Avancado_ITA_Aula_07

Nº
NOME:
SÉRIE:
DATA:
DISCIPLINA: Física
ENSINO MÉDIO
PROF.: Caio
ATIVIDADE: ESTUDO AVANÇADO ITA
1. (Ita 2010) 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 2R, 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.
2. (Ita 2010) 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
m g sen α  m a  2g sen α  a  
.
a) 
K
1
m g cos α  m a  2g cos α  a  
.
b) 
K
m g sen α  m a  2g sen α  a  
.
c) 
K
m (g sen  - a)
d)
.
K
m g sen α
e)
.
K
3. (Ita 2010) 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, (Energia cinética associada à translação de um gás diatômico: Ec = 3/2.nRT)
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.
4. (Ita 2010) 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
estão no líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de
tração na corda.
5. (Ita 2010) 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?
2
cos 
[cos  + 2P(2h/LQ cos(2 ) - R/LQ sen  )]
cos 

[cos  + P(2h/LQ sen(2 ) - 2R/LQ cos )]
cos

[sen  + 2P (2h/LQsen (2 ) -R/LQ cos )]
sen 

[sen  + 2P (2h/ LQ cos( ) - 2R/ LQ cos  )]
sen 

[cos  + P(2h/LQ sen( ) - 2R/LQ cos  )]
a)  
b)
c)
d)
e)
6. (Ita 2010) 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.
7. (Ita 2010) Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação
Universal de Newton considerando órbitas circulares.
8. (Ita 2010) 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 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, porem 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 valida 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.
8. (Ita 2010) 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
3
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
λ é dado por
a) mg – m ω 2Rcos λ.
b) mg – m ω 2Rsen2 λ.







2
c) mg 1  2ω2R / g  ω2R / g  sen2 λ .



2
d) mg 1  2ω2R / g  ω2R / g  cos2 λ .



2
e) mg 1  2ω2R / g  ω2R / g  sen2 λ .


09. (Ita 2010) 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.
10. (Ita 2010) Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da
figura.
4
Pode-se afirmar que
a) processo JK corresponde a uma compressão isotérmica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T 2 – T1)(S2 – S1).
c) o rendimento da maquina é dado por η  1 
T2
.
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 T 2 e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento
maior que a desta.
11. (Ita 2010) Um quadro quadrado de lado ℓ e massa m, feito de um material de coeficiente de
dilatação superficial β, e 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 e 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)
2 F βT
.
mg
b)
c)
d)
2 F(1  βT)
4F2  m2 g2 )
.
2 F (1  βT)
.
(2F  mg)
e) 2 F
(1  βT)
(4F2  m2 g2 )
.
5
12. (Ita 2010) 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 imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da
imagem.
13. (Ita 2010) Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos ℓ1 e ℓ2, 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)
mg2 d2
(k 0 Q 1 )
b)
8mg 2 d2
(k 0Q 1)
c)
4mg 2 d2
(3k 0Q 1)
d)
e)
2mg
2
2d
3 k0Q
1
8mg 2 d2
(3 3 k 0Q 1
14. (Ita 2010) Considere as cargas elétricas ql = 1 C, 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 = 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.
6
e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = – 4 m.
15. (Ita 2010) 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) 2000 Hz e 1000 Hz.
b) 500 Hz e 1000 Hz.
c) 1000 Hz e 500 Hz.
d) 50 Hz e 100 Hz.
e) 10 Hz e 5 Hz.
16. (Ita 2010) 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 a menor distância em relação à sirene. Nesta situação, assinale a
melhor representação da frequência f ouvida pela jovem.
a)
b)
c)
d)
7
e)
Gabarito:
Resposta da questão 1:
O pequeno bloco parte do repouso do ponto A, na altura h, e atinge o ponto B com velocidade v,
na altura R + R cos . Assim, pela conservação da energia mecânica:
A
Emec
 EBmec  mgh 
mv 2
 mg R  Rcos   
2
v2
 gR(1  cos )
v 2 Rg(1  cos )


h 2
h =
2g
g
g
h
1 2
v  R(1  cos ) . (equação 1)
2g
Para continuar em contato com o restante da pista, o pequeno bloco deve realizar um lançamento
oblíquo, descrevendo o arco de parábola BC. Como mostra a figura acima, o alcance horizontal
desse lançamento é:
D = 2 R sen . (equação 2)
Mas o alcance horizontal de um lançamento oblíquo com velocidade de lançamento v é calculado
por:
D=
2v 2
sen cos  .
g
(equação 3)
Igualando as equações (2) e (3), temos:
2v 2
sen cos  =
g
2 R sen   v2 =
Rg
. Substituindo essa expressão na equação (1), vem:
cos 
8
h=
1  Rg 
R
 R 1  cos   

  R 1  cos    h 
2g  cos  
2cos 
h=
R  2Rcos (1  cos )

2cos 
h=
R 1  2cos  1  cos 
2cos 
.
Resposta da questão 2:
[C]
Fig. 1
Na figura acima,
A: ponto onde inicia o movimento;
B: ponto onde o anteparo separa-se do corpo de massa m;
C: ponto onde ocorre a máxima variação do comprimento da mola;
F : força trocada entre o anteparo e o corpo;
Fe : força elástica (Fe = k x);
Pt : componente tangencial da força peso (Pt = m g sen ).
Aplicando o princípio fundamental da dinâmica, enquanto há contanto entre o corpo e o anteparo:
R = ma  Pt – Fe – F = ma  mgsen – kx – F = ma. Isolando F, vem:
F = – kx + (mg sen – ma).
Podemos ver nessa expressão que F é uma função do 1º grau de x ou seja, do tipo: y = a x + b .
O coeficiente angular é a = – k (reta decrescente) e o coeficiente linear é b = (mg sen – ma).
Seja x1 a raiz da função. Então:
0 = – kx1 + (mg sen  – ma)  x1 
mgsen  ma
.
k
Traçando o gráfico:
9
Fig. 2
Apliquemos o teorema da energia cinética entre os pontos A e C.
AC
AC
AC  AC  PAC  FAB  Ecin
. As velocidades inicial e final são ambas nulas, então Ecin
 0 . Assim:
R
Fe
Fe  
AC
AC
P
 FAB  0 . (equação 1)
Calculemos cada um desses trabalhos separadamente.
O trabalho da força F pode ser calculado pela área no gráfico acima, com sinal negativo, pois se
trata de trabalho resistente. Assim:
mgsen  ma  mgsen  ma .(equação 2)
1
  mgsen  ma  

2
k
2k

2

AB
F
O trabalho da força peso e o da força elástica podem ser calculados pelo teorema da energia
potencial:
A
C
. Colocando referencial no nível do ponto C e analisando a Fig.1, vemos que h = x
PAC  Epot
 Epot
sen . Então:
PAC  mgxsen . (equação 3)
AC
A
C
= Epot
=0–
Fe
 Epot
kx 2
2
=–
kx 2
2
. (equação 4)
Substituindo (2), (3) e (4) em (1), temos:

mgsen  ma 
kx 2
 mgxsen 
2
2k
mgsen  ma 
kx 2
 mgxsen 
2
2k
2
= 0. Trocando os sinais de todos os termos, vem:
2
. Resolvendo a equação do 2º grau:
k  mgsen  ma 
mgsen  m g sen   4
2
2k
x

k
2
2
2
2
x
x
2
2

mgsen  m2 g2 sen2   m2 g2 sen2   2m2agsen  m2a2
k
mgsen 
 2m agsen  m a 
2
k
2
2
x


mgsen  m2a(2gsen  a
k
. Abandonando o sinal negativo,
obtemos, finalmente:
10
x
mgsen  m a(2gsen  a)
k
Resposta da questão 3:
[A]
Com referencial no infinito, a energia mecânica do sistema corpo-Terra é:
Emec = Ecin + Epot  Emec =
GMT m mv 2

r
2
.
A velocidade de escape é a velocidade mínima com que o corpo deveria ser lançado na superfície
da Terra para não mais retornar, atingindo o “infinito” com velocidade nula.
Pelo princípio da conservação da energia, a energia mecânica (E) na superfície é igual à energia
mecânica no “infinito”.
ESup  E 
GMm mv 2esc GMm mv 2



.
rSup
2
r
2
Porém, se a velocidade no “infinito” é nula, a energia cinética também o é. E, quando r  
(tende a infinito), a energia potencial gravitacional também se anula. Assim, E é nula. Então:
GMTm mv 2esc

 0 . Sendo rSup = RT (raio da Terra) , vem:
rSup
2
mv 2esc GMT m
2GMT

 v 2esc 
.
2
RT
RT
Como a massa da Terra (MT) não é fornecida, vamos multiplicar e dividir por RT o segundo
membro.
v 2esc 
2GMT
RT
 RT

 RT

GMT
GMT
 g . Então:
  2RT 2 . Mas,
R2T
R

T
v 2esc  2R T g .(equação
1)
A energia cinética média das moléculas do gás perfeito é: Ec =
3
3m
nRT 
RT . Assim:
2
2M
2
mv 2esc 3mRT
M v esc
. Substituindo a equação (1) nessa expressão:

T
2
2M
3R
T=
M
2R T g .
3R
Sendo a massa molar do gás nitrogênio, M = 2810-3 kg; R = 8,31 J/mol.K; g = 9,8 m/s2 e RT =
6,38106 m, substituindo na expressão acima, obtemos:
T=
28  103  2  6,38  106  9,8
 1,4  105 K.
3  8,31
Resposta da questão 4:
Dados:
V1 = 0,7 V e V2 = 0,3 V, Sendo V o volume da esfera e V1 e V2 as porções imersas do volume da
esfera nos líquidos 1 e 2, respectivamente.
11
Nas figuras acima:
P: módulo do peso da esfera:
P = m g =  V g.
E1 e E2: intensidades dos empuxos exercidos pelos líquidos 1 e 2 na esfera, respectivamente.
E1 = 1 V1 g  E1 = 1 (0,7 V) g  E1 = 0,7 1 V g;
E2 = 2 V2 g  E2 = 2 (0,3 V) g  E2 = 0,3 2 V g.
T: intensidade da força de tração no fio vertical.
Fe: intensidade da força elástica.
Fc: intensidade da força na corda.
Na Fig. 1, a esfera está em equilíbrio:
T+ E1 + E2 = P  T = P – E1 – E2  T =  V g – 0,7 1 V g – 0,3 2 V g 
T = V g (  – 0,7 1 – 0,3 2 ). (equação 1)
A Fig. 2 mostra as forças atuantes no nó, ponto de concorrência entre as forças mostradas. Como
o nó está em equilíbrio, a resultante das forças agindo nele também é nula. A Fig. 3 mostra a
soma vetorial dessas forças.
Nela vemos que:
sen60 
Fc 
Fc
3
 Fc  Tsen60  Fc 
T . Substituindo a equação (1) nessa expressão, vem:
T
2
3
V g (  – 0,7 1 – 0,3 2 ).
2
Resposta da questão 5:
[C]
12
Nas figuras acima:
b: distância AO;
N: intensidade da normal trocada entre o semicilindro e a barra;
Qy: componente perpendicular do peso da barra;
M: ponto médio da barra.
F: componente vertical da força de reação que a superfície de apoio exerce no semicilindro;
Fat: componente horizontal da força de reação que a superfície de apoio exerce no semicilindro.
No triângulo ABO temos que:
cos  
h  Rsen
h  Rsen
b
b
cos 
.
Como a barra está em equilíbrio de rotação, o somatório dos momentos é nulo. Assim, colocando
polo em O, temos:
Qy
N
L
L
 h  Rsen 
 Nb  0   Qsen     N 
.
2
2
 cos  
h  Rsen LQsen
.

cos 
2
Isolando N, vem:
N
LQsen cos 
2(h  Rsen)
N
LQsen cos 
(equação 1)
2(h  Rsen)
O semicilindro também está em equilíbrio. Então:
Na direção vertical:
F = Ny + P  F = N sen  + P. (equação 2)
Na direção horizontal (supondo iminência de escorregamento):
Fat = Nx   F = N cos . Substituindo a equação (2) e isolando , vem:


Ncos 
.
Nsen  P
Colocando N em evidência no denominador, temos:
Ncos 
cos 
.

P
P

sen


N  sen  
N
N

Substituindo a equação (1):
13

cos 
P
sen 
LQsen cos 
2(h  Rsen )

cos 
2P(h  Rsen )
sen 
LQsen cos 

Aplicando a propriedade distributiva no denominador, fazendo os cancelamentos e lembrando
que: sen  cos  =


sen2
, vem:
2
cos 
cos 
= 
. Colocando 2P em evidência, finalmente:
2Ph
2PR
2P2h
2PR
sen 

sen 

sen2 LQcos 
LQsen2 LQcos 
LQ
2
cos 
2h
R


sen  2P 


LQsen2

LQcos



Resposta da questão 6:
As variações de velocidades na colisão ocorrem somente pela interação entre a massa m 1 e a
massa m2 formando, então, um sistema mecanicamente isolado. Portanto, há conservação da
quantidade de movimento do sistema que engloba m 1, m2 e a mola.
A compressão máxima da mola ocorre quando os dois corpos têm a mesma velocidade (V), ao
final da fase de deformação. Assim:
fin
Qinsist  Qsist
 m1V0  m1  m2  V 
V
m1V0
. (equação 1)
m1  m2
O sistema é também conservativo, pois a força elástica responsável pelas variações de
velocidades é uma força conservativa. Então:
m V 2 kx2 m1  m2  V
. (equação 2)
 1 0 

2
2
2
2
in
mec
E
E
fin
mec
Substituindo (1) em (2), vem:
2
 m1V0 
m1V02  k x 2  m1  m2  
 
 m1  m2 
m1V02  k x 2 
m1V02 
m1  m2
m1  m2 
2
m12 V02 

m12 V02
m1 
2
 k x 2  m1V02 1 
k x 
m1  m2
m

m

1
2 
 m  m2  m1 
m2
2
k x 2  m1V02  1

  x  m1V0
m1  m2
 m1  m2 
x  V0
m1m2
k  m1  m2 
.
Resposta da questão 7:
14
Na figura acima:
M: massa do Sol;
m: massa do planeta;
r: raio da órbita;
V : velocidade orbital do planeta;
FG : força gravitacional;
RC : resultante centrípeta.
Lembremos que a 3ª lei de Kepler afirma que: “o quadrado do período de translação (T) do
planeta é diretamente proporcional ao cubo do raio de sua órbita: T 2 = k r3 ”.
Como o movimento é circular uniforme, a força gravitacional comporta-se como resultante
centrípeta. Assim:
FG = RC 
Mas: v =
GMm mv 2
GM

 v2 
.
2
r
r
r
(equação 1)
S 2r
42r 2
. (equação 2)

 v2 
t
T
T2
Substituindo (2) em (1), vem:
42r 2 GM
r 3 GM
42 3

 2  2  T2 
r .
2
r
GM
T
T
4
Ora, G, M e  são todos constantes. Então:
4 2
= k (constante). Assim:
GM
T2 = k r3.
Resposta da questão 8:
[A]
15
Se o efeito da gravitação deixasse de existir, o planeta entraria em movimento retilíneo uniforme,
percorrendo sempre a mesma distância b em temos iguais, portanto varrendo a mesma área: A =
1
bh
2
Resposta da questão 9:
[D]
Na figura acima:
r = R cos 
C: centro da Terra;
C’: centro da trajetória descrita pelo corpo de massa m.
A força gravitacional ( F ) admite duas componentes: a resultante centrípeta ( Fc ) e o peso aparente
( P ). A normal ( N ) tem a mesma intensidade do peso aparente (N = P), que é a indicação
fornecida pelo dinamômetro.
Temos ainda:
F = m g e Fc = m 2 r 
Fc = m 2 R cos . (equação 1)
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo destacado na figura:
P2  F2  Fc2  2(F)(Fc )cos  . Substituindo a equação 1 nessa expressão, vem:
P2 = mg  m2Rcos    2(mg) m2Rcos   (cos  ) 
2
2
P2 = mg  m24R2 cos2    2m2g2Rcos2  . Colocando (mg)2 em evidência, temos:
2

P2 = mg 1 
2


2
2
2 


4R2 cos2  22Rcos2  
2 = mg 2  1    R   2 R  cos2   
P









2
g
g 
g 
g




  

2
 22R  2R 2

 2R  22R 
2
2



cos


mg
1



 cos   . Se trocarmos o sinal antes do
g 
g


 g 
 g 

P = mg 1  

colchete, podemos trocar o sinal de cada um dos termos dentro dele. Assim:
16
 22R  2R 2

2

 cos   .
 g

 g 
P = mg 1  
Resposta da questão 10:
Nas figuras acima:
A: área da secção transversal do êmbolo.
FE: módulo da força elástica.
FE = k x.
FG: módulo da força de pressão exercida pelo gás.
FG = P A.
Dados: P0; V0; V = 2 V0 e n = 1 mol.
O enunciado afirma que o sistema está termicamente isolado, ou seja, a transformação é
adiabática (Q = 0).
Da 1ª lei da termodinâmica:
U = Q – W  U = 0 – W  W = – U 
W =  3 nRT   3 (1)R(T  T0 ) 
2
2
W = 3 R  T0  T  . Mas esse trabalho é armazenado na mola na forma de energia potencial elástica.
2
Assim:
k x2 3
 R  T0  T  
2
2
k x2  3R  T0  T  . (equação 1)
Na figura (a) podemos notar que:
V0 = A x  x 
V0
(equação 2)
A
Na figura (b), na posição de equilíbrio:
FE = FG  k x = P A. (equação 3)
As equações (2) e (3) sugerem que escrevamos:
17
k x2 = (k x) (x) = (P A) 
V0 

 A 
k x2 = P V0. (equação 4)
Mas, novamente na figura (b):
P V = n R T P (2V0) = (1) R T 
P V0 =
RT
. (equação 5)
2
De (4) e (5):
k x2 =
RT
. Substituindo essa expressão na equação (1), temos:
2
RT
= 3R  T0  T   T = 6(T0 – T)  7T = 6 T0 
2
T
6
T0 .
7
Resposta da questão 11:
[B]
No ciclo temos as seguintes transformações:
JK: expansão isotérmica. Se a entropia aumenta, o sistema recebe calor e realiza trabalho;
KL: resfriamento adiabático. A temperatura diminui sem variar a entropia, logo não há troca de
calor;
LM: compressão isotérmica. A entropia diminui, o sistema perde calor e recebe trabalho;
MJ: aquecimento adiabático. A temperatura aumenta sem variar a entropia.
Nota-se, então, que se trata de um ciclo de Carnot, com rendimento:   1 
T1
T2
Calculemos o trabalho realizado no ciclo, lembrando que a variação da entropia é:
S =
Q
, onde Q é o calor trocado na transformação.
T
A transformação JK é isotérmica, portanto a variação da energia interna é nula. Da 1ª lei da
termodinâmica ( U  Q  W ). Então:
0 = QJK – WJK 
WJK = QJK. (equação 1)
Mas: SJK =
QJK
 QJK   SJ  SK  T2 
T2
QJK = (S2 – S1)T2 . Substituindo nessa expressão a equação (1), obtemos:
WJK = (S2 – S1)T2.
Seguindo esse mesmo raciocínio para a transformação LM, que também é isotérmica, mas uma
compressão, vem:
WLM = (S1 – S2)T1  WLM = –(S2 – S1)T1.
Nas transformações KL e MJ o sistema não troca calor. Novamente, pela 1ª lei da termodinâmica:
UKL = – W KL e UMJ = – W MJ.
Como UMJ = – UKL  W MJ = – WKL.
18
O trabalho no ciclo é o somatório desses trabalhos, ou seja:
Wciclo = WJK + W KL + WLM + W MJ 
Wciclo = (S2 – S1)T2 + WKL – (S2 – S1)T1 – W KL 
Wciclo = (S2 – S1)T2 – (S2 – S1)T1 
Wciclo = (S2 – S1) (T2 – T1).
Resposta da questão 12:
[E]
Nas figuras acima:
ℓ: lado inicial do quadrado;
ℓ’: lado do quadrado depois do aquecimento;
L: comprimento da corda;
h: distância OB .
Na Fig 1, no triângulo ABO, aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
2
2
L2
'2
 '
L
h2        h2  

4
4
2
2
h
1 2
L  '2 . (equação 1)
2
Na Fig 2, como o quadro está em equilíbrio, a resultante das forças é nula. Assim:
2 Fy = P  2 Fy = m g 
Fy 
mg
. (equação 2)
2
O triângulo ABO da Fig 1 é semelhante ao triângulo das forças na Fig 3. Então:
Fy
F
. Substituindo nessa expressão as equações (1) e (2), temos:
h L
2
mg
2F
mg
2F
2




2
1 2
2
L
L
L2   ' 
L   '
2

mgL  2F L2   '  .
2
Quadrando os dois membros:
19
2
m2g2L2  4F2 L2   '   


m2 g2L2  4F2L2  4F2  '   Colocando
2


L2 em evidência, vem:
L2 4F2  m2g2  4F2  '  . (equação 3)
2
Da expressão da dilatação superficial:
A’ = A(1 +  T).
2
Mas: A’ =  '  e A = 2 . Então, substituindo na expressão acima, vem:
 '
2
L2 

2
1  T  . Voltando à equação (3) e isolando L2 temos:
4F2 2 1  T

4F2  m2 g2
L= 2F
1  T
4F2  m2 g2
Resposta da questão 13:
Dados: LM = 10 2 cm; x = 30 cm; y = 10 cm; f = – 20 cm (lente divergente)
No destaque, à esquerda na figura acima, pela diagonal do quadrado, temos:
LM  2  10 2  2   10 cm.
Assim, podemos determinar as coordenadas dos pontos extremos da barra (M e L) no sistema de
eixos (p,y).
Analisando a figura, vem:
M(25,15) cm; L(35,5) cm.
Da equação dos pontos conjugados:
1 1 1
1 pf
   

p' f p
p'
pf
p' =
pf
. (equação 1)
pf
Da equação do aumento linear transversal:
y ' p'
p' y

 y' 
. (equação 2)
y
p
p
Apliquemos as equações (1) e (2) para encontrarmos as coordenadas das imagens de M’(p’M,y’M)
e L’(p’L;y’L) .
20
25( 20)
500
100
 '
'
pM  25  ( 20)  45  pM  9 cm.


  100 15
 '
60
9
 yM' 
cm.
 yM 
25
9



35( 20)
700
140
 '
'
pL  35  ( 20)  55  pM  11 cm.


  140 5
 '
11  y '  20 cm.
 yL 
M
35
11



Aplicando a expressão da distância entre dois pontos, encontramos o comprimento (D) da
imagem:

D2  pM'  pL'
  y
2
'
M
 yL'

2

2
2
 100  140    20 60 
D 


  
 
 11    11 9 
 9
2
2
2
 1.100  1.260   180  660 
D2  
 
 
99
99

 

256.000
D2 
 26 
9.800
D  5,1 cm.
Resposta da questão 14:
[E]
Como nas alternativas não aparece a massa da barra, vamos considerá-la desprezível. Sendo
também desprezível a massa da carga suspensa, as forças eletrostáticas entre as cargas têm a
mesma direção da reta que passa pelos seus centros. Além disso, para que haja equilíbrio essas
forças devem ser atrativas, e as intensidades da força de tração no fio e das forças eletrostáticas
são iguais (T = F), como ilustrado na figura.
Analisando a figura:
r=
d
d


o
cos30
3
2
r
2d
3
. (equação 1)
Da lei de Coulomb:
21
F=
k 0Q | q |
. (equação 2)
r2
Substituindo (1) em (2):
F=
k 0 | Q || q |
 2d 


3

F
2
3k 0 | Q || q |
. (equação 3)
4d2
Para que a barra esteja em equilíbrio o somatório dos momentos deve ser nulo. Assim, adotando
polo no ponto O mostrado na figura, vem:
Fcos30 1  mg 2 . Substituindo nessa expressão a equação (3), temos:
3k 0 | Q || q | 3
2
4d2
|q| 
1
 mg
8mg 2 d2
3 3 k0 | Q |
2

3 3 k 0 | Q || q |
8d2
1
 mg
2

.
1
Analisando mais uma vez as alternativas, vemos que em todas há o sinal negativo para q. Isso
nos força a concluir que Q é positiva. Então, abandonando os módulos:
q 
8mg 2 d2
3 3 k0Q
1
Resposta da questão 15:
[A]
Dados: q1 = 1 C; x1 = – 2 m; q2 = – 2 C e x2 = – 8 m.
A figura a seguir ilustra o enunciado.
Lembremos, primeiramente, que, no espaço (x,y,z), a distância entre dois pontos P(xP,yP,zP) e
Q(xQ,yQ,zQ) é obtida pela expressão:
2
rPQ
  xP  x Q    yP  y Q    zP  zQ 
2
2
2
. (equação 1)
Seja, então A(x,y,z) um ponto da superfície equipotencial, onde o potencial elétrico é nulo (V A = 0)
VA = VA 1 + VA 2 
0=
kq1 kq2
q
q

 1   2 . Substituindo os valores dados, temos:
r1
r2
r1
r2
 2
1

 r2  2r1 . (equação 2)
r1
r2
22
Apliquemos a equação (1) para calcular as distâncias r1 e r2 do ponto A aos pontos onde estão as
partículas eletrizadas.
r12   x   2  y2  z2 
2
r12   x  2   y 2  z 2 .
2
(equação 3)
r22   x   8   y 2  z2 
2
r22   x  8   y 2  z 2 .
2
(equação 4)
Elevando ao quadrado a equação (2) temos:
r22  4r12 . (equação 5)
Substituindo (3) e (4) em (5), vem:
 x  8
2
 y2  z2  4  x  2  y2  z2  


2
x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2 
3x2 + 3y2 + 3z2 – 48 = 0. Dividindo ambos os membros por 16, temos:
x2 + y2 + z2 = 16. (equação 6)
Lembrando que a equação de uma superfície esférica de centro no ponto P(a,b,c) é:
(x – a)2 + (x– b)2 + (y – c)2 = r2, concluímos que a equação (6) representa uma casca esférica de
centro na origem do sistema (0,0,0) e raio 4 m.
Portanto, ela corta os eixos nos pontos: (x = y = z = 4) m e (x = y = z = -4) m.
Resposta da questão 16:
[C]
Com os dados fornecidos, podemos calcular as distâncias mostradas na Fig 1.
A flauta comporta-se como um tubo sonoro aberto. Para o harmônico fundamental, temos então:

 L    2L .
2
23
Como v =  f  v = 2Lf  f 
v
.
2L
Sendo v = 340 m/s a velocidade do som:
Para o orifício C fechado, L = 17 cm = 1710–2 m.
f=
340
2  17  10 2
 f = 1.000 Hz.
Para os orifícios C e D fechados, L = 34 cm = 3410–2 m.
f=
340
2  34  102
 f = 500 Hz.
Resposta da questão 17:
[A]
Consideremos o esquema da figura abaixo.
Segundo o enunciado, em t = 0 a jovem (ouvinte ou observador) está na posição mostrada na
f

figura. Nesse ponto, a frequência ouvida (f) é igual a frequência da sirene (f 0). Então   1 .
 f0

T
, há afastamento relativo entre a jovem e a sirene, de modo que a
2
f

T
frequência ouvida por ela é menor que a frequência emitida pela sirene   1 . Em t = , ela
2
f
 0

A partir desse instante, até
volta a ouvir a frequência emitida pela fonte.
T
até T, ocorre aproximação relativa entre a jovem e a sirene e ela passa a perceber uma
2
f

frequência maior que a emitida pela sirene   1 .
f
 0

De
As velocidades máximas de afastamento e de aproximação ocorrem em t =
instantes em
T
3T
e em t =
,
4
4
f
atinge valores mínimo e máximo, respectivamente.
f0
24