 x 108 K.
c) 7,0 x 1027 K.
d) 7,2 x 104 K.
e) 8,4 x 1028 K.
Resolução
1) Dedução da velocidade de escape:
GMm
m V2
E = – –––––– + ––––––
2
R
G = constante de gravitação universal
M = massa da Terra
m = massa da molécula
R = raio da Terra
V = módulo da velocidade
A velocidade de escape é obtida quando
E=0
2
m VE
GMm
– –––––– + –––––– = 0
2
R
2GM
––––––
R
VE =
GM
Como g = –––––– , vem: VE =
R2
2g R2
––––––
R
2 g R = 2 . 9,8 . 6,4 . 106 (m/s)
VE = VE = 11,2 . 103 m/s
2) A energia cinética média de um gás é dada por:
3
3 m
Ec = ––– n R T = ––– ––– RT
2
2 M
2
m VE
Como Ec = –––––– , vem:
2
2
m VE
3 mR
–––––– = ––– ––––– T
2
M
2
2
M VE
T = –––––––
3R
28 . 10– 3 . (11,2 . 103)2
T = ––––––––––––––––––––– (K)
3 . 8,31
T = 1,4 . 105 K
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5
C
No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma
mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por
um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o
anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de
descida com uma aceleração constante a. Durante parte
dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo,
dele se separando somente após um certo tempo.
Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que
a variação máxima do comprimento da mola é dada por
k
m
anteparo
a
a(2g sen α + a) /k.
a) m g sen α + m b) m g cos α + m a(2g cos α + a) /k.
c) m g sen α + m a (2g sen α – a) /k.
d) m (g sen α – a) / k.
e) m g sen α / k.
Resolução
No instante T em que o corpo perde o contato com o
anteparo, ele tem uma velocidade escalar V1, a mola
está deformada de x1 e sua aceleração tem módulo a.
1) Equação de Torricelli:
V12 = V02 + 2a x1 ⇒
V12 = 2a x1
(1)
2) PFD: Pt – Fe = ma
mg sen α – kx1 = ma
m(g sen α – a)
kx1 = m (g sen α – a) ⇒ x = ––––––––––––– (2)
1
k
3) A partir do instante T, vale a conservação da
energia mecânica:
A
m
VA = V1
h
a
B
m
VB = 0
h = (x2 – x1) sen α
EB = EA
(ref. em B)
mV12
kx22
kx21
= –––––
+ mg (x2 – x1) sen α + –––––
–––––
2
2
2
kx22
k m2
m (g sen α – a)
m
(g sen α – a)
= –– . –––
(g sen α – a)2 + mg x2 – –––––––––––– sen α + –– 2a m –––––––––––
––––
2
k
2
k
2
k2
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m2
kx22
(g sen α – a)
(g sen α – a)
= ––– (g sen α – a)2 + mg x2 sen α – m2g ––––––––––– . sen α + m2a –––––––––––
––––
k
k
2
2k
m2
kx22
(g sen α – a)
– x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) –––––––––––– –g sen α + a
––––
2
2
k
m2
(–1) (g sen α – a)
kx22
– x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) ––––––––––––––––
––––
2
2
k
m2
kx22
– x2 mg sen α = – ––– (g sen α – a)2
––––
2
2k
2
m2
x22 – ––– mg sen α x2 + –––
(g sen α – a)2 = 0
k
k2
4m2g2sen2 α 4m2
2 mg sen α
–––––––––––
– ––––
(g sen α – a)2
––––––––––– ±
k
k2
k2
x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2
mg sen α
m
x = –––––––– ± –––
k
k
g2 sen2 α – (g sen α – a)2
mg sen α
m
x = –––––––– ± –––
k
k
g sen α – a2
2a
mg sen α + m a (2g sen α – a)
x = ––––––––––––––––––––––––––––
k
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6
E
Um quadro quadrado de lado e massa m, feito de um
material de coeficiente de dilatação superficial β, é
pendurado no pino O por uma corda inextensível, de
massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio
das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força
de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir,
o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T,
dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar
que o comprimento mínimo da corda para que o quadro
possa ser pendurado com segurança é dado por
O
l
l/2
l/2
β∆T / mg.
a) 2F
b) 2F (1 + β∆T) / mg.
c) 2F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).
d) 2F (l + β∆T) / (2F – mg) .
e) 2F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).
Resolução
–––
AO = d
O
F
q
A
–––
AC = ––– + ∆
2
F
q
–––
C
OC = d sen θ
Como o quadro está em equilíbrio, temos:
mg
2 Fsen θ = mg → sen θ = –––
2F
Do triângulo AOC:
d2 = ––– + ∆
2
2
+ (d sen θ)2
d2 – d2 sen2 θ = ––– + ∆
2
2
2
d2 (1 – sen2θ) = ––– + ∆ + ∆ 2
4
porém, ∆ 2 ≅ 0, logo:
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β
2
d2 (1 – sen2θ) = ––– + . ––– . –––
2 . ∆T
4
2
2
d2 (1 – sen2θ) = ––– (1 + β ∆T)
4
2
m2g2
–––
=
(1 + β ∆T)
d2 1 – ––––––
4
4F2
2
4F2 – m2g2
–––
=
(1 + β ∆T)
d2 ––––––––––
4
4F2
d = F
(1 + β ∆T)
––––––––––––
(4F2 – m2g2)
O comprimento mínimo do fio é dado por:
L = 2d
L = 2 F
(1 + β ∆T)
––––––––––––
(4F2 – m2g2)
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7
C
Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um
plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.
Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está
articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície
lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a
vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre
o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema
todo permaneça em equilíbrio?
O
a
L
h
R
a) µ = cos α/[cos α + 2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ sen α)]
b) µ = cos α/[cos α + P(2h/LQ sen(2α) – 2R/LQ cos
α)]
c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cos
α)]
d) µ = sen α/[sen α + 2P (2h/ LQ cos(α) – 2R/ LQ cos α)]
e) µ = sen α/[cos α + P(2h/LQ sen(α) – 2R/LQ cos α)]
Resolução
L
__
2
O
a
h - Rcos q
F
A
q
B
h
Q
a
y q
__
L sen a
2
R
C
1) No triângulo ABC: y = R cos θ
2) A distância d = AO é dada por:
h – R sen α
h – R cos θ
cos α = –––––––––– ⇒ d = ––––––––––
cos α
d
3) O somatório dos torques em relação ao ponto O
deve ser nulo:
L
Q . ––– sen α = F .
2
(h – R sen α)
––––––––––––
cos α
Q L sen α cos α
F = –––––––––––––––
2 (h – R sen α)
QL
sen 2 α
F = –––– ––––––––––
4 (h – R sen α)
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F
q
a
P
FN
Fat
Na direção vertical:
FN = P + Fy = P + F sen α
Na direção horizontal: Fx = Fat
F cos α = Fat
Sendo o atrito estático: Fat ≤ µE FN
Fcos α ≤ µE (P + F sen α)
F cos α
µE ≥ ––––––––––––
P + F sen α
cos α
F cos α
µE(mín) = –––––––––––– = ––––––––––––
P
P + F sen α
sen α + –––
F
(2h – 2R sen α)
4 (h – R sen α)
P
––– = P . –––––––––––– = 2P ––––––––––––
Q L sen 2α
Q L sen 2α
F
2R sen α
P
––– = 2P
F
– –––––––––––––––
–––––––––––
Q L2 sen α cos α Q L sen 2α
P
––– = 2P
F
2h
R
2h
––––––––––– – –––––––––
Q L cos α
Q L sen 2α
cos α
µE(mín) = –––––––––––––––––––––––––––––––
2h
R
sen α + 2P –––––––––– – ––––––––
Q L sen 2 α Q L cos α
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8
B
Um elétron é acelerado do repouso através de uma
diferença de potencial V e entra numa região na qual atua
um campo magnético, onde ele inicia um movimento
ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE com
período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso
através de uma diferença de potencial de mesma
magnitude e entrasse na mesma região em que atua o
campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP
e período TP que
a) RP = RE e TP = TE.
b) RP > RE e TP > TE.
c) RP > RE e TP = TE.
d) RP < RE e TP = TE.
e) RP = RE e TP < TE.
Resolução
Sendo o elétron e o próton acelerados pela mesma
d.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo,
concluímos que o trabalho da força elétrica é o
mesmo. Logo, ambas penetram no campo magnético
com mesma energia cinética.
mv
m v2
Sendo R = –––––– e Ec = –––––– , vem v =
q . B
2
2Ec
––––
m
2Ec
–––––––
m
R = –––––––––––––––
q B
m
2mEc
; sendo mp > me, vem Rp > Re
R = –––––––––
q B
2π m
O período é dado por T = ––––––
q B
Para mp > me, vem TP > Te.
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9
D
Considere um oscilador harmônico simples composto por
uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade
fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O
oscilador gira num plano horizontal com velocidade
angular constante ω em torno da extremidade fixa,
mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a
figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do
oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que
m
k
R
w
a) o movimento é harmônico simples para qualquer que
seja velocidade angular ω.
b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.
c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de
ω = 0.
d) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do quadrado da velocidade angular.
e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na
direção do eixo de rotação só poderá aumentar a
frequência do MHS.
Resolução
Para o referencial fixo no sistema rotatório, devemos
acrescentar a força de inércia.
FR = m (2πf)2 x = kx – m ω2 x
f é a frequência do MHS
k é a constante elástica da mola
ω é a velocidade angular do MCU
m (2πf)2 = m (2πf0)2 – mω2
f0 é a frequência do MHS para ω = 0
4π2 f2 = 4π2 f02 – ω2
ω2
f2 = f02 – ––––
4π2
k
Como: k = m (2πf0)2 ⇒ f02 = –––––
é constante, re4π2m
sulta f2 como função linear de ω2.
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10
B
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ
mostrado no diagrama T-S da figura.
Pode-se afirmar que
a) processo JK corresponde a uma compressão isotérmica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é
W = (T2 – T1)(S2 – S1).
T2
c) o rendimento da máquina é dado por η = 1 – ––– .
T1
d) durante o processo LM uma quantidade de calor
QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.
e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia
eventualmente possuir um rendimento maior que a
desta.
Resolução
Do diagrama fornecido, conclui-se que
1) A transformação JK é uma expansão isotérmica e
o sistema recebe calor (a entropia aumenta).
2) A transformação KL é uma expansão adiabática,
a temperatura diminui e o sistema não troca calor
com o meio (a entropia não varia).
3) A transformação LM é uma compressão isotérmica.
4) A transformação MJ é uma compressão adiabática (a entropia não varia).
Assim, a transformação JKLMJ representa um Ciclo
de Carnot. Num diagrama pressão x volume, temos:
A partir dessa conclusão, podemos afirmar:
a) FALSO.
A transformação JK é uma expansão isotérmica.
b) CORRETO.
Na transformação JK, o trabalho realizado é igual
ao calor recebido:
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WJK = Q2
Mas:
Q2
Q2
⇒ (S2 – S1) = –––
∆SJK = –––
T2
T2
Assim: WJK = (S2 – S1) . T2
Na transformação KL, o sistema realiza um trabalho:
WKL = W
Na transformação LM, o sistema recebe um
trabalho:
WKL = Q1 (calor liberado na transformação)
Q1
Q1
mas: ∆SLM = –––
⇒ (S1 – S2) = –––
T1
T1
Assim: WLM = (S1 – S2) . T1 = – (S2 – S1) T1
Na transformação MJ, o sistema recebe um trabalho:
WMJ = –W
Observe que KL e MJ são transformações adiabáticas.
Portanto:
Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJ
Wciclo = [(S2 – S1) T2] + [–(S2 – S1)T1]
Wciclo = (T2 – T1) (S2 – S1)
c) FALSO.
O rendimento é dado por:
T1 (fonte fria)
η = 1 – –––––––––––––––
T2 (fonte quente)
d) FALSO.
Na transformação LM, o sistema libera energia (a
entropia diminui).
e) FALSO.
Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existir
outra máquina térmica com rendimento maior
funcionando entre essas temperaturas T1 e T2.
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11
C
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento
de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada
numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura.
Devido à variação da espessura da camada de ar existente
entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma
sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de
Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel
escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve
ter um raio de
a) 1,0 m.
d) 4,0 m.
b) 1,6 m.
e) 8,0 m.
c) 2,0 m.
Resolução
Admitindo-se que os anéis sejam formados pela
interferência de luz refletida, o diâmetro DN do anel
escuro de ordem N é dado por:
NRλ
DN = 2 em que R é o raio de curvatura de face convexa da
lente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1:
1 . R . 500 . 10–9
2 . 10–3 = 2 Da qual:
R = 2,0m
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12
C
Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na
figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma
abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro
—
—
— —
—
em C. Sendo AD = 34,00 cm, AR = BD, BC = CD e a
velocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadas
nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os
orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectivamente
a) 2000 Hz e 1000 Hz.
c) 1000 Hz e 500 Hz.
e) 10 Hz e 5 Hz.
b) 500 Hz e 1000 Hz .
d) 50 Hz e 100 Hz.
Resolução
(I) No esquema abaixo, determinemos os comprimentos x e y indicados.
2x = 34,00 cm ⇒
x = 17,00 cm
2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒
y = 8,50 cm
(II) Somente o orifício C está fechado:
A onda estacionária correspondente ao harmônico fundamental está representada a seguir.
λ = 34,00cm = 0,34m
V = λf ⇒ 340,0 = 0,34f ⇒ f = 1000Hz
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
(III) Os orifícios B e C estão fechados:
A onda estacionária correspondente ao harmônico fundamental está representada a seguir:
λ
λ
––– = 2x ⇒ ––– = 2 . 17,00
2
2
λ = 68,00cm = 0,68m
V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒
f = 500Hz
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
13
A
Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel
circular que gira a uma velocidade angular constante com
período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite
um som de frequência f0 em direção ao centro de rotação.
No instante t = 0, a jovem está à menor distância em
relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela jovem.
a ( ) f/f0
b ( ) f/f0
1
0
1
T/4 T/2 3T/4 T t
c ( ) f/f0
0
T/4 T/2 3T/4
Tt
d ( ) f/f0
1
0
1
T/4 T/2 3T/4 T t
0
T/4 T/2 3T/4 T t
e ( ) f/f0
1
0
T/4 T/2 3T/4 T t
Resolução
Para o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos:
f0
f
–––––––––– = ––––––––––
Vsom ± Vx
Vsom ± V0
Como a fonte está em repouso, sua velocidade V0 é
nula.
f0
Vx
f
f
––––––––– = –––––
⇒ ––– = 1 ± –––––
(equação 1)
Vsom ± Vx
f0
Vsom
Vsom
em que Vx é a componente da velocidade da jovem na
direção definida pelo centro C de rotação do carrossel
e a posição P da fonte. Estando a jovem em movimento
circular e uniforme com período T e raio A, Vx é dada
por:
Vx = –ωA sen (ωt + ϕ0)
Como para t0 = 0 a jovem está em x = A, posição mais
2π
próxima da fonte, ϕ0 = 0. Como ω = –––, temos
T
2πt
2πA
Vx = – –––– sen –––– (equação 2).
T
T
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:
2πA
2πt
f
––– = 1 – –––––– sen ––––
T
T Vsom
f0
f é uma função senoidal de
Conclui-se então que –––
f0
2πA
t, com período T, amplitude –––––– , defasada de π rad
T Vsom
e deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas.
2πA
Supondo –––––– < 1, o gráfico é representado por:
T Vsom
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
14
A
Considere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m,
e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugar
geométrico dos pontos de potencial nulo é
a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e
x = 4m.
b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m e
x = 16 m.
c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m
e x = 16 m.
d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m.
e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto
x = – 4 m.
Resolução
y
P(x,y,z)
d2
q1= 1C
q2= -2C
(8)
d1
(-2)
x
y
x(m)
z
z
q1
q2
VP = K . –––
+ K . –––
=0
d1
d2
q1
q2
K . –––
= –K . –––
d1
d2
q1
q2
= – –––
–––
d1
d2
1
–2
––– = – –––
d1
d2
d2 = 2d1 (1)
Mas d12 = (x + 2)2 + y2 + z2 e d22 = (x + 8)2 + y2 + z2
De (1), vem:
d22 = 4d12
(x + 8)2 + y2 + z2 = 4 [(x + 2)2 + y2 + z2]
x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2
3x2 + 3y2 + 3z2 = 48
x2 + y2 + z2 = 16
Portanto, o lugar geométrico dos pontos P cujo
potencial é nulo é uma superfície esférica. Ela corta o
eixo dos x nos pontos tais que y = 0 e z = 0, isto é:
x2 = 16 ⇒ x = +4m e x = –4m
Observação: rigorosamente, o item (a) não estaria
correto, pois não se trata de uma esfera e sim de uma
superfície esférica.
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15
E
Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos 1 e 2, conforme mostra a figura. No lado
esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude
Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de
outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m
sobre um prato de massa desprezível. Considerando as
cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da
direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por
a) – mg2d2 / (k0Q1).
b) – 8mg2d2 / (k0Q1).
c) – 4mg2d2 /(3k0Q1).
d) –2mg2d2/
3k0Q1).
3k0Q1).
e) – 8mg2d2/(3
Resolução
l1
l2
O
F
x
mg
30º
Q
F
30º
d
q
d
d
=
cos 30º Ö3/2
Impondo soma nula dos momentos em relação ao
ponto O, vem:
∑ MO = 0
F . cos 30° . 1 – mg . 2 = 0
Levando em conta a Lei de Coulomb, temos:
Q . q
k0 . ––––––––––– . cos 30° . 1 = mg 2
2
d
–––––––
cos 30°
Q . q
k0 . ––––––––– . cos3 30° . 1 = mg 2
d2
Q . q
3
3
k0 . ––––––––– . –––––– 1 = mg 2
d2
8
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
8 mg 2d2
q = –––––––––––––––
k0 . Q . 3
3 . 1
A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Q
têm sinais opostos. Assim, vem:
8 mg 2d2
q = – –––––––––––––
3
3 k 0 Q 1
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16
D
A figura mostra três camadas de dois materiais com
condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para
a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada do
material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de
outra camada do primeiro material de condutividade σ1,
de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as
camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre
os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por
a
s1
s2
s1 b
d
__
2
d
__
4
d
__
4
V
a) 4V A/d(3σ1 + σ2).
b) 4V A/d(3σ2 + σ1).
c) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2).
d) 4V Aσ1σ2 / d(3σ2 + σ1).
e) AV(6σ1 + 4σ2) / d.
Resolução
O esquema dado corresponde a uma associção em
série de resistores.
Sendo a condutividade o inverso da resistividade,
temos:
R1
R2
R3
A, d
2
A, d
4
A, d
4
1
r1= s
1
1
r2= s
2
1
r1= s
1
d
–––
1
d
2
R1 = ρ1 . ––––– = ––– . ––––
σ1
A
2A
d
–––
1
d
4
R2 = ρ2 . ––––– = ––– . ––––
σ
A
4A
2
d
–––
1
d
4
R3 = ρ1 . ––––– = ––– . ––––
σ1
A
4A
De U = Rs . i, vem:
V = (R1 + R2 + R3) . i
V=
1
d
d
1
d
1
. ––––
––– . –––– + ––– . –––– + –––
σ1
σ2
σ1
4A
4A
2A
1
1
1
d
V = –––– ––– + –––– + ––––
σ1
2σ2
2σ1
2A
.i
.i
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3
1
d
V = –––– –––– + ––––
2σ
2σ
2A
1
2
d
V = ––––
4A
.i
3σ2 + σ1
–––––––––
.i
σ .σ
1
2
4Aσ1σ2 . V
i = ––––––––––––––
d(3σ2 + σ1)
17
B
qa
a
qb
q
x
b
y
Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior
duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente,
conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há
uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga
também puntual qb,cada qual distando do centro da esfera
condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar
que
a) a força entre as cargas qa e qb é
k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cos θ).
b) a força entre as cargas qa e qb é nula.
c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois
não há dados suficientes.
d) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, esta não sentiria força alguma.
e) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada.
Resolução
As cavidades constituem blindagens eletrostáticas
para as cargas qa e qb em seu interior.
Logo, entre as cargas qa e qb a força elétrica é nula.
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18
B
(a)
(b)
z
y
x
Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da
figura (a) e produz no seu centro um campo magnético
de magnitude B na direção y, cuja representação no
sitema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outro
cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma
magnitude I flui através do caminho indicado, podemos
afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será
dado por
a) (– B, – B, – B).
b) (– B, B, B).
c) (B, B, B).
d) (0, 0, B).
e) (0, 0, 0).
Resolução
A espira quadrada da face do cubo da figura (a) gera
um campo magnético de intensidade B, sendo que em
seus quatro lados temos a corrente de intensidade I.
A
E
I
I I
B
C
F
z
I
H
I
y
I
D
x
G
A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorrida
em apenas dois lados por corrente de intensidade I,
gerando no centro do cubo um campo magnético de
B
intensidade ––– , no sentido de y (regra da mão direi2
ta).
Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cubo
B
um campo de intensidade ––– na direção e no sentido y
2
(regra da mão direita).
Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por:
B
B
By = + ––– + ––– ⇒
2
2
By = B
Analogamente:
B
espira (BDGF): Bx = – –––
1
2
B
espira (ACHE): Bx = – –––
2
2
Campo resultante na direção x:
B
B
Bx = – ––– – ––– ⇒ Bx= – B
2
2
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Também temos:
B
espira (ABFE): Bz = + –––
1
2
B
espira (CDGH): Bz = + –––
2
2
B
B
Bz = + ––– + ––– ⇒ Bz = + B
2
2
Bcentro = (– B; B; B)
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19
E
l
I
Considere um aparato experimental composto de um
solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo
qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de
largura , resistência R e massa m presa por um de seus
lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual
passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito,
conforme a figura. Se alguém puxar a corda com
velocidade constante v, podemos afirmar que a força
exercida por esta pessoa é igual a
a) (µ0nI)2v / R + mg com a espira dentro do solenoide.
b) (µ0nI)2v / R + mg com a espira saindo do solenoide.
c) (µ0nI)2v / R + mg com a espira entrando no solenoide.
d) µ0nI2 + mg com a espira dentro do solenoide.
e) mg e independe da posição da espira com relação ao
solenoide.
Resolução
O campo magnético no interior do solenoide tem a
direção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo são
paralelas ao eixo do solenoide.
O movimento da espira retangular também tem a
direção do eixo do solenoide e, portanto, não há
variação do fluxo magnético. Não ocorre indução
magnética e não surgem forças magnéticas na espira.
Temos apenas:
T = P = mg
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20
C
No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do
tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção
da radiação eletromagnética no comprimento de onda
λ = 6,80 × 10– 7 m. Considere que a formação de glicose
(C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, de
forma simplificada, pela reação:
6CO2 + 6H2O ⎯→ C6H12O6 + 6O2
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma
molécula de CO2 reaja é de 2,34 × 10 –18J, o número de
fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de
glicose é
a) 8.
b) 24.
c) 48.
d) 120.
e) 240.
Resolução
Como a reação para a formação de uma molécula de
glicose envolve seis moléculas de CO2, a energia E
necessária é de:
E = 6 . 2,34 . 10–18 (J)
E = 1,404 . 10–17J
A frequência f da radiação eletromagnética de
máxima absorção é dada por:
c = λf
3,0 . 108 = 6,80 . 10–7 . f
f ≅ 4,41 . 1014Hz
Da Equação de Planck, temos
E = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos
1,404 . 10–17 ≅ N . 6,62 . 10–34 . 4,41 . 1014
N ≅ 48
Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol de
glicose, ou seja, 6,023 . 1023 moléculas de glicose, são
necessários aproximadamente 2,89 . 1025 fótons.
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem
ser resolvidas no caderno de soluções
21
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo
α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω
constante. O disco encontra-se imerso numa região do
→
espaço onde existe um campo magnético B uniforme e
constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do
disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontrase no plano do disco, em repouso em relação a este, e
situada a uma distância R do centro, conforme a figura.
Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o disco
e g a aceleração da gravidade, determime até que valor
de ω o disco pode girar de modo que a partícula
permaneça em repouso.
®
B a
R
w
a
® a
B
vista lateral
a
Resolução
®
B
a
v
R
(2)
v
®
Pt
(1)
a
(1)
® ®
B F
at
® (2)
Fm
R
R
®
v
Ao passar pela posição (2), a partícula fica sob ação
de uma força de atrito de módulo máximo, que corresponde ao valor máximo da velocidade angular ω.
O sentido da força magnética é dado pela regra da
mão esquerda, conforme a figura.
→
Pt
é a componente tangencial do peso da partícula.
Temos: Fat = µ . PN = µ mg cos α
Pt = mg . sen α
Fm = q . v . B = q . ω . R . B
Sendo a resultante centrípeta, vem:
Fat – Fm – Pt = mω2 R
µmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 R
mω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0
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ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0
– qRB ±
q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)
ω = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2mR
Sendo ω > 0, vem:
– qRB +
q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)
ω = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2mR
22
Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em
seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um
rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na
figura. Sendo g a aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a
altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a
vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da
pista.
Resolução
No trajeto de B para C, o bloco deverá descrever um
arco de parábola cujo alcance D é dado por:
VB2
D = ––––
sen 2ϕ
g
(1)
Da figura, temos:
D = 2R sen ϕ
(2)
VB2
(1) = (2) ⇒ –––– sen 2 ϕ = 2R sen ϕ
g
VB2
. 2 sen ϕ cos ϕ = 2R sen ϕ
––––
g
gR
V2B = –––––
cos ϕ
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Usando-se a conservação da energia mecânica entre A
e B, resulta:
EB = EA
(ref. em B)
mV 2
––––B = mg [h – R (1 + cos ϕ)]
2
gR
––––––– = g [h – R (1 + cos ϕ)]
2cos ϕ
R
––––––– = h – R (1 + cos ϕ)
2cos ϕ
R
h = ––––––– + R (1 + cos ϕ)
2cos ϕ
h=R
1
––––––– + 1 + cos ϕ
2cos ϕ
h=R
1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ)
––––––––––––––––––––
2cos ϕ
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23
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um
sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento
de compressão da mola, considerando desprezível a sua
massa.
Resolução
1) A compressão da mola será máxima quando os
corpos tiverem velocidades iguais (fim da fase de
deformação).
2) Conservação da quantidade de movimento:
Q1 = Q0
(m1 + m2) V1 = m1 V0
m1 V 0
V1 = ––––––––––
m1 + m2
3) Conservação da energia mecânica:
Efinal = Einicial
2
m1 V0
(m1 + m2)
kx2
–––– + –––––––––– V21 = –––––––
2
2
2
kx2
–––– +
2
m1 + m2
––––––––––
2
2
m21 . V0
–––––––––
(m1 + m2)2
2
m1 V 0
= –––––––
2
2
m21 V0
2
kx2 + –––––––––– = m1V0
m1 + m2
2
kx2
=
2
m1V0
2
kx2 = m1V0
m21 V0
– ––––––––––
m1 + m2
m1
1 – ––––––––
m1 + m2
m1 + m2 – m1
2
kx2 = m1V0 –––––––––––––
m1 + m2
2
kx2
m1 m2 V0
= ––––––––––
m1 + m2
2
m1 m2 V0
x2 = –––––––––––
(m1 + m2)k
x = V0
m1 m2
–––––––––––
k(m1 + m2)
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24
Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está
imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1
e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e
uma mola de constante elástica k, conforme mostra a
figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está no
líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da
gravidade, determine a força de tração na corda.
Resolução
O peso P da esfera é dado por:
P=ρVg
As intensidades dos empuxos serão dadas por:
E1 = ρ1 0,7 Vg
E2 = ρ2 0,3 Vg
Para o equilíbrio da esfera temos:
T + E1 + E2 = P
T + ρ1 0,7 Vg + ρ2 0,3 Vg = ρ Vg
T = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2)
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Para o equilíbrio do sistema:
No triângulo, temos:
F
cos 30° = –––
T
3
F = T cos 30° = T –––
2
3
F = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) ––––
2
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25
Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de
um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e
temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa
o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma
mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à
parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O
sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente
até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua
aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro
do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando
os atritos, determine a temperatura do gás na posição de
equilíbrio em função da sua temperatura inicial.
Resolução
1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação de
Clapeyron para as situações inicial e final:
pV = n R T
Assim:
p0V0 = 1 . R T0 ⇒ p0V0 = R T0 (I)
pV = 1 R T ⇒ p 2V0 = R T (II)
Observe que V = 2V0 (o volume dobra).
2) Do texto, podemos concluir que a operação é
adiabática (sem trocas de calor) e a energia
perdida pelo gás monoatômico na realização de
trabalho foi armazenada na mola como energia
potencial elástica.
Assim:
U0 – U = Ep
e
kx2
3
3
––– RT0 – –––RT = –––––
2
2
2
kx2
T0 – T = –––––
3R
Mas:
V0
V0 = A . x ⇒ x = –––
A
Portanto:
V0
kx . ––––
A
T0 – T = ––––––––––
3R
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Como: kx = F (força realizada pelo gás na situação
de equilíbrio),
vem:
kx
–––– . V0
A
T0 – T = ––––––––––
3R
p . 2V0
p . V0
T0 – T = ––––––– = –––––––
3R . 2
3R
Usando-se a expressão II, temos:
RT
T0 – T = –––––
6R
7T
T
T0 = ––– + T ⇒ T0 = ––––
6
6
6
T = ––– T0
7
6
Resposta: –––– T0
7
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
26
A figura mostra uma barra LM de 10
2 cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com a horizontal,
tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente
divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y =
10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o
comprimento da x imagem da barra e faça um desenho
esquemático para mostrar a orientação da imagem.
M
L
45°
y
x
Resolução
(I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa de
um triângulo retângulo isósceles de catetos de
comprimento a.
Teorema de Pitágoras:
M
(LM)2 = a2 + a2
10
2 cm
L
45°
a
a
(10
2)2 = 2a2
Da qual: a = 10cm
(II) Considerando-se que a lente divergente apresentada opera de acordo com as condições de
estigmatismo de Gauss,
determinemos,
inicialmente, as coordenadas das extremidades da
imagem L’M’ do bastão LM.
Extremidade L:
Abscissa:
1
1
1
1
1
1
––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – –––
f
p’
p
30 + 5
20
p’L
140
Da qual: p’L = – –––– cm ⇒
11
140
xL’ = –––– cm
11
Ordenada:
140
– ––––
y
11
L’
i
p’
––– = – ––– ⇒ –––––– = – ––––––––
o
p
10 – 5
30 + 5
Da qual:
20
yL’ = –––– cm
11
Extremidade M:
Abscissa:
1
1
1
1
1
1
––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – –––
f
p’
p
30 – 5
20
p’M
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
100
100
Da qual: p’M = – –––– cm ⇒ xM’ = –––– cm
9
9
Ordenada:
100
– ––––
yM’
p’
i
9
––– = – ––– ⇒ –––––– = – ––––––––
p
o
10 + 5
30 – 5
60
yM’ = –––– cm
9
Da qual:
(III) A imagem L’M’ está posicionada no esquema
abaixo em relação a um referencial cartesiano
Oxy.
O comprimento da imagem L’M’ é obtido pelo
Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo hachurado no gráfico.
160
100
140
x = –––– – –––– ⇒ x = –––– cm
9
11
99
480
20
60
y = –––– – –––– ⇒ y = –––– cm
11
9
99
(L’M’)2 = x2 + y2 ⇒ (L’M’)2 =
160
––––
99
2
480
+ ––––
99
2
160
10 cm ≅ 5,1 cm
Da qual: L’M’ = –––– 99
(IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminosos
que produzem a imagem virtual L’M’ do objetivo
real LM.
M
M’
L
L’
F
O
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
27
Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário a
partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares.
Resolução
®
V
Sol
r
®
PLANETA
m
FG
M
Se a órbita é suposta circular, o movimento orbital é
uniforme.
A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz o
papel de resultante centrípeta.
FG = Fcp
GMm
––––––
= mω2 r
r2
GM
ω2 = ––––
r3
2π
4π2
GM
Porém, ω = –––– ⇒ ––––
= ––––
2
T
T
r3
T2
4π2
––––
=
––––
GM
r3
T = período de translação
r = raio de órbita
G = constante de gravitação universal
M = massa do Sol
3.a Lei de Kepler:
O quadrado do período de translação do planeta é
proporcional ao cubo do raio médio da órbita.
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
28
Considere uma espira retangular de lados 3a e a,
respectivamente, em que circula uma corrente I, de
acordo com a figura. A espira pode girar livremente em
torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio
infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto
x = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma
magnitude I, calcule o momento resultante da força
magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando
esta encontra-se no plano yz.
Z
a 3
2
a
I
I
x
y
a
2
Resolução
Considere as figuras:
O momento M resultante das forças magnéticas de
módulo F sobre a espira em relação ao eixo z quando
esta se encontra no plano yz é dado por:
M = F cos α . d
→
Cálculo do valor de F
→
Fcos α
d = a 3
→
Fcos α
Determinação do
ângulo α
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
F= µ.I.I.a
–––––––––
2π.
µ . I2 . a
F = –––––––––
2πa
a 3
––––––––
2
tg α = ––––––––
a
––
2
3
tg α = µ . I2
F = ––––––
2π
α = 60°
µ . I2
M = –––––– . cos 60° . a 3
2π
1
µ . I2
M = –––––– . ––– . a 3
2π
2
3 µ . I2 a
µ = –––––––––––
4π
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
29
O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma
superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os
fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos
pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.
Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila
se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite
muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com
potência de 6 ×10–5 W, emitem, respectivamente, luz azul
(λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente,
isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de
luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual
das duas fontes pode ser vista a uma maior distância?
Justifique com cálculos.
d
Resolução
(I) Equação de Planck: E = h f
c
Mas c = λ f ⇒ f = –––
λ
hc
Logo: E = –––
λ
(1)
(II) Potência requerida para sensibilizar a retina:
400E
P = –––––
∆t
(1) em (2):
(2)
P=
400h c
–––––
λ ∆t
(3)
(III) Intensidade de onda requerida para sensibilizar
a retina:
P
P
I = ––– ⇒ I = –––––
A
π r2
(3) em (4): I =
400h c
–––––––
π λ∆t r2
(4)
(5)
(IV) Intensidade de onda da fonte:
PF
I = ––––––
4π x2
(6)
Comparando-se (5) e (6), vem:
PF
400 h c
=
––––––
–––––––––
4π x2
π λ ∆t r2
Da qual:
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
r
x = –––
40
PF λ ∆t
––––––––
hc
Tendo-se em conta os valores constantes
r = 3mm, PF = 6 . 10–5W, ∆t = 1s,
h = 6,62 . 10–34m2kg/s e c = 3 . 108m/s,
conclui-se que poderá ser vista a uma maior
distância x a luz de maior comprimento de onda
λ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimento
de onda é maior que o da luz azul.
λ v = 650nm > λA = 475nm
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
30
No gráfico a seguir estão representadas as características
de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência
interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz
ε’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão
interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.
100
V(V)
80
60
40
20
0
1
2
4
3
I(A)
Resolução
1 – Leitura do gráfico:
• gerador: ε = 100V
• receptor: ε’ = 40V
2 – Cálculo das resistências internas:
• gerador:
100 – 20
r = –––––––– (Ω) ⇒ r = 20Ω
4
• receptor:
60 – 40
r’ = –––––––– (Ω) ⇒ r’ = 10Ω
2
3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:
i
+
e
-
+
U
-
r
e’
r’
i
Lei de Pouillet:
100 – 40
ε – ε’
i = –––––– ⇒ i = –––––––– (A)
20 + 10
r – r’
i = 2A
4. Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:
U=ε–ri
U = 100 – 20 . 2 (V)
U = 60V
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
5. Cálculo dos rendimentos:
• gerador:
U
60V
ηG = ––– ⇒ ηG = –––––– = 0,60
ε
100V
ηG = 60%
• receptor:
ε’
2
40V
ηrec = ––– ⇒ ηrec = ––––– = –––
U
3
60V
ηrec 67%
Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%
receptor: r’ = 10Ω; η = 67%
rec
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