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Se precisar, use os seguintes valores para as constantes: carga do próton = 1, 6 1019 C ; massa do próton 1, 7 1027 kg ,
aceleração da gravidade g  10 m / s 2 ; 1 atm  76 cm Hg ; velocidade da luz no vácuo c  3 108 m / s.
Questão 01
Ao passar pelo ponto O , um helicóptero segue na direção norte com velocidade v constante. Nesse momento, um avião
passa pelo ponto P , a uma distância  de O , e voa para o oeste, em direção a O , com velocidade u também constante,
conforme mostra a figura. Considerando t o instante em que a distância d entre o helicóptero e o avião for mínima, assinale
a alternativa correta.
Norte
Oeste
V
u
O
d
P
A)
A distância percorrida pelo helicóptero no instante em que o avião alcança o ponto O é u / v.
B)
C)
A distância do helicóptero ao ponto O no instante t é igual a v / v 2  u 2 .
A distância do avião ao ponto O no instante t é igual a v 2 /  v 2  u 2  .
D)
O instante t é igual a v /  v 2  u 2  .
E)
A distância d é igual a u /


v2  u2 .
Resolução:
Podemos descrever a velocidade e movimento do helicóptero em relação ao avião conforme a figura:
Assim, temos:
d
sen =  d    sen 

E,
v
v

sen 
2
VH
v  2
d
H
a
v
 d  

 
VH  vu
a
v 
2
d
2
Observe que para que isso ocorra, o helicóptero percorre uma distância x em relação ao avião tal que:
x  VH  t
 x  T v2  2
 t
x
v 
2
2

  cos 
v2  2
Em que:
cos  
x


2

v  2
 t  
v

2
 2 
Nesse instante, a distância do avião ao ponto  vale:
1

 
v 2
df   i 2


2
2
2
 v   v 
Alternativa C
Questão 02
No interior de uma caixa de massa M , apoiada num piso horizontal, encontra-se fixada uma mola de constante elástica
k presa a um corpo de massa m , em equilíbrio na vertical. Conforme a figura, este corpo também se encontra preso a um fio
tracionado, de massa desprezível, fixado à caixa, de modo que resulte uma deformação b da mola. Considere que a mola e
o fio se encontram no eixo vertical de simetria da caixa. Após o rompimento do fio, a caixa vai perder contato com o piso se
M
k
m
A)
b   M  m  g / k.
B)
b   M  2m  g / k .
C)
b   M  m  g / k.
D)
b   2M  m  g / k .
E)
b   M  2m  g / k .
Resolução:
Observe as situações de início e fim da figura:
Considerando que não há movimento da caixa de (1) até (2):
EM 1  EM 2
kb 2
ka 2
 mg  b  
 mga
2
2
k 2
b  a 2   mg  a  b 
2
2mg
2mg
 b  a  
 ab
(i )
k
k
Em (2), para que a caixa perca o contato é preciso que Fa  Pc :
Fa  Pc
k a  M g
Mg
(ii)
k
Substituindo (i ) em  ii  :
a
2mg  Mg

 b 

k 
k

Mg 2mg
 b

k
k
 b   M  2m  g
k
Alternativa B
2
Questão 03
Num experimento clássico de Young, d representa a distância entre as fendas e D a distância entre o plano destas fendas e a
tela de projeção das franjas de interferência, como ilustrado na figura. Num primeiro experimento, no ar, utiliza-se luz de
comprimento de onda 1 e, num segundo experimento, na água, utiliza-se luz cujo comprimento de onda no ar é  2 . As
franjas de interferência dos experimentos são registradas numa mesma tela. Sendo o índice de refração da água igual a n ,
assinale a expressão para a distância entre as franjas de interferência construtiva de ordem m para o primeiro experimento e
as de ordem M para o segundo experimento.
Planos das
A) D  M  2  mn1  / (nd )
Tela
fendas
B)
D  M  2  m1  / (nd )
C)
D  M  2  mn1  / d
D)
Dn  M  2  m1  / d
E)
D  Mn 2  m1  / d
d
D
Resolução:
Observe a figura:
xi
d
D
Podemos encontrar a franja de interferência construtiva de ordem i da forma:
xi i

D d
D
 xi  i    
d
Assim, para o primeiro experimento temos  nAR  1 :
D
xm  m    1
d
E, para o segundo experimento:
D
xM  M     '2
d
Em que:
C  f

n   '2
  '2  2
v 2  f
n
Daí, a distância entre as franjas  y  vale:
D
 D
y  xm  xM  m    1  M   2
d
d n
M 2 
 D 
y    m1 

d
n 
 
 y  D  M  2  mn1  /  nd 
Alternativa A
Questão 04
Num certo experimento, três cilindros idênticos encontram-se em contato pleno entre si, apoiados sobre uma mesa e sob a
ação de uma força horizontal F , constante, aplicada na altura do centro de massa do cilindro da esquerda,
perpendicularmente ao seu eixo, conforme a figura. Desconsiderando qualquer tipo de atrito, para que os três cilindros
permaneçam em contato entre si, a aceleração a provocada pela força deve ser tal que
F
3
A)
B)
C)
D)
E)
 
2 g /  3 2   a  4 g / 2.
g /  2 3   a  4g / 3 3 .
2 g /  3 2   a  3g /  4 2  .
g /  2 3   a  3g /  4 3  .
g / 3 3  a  g / 3.
Resolução:
Observe o diagrama de forças na figura:
Podemos escrever para o movimento horizontal:
F  3m  a
(1)
F  N 3  N1.cos   ma
(2)
N 3  N 2  cos   m  a
(3)
N1  cos   N 2  cos   m  a
Na vertical:
N 2  sen  N1  sen  P
(4)
sen  N 2  N1   P
(5)
De (4) e  5  temos:
ma 

sen  N 2  N 2 
P
cos  

1  mg
ma 
 N2  

  0 (contato)
2  sen cos  
mg
ma


sen cos 
 a sen   g cos 
 a 3g
g
3
E ainda de  3 resulta:
 a
N 3  ma  N 2  cos   0 (contato)
 1  mg

ma 
ma   

 cos    0
 2  sen cos  


1  mg
 ma  
 ma 
2  tg

g
 2a 
a
tg
 3a 
g
3
 a g
3 3
Por fim:
g
a g
3 3
3
Alternativa A
4
Questão 05
Duas partículas, de massas m e M , estão respectivamente fixadas nas extremidades de uma barra de comprimento L e
massa desprezível. Tal sistema é então apoiado no interior de uma casca hemisférica de raio r , de modo a se ter equilíbrio
estático com m posicionado na borda P da casca e M , num ponto Q , conforme mostra a figura. Desconsiderando forças
de atrito, a razão m / M entre as massas é igual a
 L 2r  /  2r  .
 2L 3r  /  2r  .
 L 2 r  /  r  L  .
 2L 3r  /  r  L  .
 3L 2r  /  L  2r  .
A)
2
B)
2
2
C)
2
D)
E)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
m
O
r
P
M
Q
L
2
2
Resolução:
Para que a barra esteja em equilíbrio é preciso que o torque total em relação ao ponto O seja nulo:

0
0
 m  M  1  2  0
 Pm  r   PM (d )  N1  0   N 2  0   0
 m g r  M  g d

m d

M r
(1)
E ainda da figura temos:
cos  
r  d 
e cos  
 L 2
L
Assim:
r  d   L
L
2r
 2r 2  2rd  L2
r
 L2  2r 2 
 d 
(2)

 2r 
Substituindo  2  em 1 :
m  L2  2r 2 


M  2r 2 
Alternativa A
Questão 06
Uma corda, de massa desprezível, tem fixada em cada uma das suas extremidades, F e G , uma partícula de massa m . Esse
sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numa superfície cilíndrica sem atrito, de raio r , abrangendo um ângulo de 90º e
simetricamente disposto em relação ao ápice P do cilindro, conforme mostra a figura. Se a corda for levemente deslocada e
 em que a partícula na extremidade F perde contato com a
começa a escorregar no sentido anti-horário, o ângulo   FOP
superfície é tal que
5
A)
B)
2 cos   1.
C)
2sen  cos   2.
D)
2 cos   sen   2.
E)
2 cos   sen   2 / 2.
2 cos   sen   2.
Resolução:
Observe a figura:
Fazendo   90º  , então sen  cos 
No instante em que a partícula descola temos N  0 :
Fcp  Psen
mv 2
 mg  sen
(I)
r
E conservando energia mecânica:
EM 0  EM f

Eco  E po  Ecf  E pf
0  2mg  H  r cos 45º  
Substituindo (I) em  II 
2mv 2
 mg  H  rsen   mg  H  r cos   (II)
2

r 2
2mg  H 
  mgrsen  mg  2 H  rsen  r cos  
2 


2  2sen  cos 
 2cos   sen  2
Alternativa D
Questão 07
Uma pequena bola de massa m é lançada de um ponto P contra uma parede vertical lisa com uma certa velocidade v0 ,
numa direção de ângulo  em relação à horizontal. Considere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto de
lançamento, a uma distância d da parede, como mostra a figura. Nestas condições, o coeficiente de restituição deve ser
6
m
v0
P
a
d
A)
B)
C)
D)
E)
e  gd /  v02 sen2  gd  .
e  2 gd /  v02 cos 2  2 gd  .
e  3 gd /  2v02 sen2  2 gd  .
e  4 gd /  v02 cos 2  gd  .
e  2 gd /  v02 tan 2  gd  .
Resolução:
Do instante do lançamento até o choque a bola gasta um tempo t0 tal que:
v0  cos  
d
d
 t0 
t0
v0  cos 
A colisão deve acontecer a uma altura h tal que:
t2
h  0  v0  sen  t0  g 0
2
gd 2
(1)
 h  d  tg  2
2v0  cos 2 
Após a colisão, a bola tem uma velocidade horizontal v f tal que:
vf 
d
t
(2)
E uma componente vertical vale v y :
v y  v0  sen  gt0
v y  v0  sen  g
d
v0 cos 
(3)
Para o tempo  t  de retorno temos:
0  h  vy  t 
gt 2
2
Ou:

gd 2  
gd 
t2
0   dtg  2
   v0  sen 
t  g
2
2v0 cos   
2
v0 cos  

De onde temos como solução:
 2v  sen
d 
t  0

(4)

g
v0 cos  

Substituindo  4  em  2  temos:
d
 v0sen
d 

2

g
v0 cos  

v   gd  cos 
 vf  2 0
v0 sen2  ( gd )
vf 
E o coeficiente pode ser obtido da forma:
7
 vf  0 
e

 0  v0  cos  
 v  gd  cos  
 20

v sen   ( gd ) 
 e  0 2
v0  cos 
 e
v
2
0
gd
 sen2  gd 
Alternativa A
Questão 08
A figura mostra um sistema, livre de qualquer força externa, com um êmbolo que pode ser deslocado sem atrito em seu
interior. Fixando o êmbolo e preenchendo o recipiente de volume V com um gás ideal a pressão P , e em seguida liberando
o êmbolo, o gás expande-se adiabaticamente. Considerando as respectivas massas mc , do cilindro, e me , do êmbolo, muito
maiores que a massa mg do gás, e sendo  o expoente de Poisson, a variação da energia interna U do gás quando a
velocidade do cilindro for vc é dada aproximadamente por
A)
B)
3PV  / 2
3PV /  2    1 
C)
mc  me  mc  vc2 /  2me 
D)
  mc  me  vc2 / 2
E)
me  me  mc  vc2 /  2mc  
mc
mg
V
me
Resolução:
Ignorando a massa do gás e conservando a quantidade de movimento:
Q0  QF
0  mc  vc  me  ve
 mc  vc   me  ve
(1)
A variação de energia cinética do sistema  mc  me  se deve ao trabalho realizado pelo gás:
  Ecf  Eco
2

 mc  vc  


m


e
2
me  
m v
 c c  
0
2
2






vc2 
mc2  vc2
mc
    mc 
   mc  me 
2
me  2
me
E sendo a transformação adiabática  Q  0  :
Q    U
 U     mc   mc  me  
vc2
2me
Alternativa C
Questão 09
Uma rampa maciça de 120kg inicialmente em repouso, apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividade dada por
tan   3 / 4 . Um corpo de 80kg desliza nessa rampa a partir do repouso, nela percorrendo 15m até alcançar o piso. No final
desse percurso, e desconsiderando qualquer tipo de atrito, a velocidade da rampa em relação ao piso é de aproximadamente
A) 1m / s
B) 3m / s
C) 5m / s
D) 2 m / s
E) 4 m / s
8
Resolução:
Observe a figura:
Conservando energia mecânica durante a descida temos:
EM 0  EMf
Eco  E po  Ecf  E pf
Mvx2 mV c

2
2
Sendo V a velocidade final do corpo:
120  vx2 80  V 2
80  10   9 

2
2
2
2
 3vx  2V  360
(1)
0  mgH 
Conservando quantidade de movimento no horizontal temos:
Q0  Q f
0  Mvx  mVx
 0  120vx  80  Vx
 Vx 
3vx
2
(2)
Observe na figura ao lado que no final do percurso V forma um ângulo  com a horizontal, tal que:    ,
onde:
Vy  Vy´
V 2  Vy 2  Vx2
(3)
e Vx´  Vx  vx
(4)
Substituindo  2  em  4  temos:
 2  5
Vx'  Vx   Vx   Vx
 3  3
Podemos ainda escrever:
V y' V y 3
tg  '  ' 
Vx Vx 4
3 ' 3 5 
 Vx    Vx 
4
4 3 
5
 Vy   Vx
4
Por fim:
25
V 2  Vx2  Vy2  Vx2   Vx2
16
 Vy 
41 2 41  3vx 
Vx    

16
16  2 
369 2
 V2 
 vx
(5)
64
2
V2 
Substituindo  5  em 1 :
 369 2 
 vx   360
3vx2  2  
 64

96

369


vx2 
  360
 32 
 vx  5 m / s
9
Alternativa C
Questão 10
Certo produto industrial constitui-se de uma embalagem rígida cheia de óleo, de dimensões L  L  d , sendo transportado
numa esteira que passa por um sensor capacitivo de duas placas paralelas e quadradas de lado L , afastadas entre si de uma
distância ligeiramente maior que d , conforme a figura. Quando o produto estiver inteiramente inserido entre as placas, o
sensor deve acusar um valor de capacitância C0 . Considere, contudo, tenha havido antes um indesejado vazamento de óleo,
tal que a efetiva medida da capacitância seja C  3 / 4C0 . Sendo dadas as respectivas constantes dielétricas do óleo, k  2 ; e
do ar, kar  1 , e desprezando o efeito da constante dielétrica da embalagem, assinale a percentagem do volume de óleo
vazado em relação ao seu volume original.
A)
B)
C)
D)
E)
5%
50%
100%
10%
75%
Resolução:
Com a embalagem cheia a capacitância medida foi:
  L2
, com k  2
C0  k  0
d
Após o vazamento temos um sistema de capacitores em paralelo da forma:
C  C1  C2
 L  x L
0  x  L
 k 0
d
d
3
Em que C  C0 . Assim:
4
 L  x L
3

  xL
 k  0  L2  0
 k 0
4
d
d
d
3
 kL  x  k  L  x 
4
C
Para k  2 :
3
L  x  2L  2 x
2
3
L
 x  2L  L 
2
2
x  0,5  L
Vazou 50% do óleo.
Alternativa B
10
Questão 11
O circuito mostrado na figura é constituído por um gerador com f .e.m  e um resistor de resistência R . Considere as
seguintes afirmações, sendo a chave S fechada:
I. Logo após a chave S ser fechada haverá uma f .e.m autoinduzida no circuito.
II. Após um tempo suficientemente grande cessará o fenômeno de autoindução no circuito.
III. A autoindução no circuito ocorrerá sempre que houver variação da corrente elétrica no tempo.
Assinale a alternativa verdadeira
S
A) Apenas a I é correta.
B) Apenas a II é correta.
C) Apenas a III é correta.
R
D) Apenas a II e a III são corretas.
e
E) Todas são corretas.
Resolução:
Com a chave S sendo fechada, o próprio circuito assume a configuração de uma espira, gerando um campo de indução magnética em
seu interior, conforme a figura.
s
i
i
B
eind
i
e
i
R
I – Correto

No instante em que a chave S é fechada, surge o campo magnético B e, portanto, um fluxo  através da “espira”. Logo  varia de
zero a um valor não nulo, de forma que surge uma f.e.m. induzida que gera uma corrente induzida que se opõe à corrente original.
II – Correto
Com o passar do tempo, a corrente aumenta mas a sua taxa de variação diminui quantitativamente da seguinte forma:
i
e/R
t
A partir do instante em que a corrente não mais varia consideravelmente, cessa o fenômeno de autoindução.
III – Correto
Havendo variação da corrente, o fluxo magnético varia e ocorre a autoindução.
Alternativa E
Questão 12
Um raio horizontal de luz monocromática atinge um espelho plano vertical após incidir num prisma com abertura de 4º e
índice de refração n  1,5 . Considere o sistema imerso no ar e que tanto o raio emergente do prisma como o refletido pelo
espelho estejam no plano do papel, perpendicular ao plano do espelho, como mostrado na figura. Assinale a alternativa que
indica respectivamente o ângulo e o sentido em que deve ser girado o espelho em torno do eixo perpendicular ao plano do
papel que passa pelo ponto O , de modo que o raio refletido retorne paralelamente ao raio incidente no prisma.
A)
B)
C)
D)
E)
4º, sentido horário
2º, sentido horário
2º, sentido antihorário
1º, sentido horário
1º, sentido antihorário
Espelho
4º
O
11
Resolução:
Na 1ª face:
n1  sen i1  n p  sen r 1
1  2º  n p  r 1
4
 r 1  .
3
Como r 1  i 2  4º
4 
 i 2  4º
3
i 2  4  4  8º
3 3
Na 2ª face: 1,5  seni 2  1  sen r 2
1,5  i 2  1  r 2
8
1,5   r 2
3

 r 2  4º
O desvio  será:
  i1  r 2  A
  2º 4º 4º
  2º
Para que o raio refletido no espelho seja paralelo ao raio incidente no prisma, temos:
12
2  

2
   1º

Alternativa D
Questão 13
Um prato plástico com índice de refração 1,5 é colocado no interior de um forno de micro-ondas que opera a uma frequência
de 2,5  109 Hz . Supondo que as micro-ondas incidam perpendicularmente ao prato, pode-se afirmar que a mínima espessura
deste em que ocorre o máximo de reflexão das micro-ondas é de.
A) 1,0cm
B) 2,0cm
C) 3,0cm
D) 4,0cm
E) 5,0cm
Resolução:
Vamos considerar que “máximo de reflexão” significa interferência construtiva entre os raios 1 e 2 mostrados na figura:
2
Com relação ao raio incidente, o raio 1 está defasado em

, e o raio 2 não está defasado. Portanto, ocorrerá interferência construtiva se:
2
 i  1,3,5,7,...
 
2d  i 
C
2n   : comprimento de onda no ar.
f

A espessura mínima corresponde a i  1 , logo:
c
3  108
2d 
d 
 2  102 m
2 fn
2  2  2,5  109  1,5
Alternativa B
13
Questão 14
Considere o circuito elétrico mostrado na figura formado por quatro resistores de mesma resistência, R  10 , e dois
geradores ideais cujas respectivas forças eletromotrizes são 1  30V e  2  10V . Pode-se afirmar que as correntes i1 , i2 , i3 e
i4 nos trechos indicados na figura, em ampères, são respectivamente de
A)
B)
C)
D)
E)
i1
2, 2/3, 5/3 e 4
7/3, 2/3, 5/3 e 4
4, 4/3, 2/3 e 2
2, 4/3, 7/3 e 5/3
2, 2/3, 4/3 e 4
R
i2
i4
e1
R
R
i3
e2
R
Resolução:
Observando o circuito devemos tomar 4 pontos que possuem diferentes potenciais
Pela Lei dos nós: i1  i2  i3 (I)
Pela Lei das malhas: U BD  U DC  U CB  0
1   2  R  i4  0
R  i4  1   2
40
 4A
(II)
10
U AC  U CB  U BA  0
R  i 2  R  i3   2  0
i4 
(III)
R  i3  i2    2
2
R
i3  i2  1A
U BA  U AD  U DB  0
 R  i 2  R  i3  R  i 4  0
i3  i2 
i4  i3  i2
(IV)
Substituindo (I) em  IV 
i4  2i3  i2
2i3  i2  4
E chega-se a um sistema linear:
2i3  i2  4

i3  i2  1

2
A
3

i3  A
3
i2 
Usando a Lei dos nós: i1 
7
A
3
Alternativa B
Questão 15
A figura mostra duas cascas esféricas condutoras concêntricas no vácuo, descarregadas, em que a e c são, respectivamente,
seus raios internos, e b e d seus respectivos raios externos. A seguir, uma carga pontual negativa é fixada no centro das
cascas. Estabelecido o equilíbrio eletrostático, a respeito do potencial nas superfícies externas das cascas e do sinal da carga
na superfície de raio d , podemos afirmar, respectivamente, que
14
A)
V  b   V  d  e a carga é positiva.
B)
V  b   V  d  e a carga é positiva.
C)
V  b   V  d  e a carga é negativa.
D)
V  b   V  d  e a carga é negativa.
E)
V  b   V  d  e a carga é negativa.
Resolução:
As cargas induzidas em cada uma das superfícies de raios a , b , c e d são, respectivamente:
Qa  Q
Qb  Q
Qc  Q
Qd  Q
de forma que o campo elétrico no interior de cada condutor seja nulo.
A superfície gaussiana esférica de raio b engloba uma carga total Q , bem como a superfície gaussiana de raio d , de forma que os
potenciais são dados por:
kQ
b
kQ
Vd  
d
Como b  d , então Vb  Vd e Vb  Vd .
Vb  
Alternativa E
Questão 16
Um recipiente contém dois líquidos homogêneos e imiscíveis, A e B , com densidades respectivas  A e  B . Uma esfera
sólida, maciça e homogênea, de massa m  5 kg , permanece em equilíbrio sob ação de uma mola de constante elástica
k  800 N/m , com metade de seu volume imerso em cada um dos líquidos, respectivamente, conforme a figura. Sendo
 A  4 e  B  6 , em que  é a densidade da esfera, pode-se afirmar que a deformação da mola é de
A)
0 m.
B)
C)
D)
E)
9/16 m.
3/8 m.
1/4 m.
1/8 m.
15
Resolução:
As forças que atuam na esfera são:
V
V
 g  4 g  100 N
2
2
V
V
EB   B   g  6   g  150 N
2
2
P  mg  50 N
EA   A 
FEL  K  x  800  x
Como a esfera encontra-se em equilíbrio, tem-se:
800 x  50  100  150
1
x m
4
Alternativa D
Questão 17
Diferentemente da dinâmica newtoniana, que não distingue passado e futuro, a direção temporal tem papel marcante no
nosso dia-a-dia. Assim, por exemplo, ao aquecer uma parte de um corpo macroscópico e o isolarmos termicamente, a
temperatura deste se torna gradualmente uniforme, jamais se observando o contrário, o que indica a direcionalidade do
tempo. Diz-se então que os processos macroscópicos são irreversíveis, evoluem do passado para o futuro e exibem o que o
famoso cosmólogo Sir Arthur Eddington denominou de seta do tempo. A lei física que melhor traduz o tema do texto é
A) a segunda lei de Newton.
B) a lei de conservação da energia.
C) a segunda lei da termodinâmica.
D) a lei zero do termodinâmica.
E) a lei de conservação da quantidade de movimento.
Resolução:
A 2ª Lei da Termodinâmica tem como corolário o Princípio do Aumento da Entropia, que afirma que, em um sistema termicamente isolado,
a entropia permanece constante para processos reversíveis e aumenta em processo irreversíveis. Assim, pode-se associar a “seta do tempo”
ao sentido do processo para o qual, um sistema termicamente isolado, a entropia aumente.
Alternativa C
Questão 18
Num experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-se a superfície de um metal com luz proveniente de um gás de
hidrogênio cujos átomos sofrem transições do estado n para o estado fundamental. Sabe-se que a função trabalho  do
metal é igual à metade da energia de ionização do átomo de hidrogênio cuja energia do estado n é dada por En  E1 /n 2 .
Considere as seguintes afirmações:
I. A energia cinética máxima do elétron emitido pelo metal é EC  E1 /n 2  E1 / 2 .
II. Função do trabalho do metal é    E1 /2 .
III. A energia cinética máxima dos elétrons emitidos aumenta com o aumento da frequência da luz incidente no metal a
partir da frequência mínima de emissão.
16
Assinale a alternativa verdadeira.
A) Apenas a I e a III são corretas.
B) Apenas a II e a III são corretas.
C) Apenas a I e a II são corretas.
D) Apenas a III é correta.
E) Todas são corretas.
Resolução:
O enunciado informa que a função trabalho e metade da energia de ionização do átomo de hidrogênio, assim:
Ionização E1  E  Eion  E  E1
Eion  O 
E1
E
  E1    ion
2
1
2
E1
 II  correta.
2
Pela equação de Einstein para o efeito fotoelétrico, ECmáx  E fóton   ; onde E fóton  En  E1

E1
 E1
n2
E
 E 
Assim: ECmáx  21  E1    1 
n
 2
E1 E1
máx
EC  2   I  correta.
2
n
E fóton 
A energia cinética a partir dos fótons do átomo de hidrogênio nos levariam a um gráfico:
E
E51
E41
E31
E21
f
f
Desta forma, quanto maior o nível de transição, maior a frequência, maior a energia cinética dos fotoelétrons emitidos. III  correta.
Alternativa E
Questão 19
Uma espira circular de raio R é percorrida por uma corrente elétrica i criando um campo magnético. Em seguida, no
mesmo plano da espira, mas em lados opostos, a uma distância 2 R do seu centro colocam-se dois fios condutores retilíneos,
muito longos e paralelos entre si, percorridos por correntes i1 e i2 não nulas, de sentidos opostos, como indicado na figura.
O valor de i e o seu sentido para que o módulo do campo de indução resultante no centro da espira não se altere são
respectivamente
i1
2R
i
i2
R
2R
A)
i  1/2  i1  i2  e horário.
B)
i  1/2  i1  i2  e antihorário.
C)
i  1/4  i1  i2  e horário.
D)
i  1/4  i1  i2  e antihorário.
E)
i  1/  i1  i2  e horário.
17
Resolução:
Os módulos dos campos magnéticos gerados no centro da espira pelas correntes elétricas i ' , i1' e i2' são, respectivamente:
B
0i
i
i
; B1  0 1 ; B2  0 2
4R
4R
2R
Para que o módulo do campo resultante permaneça o mesmo, é necessário que ele seja igual e oposto ao campo originalmente produzido
pela corrente na espira. A vista lateral do plano da espira e dos fios é:
B
B
B1 B2
Antes
Depois
Portanto
0 i  0 i1  0 i2  0 i



2 R 4R 4R 2 R
i i
i 1 2
4

Para que B gerado pela espira aponte para fora do plano do papel (), é necessário que a corrente se estabeleça no sentido antihorário.
Alternativa D
Questão 20
Uma lua de massa m de um planeta distante, de massa M  m, descreve uma órbita elíptica com semieixo maior a e
semieixo menor b , perfazendo um sistema de energia E . A lei das áreas de Kepler relaciona a velocidade v da lua no
apogeu com sua velocidade v` no perigeu, isto é, v` a  e   v  a  e  , em que e é a medida do centro ao foco da elipse.
Nessas condições, podemos afirmar que
A) E  GMm /  2a  .
B)
E  GMm /  2b  .
C)
E  GMm /  2e  .
D)
E  GMm / a 2  b 2
E)
v` 2GM /  a  e  .
.
Resolução:
a
V!
A m
e
e
F
M
F
C
m
b
P
v
No apogeu (A) E 
No perigeu (P) E 
mV 2 GMm

ae
2
m V '
2

GMm
ae
(1)
(2)
2
ae
Substituindo V '  V 
 em (2), tem-se:
 ae
mV 2
E
2
 a  e  GMm

 
ae
 ae
2
(3)
18
Mas, de (1),
mV 2
GMm
E
2
ae
Portanto, em (3):
GMm   a  e  GMm

E E

 
a  e  a  e 
ae

2
  a  e   GMm  a  e  GMm  2e 
E 1  
 1 
 



  a  e   a  e  a  e  a  e  a  e 
  a  e 2   a  e 2  GMm  2e
E

2
2

  a  e 
 a  e
E  2ae  2ae   GMm  2e
2
E
GMm
2a
Alternativa A
Questão 21
Considere as seguintes relações fundamentais da dinâmica relativística de uma partícula: a massa relativística m  m0  , o
momentum relativístico p  m0 v e a energia relativística E  m0 c 2 , em que m0 é a massa de repouso da partícula e
  1 / 1  v 2 / c 2 é o fator de Lorentz. Demonstre que E 2  p 2 c 2   m0 c 2  e, com base nessa relação, discuta a afirmação:
2
“Toda partícula com massa de repouso nula viaja com a velocidade da luz c ”.
Resolução:
Hipóteses
1

1
v2
c2
m  m0  
p  m0    v
E  m0    c 2
Seja F  E 2  p 2  c 2
G   m0c 2 
2
Tese: F  G
F  E 2  p 2c 2   m0    c 2    m0    v   c 2
2
F
F
2
m02c 4 m02v 2c 2
m 2c6
m 2 v 2c 4

 2 0 2  20 2
2
2
v
v
c v
c v
1 2 1 2
c
c
m02c 4  c 2  v 2 
c2  v2
 m02c 4   m0c 2   G
2
Se o corpo não possui massa de repouso, então:
m0  0  E 2  p 2  c 2  0  E  p  c
Usando a ideia de equivalência
Erep  m0c 2
E  Erep 
 pc  m0c 2
 m0  v  c  m0  c 2
v  c
A afirmação é correta.
19
Questão 22
14
0
P1 T1
cm
14
cm
Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera a temperatura de 0º C . A seguir, o recipiente é fechado e imerso num
banho térmico com água em ebulição. Ao atingir o novo equilíbrio, observa-se o desnível do mercúrio indicado na escala das
colunas do manômetro. Construa um gráfico P  T para os dois estados do ar no interior do recipiente e o extrapole para
encontrar a temperatura T0 quando a pressão P  0 , interpretando fisicamente este novo estado à luz da teoria cinética dos
gases.
0
P2 T2
–14
–14
Resolução:
O dispositivo mostrado é um termômetro de gás a volume constante, em que a relação entre pressão e temperatura é linear. O gráfico
P  T é:
Extrapolando a reta para P  0 (ponto E ), tem-se, por semelhança de triângulos
104  76 104  0

 2800  28T0  10400
100  0 100  T0
 T0  271, 4º C
o que é uma boa aproximação para o zero absoluto (zero Kelvin = 273,15º C ), estado em que, segundo a teoria cinética
dos gases, cessaria o movimento de agitação térmica, cessando também as colisões com as paredes do recipiente
 p  0 mHg, T  O K  .
Questão 23
Num plano horizontal x  y , um projétil de massa m é lançado com velocidade v , na direção  com o eixo x , contra o
centro de massa de uma barra rígida, homogênea, de comprimento I , e massa M , que se encontra inicialmente em
repouso a uma distância D de uma parede, conforme a figura. Após uma primeira colisão elástica com a barra, o projétil
retrocede e colide elasticamente com a parede. Desprezando qualquer atrito, determine o intervalo de valores de  para que
ocorra uma segunda colisão com a barra, e também o tempo decorrido entre esta e a anterior na parede.
M
m v
q
L/2
D
L/2
x
y
20
Resolução:
Observe a figura:
D
M
Vx
v
m
q
a
x
a
a
L/
P
x
y
Considerando que na colisão elástica não há modificação da componente de v em y temos:
Qox  Q f x
mvx  0  mvx'  MVx
 mvx'  MVx  mvx
(1)
E para o coeficiente de restituição e  1 :
e
Vx  vx'
1
vx  0
Vx  vx'  v
Vx  vx  vx'
(2)
Substituindo (2) em (1):
mvx'  M  vx  vx'   mvx
 m  M  vx'  vx  m  M 
m  M 
2mvx
 vx'  vx 
e Vx 
m  M 
m  M 
m  M 
2mv cos 
 vx'  v cos 
e Vx 
m  M 
m  M 
Para que ocorra uma segunda colisão é preciso que enquanto m retorna à parede e à base novamente, a distância percorrida na vertical
seja no máximo igual a
v y  t 
L
:
2
L
 2v y t  L
2
(1)
Lembrando que na horizontal temos:
vx' 
0  0  x
t
e x  Vx  t

m  M  
2mv cos 
 t  V cos 
 t
  1  2 D 
 m  M  
m  M 

 cos   m  M  2mv cos  
 t  v

  2D
 m  M  
m  M 

 v cos  
 t 
  M  m  2m   2 D
  m  M  
 t 
2D  m  M 
v cos   M  3m 
(2)
Substituído (2) em (1), temos:
 2D  m  M  
2  v  sen  
  L
 v cos   M  3m  
21
 4  tg 
m  M  D
L
 M  3m 
 tg  
L  M  3m 


4D  m  M 
 L  M  3m  
 0    arc tg 


 4D  m  M 
Questão 24
Dois radiotelescópios num mesmo plano com duas estrelas operam como um interferômetro na frequência de 2,1 GHz. As
estrelas são interdistantes de L  5, 0 anos-luz e situam-se a uma distância D  2,5  107 anos-luz da Terra. Ver figura. Calcule
a separação mínima, d , entre os dois radiotelescópios necessária para distinguir as estrelas. Sendo   1 em radianos, use
a aproximação   tan   sen .
L
D
d
detetor
Resolução:
Podemos considerar as duas estrelas como as fontes coerentes da interferência de fenda dupla. Assim, a distância entre os telescópios para
a detecção será metade da distância entre dois máximos da interferência entre as fontes.
D
 distância entre 2 máximas consecutivas
L
y cD
d

2 2 fL
y 
d
3 108  2,5 107
 3,57 105 m
2  2,1 109  5
d  357 km
Questão 25
Em atmosfera de ar calmo e densidade uniforme d a , um balão aerostático, inicialmente de densidade d , desce verticalmente
com aceleração constante de módulo a . A seguir, devido a uma variação de massa e de volume, o balão passa a subir
verticalmente com aceleração de mesmo módulo a . Determine a variação relativa do volume em função da variação relativa
da massa e das densidades d a e d .
Resolução:
Descida com aceleração constante de módulo a:
E1
a
P1
P1  E1  mB  a
mB  g  d a  gVBi  mB  a
d VBi  g  d a gVBi  d VBi  a
 d  da 
a
 g
 d 
(I)
22
Subida com aceleração constante de módulo a:
E2
a
P2
E2  P2  mBf  a
d a  gVBf  mBf  g  mBf  a
d a  g  VBf  d 2  VBf  g  d 2 VBf  a
 da  d2  g  d2  a
(II).
Substituindo (I) em (II):
d  da 
 d a  d 2  g  d 2  
  g  d a  d  dd 2  dd 2  d 2 d a
 d 
d a  d  d 2  2d  d a 
d2 
d  da
2d  d a
(III)
Variação relativa de massa  mR  :
mR 
mBf  mBi
mBi
Variação relativa do volume:
VR 

VBf  VBi
VBi
mBf

d2

mBi
d
mBi
d
d  mBf  d 2 mBi

d  d2
mBi
d

d  mBf  d 2  mBi
(IV).
mBi  d 2
Substituindo (III) em (IV):
dd a
dmBf 
 mBi
VBf  VBi
dmBf  2d  d a   mBi  dd a 
2d  d a



d

d
VBi
mBi  d  d a
a
mBi 
2d  d a

mBf  2d  d a   mBi  d a
mBi d a

mBf  2d  d a 

 1 
mBi  d a 
 2d  d a 
  mR  1  
 1
 da 
Questão 26
Um mol de um gás ideal sofre uma expansão adiabática reversível de um estado inicial cuja pressão é Pi e o volume é Vi
para um estado final em que a pressão é Pf e o volume é V f . Sabe-se que   C p / C é o expoente de Poisson, em que C p
e são os respectivos calores molares a pressão e a volume constantes. Obtenha a expressão do trabalho realizado pelo gás
em função de Pi , Vi , Pf , V f e  .
Resolução:
Observe na figura abaixo que seguindo o caminho adiabático 1  2 ou o caminho 1  3  2 temos o mesmo U .
P
1
Pi
Pf 3
2
Vi
Vf
No caminho adiabático temos:
Q    U , em que Q  0
23
V
   U
No caminho 1  3  2 temos:
1  3 Qv    U1
nCv T3  T1   0  U1
E:
Pf  Vi
 Pf 
PV
i i

 T3     T1
T1
T3
 Pi 
Assim:
 Pf
U1  nCv 
 Pi

 Pf

 T1  T2   nCv  T1 


 Pi
 
  1
 
3  2  Q p    U 2
nC p T2  T3   Pf V f  Vi   U 2
E:
V
T2  T1  i
V
 f



 1
 adiabática 
 V
 U 2  nC p T1  i
  V f




 1
 Pf
 T1 
 Pi

   Pf V f  Vi 
 
Por fim:
U  U1  U 2
V
 Pf 
U  nCv T1    nCvT1  nC pT1  1

 Pi 
 Vf



 1
 Pf
nC p T1 
 Pi

  Pf V f  Vi 

 Pf 
 U  n  C p  Cv  T1  
 Pi 
 V
nCv T1    i
  V f




 1

 1  Pf V f  Vi 


Usando a relação de Mayer:
 Pf
U  nRT1 
 Pi
 nR  T1

  1
PV   V
U   i i    i
  1   V f




 1
 V
  i
  V f




 1

 1  Pf V f  Vi 


 

 P1 
 1   PV
 Pf V f  Vi  
i i 
 
 Pi 


PV   V f 
 U   i i    
  1   Vi 

 1
 1

 Vf 
 1  PV

i i 

 Vi 

 U  
PV
1
i i
V f 1  Vi1  
 Pf V f  PVi i 

1 
 1
Questão 27
Um dispositivo é usado para determinar a distribuição de velocidades de um gás. Em t = 0, com os orifícios O’ e O alinhados
no eixo z, moléculas ejetadas de O’, após passar por um colimador, penetram no orifício O do tambor de raio interno R, que
gira com velocidade angular constante . Considere, por simplificação, que neste instante inicial (t = 0) as moléculas em
movimento encontra-se agrupadas em torno do centro do orifício O. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura, tais
moléculas movem-se horizontalmente no interior deste ao longo da direção do eixo z, cada qual com sua própria velocidade,
sendo paulatinamente depositadas na superfície interna do tambor no final de seus percursos. Nestas condições, obtenha em
24
função do ângulo  a expressão para v – vmin, em que v é a velocidade da molécula depositada correspondente ao giro  do
tambor e vmin é a menor velocidade possível para que as moléculas sejam depositadas durante a primeira volta deste.
w
Colimador
R
O´
z
q
O
Resolução:
Período de rotação do tambor:
2
2

T 
T

Para que as moléculas sejam depositadas durante a primeira volta do tambor deverão ter uma velocidade mínima vmin de:
S  vmin  tmáximo
R
2
 vmin 


M.C.U. do tambor:   n 2  t (I)
2 R  vmin 
A molécula depositada no tambor deverá ter percorrido 2 R no mesmo intervalo de tempo:
  n 2
S  v  t  2 R  v 


2R
v
  n 2
2R
R
v  vmin 

  n 2 
1 
 1
v  vmin  2R 


   n 2 2 
Questão 28
O experimento mostrado na figura foi montado para elevar a temperatura de certo líquido no menor tempo possível,
dispendendo uma quantidade de calor Q. Na figura, G é um gerador de força eletromotriz  , com resistência elétrica interna
r, e R é a resistência externa submersa no líquido. Desconsiderando trocas de calor entre o líquido e o meio externo
a) Determine o valor de R e da corrente i em função de  e da potência elétrica P fornecida pelo gerador nas condições
impostas.
b) Represente graficamente a equação característica do gerador, ou seja, a diferença de potencial U em função da
intensidade da corrente elétrica i.
c)
Determine o intervalo de tempo transcorrido durante o aquecimento em função de Q, i e  .
G
e
r
R
Resolução:
Elevar a temperatura de um líquido no menor tempo possível = resistor R na máxima potência.
Máxima transferência de potência: r  R
i
a)





r  R 2 R 2r
U    ri
U r
 

2r 2
U2
U 2 2
R

R
P 4P
 2
2P
U  Ri  
i  i 

2 4P
Pot 
25
b)
c)
Pot 
Energia
Q
i Q
2Q
P


 t 
t
t
2
t
i
Questão 29
Duas placas condutoras de raio R e separadas por uma distância d<<R são polarizadas com uma diferença de potencial V
por meio de uma bateria. Suponha sejam uniformes a densidade superficial de carga nas placas e o campo elétrico gerado
no vácuo entre elas. Um pequeno disco fino, condutor, de massa m e raio r, é colocado no centro da placa inferior. Com o
sistema sob a ação da gravidade g, determine, em função dos parâmetros dados, a diferença de potencial mínima fornecida
pela bateria para que o disco se desloque ao longo do campo elétrico na direção da placa superior.
Resolução:
R
R
C
+
vista lateral
+
–V
d
rm
C
–
Área de cada disco  A : A  R 2
V
d
Como o pequeno disco fino está tocando a placa inferior e é condutor, terá a mesma densidade superficial de cargas das placas circulares
de raio R :
Campo elétrico entre as placas circulares: E 
Q1
Q2
r 2
r

 Q2 
 Q1  Q2    Q1 , (I)
Área1 Área2
R 2
R
onde Q2 é a carga do pequeno disco fino e Q1 é o módulo da carga de cada placa circular.
2

Carga Q1 das placas: Q1  CV 
e 0 A1
e R 2
(II)
V  0
V .
d
d
Estamos assumindo como e 0 a permissividade elétrica do vácuo (entre as placas). Acreditamos que o parâmetro e 0 foi dado no texto.
 Q1 
Substituindo (II) em (I):
r 2 e R 2
r
V
Q2     Q1  2  0
R
d
R
e   V  r 2
Q2  0
d
Para que o pequeno disco fino comece a subir em direção à placa superior:
Fe  P
2
Q2  E  mg
e0    V  r 2 V
  mg
d
d
2
mg  d
V2 
e 0 r 2
V
d
r
mg
e 0
26
Questão 30
Um próton em repouso é abandonado do eletrodo positivo de um capacitor de placas paralelas
submetidas a uma diferença de potencial e  1000 V e espaçadas entre si de d = 1 mm,
conforme a figura. A seguir, ele passa através de um pequeno orifício no segundo eletrodo para
uma região de campo magnético uniforme de módulo B = 1,0 T. Faça um gráfico da energia
cinética do próton em função do comprimento de sua trajetória até o instante em que a sua
velocidade torna-se paralela às placas do capacitor. Apresente detalhadamente seus cálculos.
d
q
e
Resolução:
Aceleração do próton no C.E.U.:
FR  ma
qE  ma
e
1,6  1019  103
 ma 
 1,7  1027 a
d
103
a  0,941  1014 m/s 2
Tempo no C.E.U.:
a
0,941  1014 2
S  V0t  t 2  103 
t
2
2
t 2  2,125  1017
q
t  4,6  109 s
Velocidade do próton ao entrar no campo magnético uniforme (C.M.U.):
V  V0  at
1,6 14
 10  4,6  109  4,33  105 m/s
1,7
Ao entrar no C.M.U. o próton executará M.C.U. O tempo necessário para que sua velocidade torne-se paralela às placas do capacitor
1
corresponde à
do período do M.C.U.
4
1 2m 1 2  1,7  1027
t  
 

4 q B 4 1,6  1019  1,0
V
 t  1,67  108 s
 16,7  109 s
Vamos calcular o deslocamento no M.C.U, neste intervalo de tempo:
S  V t  4,33  105  16,7  109 
 7, 23  103 m  7, 23mm .
No M.C.U. não haverá variação da energia cinética do próton.
No C.E.U, o próton executará um MUV.
V 2  V02  2aS  V 2  2aS
A energia cinética do próton no C.E.U. pode ser escrita como:
mV 2 m
  2 a S
Ecin 
2
2
Ecin  maS
ECIN (J)
MCU
no CMU
1,6·10!16
UV
M CEU
no
0
1,0
8,23
S (mm)
27
B
Física
André Villar
Cícero Tavares
Marcos Fernandes
Pedro Lavinas
Rodrigo Bernadelli
Vinícius Miranda
Colaboradores
Aline Alkmin
Carolina Chaveiro
Luis Gustavo
Rubem Jade
Digitação e Diagramação
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Leandro Bessa
Luciano Lisboa
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
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