ITA2010 - Olimpo

2010
ITA
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por
V GM 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 r 2 , 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 r 2 , obtido por Einstein,
e o termo GM r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k 1 .
A) A kGM c e 105
B) A kG 2 M 2 c e 108
C) A kG 2 M 2 c e 10 3
D) A kG 2 M 2 c 2 e 105
E) A kG 2 M 2 c 2 e 108
Resolução:
Cálculo da unidade de A :
m3
ª Aº
4
2
« r » >GM @ Ÿ > A@ m ˜ s 2 kg ˜ kg ?> A@ m ˜ s 1
¬ ¼
Do enunciado:
> A@ > G @ ˜ > M @ ˜ > C @
D
E
D
J
§ m3 ·
E §m·
¨ 2 ¸ ˜ kg ˜ ¨ ¸
©s¹
© s kg ¹
J
2
De 1 e 2 , vem:
­D E
°
®3D J 4
°2D J 2
¯
Cálculo de f
f
k
ŸD E J
G2M 2
c2
A r2
, com k 1 :
GM r
G 2M 2 2
r
c2
GM r
?A k
?A k
GM
c 2r
6,67 ˜10 ˜11 ˜1,99 ˜1030
3,0 ˜10 8 2
˜ 1,5 ˜1011
9,87 ˜109
G2M 2
e ordem de grandeza de f igual a 108 .
c2
Alternativa E
1
Questão 02
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme Z 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 GM R 2 . Como Z z 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.
Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude O é dado por
A) mg m Z2 R cos O.
N
B) mg m Z2 R sen 2 O.
�
2
C) mg 1 ª« 2Z2 R g Z2 R g º» sen 2 O . ¬
¼
m
R
�
2
D) mg 1 ª 2Z2 R g Z2 R g º cos 2 O .
»¼
¬«
Equador
2
E) mg 1 ª« 2Z2 R g Z2 R g º» sen 2 O .
¬
¼
S
Resolução:
y
N
FCp
mg
x
0
�
r = Rcos�
Da figura,
P + N Fcp
N
Fcp P
1
P mg cos Oiˆ mg sen Oˆj
JG
F cp mw2 R cos Oiˆ 3
2
Substituindo 2 e 3 em 1 , vem:
N
mg cos O mw R cos O iˆ mg sen Oiˆ
2
N
mg cos O mw R cos O mg sen O N
m 2 g 2 cos 2 O 2m 2 gw2 R cos 2 O m 2 w4 R 2 cos 2 O m 2 g 2 sen 2 O
N
2
2
2
ª 2 w2 R § w2 R · 2 º
mg 1 «
¨
¸ » cos O
«¬ g
© g ¹ »¼
Alternativa D
Questão 03
Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a
2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que 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 2ª Lei de Kepler continuaria válida.
C) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei de Kepler não seria mais válida.
D) A 2ª 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.
2
Resolução:
v
P
r
S
Como a força de atração gravitacional deixa de existir, o planeta segue em MRU.
Assim:
AB BC CD DE ...
(MRU).
S
...
A1 A2 A3 A4 A5
P
A v B
C
D
E
F
A área de cada triângulo é A
B˜h
Ÿ o segmento continua varrendo áreas iguais em tempos iguais.
2
Alternativa A
Questão 04
A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, N 2 , é igual à
velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente,
A) 1, 4 u 105 K.
B) 1, 4 u 108 K.
C) 7,0 u 1027 K.
D) 7, 2 u 104 K.
E) 8, 4 u 1028 K.
Resolução:
A velocidade de escape é tal que um corpo lançado da Terra com essa velocidade chega ao infinito com velocidade nula.
ve �
ve
2GM
2GM R
�
R
R2
g
2 gR
2 ˜ 9,8 ˜ 6,380 ˜106
11,18 ˜103 m/s
A energia cinética média para um gás diatômico N 2 é dado por:
5
3
sendo ec (translação)
KT
KT e ec (rotação)
2
2
1
3
ec
mv 2 logo a energia para escape é ec
KT .
2
2
3
1
mv 2
KT
mv 2 Ÿ T
2
2
3K
ec
T
N0 ˜ m ˜ v 2
3 ˜ N0 ˜ K MM ˜ v 2
3˜ R
2
KT .
2
1, 4 ˜105 K
T 1, 4 ˜105 K
Alternativa A
3
Questão 05
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
A) ª mg sen D m a 2 g sen D a º / k .
¬
¼
k
B) ª mg cos D m a 2 g cos D a º / k .
¬
¼
m
anteparo
C) ª mg sen D m a 2 g sen D a º / k .
¬
¼
D) m g sen D a / k .
�
E) mg sen D / k .
Resolução:
Diagrama de forças até o bloco e o anteparo perderem o contato:
Na direção do movimento:
mg sen D Fe Fc ma.
N
Fe
Quando bloco e anteparo perdem o contato, a força Fc de contato entre eles é nula, ou seja:
mg sen D kx1
Fc
P
ma
m
g sen D a k
A partir daí, como não há forças dissipativas, a energia mecânica se conserva:
? x1
�
EM A
EM B
x x mv A kx12
mgx2 sen D k 1 2
2
2
2
2
Da cinemática, v A 2ax1 , então:
2
A
B
x2
max1 �
A elongação máxima é 'x
kx12
mg x1 x2 x1 sen D
2
x1 x2 k
'x 2
mg 'x sen D
2
m
m
'x 2
mg 'x sen D
g sen D a ˜ g sen D a k
k
2
2
'x 2
m2
2
mg 'x sen D k
g sen D a 0
2
2k
'x 2 2 ˜
mg sen D
ªm
º
˜ 'x « g sen D a »
k
k
¬
¼
'x 2 2 ˜ 'x ˜
mg sen D § mg sen D ·
¨
¸
k
k
©
¹
2
2
2
m
k m
m
'x 2
g sen D a ˜ ª« g sen D a º» mg ª« 'x g sen D a º» sen D k
k
k
2 ¬k
2
¼
¬
¼
m
m
g sen D a ª« ma mg sen D g sen D a º»
k
2
¬
¼
2
2
0
2
§m·
2
¨ ¸ 2ag sen D a ©k¹
2
mg sen D · § m ·
§
2
¨ 'x ¸ ¨ ¸ 2ag sen D a k
©
¹ ©k¹
mg sen D m
2ag sen D a 2
'x
r
k
k
Para o maior 'x , vem:
'x
k
x1 x2 . Substituindo 'x e x1 na equação acima, vem:
2
ma ˜
2
ª mg sen D m a 2 g sen D a 2 º / k .
¬«
¼»
Alternativa C
4
Questão 06
Um quadro quadrado de lado A e massa m , feito de um material de coeficiente de dilatação superficial E , 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
A) 2AF E'T mg .
O
B) 2AF 1 E'T mg .
4F
C) 2AF 1 E'T 2
m2 g 2 .
D) 2AF
1 E'T 2 F mg .
E) 2AF
1 E'T 4F
2
�
m2 g 2 .
�/2
�/2
Resolução:
F
�
f O
F
� L
2
�
mg
�f
2
Cálculo do lado do quadrado após o aquecimento A f :
A0 1 E'T Af
Af
2
Af
A 2 1 E'T A 1 E'T
Condição de equilíbrio do quadro aquecido.
2 F sen D mg
mg
? sen D
1
2F
Af 2 Af
A 2
?sen 2 D 1 f2
Da figura, cos D
L2
L
L
2
em que L é o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado.
Substituindo 1 em 2 , vem:
§ mg ·
¨
¸
© 2F ¹
?L
2
2
A
§A ·
1 ¨ f ¸ Ÿ f
L
© L¹
2F A f
3
4F 2 m2 g 2
4F 2 m2 g 2
2F
Substituindo A f em 3 , vem:
L
L
2 F ˜ A 1 E'T
4F 2 m2 g 2
2F A
1 E'T
4F 2 m2 g 2
Alternativa E
5
Questão 07
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 D 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?
A) P cos D ¬ªcos D 2 P 2h LQ cos 2D R LQ sen D ¼º
B) P cos D ¬ªcos D P 2h LQ sen 2D 2 R LQ cos D ¼º
O
C) P cos D ¬ªsen D 2 P 2h LQ sen 2D R LQ cos D ¼º
D) P sen D ¬ªsen D 2 P 2h LQ cos D 2 R LQ cos D ¼º
h
R
E) P sen D ¬ªcos D P 2h LQ sen D 2 R LQ cos D ¼º
Resolução:
O
L/2
­ OB
cos D
°
® OA
°OB h R sen D
¯
? OA
N
�
Q
A
h R sen D
cos D
N1
R
B
h
�
�
fat
P
N
Condição de equilíbrio do semicilindro: f at t N cos D .
Da dinâmica, vem:
N1 P N sen D
f at
P ˜ N1
P P N sen D t N cos D
N cos D
1
P N sen D
Condição de equilíbrio da barra:
¦M0 0
Pt
L
N ˜ OA Q ˜ sen D 0
2
QL sen D
N
2OA
QL sen D cos D
N
§ h R sen D ·
2¨
¸
© cos D ¹
QL sen D cos D
N
2 h R sen D Substituindo N em P , vem:
QL sen D cos 2 D
2 h R sen D Pt
QL sen 2 D cos D
P
2 h R sen D Pt
Pt
�
L
QL sen D cos 2 D
2 Ph 2 PR sen D QL sen 2 D cos D
cos D
2 Ph
2 PR sen D
sen D
QL sen D cos D QL sen D cos D
cos D
§
·
2h
R
sen D 2 P ¨
¸
D
D
LQ cos ¹
© LQ sen 2
Alternativa C
6
Questão 08
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:
Para o elétron acelerado do repouso até a velocidade vE temos:
W 'Ec
eV
mE vE 2
? vE
2
2eV
mE
Quando entra no campo B:
FM Fcp
evE B
mE ˜ vE 2
m v
? RE = E E
RE
eB
mE
eB
2eV
mE
2mEV
eB
e para o período teremos:
2SRE
R
?TE 2S ˜ E
vE
TE
vE
? RE
2mPV
mE
m
˜
2S E
eB
2eV
eB
Analogamente para o próton:
2mPV
m
RP
, TP 2S P
eB
eB
E, já que mP ! mE , então:
?TE
2S
RP ! RE e TP ! TE
Alternativa B
Questão 09
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
Z em torno da extremidade fixa, mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a
posição de equilíbrio do oscilador para Z 0 , pode-se afirmar que
k
m
R
�
A) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angular Z .
B) o ponto de equilíbrio é deslocado para R R0 .
C) a freqüência do MHS cresce em relação ao caso de Z 0 .
D) o quadrado da freqüência 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 freqüência do MHS.
Resolução:
7
Para a velocidade angular Z z 0 , temos:
k R R0 mZ2 ˜ R
k § R0 ·
˜ ¨1 ¸
m ©
R¹
E, para um referencial não inercial de velocidade angular Z, temos:
F k mZ2 ˜ 'x
? Z2
Assim:
FR
k mZ2 ˜ 'x
m Z ' ˜ 'x
2
onde Z’ é a frequência angular do MHS.
k
2
Logo: Z '
Z2
m
k
Z2
?f2
4S 2 m 4S 2
Z2
? f 2 f 02 2
4S
Alternativa D
Questão 10
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar que
T (K)
J
K
M
L
T2
T1
S1
S2
S (J/K)
A) o processo JK corresponde a uma compressão isotérmica.
B) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W T2 T1 S 2 S1 .
C) o rendimento da máquina é dado por K 1 T2
.
T1
D) durante o processo LM uma quantidade de calor QLM
T1 S 2 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:
O ciclo corresponde a um sistema reversível – Carnot.
P
T (K)
T2
J
J
QR
K
Q=0
T1
M
K
Q=0
L
M
QC
S1
S2
S (J/K)
L
V
A transformação JK é uma expansão isotérmica.
KL e MJ são adiabáticas
8
'S
QR
Ÿ QR
T2
S2 S1 ˜ T2 ½°
¾ para as isotérmicas.
˜
S
S
T
2 1 1 °¿
QC
W
S2 S1 T2 S2 S1 T1 S2 S1 T2 T1 QR QC
K 1
T1
T2
Para Carnot
Alternativa B
Questão 11
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 entra 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.
B) 1,6 m.
C) 2,0 m
D) 4,0 m
E) 8,0 m
Resolução:
Anéis de Newton O 500 nm
A interferência que se observa é entre os raios que refletem na face convexa da lente e os que refletem na lâmina de vidro inferior.
Sabemos que ao refletir de um meio com maior velocidade contra outro de menor velocidade, há uma inversão de fase na luz e vice-versa.
§O·
Assim, os feixes que interferem têm defasagem de 180° ¨ ¸ , o que dá um ponto central escuro. O primeiro anel escuro corresponde a
©2¹
uma diferença de caminho 'l O .
T o 0q Ÿ AC // BD AB # CD
C e D são pontos escuros. BD
Pitágoras no 'OAB
'l
2
O
2
2
O·
2
§
¨ R ¸ AB 2
©
¹
O2
2
2
AB 2
R R OR 4
O2
OR
AB 2
4
O AB 2
R
4
O
R2
3
500 ˜109 1 ˜10 4
500 ˜109
1 ˜106
2,0 m
R 125 ˜109 0,5 ˜106
O
2
R
�
R
A
R–�
B
C
D
1mm
Alternativa C
9
Questão 12
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, AB BD, BC CD e a velocidade do som de 340,0
m/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) 200 Hz e 1000 Hz.
Vista superior
Corte longitudinal
B) 500 Hz e 1000 Hz.
A
B C D
A
B C D
C) 1000 Hz e 500 Hz.
D) 50 Hz e 100 Hz.
E) 10 Hz e 5 Hz.
Resolução:
A
B
C
D
i) com C fechado temos:
A
B
D
�/2
O
17 cm ?O 34cm
2
? v Of
AB
340
1000 Hz
34 ˜ 102
ii) com B e C fechados:
A
D
?f
O
2
? v Of
AD
?f
34cm ?O 68cm
340
68 ˜102
500 Hz
Alternativa C
Questão 13
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 freqüência f o 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.
E)
D)
A)
f/f0
f/f0
f/f0
1
1
1
0
T/4 T/2 3T/4 T t
0
C)
B)
f/f0
f/f0
1
1
0
T/4 T/2 3T/4 T t
0
T/4 T/2 3T/4 T t
0
T/4 T/2 3T/4 T t
10
T/4 T/2 3T/4 T t
Resolução:
D
W
Fonte
A
C
R
f0
B
f o . O mesmo ocorre em C.
A menor frequência ocorre em B, quando a velocidade de afastamento é máxima e o maior frequência ocorre em D, quando a
velocidade de aproximação é máxima.
Na figura acima, o tempo para ir de A a B é menor que aquele para ir de B a C. Mas se considerarmos a fonte muito distante,
podemos considerar que o gráfico correto é o da letra A.
Em t = 0, a jovem está em A. Como nesta posição não há aproximação o afastamento da fonte, em t = 0 e f
Alternativa A
Questão 14
Considere as cargas elétricas q1 1C , situada em x = –2 m, 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 = 4 m.
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 nos pontos x = –4 m.
E) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = –4 m.
Resolução:
y
P(x,y)
d2
-8
q2
q1
x(m)
q1 1C
q2
2 C
Kq1 Kq2
d1
d2
d2
d22
d1
0
y2
V
V1 V2
x 2
d1
4d12
2
Kq1
V2
d1
1 2 d1
d2
0
2d1
x 8
V1
0 potencial resultante 0
2
y2
x 8
d2
Kq2
d2
2
y2
4 x 2 4 y 2
x 2 16 x 64 y 2
2
4 x 2 16 x 16 4 y 2
3x 2 3 y 2 48 Ÿ x 2 y 2 16
Equação de uma circunferência (esfera no espaço)
Alternativa A
11
Questão 15
Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos A1 e A 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.
�1
Q
q
A) mg A 2 d 2 / k0QA1 .
30º
d
m
3 k QA .
/ 3 3k QA .
D) 2mg A 2 d 2 /
B) 8mg A 2 d / k0QA1 .
2
�2
E) 8mg A 2 d
2
0
1
0
1
C) 4mg A 2 d / 3k0QA1 .
2
Resolução:
Para que haja equilíbrio no sistema, as esferas devem sofrer atração (logo apresentam sinais contrários).
�1
T1x
RAy
R A �2
�
T1
RAx
T1y
T2
T1 30°
Q
x
N
Fe
Fe
q
30° d
P � m� g
F
Bloco em equilíbrio T2
N
mg , N
P
mg .
Equilíbrio rotacional em torno de A, logo:
6M A 0
T1 y ˜ A1 RA ˜ O T2 ˜ A 2 0
2 3A 2 mg
A2
A 2 mg Ÿ T1
T1 y
˜ T2 Ÿ T1 cos30q
3A1
A1
A1
Como Q tem massa desprezível, o fio estica na direção da força elétrica, assim, pelo equilíbrio de Q, temos:
T1
Fe ; mas T1
K 0Qq
x2
d
Ÿx
cos30q
x
2 3A 2 mg
3A 1
Fe
K 0Q ˜ q
4 2
d
3
d
3
2
2 3A 2 mg
3A1
q
4d 2 2 3A 2 mg
˜
3K 0Q
3A1
q
8mg A 2 d 2
3 3 K 0QA 1
Ÿq
2 3d
3
8mg A 2 d 2
3 3K 0QA1
Alternativa E
12
Questão 16
A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade V1 e V 2 , respectivamente. Da esquerda para a direita,
temos uma camada do material com condutividade V1 , de largura d/2, seguida de uma camada do material de
condutividade V 2 , de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividade V1 , 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
�1
�2 �1 b
d
2
d
4
A) 4VA / d 3V1 V 2 .
V
B) 4VA / d 3V 2 V1 .
C) 4VAV1V 2 / d 3V1 V2 .
D) 4VAV1V2 / d 3V2 V1 .
E) AV 6V1 4V 2 / d .
Resolução:
A condutividade de um material é o inverso da resistividade V
1
U
Para um resistor de formato prismático, temos:
L
L
Ÿ R
R U
A
VA
d /2
d
R1
V1 A
2V1 A
R2
d /4
V2 A
d
4V 2 A
R3
d /4
V1 A
d
4V1 A
Req
R1 R2 R3
Req
d§ 1
1
1 ·
¨
¸
A © 2V1 4V 2 4V1 ¹
Req
d § 2V2 V1 V2 ·
¨
¸
A©
4V1V2
¹
Req
d V1 3V 2
˜
A 4V1V 2
Pela lei de Ohm, temos:
V
A 4V1V 2
V Req ˜ i Ÿ i
V ˜
Req
d V1 3V 2
i
4VAV1V 2
d V1 3V 2 Alternativa D
13
d
4
Questão 17
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:
qa
a
qqbb
b
�
x
y
A) a força entre as cargas qa e qb é k0qaqb /(x2 + y2 – 2xy cos T).
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:
Devido ao fato de existir um meio condutor entre as cargas qa e qb e ele estar em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico no condutor é
nulo. Assim, a carga qb não sente os efeitos do campo criado por qa e vice-versa.
Como Fe = q · E Ÿ Fa
Fb
0
Considerando qa e qb positivas. (apenas exemplificando)
�qa
�qb
qa + qb
qb
qb
qa
E=0
Alternativa B
Questão 18
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 sistema 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).
(a)
(b)
z
x
14
y
Resolução:
Vamos considerar que em cada aresta existe um fio infinito produzindo campo magnético no centro do cubo.
Assim:
I
(1)
(4)
B1
I
B2
B4
B3
I
�
(2)
I
(3)
Fazendo um corte num plano D mediano no cubo, temos:
(1)
Pela simetria do problema, temos que B1 = B2 = B3 = B4
e B = 4 · B1 · cos 45º
B1
45º
45º
B
B
B2
B1
2
2
B
B 2
4
2 2
4 ˜ B1 ˜
(2)
k̂
jˆ
iˆ
(1)
(3)
z
=B 4
B 3 B2
B 1=
y
x
B5=B6
(6)
(5)
(4)
(2)
JG
B1
JG
B2
B1
JG
B3
JG
B4
B1
2
2
j B1
k
2
2
2
2
i B1
k
2
2
JG JG
2
2
B 5 B 6 B1
i B1
j
2
2
JG JG JG JG JG JG
§ 2
§
2 ·
2
2 ·
B1 B 2 B 3 B 4 B 5 B 6 B1 ¨¨
j
i
k ¸¸ ˜ 2 B1 ¨¨ k ¸¸ ˜ 2
2
2
2
2
©
¹
©
¹
15
§
2
2 ·
B1 ¨¨ i
j ¸ ˜ 2 B1 ˜ 2 ˜ j k i k i j
2 ¸¹
© 2
JG
B R B1 2 ˜ 2i 2 j 2k
JG
B R 2 B1 2 ˜ i j k
B 2
4
B 2 i j k
2 2˜
4
Bi B j Bk
mas B1
JG
BR
JG
BR
JG
BR
B , B, B Alternativa B
Questão 19
Considere um aparato experimental composto de um solenóide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa
uma corrente I, e uma espira retangular de largura A, 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:
�
I
A) (P0nIA)2 v/R + mg com a espira dentro do solenoide.
B) (P0nIA)2 v/R + mg com a espira saindo do solenoide.
C) (P0nIA)2 v/R + mg com a espira entrando no solenoide.
D) P0nI 2A + mg com a espira dentro do solenoide.
E) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide.
Resolução:
T
B
P=mg
I
A configuração do experimento nos permite concluir que o fluxo magnético devido ao solenoide na espira é sempre zero, já que as linhas
de campo magnético são paralelas ao plano da espira. Assim não há interação magnética entre a espira e o solenoide.
JG
Ÿ MRU Ÿ F R
JG
O ŸT
mg
para qualquer posição da espira.
Alternativa E
16
Questão 20
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 O = 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 6 H 2O 
o C6 H12O6 6O2
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de 2,34 · 10–18 J, 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:
* Houve um equívoco na questão. Ele quer saber para 1 molécula de glicose e não 1 mol.
Pico de absorção: O = 6,80 · 10–7 m
6CO2 6 H 2O 
o C6 H12O6 6O2
Energia para que CO2 reaja é 2,34 · 10–18 J
6 moléculas de CO2 o 1 molécula C6H12O6
Etotal = 6 · 2,34 · 10–18 = 1,404 · 10–17 J
hc
Etotal n ˜ E fóton n ˜
O
1, 404 ˜ 1017 ˜ 6,80 ˜ 107
n
48,07
6,62 ˜ 1034 ˜ 3 ˜ 108
n 48 fótons
Alternativa C
Questão 21
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo D em relação à vertical, gira com velocidade angular Z 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 encontra-se no plano do disco, em
repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo P o coeficiente de atrito da
partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que valor de Z o disco pode girar de modo que a
partícula permaneça em repouso.
B
�
�
R
�
�
B
�
Vista lateral
17
Resolução:
B
Fm
B
Fm
Px
Fat
Fat
B
A
�
Observe que pela vista lateral notamos que:
Em A:
Fcp Fat Fm Px ? Fat Fcp Fm Px
Em B:
Fcp Px Fat Fm ? Fat
Fcp Fm Px
Sendo assim a força atrito é maior em A, e quando atinge seu valor máximo temos:
Fcp
Fat Fm Px
mZ2 ˜ R
M ˜ mg cos T q ZR ˜ B mg sen T
? mRZ2 qBRZ mg sen T M cos T 0
Z
q 2 B 2 R 2 4m 2 g 2 R sen T M cos T qBR
2mR
Questão 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 2RM, 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.
h
�
R
Resolução:
v0
A
�
B
� �
R
Observe que quando abandona a pista em A, a partícula deve fazer um lançamento oblíquo de alcance AB . Sendo que AB
O alcance pode ser calculado por:
V02
A
˜ sen 2M 2 g
Igualando (1) e (2):
V02
˜ 2sen M ˜ cos M 2 R sen M?
g
18
2 R sen M 1 .
V02
Rg
cos M
E, conservando energia mecânica na descida desde h:
EM 0
EM f
mgh
mg R R cos M ? gh
?h
mV02
2
Rg
gR 1 cos M 2cos M
§
1 ·
R ¨1 cos M ¸
2cos M ¹
©
Questão 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.
m1
m2
k
V0
Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa.
Resolução:
Já que a colisão é composta por uma aproximação seguida de um afastamento, a compressão máxima ocorre quanto as massas não se
aproximam nem afastam, ou seja, possuem a mesma velocidade.
i) Conservando quantidade de movimento:
¦ Q0 ¦ Q f
m1 ˜ v0 m2 ˜ 0
?v
m1 m2 ˜ v
m1
˜v
m1 m2 0
ii) Conservando energia mecânica:
2
m2 ˜ v 2
m1v02 m1 m2 v
kx 2
? m1v02 m1 m2 ˜ 1 0 kx 2 ? kx 2
2
2
2
m1 m2 §
m12 ·
v02 ¨ m1 ¸ ?x
m1 m2 ¹
©
v0 ˜
m1m2
k m1 m2 Questão 24
Uma esfera maciça de massa específica U e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são U1 e U2,
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 a 30% no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a
força de tração da corda.
60º
k
�1
�2
Resolução:
Equilíbrio da esfera
E1 E2 T2 P
60º
T1
Fe
k
60º 0
30º
T2
E2
E1
�1
P
U1 ˜ g 0,7V U2 ˜ g 0,3V T2
? T2
U 0,7 U1 0,3U2 gV
�2
19
UgV
Equilíbrio do ponto O, indicado na figura.
­T1 cos60º Fe ˜ cos30º
(1)
®
¯T1sen60º Fesen30º T2
kx e substituindo T2 em (1), vem:
Como Fe
­° T1 Rx 3
®
°̄T1 3 kx 2(U 0,7U1 0,3U2 ) gV
Resolvendo o sistema, é possível encontrar T1 :
T1
3
T1 3 4T1 3
3
2 U 0,7U1 0,3U2 gV
2 U 0,7U1 0,3U2 gV ? T1
3
U 0,7U1 0,3U2 gV
2
Questão 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 ás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial.
(a)
(b)
Resolução:
Na situação inicial temos:
P0 ˜ V0 n ˜ RT0 , ou:
P0 ˜ A ˜ A
RT0
(1)
Na situação final temos: P ˜ A ˜ 2A
P
De (1) e (2):
P0
RT
(2)
T
2T0
E estando na posição de equilíbrio: P ˜ A
k ˜A
(3)
Por fim, sendo a transformação adiabática temos:
Q 0 e Q W 'U (1ª Lei da termodinâmica)
Que resulta:
kA2
'U W , onde W
(recebido pela mola).
2
3
1 § PA · 2
nR T T0 ¨
¸A
2
2© A ¹
E, substituindo (1), (2) e (3):
3
1
RT
1§ P ·
? R T T0 PA ˜ 0 ¨ ¸ ˜ RT0 ? 3 T T0 2
2
2 © P0 ¹
P0 A
1§ T ·
¨
¸ ˜ T0 ? T
2 © 2T0 ¹
6
T0
7
Questão 26
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de comprimento, formando um ângulo e 45º 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 imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da
imagem.
20
M
45º
y
L
x
Resolução:
Admitindo as condições de nitidez de Gauss e sem perder em generalização, podemos redesenhar de forma:
Em relação ao novo eixo secundário temos:
f s 20 cm
p
20 2 cm
Assim:
1 1 1
1
?
fs p p '
20
p'
20 2 2
i
E, por fim:
o
Assim:
p'
p
L'M '
LM ˜
o
fs
M
M´
L
L'
p'
p
20 2 2
L'M '
LM
P
1
1
20 2 p '
fs
E.S
20 2
2 cm
2 1
? L ' M ' 10 2 Questão 27
Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas
circulares.
Resolução:
Considerando a órbita circular, a força gravitacional atua como centrípeta:
FG = Fcp
GMm
mZ2 R
R2
2
2
GMm
4S2
§ 2S · T
m¨ ¸ ? 3
c.q.d .
3
R
R
GM
©T ¹
onde M é constante para todos corpos que orbitam o mesmo corpo central.
Questão 28
Considere uma espira retangular de lados 3a e a, respectivamente, em que circula uma corrente I, e 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
forma magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no plano yz.
z
a 3
2
a
I
I
x
a
2
21
y
Resolução:
Vista superior da figura:
a 3
2
B
2
J
B
�
Fm
d
r
I
�
a
2
Fm
y
d
r
� �
J
x
i)
ii)
A força magnética sobre os ramos horizontais da espira é vertical, logo, seu momento em relação a z é nulo.
A força magnética sobre os ramos verticais pode ser calculada por:
Fm = BiA sen T ?
Fm = BIa · sen 90º = BIa
Em que o campo B vale:
M 0I
B
2Sa
Assim:
§M I·
Fm ¨ 0 ¸ ˜ I ˜ a
© 2Sa ¹
M 0I 2
2S
Por fim, pela figura notamos que o momento resultante pode ser calculado por:
M = 2 Fm · d
Em que:
d
a 3
˜ cos T
2
d
a 3
4
a 3 a2
˜ ?
2 a
Por fim:
§ M I2 · a 3
M 2¨ 0 ¸ ˜
© 2S ¹ 4
M 0 I 2a 3
4
Questão 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 (O = 475 nm) e vermelha (O = 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:
Pelo modelo apresentado, podemos, com boa aproximação considerar a área da pupila (Ap) sendo igual, a uma fatia da esfera (calota)
atingida pelos fótons emitidos pela fonte a que contém a pupila:
22
A energia emitida pela fonte vale:  = P · 't
h˜c
O
 O P ˜'t
O número total de fótons emitidos é: N
e
h˜c
Podemos então determinar o número de fótons que atravessam a pupila de forma:
A § O P ˜ 't · Sr 2
n
N
? n N˜ p ¨
¸˜
A © h ˜ c ¹ 4Sd 2
Ap A
Sendo que cada fóton possui energia: e hf
AE
AP
fonte
d
r
r O P ˜ 't
2 h ˜ an
Sendo n = 400 , 't = 1 s e P = 6 · 10–5 W, temos:
Isolando d: d
Azul: d A
3 ˜ 103
475 ˜ 109 ˜ 6 ˜ 105
˜
2
6,62 ˜ 1034 ˜ 3 ˜ 108 ˜ 400
Vermelho: dV
898m
3 ˜ 103
650 ˜ 109 ˜ 6 ˜ 105
˜
2
6,62 ˜ 1034 ˜ 3 ˜ 108 ˜ 400
1051m
Logo: dV > dA
Questão 30
No gráfico ao lado estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a H e resistência interna
r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz H’ 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
Resolução:
Representação do circuito:
A
r
1
�
2
I(A)
B
r’
�’
4
No gráfico notamos que
quando a mesma voltagem
aparece nos terminais do
gerador e do receptor eles
trabalham com i = 2A.
i
A
3
B
Equação do gerador: VAB = H – ri
Pelo gráfico vemos que H = 100 V e, para i = 2A, V = 60 V. Assim:
60 = 100 – r · 2 ? r = 20 :
Pu Ui
60
Rendimento: KG
? KG
0,6 60% PT Hi
100
Equação do receptor: VAB = H’ + r’i
Pelo gráfico vemos que H’ = 40 V e, para i = 2 A, V = 60 V. Assim: 60 = 40 + r’ · 2 ?
PV H ' i
40
? KR
0,667 66,7% Rendimento: KR
PF Ui
60
23
r’ = 10 :
Professores
Bruno Werneck
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
Vinícius Miranda
Digitação e Diagramação
Leandro Bessa
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Vinícius Ribeiro
Desenhistas
Arthur Vitorino
Lucas de Paula
Érika Rezende
Thaís Dourado
Projeto Gráfico
Mariana Fiusa
Vinícius Ribeiro
Supervisão Editorial
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
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As escolhas que você fez nessa prova,
assim como outras escolhas na vida,
dependem de conhecimentos, competências
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