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2014
ITA
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Símbolos adotados nesta prova: g : módulo da gravidade na superfície da Terra. G : constante gravitacional universal. c :
velocidade da luz no vácuo.  : constante de Planck reduzida.
Questão 01
O módulo de Young de um material mede sua resistência a deformações causadas por esforços externos. Numa parede
vertical, encontra-se engastado um sólido maciço de massa específica  e módulo de Young  , em formato de
paralelepípedo reto, cujas dimensões são indicadas na figura. Com base nas correlações entre grandezas físicas, assinale a
alternativa que melhor expressa a deflexão vertical sofrida pela extremidade livre do sólido pela ação do seu próprio peso.
g
a
h
b
A)
3gab /  2 
B)
3gb 2 /  2 
C)
3b 2 h 2 /  2ga 4 
D)
3ga 4 /  2h 2 
E)
3gbh /  2 
Resolução:
Podemos calcular a deflexão máxima da barra engastada e sob ação apenas do próprio peso da forma:
P 4
 a
a
y   
(1)
8I
1
Sendo I  bh3 o momento de inércia por unidade de comprimento e o peso:
12
P  ahbg
(2)
De (1) e (2) temos:
3Pa 3
y 
2bh3
3  ahbg  a 3 3ga 4
y 

2bh3
2h 2
Alternativa D
1
Questão 02
Considere dos satélites artificiais S e T em torno da Terra. S descreve uma orbita elíptica com semieixo maior a , e T , uma


órbita circular de raio a , com os respectivos vetores posição rS e rT com origem no centro da Terra. É correto afirmar que


A)
para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rS é igual à varrida por rT .


B)
para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rS é maior que a varrida por rT .
C)
o período de translação de S é igual ao de T .
D)
o período de translação de S é maior que o de T .
E)
se S e T têm a mesma massa, então a energia mecânica de S é maior que a de T .
Resolução:
O satélite S descreve uma órbita elíptica cujo raio médio é igual ao semieixo maior, e portanto igual a ' a ' .
O satélite T descreve uma órbita circular de raio ' a ' .
Portanto, de acordo com a terceira Lei de Kepler:
T 2 42

 cte
a 3 GM
Ambos os satélites apresentam períodos de translação iguais, visto que os raios médios das órbitas são iguais a ' a ' .
Alternativa C
Questão 03
Uma esfera de massa m tampa um buraco circular de raio r no fundo de um recipiente cheio de água de massa específica
 . Baixando-se lentamente o nível da água, num dado momento a esfera se desprende do fundo do recipiente. Assinale a
alternativa que expressa a altura h do nível de água para que isto aconteça, sabendo que o topo da esfera, a uma altura a
do fundo do recipiente, permanece sempre coberto de água.
h
a
2r
A)
B)
C)
D)
E)
m /  a 2 
m /  r 2 
a  3r 2  a 2  /  6r 2 
a / 2  m /  r 2 
a  3r 2  a 2  /  6r 2   m /  r 2 
Resolução:
Observamos a figura a seguir:
Primeiramente:
R2  r 2   a  R 
2
R 2  r 2  a 2  2aR  R 2
2
R
r 2  a2
2a
Volume da calota esférica Vc  :
Vc 
onde y  2 R  a 
y
 y
 3r 2  y 2 
6
r 2  a2
a
a
r2
a
Então: Vc 
r 2  2 r 4 
 3r  2 
a 
6a 
O volume da esfera imerso no líquido Vi  vale:
Vi 
4 3
R  Vc
3
Vi 
4  r 2  a 2  r 2  2 r 4 

 
 3r  2 
3  2a 
6a 
a 
3
Vi 
a  a 2  3r 2 
6
Para a esfera se desprender do fundo, temos:
PLíq  r 2  Peso  E

  g  h  r 2  m  g    Vi  g
  hr 2  m   
a  a  3r
2
h
6r 2
2
  a  a 2  3r 2 

6
m
r 2
Alternativa E
Questão 04
Sobre uma placa de vidro plana é colocada uma lente plano-côncava, com 1,50 de índice de refração e concavidade de
8, 00 m de raio voltada para baixo. Com a lente iluminada perpendicularmente de cima por uma luz de comprimento de
onda 589 nm (no ar), aparece um padrão de interferência com um ponto escuro central circundado por anéis, dos quais 50
são escuros, inclusive o mais externo na borda da lente. Este padrão de interferência aparece devido ao filme de ar entre a
lente e a placa de vidro (como esquematizado na figura). A espessura da camada de ar no centro do padrão de interferência
e a distância focal da lente são, respectivamente,
A)
B)
C)
14, 7  m e 10, 0 m .
14, 7  m e 16, 0 m .
238  m e 8, 00 m .
3
D)
E)
35, 2  m e 16, 0 m .
29, 4 m e 16, 0 m .
Resolução:
1)
Cálculo de f :
1
1
1 
 1 1 1
  nL , M  1     1,5  1         f  16m
f
 8 2 8
 R1 R2 
Circulo da espessura central  e  :
2)
“Fontes” em oposição de fase
N  ar
Assim, x  2 e 
, com N  Par (anel escuro)
2

589  109
 294,5nm (menor espessura)
Para n  2  emín  ar 
2
2
No entanto, a espessura poderá ser tal que: e  k emín , com k   .
As opções B e E satisfazem essa condição.
B  K  50,0  e E  K  100 
reflexão com inversão de fase
reflexão sem inversão de fase
Para esta situação, como há uma inversão de fase, a interferência destrutiva ocorre quando   n  λ , com n natural.
Desta forma, como temos 50 anéis escuros, a defasagem na parte central da lente será de   50 λ
e
50 franjas escuras
e : espessura da camada de ar.
Como   2 e  50 λ
e  25λ
e  25  589  n m
e 14,7μm
Alternativa B
Questão 05
Um capacitor de placas planas paralelas de área A , separadas entre si por uma distância inicial r0 muito menor que as
dimensões dessa área, tem sua placa inferior fixada numa base isolante e a superior suspensa por uma mola (figura (1)).
Dispondo-se uma massa m sobre a placa superior, resultam pequenas oscilações de período T do conjunto placa superior
+ massa m . Variando-se m , obtém-se um gráfico de T 2 versus m , do qual, após ajuste linear, se extrai o coeficiente
angular  . A seguir, após remover a massa m da placa superior e colocando entre as placas um meio dielétrico sem
resistência ao movimento, aplica-se entre elas uma diferença de potencial V e monitora-se a separação r de equilíbrio
(figuras (2) e (3)). Nestas condições, a permissividade  do meio entre as placas é
4
V
Vm
r0
V=0
r
e
V¹0
2r0/3
Fig. (1)
A)
B)
C)
D)
E)
Fig. (2)
322 r03 /  27AVm2 
162 r03 /  27AVm2 
82 r03 /  27 AVm2 
42 r03 /  AVm2 
162 r 3 /  27AV 2 
Resolução:
i)
Inicialmente para o sistema massa-mola temos:
m
T  2π
k
m
T 2  4 π2 
k
T 2 4π 2

m
k
Graficamente, temos:
T
2
q
m
4 π2
α
k
No equilíbrio, a força resultante sobre a placa superior será nula, logo:
Felétrica = Felástica
N
tg θ 
ii)

onde  é a densidade superficial de carga.
2ε
r
 k . r  k . 0
3
•
Felétrica   . A.
•
Felástica
Então:
2 . A
r
k 0
2ε
3
 2 . A 4π 2 r0

.
2ε
α 3
8π 2 . r0 .ε
2 
3α A
I 
Para o capacitor
C  capacitância 

carga

ε. A
. A 
. Vm

2r0
tensão
3
3ε Vm

 II 
2r0
5
Fig. (3)
r
r0
Substituindo  II  em  I  , temos:
9ε 2Vm 2 8π 2 r0 ε

4r02
3α. A

32 π 2 r03
27α. AVm 2
Alternativa A
Questão 06
A figura mostra um interferômetro de Michelson adaptado para determinar o índice de refração do ar. As características do
padrão de interferência dos dois feixes incidentes no anteparo dependem da diferença de fase entre eles, neste caso,
influenciada pela cápsula contendo ar. Reduzindo a pressão na cápsula de 1atm até zero (vácuo), nota-se que a ordem das
franjas de interferências sofre um deslocamento de N , ou seja, a franja de ordem 0 passa a ocupar o lugar da de ordem
N , a franja de ordem 1 ocupa o lugar da de ordem N  1 , e assim sucessivamente. Sendo d a espessura da cápsula e  o
comprimento de onda da luz no vácuo, o índice de refração do ar é igual a
Anteparo
Espelho 1
Laser
Divisor
de Feixe
Cápsula
d
Espelho 2
A)
B)
N / d .
N  /  2d  .
C)
D)
1 N / d .
1  N  /  2d  .
E)
1 N / d .
Resolução:
A mudança da ordem da franja na anteparo esta associada à mudança de velocidade da luz na cápsula e consequentemente, na
diferença de caminho entre a ida e a volta da luz. Consideremos que no ar, a diferença de caminho é dada por:
2d
a
 ar
2d
(onde  é o comprimento de onda no vácuo).

Comparando as velocidades:
c   f
v   ar  f
Para o vácuo, ela vale: b 
n
c


v  ar

onde n é o índice de refração do ar
n
 ar  
 ar 
Como houve uma mudança de ordem igual a N entre o ar e o vácuo, podemos escrever.
a b  N
2d 2d

N
 ar 
2dn 2d

N


2d
 n  1  N

6
n 1 
N
2d
N
1
2d
Alternativa D
n
Questão 07
É muito comum a ocorrência de impurezas em cristais semicondutores. Em primeira aproximação, a energia de ionização
dessas impurezas pode ser calculada num modelo semelhante ao do átomo de hidrogênio. Considere um semicondutor com
uma impureza de carga e atraindo um elétron de carga e . Devido a interações com os átomos de rede cristalina, o
elétron, no semicondutor, possui uma massa igual a mr m0 em que m0 é a massa de repouso do elétron e mr , uma constante
adimensional. O conjunto impureza/elétron está imerso no meio semicondutor de permissividade relativa  r . A razão entre a
energia de ionização desta impureza e a energia ionização do átomo de hidrogênio é igual a
1.
A)
B)
mr /  r2 .
C)
D)
E)
 2r / mr .
mr /  r .
 r / mr .
Resolução:
i) Considerando o modelo de Bohr para o átomo de hidrogênio:
●
Fel  Fcp
e2
m  v2
 0 0
2
40 r0
r0
I
Quantização do momento angular  L0 
●
L0 
nh
2
nh
2
nh
v0 
2 mo r0
m0 r0 v0 
II
Substituindo-se II e I, temos:
n2h2
e2
m0  2 2 2 
4 m0 r0 40 r0
r0 
n 2 h 2 0
 m0 e 2
III
Eionização  En   E1
 e 2 
Eionização  0  

 8 0 r0 
Eionização 
ii)
e2
80 r0
IV
Para o átomo de hidrogênio.
Analogamente, para a impureza temos:
n 2 h2 0  r
●
Conforme III
ri 
 m0 mr e 2
●
E
ionização
2
 '  8e 
0
r
r i
Dividindo-se:
 Eionização  '  e2  80 r0  r0
Eionização
80  r ri
e2
 r  ri

12  h 2 0  m0 mr e 2 1 mr

 
 m0  e 2 12  h 2 0   r  r  r2
Alternativa B
7
Questão 08
Considere um capacitor de placas paralelas ao plano yz tendo um campo elétrico de intensidade E entre elas, medido por
um referencial S em repouso em relação ao capacitor. Dois outros referenciais, S ' e S '' , que se movem com velocidade de
módulo v constante em relação a S nas direções de x e y , nesta ordem, medem as respectivas intensidades E ' e E '' dos
campos elétricos entre as placas do capacitor. Sendo   1/ 1   v / c  , pode-se dizer que E '/ E e E ''/ E são,
2
respectivamente, iguais a
1 e 1.
A)
B)
 e 1.
1 e .
C)
 e 1/ 
1 e 1/ 
D)
E)
Resolução:
Área de cada placa  A  y1  z1
E
Q
Q
Q

 A

A 0  y1  z1    0
0
0
Os referenciais S ' e S '' medirão intensidades diferentes do campo devido à contração do espaço na direção do movimento, que
produzirá mudança nos valores de y1 ou de z1 .
S ' move-se na direção x . Não haverá alteração do produto y1  z1 . Logo E '  E .
S '' move-se na direção y , com fator de Lorentz  , e haverá contração nesta direção, aumentando a intensidade do campo.
y
y ''  1 . Logo E ''  E .

Portanto:
E'
E ''
1 e

E
E
Alternativa C
Questão 09
Considere as afirmações a seguir:
I.
Em equilíbrio eletrostático, uma superfície metálica é equipotencial.
II. Um objeto eletrostaticamente carregado induz uma carga uniformemente distribuída numa superfície metálica próxima
quando em equilíbrio eletrostático.
III. Uma carga negativa desloca-se da região de maior para a de menor potencial elétrico.
IV. É nulo o trabalho para se deslocar uma carga teste do infinito até o ponto médio entre duas cargas pontuais de mesmo
módulo e sinais opostos.
Destas afirmações, é (são) correta(s) somente:
A) I e II.
B) I, II e III.
C) I, II e IV.
D) I e IV.
E) III.
8
Resolução:
I. V.
O equilíbrio eletrostático ocorre quando não há mais diferenças de potencial nos pontos da superfície.
II. F.
A carga induzida na superfície não é uniformemente distribuída
III. F.
Cargas negativas deslocam-se espontaneamente para regiões de maior potencial elétrico.
IV. V.
Considere V  0 e o esquema abaixo:
M
+Q
d
d
–Q
KQ KQ

d
d
VM  0
VM 
O trabalho para deslocar uma carga q do infinito para M será:
T  q  V  VM   q   0  0 
T  0
Alternativa D
Questão 10
Um recipiente contém um gás monoatômico ideal inicialmente no estado L , com pressão p e volume V . O gás é
submetido a uma transformação cíclica LMNL , absorvendo de uma fonte quente uma quantidade de calor Q1 e cedendo a
uma fonte fria uma quantidade de calor Q2 . Pode-se afirmar que Q1 é igual a
A)
30 pV .
B)
C)
D)
E)
51 pV / 2 .
8 pV .
15 pV / 2 .
9 pV / 2 .
Resolução:
i. Transformação LM (isobárica):
●
U LM  0
●
WLM  p  4V  V   3 pV  0
●
QLM  0
ii. Transformação MN (isocórica):
●
U MN  0
●
WMN  0
●
QMN  0
iii. Transformação NL :
●
U NL  0
●
WNL  0
●
QNL  0
9
Logo, o calor absorvido pelo gás  Q1  corresponde à soma de QLM com QMN .
●
QMN  U MN 
●
QLM  3 pV 
3
 4 p  4V  p  4V   18 pV
2
3
p  3V   7,5 pV
2
Logo: Q1  25,5 pV 
51 pV
2
Alternativa B
Questão 11
Considere um ímã cilíndrico vertical com o polo norte cima, tendo um anel condutor posicionado acima do mesmo. Um
agente externo imprime um movimento ao anel que, partindo do repouso, desce verticalmente em torno do ímã e atinge uma
posição simétrica á original, iniciando, logo em seguida, um movimento ascendente e retornando à posição inicial em
repouso. Considere o eixo de simetria do anel sempre coincidente com o do ímã e sendo positiva a corrente no sentido antihorário (visto por um observador de cima), o gráfico que melhor representa o comportamento da corrente induzida i no anel
é
Resolução:
B

B menos intenso
t  0, t  T
B
t
T
3T
,t 
4
4
t
T
2

B mais intenso
N
S

B
B
menos intenso
Lei de Lenz:
1  B
iIND  
R t
Considerando que a normal ao plano da espira aponta para cima
 B  B . A .cos 0  B. A
Intervalo
T
0 a
4
T
T
a
4
2
T
3T
a
2
4
3T
a T
4
B
iINDUZIDA
Aumenta
Negativa
Diminui
Positiva
Aumenta
Negativa
Diminui
Positiva
O gráfico que está de acordo com a tabela acima é o da alternativa C.
Alternativa C
10
Questão 12
Um circuito elétrico com dois pares de terminais é conhecido como quadripolo. Para um quadripolo passivo, as tensões
medidas em cada par de terminais podem ser expressas em função das correntes mediante uma matriz de impedância
z 
z
v 
i 
Z   11 12  , de tal forma que:  1   Z  1  . Dos quadripolos propostos nas alternativas seguintes, assinale aquele cuja
z
z
v
 21 22 
 2
i2 
 4 2 
matriz de impedância seja 

 2 3 
Resolução:
v1   4  2  i1 
 
 
v2   2  3   i2 
v1  4. i1  2. i2

v2  2. i1  3.i2
Analisando as alternativas, substituímos o quadripolo pelo circuito representado a seguir
ZA
ZB
ZC
Sabendo que ele pode ser também representado, através de uma transformação estrela-delta, pelo circuito.
ZAB
ZBC
ZAC
Escrevendo, de acordo com as tensões e correntes, temos:
i1
v1
ZA
ZB
i2
ZC
v2
v1  Z A .i1  Z C  i1  i2 

v2  Z B .i2  Z C  i1  i2 
v1   Z A  Z C  i1  Z C . i2

v2   Z C  i1   Z B  Z C  i2
Comparando as equações temos:
Z A  ZC  4
ZC  2
ZC  2
Z B  ZC  3
ZA  2
ZB  1
11
2Ω
1Ω
2Ω
Utilizando a transformação estrela delta
ZAB
2Ω
ZAC
Z AB 
Z A  Z B  Z A  ZC  Z B  ZC 8
  4
ZC
2
Z AC 
Z A  Z B  Z A  ZC  Z B  ZC 8
  8
ZB
1
Z AB 
Z A  Z B  Z A  ZC  Z B  ZC 8
  4
ZA
2
1Ω
2Ω
ZBC
Logo:
4Ω
8Ω
4Ω
Alternativa D
Questão 13
Um sistema binário é formado por duas estrelas esféricas de respectivas massas m e M , cujos centros distam d entre si,
cada qual descrevendo um movimento circular em torno do centro da massa desse sistema. Com a estrela de massa m na
posição mostrada na figura, devido ao efeito Doppler, um observador T da Terra detecta uma raia do espectro do
hidrogênio, emitida por essa estrela, com uma frequência natural f 0 . Considere a Terra em repouso em relação ao centro de
massa do sistema e que o movimento das estrelas ocorre no mesmo plano de observação. Sendo as velocidades das estrelas
muito menores que c , assinale a alternativa que explicita o valor absoluto de  f  f 0  / f 0 . Se necessário, utilize
1  x 
n
 1  nx para x  1 .
A)
GM 2 /  d  M  m  c 2 
B)
Gm 2 sen 2 α /  d  M  m  c 2 
C)
Gm 2 cos 2 α /  d  M  m  c 2 
D)
GM 2 sen 2 α /  d  M  m  c 2 
E)
GM 2 cos 2 α /  d  M  m  c 2 
Resolução:
Devido ao Doppler relativístico, ocorre uma mudança na freqüência percebida devido à velocidade relativa de aproximação ou
f  fo
, vamos pressupor que f  f o , logo ocorre aproximação entre fonte e observador.
afastamento. Como a questão pede
fo
f
1 β
v

; onde β  rel
c
fo
1 β
12
1
f
1
 1  β  2 .1  β  2 ; como v  c  β  1
fo
Podemos usar a aproximação que 1  x   1  nx
n
f  β  β
β2
 1   . 1    1  β  ; com β  1
fo  2   2 
4
f
f  fo 1  β  1
1 β 

β
fo
fo
1
f  fo
v
 β  rel
fo
c
Considerando o CM na origem do sistema cartesiano, temos:
a
b
 M . a  m .b
O
M m
M . a  m .b
M
cm
b M

a m
b
M

ab M m
M
d
bd
M m
A força gravitacional exerce papel de centrípeta, logo.
Fg  Fp
Fg
m
v
G Mm mv 2

d2
b
GM
M
v2  2 .d
d
M m
v
GM 2
d  M  m
vrel  v .cos α
vrel 
GM 2 cos 2 α
d  M  m
f  f o 1 GM 2 cos 2 α
GM 2 cos 2 α


fo
c d  M  m
d  M  m  c2
Alternativa E
Questão 14
Uma luz monocromática incide perpendicularmente num plano com três pequenos orifícios circulares formando um triangulo
equilátero, acarretando um padrão de interferência em um anteparo paralelo ao triângulo, com o máximo de intensidade
num ponto P equidistante dos orifícios. Assinale as respectivas reduções da intensidade luminosa em P com um e com dois
orifícios tampados.
A) 4 / 9 e 1/ 9
B) 2 / 3 e 1/ 3
C) 8 / 27 e 1/ 27
D) 1/ 2 e 1/ 3
E) 1/ 4 e 1/ 9
Resolução:
Como o ponto P está equidistante dos 3 orifícios, a interferência construtiva (I.C.) terá uma intensidade total dada pela soma algébrica de
três contribuições idênticas. Cada orifício contribui com a mesma amplitude de onda.
Sabemos que I  K A2  A  amplitude 
Com os três orifícios abertos:
I 3  K  3 A   9 K A2
2
Com dois orifícios abertos (1 tampado):
I 2  K  2 A  4 KA2
2
Com 1 orifício aberto (2 tampados):
I1  KA2 .
13
Percebemos um equívoco no enunciado, pois as respostas não contemplam reduções de intensidade e sim proporções:
I2 4
I1 1


I3 9
I3 9
Alternativa A
Questão 15
Pode-se associar a segunda lei da Termodinâmica a um princípio de degradação de energia. Assinale a alternativa que
melhor justifica esta associação.
A)
A energia se conserva sempre.
B)
O calor não flui espontantemente de um corpo quente para outro frio.
C)
Uma máquina térmica opera em ciclo converte integralmente trabalho em calor.
D)
Todo sistema tende naturalmente para o estado de equilíbrio.
E)
É possível converter calor totalmente em trabalho.
Resolução:
A afirmação de que “é impossível converter calor totalmente em trabalho” corresponde ao enunciado de Lorde Kelvin e Max Planck para a
segunda lei da Termodinâmica. E também, leva em consideração o princípio da degradação da energia devido à irreversibilidade da
transformação entre a energia mecânica (macroscópica) e energia térmica (microscópica).
Alternativa E
Questão 16
Um cilindro de altura h e raio a , com água até uma certa altura, gira com velocidade angular w constante. Qual o valor
máximo de w para que a água não transborde, sabendo que neste limite a altura z (ver figura) é igual a h / 3  w2 a 2 /  4 g  ?
Dado: num referencial que gira com o cilindro, e, portanto, considerado a força centrífuga, todos os pontos da superfície da
água têm mesma energia potencial.
A)
w  2 gh /  3a 2 
B)
w  4 ga /  9h 2 
C)
w  4 ga /  3h 2 
D)
w  4 gh /  3a 2 
E)
w  4 gh /  9a 2 
Resolução:
Resolução 1:
14
z
h
2
wx
y
Da figura tg  
dz
dx
x
I
Por outro lado tg  
Fazendo I e II, vem:
a
gaparente
g a
w2 z
g
II
dz w2 x

(equação diferencial de variáveis separáveis)
dx
g
w2
w2 x 2
x dx  z  2
0
0 g
g
Mais de acordo com o enunciado, para
xa
h w2 a 2 w2 a 2  2
z 

3
4g
2g  2

z

dz  
x
h w2 a 2

3
4g
w
4 gh
3a 2
Resolução 2:
No referencial não-inercial que gira com o cilindro, existe um “campo gravitacional adicional” de intensidade w2 r , ao qual se pode
associar uma energia potencial dada por:
r
w2 r 2
 Pc    w2 r ' dr '  
0
2
εpc= 0
r
P
Z
y
V
εpg= 0
Sendo  r , y  as coordenadas (cilíndricas) de um ponto P da superfície, sua energia potencial é dada por:
mw2 r 2
2
w2 r 2
que vale zero, pois é a mesma do ponto V (vértice). Portanto, y  r  
(parábola).
2g
 P   mgy 
15
Para r  a , temos y  z 
Assim,
h w2 a 2

3
4g
w2 a 2 h w2 a 2
 
2g
3
4g
w2 a 2 h

4g
3
4 gh
3a 2
w
Alternativa D
Questão 17
Um disco rígido de massa M e centro O pode oscilar sem atrito num plano vertical em torno de uma articulação P . O

disco é atingido por um projetil de massa m  M que se move horizontalmente com velocidade v no plano do disco. Após
a colisão, o projétil se incrusta no disco e o conjunto gira em torno de P até o ângulo θ . Nestas condições, afirmam-se:
I. A quantidade de movimento do conjunto projétil+disco se mantém a mesma imediatamente antes e imediatamente
depois da colisão.
II. A energia cinética do conjunto projétil+disco se mantém a mesma imediatamente antes e imediatamente depois da
colisão.
III. A energia mecânica do conjunto projétil+disco imediatamente após a colisão é igual à da posição de ângulo θ / 2 .
É (são) verdadeira(s) apenas a(s) assertiva(s)
A) I
B) I e II.
C) I e III.
D) II e III.
E) III.
Resolução:
(I)
(II)
(III)
Correta. Conservação da quantidade de movimento.
Errada. Nas colisões inelásticas ocorre dissipação de energia mecânica.
Correta. Conservação de energia mecânica.
Alternativa C
Questão 18
As figuras mostram três espiras circulares concêntricas e coplanares percorridas por correntes de mesma intensidade I em
diferentes sentidos. Assinale a alternativa que ordena corretamente as magnitudes dos respectivos campos magnéticos nos
centros B1 , B2 , B3 e B4 .
A)
B)
C)
D)
E)
B2  B4  B3  B1 .
B1  B4  B3  B2 .
B2  B3  B4  B1 .
B3  B2  B4  B1 .
B4  B3  B2  B1 .
16
Resolução:
O campo magnético no centro de uma espira é calculado pela expressão:
I
B
2R
Considerando que as espiras concêntricas tenham raios RA , RB e RC , de modo que: RA  RB  RC .
Então:
Em (1), conforme o sentido das correntes nas espiras, temos:
1
1 
I  1
B1  BA  BB  BC 




2  RA RB RC 
Em (2)
B2  BA  BB  BC 
1
1 
I  1




2  RA RB RC 
Em (3)
B3  BA  BB  BC 
1
1 
I  1




2  RA RB RC 
Em (4)
1
1 
I  1




2  RA RC RB 
Portanto, analisando-se as expressões anteriores, temos:
B2  B3  B4  B1
B4  BA  BC  BB 
Alternativa C
Questão 19
Duas placas de um mesmo metal e com a mesma área de 5, 0 cm 2 , paralelas e próximas entre si, são conectadas aos
terminais de um gerador de tensão ajustável. Sobre a placa conectada ao terminal negativo, faz-se incidir radiação e, por
efeito fotoelétrico, aparece uma corrente no circuito, cuja relação com a tensão aplicada é explicitada no gráfico. Sabendo
que a função trabalho do metal é de 4,1 eV e assumindo que na região de saturação da corrente todo fóton incidente sobre
a placa gera um fotoelétron que é coletado, a medida da intensidade dessa radiação em W / cm 2 é igual a
A)
B)
C)
D)
E)
13 .
8, 2 .
6, 6 .
3, 2 .
1, 6 .
Resolução:
i) Para a corrente i temos:
ne
i
t
i
n

e t
ii)
Efeito fotoelétrico:
E fóton  W0  Ecinética
E fóton  4,1 eV  2,5 eV
E fóton  6,6 eV
17
Pot 
iii)
n  E fóton
t
n
I  A   E fóton
t
10 A
6,6  1,6  1019 CV
I

19
1,6  10 C
5cm 2
W
I  13, 2 2
cm
Alternativa A
Questão 20
Uma amostra I de átomos de 57 Fe , cujos núcleos excitados emitem fótons devido a uma transição nuclear, está situada a
uma altura d verticalmente acima de uma amostra II de 57 Fe que recebe a radiação emitida pela amostra I. Ao chegar a II,
os fótons da amostra I sofrem um aumento de frequência devido à redução de sua energia potencial gravitacional, sendo,
portanto, incapazes de excitar os núcleos de 57 Fe dessa amostra. No entanto, essa incapacidade pode ser anulada se a
amostra I se afastar verticalmente da amostra II com uma velocidade v adequada. Considerando v  c e que a energia
potencial gravitacional do fóton de energia  pode ser obtida mediante sua “massa efetiva”  / c 2 , assinale a opção que
explicita v . Se necessário, utilize 1  x   1  nx para x  1 .
n
A)
B)
gd
gd / c
C)
2 gd
D)
2 gd / c
E)
gd gd / c 2
Resolução:
 I εI
ε
ε
gd
c2
d
 II  ε II
 εI
ε II  ε I  hf '  hf o 
f ' f o 
gd
. fo
c2
hf o gd
c2
Equação  A 
Doppler:
v
1
1
c  f .1  v  2 .1  v  2
o 
 

v
 c  c
1
c
1
f '  fo
Como
v
n
 1  1  x   1  nx
c
v 
 1 v  1 v

f '  f o . 1 
 . 1 
  f o 1  
 2c  2c
 2c 
2
 v v2 
v2
f '  f o 1   2  , mas
0
4c 2
 c 4c 
 v
f '  f o 1  
 c
v
Equação  B 
f ' f o  f o
c
 A   B 
gd
v
gd
. fo  . fo  v 
c2
c
c
Alternativa B
18
Questão 21
No sistema de unidades atômicas de Hartree, as unidades de carga elétrica, de massa, de comprimento e de tempo podem
ser representadas respectivamente por qA , mA , LA e t A . Neste sistema, a carga elétrica e do próton é igual a 1 qA , a massa
do elétron m0 vale 1 mA , a constante de Planck reduzida h é igual a 1 mA  L2A / t A e a constante de Coulomb K 0  1 /  4e0 
vale 1 mA  L3A /  q A2  t A2  . Dados no SI: e  1,6  1019 C . m0  9,1 1031 kg .   1,1 1034 J.s . K 0  9,0  109 N  m 2 /C2 .
a)
Qual a medida em metros de um comprimento igual a 1,0 LA ?
b)
Qual a medida em segundos de um tempo igual a 1,0 t A ?
Resolução:
a)
K0 
1m A  L3A
q A2  t A2
1mA2 L4A 1 
L2 
 2  2   mA  A 
2
qA t A qA 
tA 


K 0  m A  L A  2  LA 
qA
K 0  mA  q A2
2
K 0  m A  LA 
1,1 10 
 9,1  10  1,6  10 
34 2
LA 
b)
9  109

tA 
31
19 2
 5,8  1011 m
mA  L2A
m  L2
 tA  A A
tA

9,1  1031   5,8  1011 
2
1,1  1034
 2,8  1017 s
Questão 22
Considere uma esfera maciça de raio r , massa m , coeficiente de dilatação volumétrica  , feita de um material com calor
específico a volume constante cV . A esfera, sujeita à pressão atmosférica p , repousa sobre uma superfície horizontal isolante
térmica e está inicialmente a uma temperatura T alta o suficiente para garantir que a sua energia interna não se altera em
processos isotérmicos. Determine a temperatura final da esfera após receber uma quantidade de calor Q , sem perdas para o
ambiente. Dê sua resposta em função de g e dos outros parâmetros explicitados.
Resolução:
Quando aquecemos um sólido a elevadas temperaturas, ele passa a ter um calor específico (molar a volume constante) invariável  3R.
A dilatação volumétrica da esfera irá produzir uma elevação de seu centro de massa, aumentando a energia potencial gravitacional da
mesma.
A elevação do centro de massa realizará trabalho sobre a atmosfera (transformação isobárica).
Temperatura
final TF
Temperatura
inicial T
h
R
r
h é a dilatação linear do raio:


L  L0     h  r   TF  T 
3
3
 

E pot  mgh  mgr  TF  T 
3
Trabalho sobre a atmosfera:
  PV  pV0
4
  p  r 3    TF  T 
3
O aquecimento também produzirá aumento de energia interna na esfera:
U  Qv  mcv 
Conservação de energia:
Calor recebido = Aumento de energia potencial + trabalho sobre a atmosfera + aumento de energia interna
19
Q  mgr
4

 TF  T   p r 3 TF  T   mcv TF  T 
3
3
Q
TF 
T
mgr  4 p  r 3

 mcv
3
3
Questão 23
A figura mostra parte de uma camada de um cristal tridimensional infinito de sal de cozinha, em que a distância do átomo de
Na ao de seu vizinho Cl é igual a a . Considere a existência dos seguintes defeitos neste cristal: ausência de um átomo de
Cl e a presença de uma impureza de lítio (esfera cinza), cuja carga é igual à fundamental e , situada no centro do
quadrado formado pelos átomos de Na e Cl . Obtenha as componentes Fx e Fy da força eletrostática resultante

F  Fx xˆ  Fy yˆ que atua no átomo de lítio. Dê sua resposta em função de e , a e da constante de Coulomb K 0 .
y
x
Resolução:
Desenhando circunferências com centro na impureza de lítio e tomando como raio a distância até qualquer átomo de Na ou Cl , sempre
haverá um número par de átomos na circunferência, exceto na circunferência que passa pela posição do Cl ausente.
Os átomos diametralmente opostos nestas circunferências são idênticos (mesmo sinal e módulo), produzindo uma força resultante nula no
lítio.
Portanto, a única força que atuará no lítio será produzida pelo átomo de Cl que é diametralmente oposto à posição do Cl ausente.
Na figura a seguir, o átomo de Cl de número 8 representa o diametralmente oposto à posição do Cl ausente, distante x do lítio:
1
2
3
4
5
10
11
12
7
x
8
9
2
 5a   a 
x2      
 2  2
x2 
13
14
2
26a 2
a 26
x
4
2
x
θ
sen  
a/2
5a/2
26
5 26
, cos  
26
26
A força atrativa entre o lítio e o Cl terá módulo:
F
K0 e  e 2 K0 e2

13 a 2
x2
As componentes Fx e Fy terão orientação contrária dos eixos e módulos:
20
Fy  F  sen  
Fx  F cos  
2 K 0 e 2 26
26 K 0 e 2


e
2
13 a
26
169 a 2
2k0e 2 5 26 5 26 k0e 2



13a 2
26
169 a 2
Portanto:

5 26 k0e2
26 k0e 2
F 
 2 xˆ 

 yˆ
169 a
169 a 2
Questão 24
Em uma experiência de interferência de Young, uma luz magenta, constituída por uma mistura de luz vermelha (de
comprimento de onda de 660 nm ) e luz azul (comprimento de onda de 440 nm ) de mesma intensidade da luz vermelha,
incide perpendicularmente num plano onde atravessa duas fendas paralelas separadas de 22,0 m e alcança um anteparo
paralelo ao plano, a 5,00 m de distância. Neste, há um semieixo Oy perpendicular a direção das fendas, cuja origem
também está a 5,00 m do ponto médio entre estas. Obtenha o primeiro valor de y  0 onde há um máximo de luz magenta
(intensidades máximas de vermelho e azul no mesmo local). Se necessário, utilize tan   sen  , para   1 rad .
Resolução:
Para que ocorra um máximo de luz magenta teremos I.C. da luz vermelha e da luz azul no mesmo ponto.
y
d
L
Para que ocorra I.C.:
dy

 par
L
2
Para a luz vermelha:
 L
y  par 
2 d
660  109
5,0

 par  75  103 m
2
22  106
 par  75 mm
yvermelho  par 
yvermeho
Para a luz azul:
440  109
5,0

 par  50mm
yazul  par 
2
22  166
O 1º ponto no qual ocorrerá simultaneamente I.C. da luz azul e da luz vermelha será:
y  300 mm  0,3m
Questão 25
Partindo do repouso, uma bolinha cai verticalmente sobre um plano inclinado de um ângulo  com relação à horizontal,
originando seguidos choques perfeitamente elásticos. Se d é a distância inicial da bolinha ao plano, obtenha, em função de
d , n e  , a distância do ponto do n-ésimo choque em relação ao ponto do primeiro choque.
Resolução:
Rotacionando o referencial para que a rampa fique na horizontal
q
v0
q
v0
t1
q
q1
y
v1y
x
gx = gsenq
v1x
v1
q
g
gy = gcosq
21
Direção y : y  0  v0 cos t 
p / y  0  t1 
g cos t2
2
2v0
g
gsen  t2
2
2
2v
2v sen gsen 4v02

 2
p / t  0  A1  0
g
g
g
g
Direção x : x  0  v0sent 
4v02sen
g
Imediatamente antes do 1º choque:
v1 y  v0 y  v0 cos 
A1 
vx


2v0
 gsen  3v0sen
v1x  v0 x  gsen  t  v0sen 
g
Portanto: tg 1 
v1 y
v1x
3
v0sen
 3tg 
v0 cos 
Portanto, durante cada vôo, vx aumenta um vx  2v0sen
Pode-se montar a seguinte tabela:
voo
vxi
v0sen
v
v0sen
vi
v0sen
1
2
3
4
.
.
.
n
1
3
5
7
2
2
2
2
1 2  3
1 2  2  4
044
3 2 5
3 2  2  8
4  8  12
52  7
5  2  2  12
729
7  2  2  16
12  12  24
24  16  40
2n  1
2
2n  1
 2n  1 
x  g
v02sen
Alcance 
g
v02sen
A(n)
2  2  4n
Portanto, durante o n-ésimo voo, o corpo percorre 4n 
O alcance é v02
4
v02sen
g
sen  n

  4k 
g  k 1 
v02sen  n  v02sen
 2n  n  1
k  
g  k 1 
g

n ( n 1)
2
d
cos 
A  d tg  4n  n  1
Mas v02  2 g
Mas após o n-ésimo voo temos o (n  1) -ésimo impacto. Portanto trocando n por n  1 :
A  d tg  4n  n  1
Questão 26
O aparato esquematizado na figura mede a velocidade da luz usando o método do espelho rotativo de Foucault, em que um
feixe de laser é refletido por um espelho rotativo I , que gira a velocidade angular  constante sendo novamente refletido por
um espelho estacionário II a uma distância d . Devido ao tempo de percurso do feixe, o espelho rotativo terá girado de um
ângulo  quando o feixe retornar ao espelho I , que finalmente o deflete para o detector.
22
d
I
II
II
θ
Detector
I
Detector
α
Laser
Laser
a)
b)
c)
Obtenha o ângulo  do posicionamento do detector em função de  .
Determine a velocidade da luz em função de d ,  e  .
Explique como poderá ser levemente modificado este aparato experimental para demonstrar que a velocidade da luz na
água é menor que no ar.
Resolução:
a)
O espelho girou  a posição da imagem gira 2. Logo,  = 2
b)
tluz  tespelho
c)
2d 
2d 
  Vluz 
Vluz 

Colocar um aquário (paralelepípedo) de paredes finas de vidro, cheio de água, entre os espelhos I e II.
Questão 27
Pontos quânticos são nanoestruturas que permitem a manipulação do estado quântico de um único elétron, sendo um
caminho promissor para a Computação Quântica. Em primeira aproximação, um ponto quântico confina elétrons com um
potencial semelhante ao de um oscilador harmônico, isto é, com uma energia potencial do tipo V  x   m2 x 2 /2 , em que x
é a posição da partícula em relação ao ponto de equilíbrio, m é a massa da partícula confinada,   k /m e k é a
“constante de mola” (embora não seja este um conceito apropriado no mundo quântico). De acordo com a Mecânica
Clássica, a energia mecânica deste oscilador pode variar continuamente de zero até infinito. Por outro lado, na Mecânica
Quântica, a energia deste oscilador varia de forma discreta, de acordo com a expressão En   n  1/ 2   , em que n pode
assumir os valores 0,1, 2,  . Na descrição quântica do oscilador harmônico, o menor valor possível para a energia mecânica
é /2 , diferentemente do previsto na Mecânica Clássica. Explique por que não é possível haver energia igual a zero na
descrição quântica do oscilador harmônico.
Resolução:
1

No análogo quântico do oscilador harmônico, En   n   .
2

Para n  0 temos a chamada “Energia do ponto zero” ou energia associada ao “estado fundamental”, cujo valor é mínimo e vale:

(energia mínima)
E
2
Essa energia mínima não pode ser nula, ao contrário do caso clássico, vez que deve satisfazer o princípio da indeterminação de Heisemberg
que nos diz ser impossível determinarmos, simultaneamente, o momento e a posição da partícula.
Assumirmos a possibilidade da energia mínima ser nula, implicaria violação dessa indeterminação.
Questão 28
Duas espiras verticais estacionárias com aproximadamente o mesmo diâmetro d , perpendiculares e isoladas eletricamente
entre si, têm seu centro comum na origem de um sistema de coordenadas xyz , na qual também está centrado um ímã
cilíndrico de comprimento l  d e raio r  l . O ímã tem seu polo norte no semieixo x positivo e pode girar livremente em
torno do eixo vertical z , sendo mantido no plano xy . Numa das espiras, situada no plano yz , circula uma corrente
I1  i cos  t  , cujo sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo x positivo, e na outra circula uma corrente
I 2  i sen  t  , cujo sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo y positivo.
a)

Desprezando a diferença de diâmetro entre as espiras, obtenha o campo magnético B na origem devido às correntes I1
e I , na forma B x  B y .
2
x
y
23
b)
c)
Explique, por que, partindo do repouso em t  0 , o ímã adquire um movimento de rotação em torno de z . Em que
sentido (horário ou anti-horário, visto a partir do semieixo z positivo) ocorre este giro?
Ao se aumentar gradativamente a frequência angular  das correntes, nota-se que o ímã passa a girar cada vez mais
rápido. Contudo, com o ímã inicialmente em repouso e se são repentinamente aplicadas correntes I1 e I 2 de alta
frequência angular, nota-se que o ímã praticamente não se move. Explique a(s) razão (ões).
Resolução:
De acordo com o texto, uma espira está no plano yz (com corrente I1 ) e a outra no plano xz (com corrente I 2 ), ambas com centro na
origem do sistema xyz .
Os campos criados por estas espiras no centro do sistema serão perpendiculares entre si. A espira no plano yz produzirá campo no eixo x
e a no plano xz produzirá campo no eixo y :
Bx 
0  I1 0  i cos  t 

d
d
By 
0  I 2 0  i sen  t 

d
d
0  i  cos  t    0  i  sen  t  
x
y
d
d
 0i

 Bx 
t0
d
 By  0

B
a)
b)
t

2
 Bx  0


 0i
 By  d

0i

  Bx 
t 
d

 By  0
Como o polo norte do ímã (que está inicialmente no semieixo x positivo) tende a se alinhar com o campo magnético resultante, e o
mesmo tem rotação no plano xy no sentido anti-horário (visto a partir do semieixo z positivo), o ímã terá movimento de rotação antihorário.
c)
Com uma alta frequência angular, os campos magnéticos mudam de sentidos muito rapidamente, impossibilitando o imã de
acompanhar a rotação devido á sua inércia.
Questão 29
Uma fonte de corrente é um dispositivo que fornece uma corrente invariável independentemente da tensão entre seus
terminais. No circuito da figura, a corrente i produzida pela fonte é proporcional à corrente i que circula no resistor R .
Inicialmente descarregadas, as placas M e N são carregadas após o fechamento das chaves S1 , S 2 e S3 , que serão
novamente abertas após um intervalo de tempo T . A placa M é então retirada do circuito e é posta em contato com um
condutor C descarregado (não mostrado na figura), ao qual transfere uma fração f de sua carga. Em seguida, com esse
contato desfeito, o condutor C é totalmente descarregado. Na sequência, o mesmo procedimento é aplicado à placa N , a
qual transfere a C a mesma fração f de sua carga, sendo então o contato desfeito e descarregando-se novamente C .
Quando M e N são reintroduzidas no circuito, com as respectivas cargas remanescentes (de mesmo módulo, mas de sinais
opostos), as chaves S1 , S 2 e S3 são fechadas outra vez, permanecendo assim durante o intervalo de tempo T , após o que
são novamente abertas. Então, como antes, repetem-se os contatos entre cada placa e C , e este processo de carga/descarga
das placas é repetido indefinidamente. Nestas condições, considerando os sucessivos processos de transferência de carga
entre M e C , e N e C , determine a carga q de M após todo esse procedimento em função de  , f , r , R , V1 , V2 , V3
e T . Considere V3  V2  V1 .
24
S3
S2
S1
V2
V3
Fonte de
corrente
V1
αi
r
M
N
Resolução:
Observe que a fonte de corrente mantém o mesmo valor de corrente, independe da ddp no capacitor. Desta forma, cada vez que as chaves
são fechadas, uma carga i  T é adicionada a cada placa. Sendo que uma fração da carga total é descarregada.
Q0  iT (carga)
Q1  iT  f iT  1  f  iT

k
Q1  k iT (descarga)
Q2  k iT  iT   k  1 iT (carga)
Q3  k  k  1 iT    k 2  k  iT (descarga)
Q4   k 2  k  iT  iT   k 2  k  1 iT (carga)
Q5  k  k 2  k  1 iT   k 3  k 2  k  iT (descarga)
Q6   k 3  k 2  k  1 iT (carga)
Qn   k n  k n 1  ...  k  1 iT  carga 
q  1  k  k 2  ...  ... iT
1  k  k 2  ...  k 3 ... 
q 
1
1

1 k f
iT
f
Circuito:
A
i1
B
Fazendo Kirchhoff na malha ABCDA, temos:
VA  Ri  V3  V2  VA
V2
i
R
i2
V3
V1
i
V2  V3
R
C
D
r
V2  V3  Ri
i3
M
N
αi
q 
T V2  V3 
fR
Considerando que este valor de carga não excede a rigidez dielétrica no capacitor.
25
Questão 30
Um recipiente cilíndrico vertical contém em seu interior três esferas idênticas de mesmo peso P que são tangentes entre si e
também à parede interna do recipiente. Uma quarta esfera, idêntica às anteriores, é então sobreposta às três esferas como
ilustrado em pontilhado. Determine as respectivas intensidades das forças normais em função de P que a parede do
recipiente exerce nas três esferas.
Resolução:
F41
F21
F31
q1
q1
P
q2
P
q4
q3
P
P
q4
F32
F42
q3
q2
F12
F41
F31
F21
F13
F23
F43
 


Logo: P  F 12  F 13  F 14
Considerando:
F12  F13  F14  F
P
P  3F  cos 
No tetraedro com vértices nos centros temos:
   2R 
q
l
h
 3
 2  h 2   

 3 
2  h2 
l 3
3
cos  
h


6

2
3
2
h
6

3
3 
cos   6
3
Logo:
P  3F  cos 
P  3F 
F
6
3
P
6
6
26
Ny
  90  
N X  F  cos 
N X  F  sen
a
Nx
NX  F 
NX 
F
3 P 6 3 P 2
3


3
6 3
63
P 2
6
P
NY  F  cos   P 
NY 
P 6 6
P6

P
P
6
3
63
P
4P
P
3
3
27
Física
Anderson Marques
André Villar
Marcos Fernandes
Moisés
Pedro Lavinas
Rodrigo Bernadelli
Vinícius Miranda
Wesley
Colaboradores
Aline Alkmin
Carolina Chaveiro
Moisés Humberto
Digitação e Diagramação
Daniel Alves
João Paulo
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Luciano Lisboa
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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