Física

Caso necessário, use os seguintes dados:
Aceleração da gravidade g = 10 m/s2 .
Velocidade do som no ar c = 300 m/s.
1 atm = 1 × 105 N/m2 . 1 cal = 4,2 J.
Constante universal dos gases R =
= 8 J/mol ⋅ K. Calor específico da água
β = 1 cal/g oC. π = 3,14. 5 = 2,24.
Questão 1
Durante a apresentação do projeto de um sistema acústico, um jovem aluno do ITA esqueceu-se da expressão da intensidade de uma
onda sonora. Porém, usando da intuição, concluiu ele que a intensidade média ( I ) é uma
função da amplitude do movimento do ar ( A ),
da freqüência ( f ), da densidade do ar ( ρ ) e
da velocidade do som ( c ), chegando à expressão I = A x f yρ z c. Considerando as grandezas
fundamentais: massa, comprimento e tempo,
assinale a opção correta que representa os
respectivos valores dos expoentes x, y e z.
a) −1, 2, 2
b) 2, −1, 2
c) 2, 2, −1
d) 2, 2, 1
e) 2, 2, 2
Analisando os expoentes, temos:
z =1
x − 3z + 1 = 0 ⇒ x − 3 ⋅ 1 + 1 = 0 ⇒
−y − 1 = −3 ⇒
x =2
y =2
Questão 2
Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes
verticais, perpendiculares entre si, dispondo
seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços horizontalmente
alinhados, como mostra a figura. Sendo m a
massa do corpo do atleta e µ o coeficiente de
atrito estático interveniente, assinale a opção
correta que indica o módulo mínimo da força
exercida pelo atleta em cada parede.
alternativa D
Sendo M, L e T, respectivamente as dimensões
de massa, comprimento e tempo, temos:
[potência]
[ τ]
[F] ⋅ [d]
[I] =
=
=
=
[área]
[ ∆t] ⋅ [área]
[ ∆t] ⋅ [área]
MLT −2 ⋅ L
= MT −3
T ⋅ L2
Do enunciado, vem:
[I] = [A] x ⋅ [f] y ⋅ [ ρ] z ⋅ [c]
[A] = L
=
[f] = T −1
[m]
[ ρ] =
= ML−3
[vol. ]
⇒
[c] = LT −1
⇒ MT −3 = Lx ⋅ T − y ⋅ (ML−3 ) z ⋅ LT −1 ⇒
⇒ M 1L0T −3 = LxT − y M z L−3z LT −1 ⇒
⇒ M 1L0T −3 = M z Lx − 3z + 1T − y −1
1
mg ⎛ µ2 − 1 ⎞ 2
a)
⎜
⎟
2 ⎝ µ2 + 1 ⎠
c)
mg ⎛ µ2 − 1 ⎞
⎜
⎟
2 ⎝ µ2 + 1 ⎠
e) n.d.a.
1
mg ⎛ µ2 + 1 ⎞ 2
b)
⎜
⎟
2 ⎝ µ2 − 1 ⎠
⎛ µ2 + 1 ⎞
d) mg ⎜ 2
⎟
⎝ µ − 1⎠
física 2
alternativa B
Em uma vista de cima, as forças horizontais aplicadas pelas paredes nas mãos do atleta são:
são. Suponha que, durante o salto, o centro
de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0 m no início, chegando ao máximo
de 2,0 m e terminando a 0,20 m no fim do
salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se
afirmar que o componente horizontal da velocidade inicial do salto foi de
a) 8,5 m/s
b) 7,5 m/s
c) 6,5 m/s
d) 5,2 m/s
e) 4,5 m/s
alternativa A
Do enunciado temos a seguinte figura:
Para o equilíbrio devemos ter N = fat .x e as componentes verticais da fat . (fat .y não mostradas na
figura) devem equilibrar o peso. Assim, temos:
fat.x = N
m2 g 2
2
2
(I)
mg ⇒ fat. = N +
4
fat.y =
2
Para que a força exercida pela parede na mão do
atleta seja mínima, devemos ter fat . = µ ⋅ N. De I,
vem:
m2 g 2
m2 g 2
1
(II)
⇒N2 =
⋅ 2
4
4
µ −1
Substituindo II em I, vem:
µ2 ⋅ N 2 = N 2 +
2
fat.
=
2 2
m g
4
m g
4
⇒
⎛ 1
⎞
⎜⎜
+ 1⎟⎟
2
⎝ µ −1
⎠
(III)
1
⋅
µ
m2 g 2
2
⇒ fat.
=
4
2 2
2
−1
+
A intensidade (F) da força que a parede exerce sobre cada mão do atleta é igual àquela que cada
mão do atleta exerce sobre a parede e é dada por
F 2 = fat2 . + N 2 . Substituindo fat2 . e N 2 pelas expressões obtidas nas equações III e II, temos:
⎞
m2 g 2 ⎛ 1
m2 g 2
1
F2 =
⋅ ⎜⎜ 2
+ 1⎟⎟ +
⋅ 2
⇒
4
4
µ −1
⎝ µ −1
⎠
⇒
F =
mg
2
⎛ µ2 + 1 ⎞
⎜⎜
⎟⎟
⎝ µ2 − 1 ⎠
1
2
Questão 3
Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade
do México, Bob Beamow bateu o recorde de
salto em distância, cobrindo 8,9 m de exten-
Da equação de Torricelli, para a altura máxima,
temos:
2
2
v y2 = v 0y
− 2g∆y máx. ⇒ 0 2 = v 0y
− 2 ⋅ 10 ⋅ 1,0 ⇒
⇒ v 0y = 20 ⇒ v 0y = 2 5 = 4,5 m/s
Assim, o tempo (t) que o centro de gravidade leva
para atingir o ponto A na mesma altura do salto
inicial é:
v 0y
4,5
t =2 ⋅
⇒t =2 ⋅
⇒ t = 0,90 s
g
10
Sabendo que v yA = v 0y , a componente vertical da
velocidade do centro de gravidade em B (v yB ) é:
v y2
B
= v y2
A
⇒ v y2
B
+ 2 g∆y AB ⇒
= (2 5 ) 2 + 2 ⋅ 10 ⋅ 0,80 ⇒
2
⇒ v yB
= 36 ⇒ v yB = 6,0 m/s
Assim o tempo t AB é dado por:
v yB = v y A + gt AB ⇒ 6,0 = 4,5 + 10t AB ⇒
⇒ t AB = 0,15 s
Logo, o tempo t’ necessário para o centro de gravidade cobrir os 8,9 m de extensão é:
t’ = t + t AB ⇒ t’ = 0,90 + 0,15 ⇒ t’ = 1,05 s
Dessa forma, a componente horizontal da velocidade inicial (v 0x ) é:
v 0x =
dx
8,9
⇒ v 0x =
⇒
1,05
t’
v 0x = 8,5 m/s
física 3
Questão 4
A figura representa o percurso de um ciclista, num plano horizontal, composto de dois
trechos retilíneos (AB e EF), cada um com
6,0 m de comprimento, e de um trecho sinuoso intermediário formado por arcos de
circunferências de mesmo diâmetro, igual a
4,0 m, cujos centros se encontram numerados de 1 a 7. Considere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o percurso é completado no menor tempo, com velocidade escalar
constante.
Se o coeficiente de atrito estático com o solo é
µ = 0,80, assinale a opção correta que indica,
respectivamente, a velocidade do ciclista, o
tempo despendido no percurso e a freqüência
de zigue-zague no trecho BE.
a) 6,0 m/s
6,0 s
0,17s−1
b) 4,0 m/s
12s
0,32s−1
c) 9,4 m/s
3,0s
0,22s−1
d) 6,0 m/s
3,1 s
0,17s−1
e) 4,0 m/s
12s
6,0s−1
ω = 2 πf
4
= 2 ⋅ 3,14 ⋅ f ⇒
v ⇒
2
ω=
R
⇒
f = 0,32 s −1
Obs.: se usássemos π = 3, ao contrário do que foi
dado no início da prova, chegaríamos em ∆t = 12 s.
Questão 5
Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metálica, os elétrons de condução podem ser desviados por um campo magnético,
tal que no regime estacionário, há um acúmulo de elétrons numa das faces da lâmina,
ocasionando uma diferença de potencial VH
entre os pontos P e Q, mostrados na figura.
Considere, agora, uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, que transporta uma
corrente elétrica de intensidade i, imersa no
campo magnético uniforme B que penetra
perpendicularmente a face ABCD, no mesmo
sentido de C para E. Assinale a alternativa
correta.
alternativa B
Para que o tempo seja mínimo, a resultante centrípeta, enquanto o ciclista faz a curva, deverá ser
a força de atrito estático máxima. Assim, temos:
mv 2
Rcp = f máx. ⇒
= µ e mg ⇒
at e
R
⇒ v = µ e Rg ⇒ v = 0,8 ⋅ 2 ⋅ 10 ⇒
⇒
v = 4 m/s
A distância total percorrida é dada pela soma da
distância percorrida nos trechos retilíneos
(dr = 6 + 6 = 12 m) com a distância percorrida
nos arcos de circunferência (d a = 3 ⋅ 2 πR =
= 3 ⋅ 2 ⋅ 3,14 ⋅ 2 = 37,68 m). Assim, a velocidade é
dada por:
d + da
49,68
v = r
⇒4 =
⇒ ∆t = 12,42 s
∆t
∆t
A freqüência (f) do ziguezague no trecho BE é
dada por:
a) O módulo da velocidade dos elétrons é
Ve = VH /(BL).
b) O ponto Q está num potencial mais alto
que o ponto P.
c) Elétrons se acumulam na face AGHD.
d) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade
V = VH /(Bd) no sentido indicado pela corrente, o potencial em P torna-se igual ao potencial em Q.
e) N.d.a.
física 4
alternativa D
Os elétrons de condução são desviados pelo
campo magnético devido à sua velocidade em relação ao próprio campo, gerando uma ddp dada
por VH = BdVe . Se imprimirmos à lâmina a velocidade V = VH / (Bd ), no sentido indicado pela
corrente, os elétrons terão velocidade nula em
relação ao campo e portanto, o potencial em P
igualar-se-á ao potencial em Q, uma vez que não
mais haverá força magnética desviando os elétrons.
π
2π T ⎞
⎛ T⎞
⎛
y ⎜ π, ⎟ =
sen ⎜ π −
⋅ ⎟ =
⎝ 4⎠
⎝
2
T
4⎠
=
π
π⎞
π
π
π
⎛ T⎞
⎛
⇒ y ⎜ π, ⎟ =
sen ⎜ π − ⎟ =
sen
⎝ 4⎠
⎝
2
2
2⎠
2
2
Assim, teremos a seguinte situação:
Questão 6
Duas partículas carregadas com cargas opostas estão posicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π, respectivamente. Uma
onda transversal e progressiva de equação
y( x , t) = ( π / 2) sen( x − ω t), presente na corda, é capaz de transferir energia para as partículas, não sendo, porém, afetada por elas.
Considerando T o período da onda, Ef , a
energia potencial elétrica das partículas no
instante t = T / 4, e Ei essa mesma energia
no instante t = 0, assinale a opção correta
indicativa da razão Ef / Ei .
a) 2 / 2π
d) 2 π / 2
b) 2 / 2
e) 2 π
Do Teorema de Pitágoras obtemos rf = π 2 .
A energia potencial elétrica é dada agora por:
Ef =
k ⋅ Q(−Q)
−kQ 2
− 2 kQ 2
=
⇒ Ef =
2π
rf
π 2
Das equações (I) e (II), vem:
− 2 kQ 2
Ef
2π
⇒
=
Ei
−kQ 2
π
Ef
2
=
Ei
2
c) 2
Questão 7
alternativa B
π
sen π = 0.
2
Assim, podemos montar o seguinte esquema:
Para t = 0, temos y(0, 0) = 0 e y(π, 0) =
A figura plana a seguir mostra os elementos
de um circuito elétrico. Nesse mesmo plano
encontram-se duas espiras interligadas, A e
B, de comprimentos relativamente curtos em
comparação aos dois fios condutores próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro-amperímetro, intercalado na espira B, só
ocorre instantaneamente no momento em
que
A energia potencial elétrica é dada por:
Ei =
k ⋅ Q ⋅ ( −Q)
−kQ 2
=
ri
π
(I)
2π
T
, para t = , temos:
T
4
π
π
⎛ T⎞
⎛ −2 π T ⎞
⎛ −π ⎞
sen ⎜
y ⎜0, ⎟ =
sen ⎜
⋅ ⎟ =
⎟ ⇒
⎝ 4⎠
⎝ T
⎝ 2 ⎠
2
4⎠
2
Sendo ω =
−π
⎛ T⎞
⇒ y ⎜0, ⎟ =
⎝ 4⎠
2
a) a chave 1 for ligada.
b) a chave 1 for ligada ou então desligada.
c) a chave 2 for ligada.
física 5
d) a chave 2 for ligada ou então desligada.
e) a chave 2 for desligada.
alternativa D
Da Lei de Lenz, temos que uma variação de fluxo
magnético induz corrente elétrica nas espiras e
isto ocorre no instante em que as chaves são ligadas e desligadas.
A deflexão no microamperímetro, para essa configuração das espiras, somente será obtida se as
espiras estiverem sujeitas a diferentes variações
de fluxo, o que acontece, somente, ao ligarmos
ou desligarmos a chave 2.
Questão 8
O circuito elétrico mostrado na figura é
constituído por dois geradores ideais, com
45 V de força eletromotriz, cada um; dois capacitores de capacitâncias iguais a 2 µF;
duas chaves S e T e sete resistores, cujas resistências estão indicadas na figura. Considere que as chaves S e T se encontram inicialmente fechadas e que o circuito está no regime estacionário.
Assinale a opção correta.
a) A corrente através do resistor d é de 7,5 A.
b) A diferença de potencial em cada capacitor
é de 15 V.
c) Imediatamente após a abertura da chave T,
a corrente através do resistor g é de 3,75 A.
d) A corrente através do resistor e, imediatamente após a abertura simultânea das chaves S e T, é de 1,0 A.
e) A energia armazenada nos capacitores é de
6,4 x 10−4 J.
alternativa C
No regime estacionário o circuito pode ser redesenhado como segue:
U AB e i são dados por:
U
90
i =
=
⇒ i = 10 A
R2
9
U AB = R1i = 3 ⋅ 10 ⇒ U AB = 30 V
UCB e i1 são dados por:
U AB = r ⋅ i1 ⇒ 30 = 4i1 ⇒ i1 = 7,5 A
UCB = RCB ⋅ i1 = 2 ⋅ 7,5 ⇒ UCB = 15 V
Assim, como no regime estacionário é nula a
corrente elétrica nos capacitores, a ddp nestes
é U’ = UCB = 15 V.
Imediatamente após a abertura da chave T o circuito pode ser redesenhado como segue:
física 6
Questão 10
Assim, a corrente i g no resistor g vale:
ig =
U’
15
=
⇒
R eq.
4
i g = 3,75 A
Questão 9
Um painel coletor de energia solar para
aquecimento residencial de água, com 50% de
efïciência, tem superfície coletora com área
útil de 10 m2 . A água circula em tubos fixados sob a superfície coletora. Suponha que a
intensidade da energia solar incidente é de
1,0 × 10 3 W/m2 e que a vazão de suprimento
de água aquecida é de 6,0 litros por minuto.
Assinale a opção que indica a variação da
temperatura da água.
b) 10 oC
c) 1,2 oC
a) 12 oC
o
o
d) 1,0 C
e) 0,10 C
alternativa A
φ
ρ V β∆θ
ηIA
η⋅I ⋅A =
⇒ ∆θ =
ρφβ
∆t
Como φ = 6 l/min = 1,0 ⋅ 10 −4 m 3 /s e
β = 1 cal/(g ⋅ oC) = 4,2 ⋅ 10 3 J/(kg ⋅oC), temos:
⇒
0,50 ⋅ 1,0 ⋅ 10 3 ⋅ 10
1,0 ⋅ 10 3 ⋅ 1,0 ⋅ 10 −4 ⋅ 4,2 ⋅ 10 3
∆θ = 12 o C
alternativa A
Pela 1ª Lei da Termodinâmica, temos no processo de aquecimento:
Q1 = τ + ∆U1
Durante o resfriamento, com o pistão travado, temos:
Q2 = ∆U 2
Como a temperatura antes do aquecimento é
igual à temperatura depois do resfriamento, temos
|∆U1 | = |∆U 2 |. Assim a diferença entre os módulos
dos calores adicionado e retirado será:
|Q1 | − |Q2 | = τ + ∆U1 − ∆U 2 = τ = p ⋅ ∆V ⇒
⎛ 8 ⋅ 10
⎞
⇒ |Q1 | − |Q2 | = ⎜
+ 105 ⎟ ⋅
⎝ 60 ⋅ 10 −4
⎠
⋅ (60 ⋅ 10 −4 ⋅ 20 ⋅ 10 −2 ) ⇒
Sendo a potência radiante útil dada ηIA transformada em calor, como Q = ρVβ∆θ, da definição de
potência, temos:
∆θ =
Um recipiente cilíndrico vertical é fechado
por meio de um pistão, com 8,00 kg de massa e 60,0 cm2 de área, que se move sem atrito. Um gás ideal, contido no cilindro, é
aquecido de 30 o C a 100 o C, fazendo o pistão
subir 20,0 cm. Nesta posição, o pistão é fixado, enquanto o gás é resfriado até sua temperatura inicial. Considere que o pistão e o cilindro encontram-se expostos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicionado ao gás
durante o processo de aquecimento e Q2 , o
calor retirado durante o resfriamento, assinale a opção correta que indica a diferença
Q1 − Q2 .
a) 136 J
b) 120 J
c) 100 J
d) 16 J
e) 0 J
⇒
|Q1 | − |Q2 | = 136 J
Questão 11
A linha das neves eternas encontra-se a uma
altura h 0 acima do nível do mar, onde a
temperatura do ar é 0o C. Considere que, ao
elevar-se acima do nível do mar, o ar sofre
uma expansão adiabática que obedece à relação ∆p/p = (7/2)(∆T/T), em que p é a pressão
e T, a temperatura. Considerando o ar um
gás ideal de massa molecular igual a 30 u
(unidade de massa atômica) e a temperatura
ao nível do mar igual a 30o C, assinale a opção
física 7
que indica aproximadamente a altura h 0 da
linha das neves.
a) 2,5 km
b) 3,0 km
c) 3,5 km
d) 4,0 km
e) 4,5 km
alternativa B
Utilizando a Equação de Estado, temos:
pM
m
m
pV = nRT ⇒ pV =
RT ⇒
=
⇒
M
V
RT
pM
⇒d =
(I)
RT
Utilizando a Lei de Stevin, a diferença de pressão
é dada por:
∆p = −dg∆h
(II)
Substituindo (II) em (I), vem:
pM
∆p
Mg∆h
∆p = −
g∆h ⇒
=−
(III)
RT
p
RT
∆p
Mg∆h
7 ∆T
7 ∆T
Sendo
, temos
e
=−
=
p
2 T
2 T
RT
7 ⋅ 8 ⋅ ( −30)
7R∆T
=−
⇒
2Mg
2 ⋅ 30 ⋅ 10 −3 ⋅ 10
⇒ ∆h = 2,8 ⋅ 10 3 m = 2,8 km.
portanto ∆h = −
h0 ≅ 3,0 km .
Logo
⎛R
⇒ ⎜⎜ α
⎝ Rγ
⎞
⎟⎟
⎠
3
= 16
Assim, temos:
⎛ Tα
⎜⎜
⎝ Tγ
⎞
⎟⎟
⎠
2
⎛R
= ⎜⎜ α
⎝ Rγ
⎞
⎟⎟
⎠
3
⇒
Tα
=4
Tγ
Questão 13
Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas
que emitem, em fase, ondas de freqüência f e
comprimento de onda λ. A distância d entre
as fontes é igual a 3 λ. Pode-se então afirmar
que a menor distância não nula, tomada a
partir de F2 , ao longo do eixo x, para a qual
ocorre interferência construtiva, é igual a
a) 4 λ/5.
b) 5 λ/4.
c) 3 λ/2.
d) 2 λ.
e) 4 λ.
Questão 12
Uma estrela mantém presos, por meio de sua
atração gravitacional, os planetas Alfa, Beta
e Gama. Todos descrevem órbitas elípticas,
em cujo foco comum se encontra a estrela,
conforme a primeira lei de Kepler. Sabe-se
que o semi-eixo maior da órbita de Beta é o
dobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se também que o período de Alfa é 2 vezes maior
que o período de Beta. Nestas condições,
pode-se afirmar que a razão entre o período
de Alfa e o de Gama é
a) 2 .
b) 2.
c) 4.
d) 4 2 .
e) 6 2 .
alternativa C
Como o raio médio (R) é proporcional ao
T
semi-eixo maior e sendo α = 2 , da Terceira
Tβ
Lei de Kepler, temos:
⎛ Tα
⎜⎜
⎝ Tβ
⎞
⎟⎟
⎠
2
⎛R
= ⎜⎜ α
⎝ Rβ
Rβ = 2 R γ
⎞
⎟⎟
⎠
3
⎛ R
⇒ ( 2 ) 2 = ⎜⎜ α
⎝ 2R γ
⎞
⎟⎟
⎠
3
⇒
alternativa B
Sendo d = 3 λ, podemos montar o seguinte esquema:
Da figura temos ∆S = 9 λ2 + x 2 − x
(I)
Para interferência construtiva devemos ter
∆S = n ⋅ λ, n = 1, 2, 3 K
Assim, substituindo em (I), vem:
(9 − n 2 )
9 λ2 + x 2 − x = n ⋅ λ ⇒ x =
⋅λ
2n
O menor valor de x não nulo é obtido para n = 2,
ou seja:
x =
(9 − 2 2 )
⋅λ ⇒
2 ⋅2
x =
5
⋅λ
4
física 8
Questão 14
Questão 15
Num experimento de duas fendas de Young,
com luz monocromática de comprimento de
onda λ, coloca-se uma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) sobre uma das fendas. Isto produz um deslocamento das franjas na figura
de interferência. Considere que o efeito da lâmina é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura
d da lâmina, que provoca o deslocamento da
franja central brilhante (ordem zero) para a
posição que era ocupada pela franja brilhante
de primeira ordem, é igual a
Um tubo sonoro de comprimento l, fechado
numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo fundamental, com o som
emitido por um fio, fixado nos extremos, que
também vibra no modo fundamental. Sendo
L o comprimento do fio, m sua massa e c, a
velocidade do som no ar, pode-se afirmar que
a tensão submetida ao fio é dada por
a) (c / 2L)2 ml. b) (c / 2l )2 mL. c) (c /l )2 mL.
d) (c / l )2 ml.
e) n.d.a.
alternativa B
O modo fundamental em tubo sonoro fechado é
c
e para uma corda é dado por
dado por f =
4l
1
F
m
e ambos es. Sabendo-se que µ =
f’ =
2L µ
L
tão em ressonância, temos que f = f ’. Assim,
vem:
c
1
=
4l
2L
FL
⇒
m
⎛ c ⎞
F =⎜
⎟
⎝ 2l⎠
2
⋅ mL
Questão 16
a) 0,38λ.
d) 1,2λ.
b) 0,60λ.
e) 1,7λ.
c) λ.
alternativa E
Para que haja deslocamento da franja central brilhante para a posição de primeira ordem, devemos ter que a diferença de fases no vidro e no ar
seja:
d
d
−
= 1 (I)
λv
λ
Da relação
nv
λ
= ar temos:
n ar
λv
1,6
λ
λ
=
⇒ λv =
1
1,6
λv
(II)
Substituindo (II) em (I) vem:
d
d
−
=1 ⇒
λ
λ
1,6
d = 1,7 λ
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é
constituído de um elétron de carga e que se
move em órbitas circulares de raio r, em torno do próton, sob a influência da força de
atração coulombiana. O trabalho efetuado
por esta força sobre o elétron ao percorrer a
órbita do estado fundamental é
b) e2 /(2ε 0 r).
a) −e2 /(2ε 0 r).
c) −e2 /(4 πε 0 r).
d) e2 /r.
e) n.d.a.
alternativa E
Como a força elétrica atua como resultante centrípeta, ela não realiza trabalho.
Questão 17
Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície
de um metal com luz de dois comprimentos
física 9
de onda diferentes, λ 1 e λ 2 , respectivamente. Sabe-se que as velocidades máximas dos
fotoelétrons emitidos são, respectivamente,
v1 e v2 , em que v1 = 2v2 . Designando C a velocidade da luz no vácuo, e h constante de
Planck, pode-se, então, afirmar que a função
trabalho φ do metal é dada por
a) (2λ 1 − λ 2 )hC / ( λ 1 λ 2 ).
b) ( λ 2 − 2λ 1 )hC / ( λ 1 λ 2 ).
c) ( λ 2 − 4 λ 1 )hC / (3λ 1 λ 2 ).
d) (4 λ 1 − λ 2 )hC / (3λ 1 λ 2 ).
e) (2λ 1 − λ 2 )hC / (3λ 1 λ 2 ).
alternativa D
No efeito fotoelétrico, a máxima energia cinética
adquirida por um fotoelétron é:
Ecmáx. = hf − φ0
Para a luz com comprimento de onda λ1 , temos:
mv12
m(2v 2 ) 2
hC
= hf1 − φ0 ⇒
=
− φ0 ⇒
2
2
λ1
hC
− φ0
mv 22
λ
(I)
⇒
= 1
2
4
Para a luz com comprimento de onda λ 2 , temos:
mv 22
mv 22
hC
(II)
= hf2 − φ0 ⇒
=
− φ0
2
2
λ2
Igualando-se as equações (I) e (II), temos:
hC
− φ0
λ1
(4 λ1 − λ 2 )hC
hC
=
− φ0 ⇒ φ0 =
4
λ2
3 λ1 λ 2
Questão 18
Uma lente convergente tem distância focal
de 20 cm quando está mergulhada em ar. A
lente é feita de vidro, cujo índice de refração
é nv = 1,6. Se a lente é mergulhada em um
meio, menos refringente do que o material
da lente, cujo índice de refração é n, considere as seguintes afirmações:
I. A distância focal não varia se o índice de
refração do meio for igual ao do material da
lente.
II. A distância focal torna-se maior se o índice de refração n for maior que o do ar.
III. Neste exemplo, uma maior diferença entre os índices de refração do material da lente
e do meio implica numa menor distância focal.
Então, pode-se afirmar que
a) apenas a II é correta.
b) apenas a III é correta.
c) apenas II e III são corretas.
d) todas são corretas.
e) todas são incorretas.
alternativa C
Como essa lente sempre esteve mergulhada num
meio menos refringente, seu comportamento óptico foi sempre convergente.
De acordo com a Lei de Snell, maior diferença entre os índices de refração do material da lente e
do meio que a envolve implica em maior desvio
dos raios de luz ao atravessarem as suas faces,
diminuindo sua distância focal. Portanto, temos:
I. Incorreta. Se n = nv , os raios de luz não sofrem
desvio.
II. Correta. Se 1 < n < nv , a diferença entre os índices de refração diminui e a sua distância focal
aumenta (a lente torna-se menos convergente).
III. Correta. Uma maior diferença entre os índices
de refração diminui a sua distância focal (a lente
torna-se mais convergente).
Questão 19
Ao olhar-se num espelho plano, retangular,
fixado no plano de uma parede vertical, um
homem observa a imagem de sua face tangenciando as quatro bordas do espelho, isto
é, a imagem de sua face encontra-se ajustada ao tamanho do espelho. A seguir, o homem
afasta-se, perpendicularmente à parede, numa
certa velocidade em relação ao espelho, continuando a observar sua imagem. Nestas condições, pode-se afirmar que essa imagem
a) torna-se menor que o tamanho do espelho
tal como visto pelo homem.
b) torna-se maior que o tamanho do espelho
tal como visto pelo homem.
c) continua ajustada ao tamanho do espelho
tal como visto pelo homem.
d) desloca-se com o dobro da velocidade do
homem.
e) desloca-se com metade da velocidade do
homem.
alternativa C
Sendo o espelho plano, pelas propriedades de simetria, a imagem continua ajustada ao tamanho
do espelho tal como visto pelo homem.
física 10
Questão 20
Um bloco homogêneo de massa m e densidade d é suspenso por meio de um fio leve e
inextensível preso ao teto de um elevador. O
bloco encontra-se totalmente imerso em
água, de densidade ρ, contida em um balde,
conforme mostra a figura. Durante a subida
do elevador, com uma aceleração constante a,
o fio sofrerá uma tensão igual a
a) m ( g + a ) (1 − ρ/ d ).
b) m ( g − a ) (1 − ρ/ d ).
c) m ( g + a ) (1 + ρ/ d ).
d) m ( g − a ) (1 + d /ρ).
e) m ( g + a ) (1 − d /ρ).
alternativa A
As forças que atuam sobre o bloco para um observador localizado dentro do elevador são:
Assim, temos:
m
T +ρ⋅
⋅ (g + a) = m(g + a) ⇒
d
⇒ T = m(g + a) ⎛⎜1 − ρ ⎞⎟
⎝
d⎠
Questão 21
Uma máquina térmica opera com um mol de
um gás monoatômico ideal. O gás realiza o
ciclo ABCA, representado no plano PV, conforme mostra a figura. Considerando que a
transformação BC é adiabática, calcule:
a) a eficiência da máquina;
b) a variação da entropia na transformação
BC.
Resposta
a) Sendo o gás ideal, as temperaturas são dadas
por:
p ⋅V
80 ⋅ 1
= 10 K
TA = A A =
n ⋅R
1 ⋅8
p ⋅ VB
3 200 ⋅ 1
= 400 K
TB = B
=
n ⋅R
1 ⋅8
p ⋅V
80 ⋅ 8
= 80 K
TC = C C =
n ⋅R
1 ⋅8
O rendimento da máquina é dado por:
ηciclo =
τciclo
Qrecebido
O trabalho do ciclo apresentado será:
τciclo = τAB + τBC + τCA ⇒
Para esse observador, o bloco encontra-se em
equilíbrio. Daí vem:
T + E ap . = Pap . ⇒ T + ρVg ap . = m ⋅ g ap .
Uma vez que o elevador acelera para cima,
g ap . = g + a.
⇒ τciclo = 0 − ∆UBC + p ⋅ ∆VCA ⇒
3
⇒ τciclo = − nR ⋅ (TC − TB ) + p ⋅ ∆VCA ⇒
2
3
⇒ τciclo = −
⋅ 1 ⋅ 8 ⋅ (80 − 400) + 80 ⋅ ( −7) =
2
= 3 280 J
física 11
Sendo que o gás recebe calor durante o ciclo,
apenas na transformação isométrica, onde
QAB = U AB , temos:
3
3
QAB =
nR ⋅ (TB − TA ) =
⋅ 1 ⋅ 8 ⋅ (400 − 10) ⇒
2
2
⇒ QAB = 4 680 J
Portanto o rendimento será:
τ
3 280
ηciclo = ciclo =
⇒ ηciclo = 0,7
4 680
QAB
b) Como na transformação adiabática não há troca de calor com o meio externo, a variação da entropia será nula.
Questão 22
Tubos de imagem de televisão possuem bobinas magnéticas defletoras que desviam elétrons para obter pontos luminosos na tela e,
assim, produzir imagens. Nesses dispositivos,
elétrons são inicialmente acelerados por uma
diferença de potencial U entre o catodo e o
anodo. Suponha que os elétrons são gerados
em repouso sobre o catodo. Depois de acelerados, são direcionados, ao longo do eixo x, por
meio de uma fenda sobre o anodo, para uma
região de comprimento L onde atua um campo de indução magnética uniforme B, que penetra perpendicularmente o plano do papel,
conforme mostra o esquema. Suponha, ainda,
que a tela delimita a região do campo de indução magnética.
Se um ponto luminoso é detectado a uma distância b sobre a tela, determine a expressão
da intensidade de B necessária para que os
elétrons atinjam o ponto luminoso P, em função dos parâmetros e constantes fundamentais intervenientes. (Considere b << L).
Resposta
Do Teorema da Energia Cinética obtemos a velocidade com a qual os elétrons (carga de módulo e
e massa m) saem do ânodo:
m ⋅ v 02
m ⋅v2
−
⇒
Fel. τ = ∆EC ⇒ e ⋅ U =
2
2
0
2eU
(I)
m
Ao penetrar na região onde atua o campo de indução magnética (B), considerando b << L, podemos supor a força magnética (Fmag.) atuando na
⇒v =
direção do eixo y. Assim, temos:
R = Fmag.
Fmag. = e ⋅ v ⋅ B ⋅ sen 90o ⇒ γ =
R =m⋅γ
e ⋅v ⋅ B
m
(II)
Durante o deslocamento horizontal em um interL
valo de tempo
, o elétron desloca-se verticalv
mente de uma distância b, de onde vem:
γ ⋅ t2
2 ⋅ b ⋅v2
b =
⇒γ =
(III)
2
L2
Das expressões (II) e (III), obtemos:
e ⋅v ⋅ B
2 ⋅ b ⋅v2
2 ⋅ b ⋅ m ⋅v
=
⇒B =
2
m
L
e ⋅ L2
Substituindo a expressão (I) no resultado anterior,
temos:
B =
2 ⋅b ⋅m
e ⋅ L2
⋅
2 ⋅e ⋅U
⇒
m
B =
2b
L2
2mU
e
Questão 23
Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências
fA = 150 Hz e fB = 155 Hz, respectivamente.
a) Calcule a freqüência do batimento do som
ouvido por um observador que se encontra
próximo aos tubos e em repouso em relação
aos mesmos.
b) Calcule a velocidade que o tubo B deve
possuir para eliminar a freqüência do batimento calculada no item a), e especifique o
sentido desse movimento em relação ao observador.
Resposta
a) A freqüência f do batimento é calculada por:
f = |fA − fB | = |150 − 155 | ⇒
f = 5 Hz
física 12
b) Para se eliminar a freqüência do batimento, o observador precisa receber o som emitido pelo tubo B
com uma freqüência aparente f’B = fA = 150 Hz .
Do Efeito Doppler, temos:
f’B
c − vo
150
300 − 0
⇒
=
⇒
=
fB
c − vB
155
300 − v B
⇒ v B = −10 m/s
Portanto, o tubo B deve afastar-se do observador
com uma velocidade de módulo 10 m/s.
Questão 24
Atualmente, vários laboratórios, utilizando
vários feixes de laser, são capazes de resfriar
gases a temperaturas muito próximas do zero
absoluto, obtendo moléculas e átomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios de
massa M, que se aproximam com velocidades
desprezíveis. Da colisão tripla resultante, observada de um referencial situado no centro
de massa do sistema, forma-se uma molécula
diatômica com liberação de certa quantidade
de energia B. Obtenha a velocidade final
do átomo remanescente em função de B e M.
Resposta
Da conservação da quantidade de movimento
para uma situação não relativística, temos:
v
Qi = Qf ⇒ 0 = −Mv A + 2Mv M ⇒ v M = A
2
Considerando que a energia B liberada tenha sido
transformada em energia cinética, para o sistema,
temos:
Ec A + EcM = B ⇒
⇒
Mv A2
⎛v ⎞
+ M⎜ A ⎟
⎝ 2 ⎠
2
2
Mv A2
2Mv M
+
=B ⇒
2
2
2
= B ⇒ vA = 2
B
3M
Questão 25
As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm um raio de curvatura igual a 1,00 m.
O índice de refração da lente para luz vermelha é 1,60 e, para luz violeta, 1,64. Sabendo
que a lente está imersa no ar, cujo índice de
refração é 1,00, calcule a distância entre os
focos de luz vermelha e de luz violeta, em
centímetros.
Resposta
Da Equação de Halley, vem:
Para a luz vermelha:
⎞⎛ 1
⎛n
1 ⎞
1
−
= ⎜ ve − 1⎟ ⎜
⎟ ⇒
R2 ⎠
fve
⎠ ⎝ R1
⎝ n ar
⇒
1
1 ⎞
⎛ 1,60
⎞⎛1
=⎜
− 1⎟ ⎜ −
⎟ ⇒
⎝ 1
⎠⎝1
fve
−1 ⎠
5
500
m=+
cm
6
6
Para a luz violeta:
⎛n
⎞⎛ 1
1 ⎞
1
= ⎜ vi − 1⎟ ⎜
−
⎟ ⇒
R2 ⎠
fvi
⎝ n ar
⎠ ⎝ R1
⇒ fve = +
⇒
1
1 ⎞
⎛ 1,64
⎞⎛1
=⎜
− 1⎟ ⎜ −
⎟ ⇒
⎝ 1
⎠⎝1
fvi
−1 ⎠
25
625
m=+
cm
32
8
Assim, a distância (d) entre os dois focos é dada
por:
500
625
d = | fve − fvi | =
−
⇒ d = 5,2 cm
6
8
⇒ fvi = +
Questão 26
Na prospecção de jazidas minerais e localização de depósitos subterrâneos, é importante o conhecimento da condutividade elétrica
do solo. Um modo de medir a condutividade
elétrica do solo é ilustrado na figura. Duas
esferas metálicas A e B, idênticas, de raio r,
são profundamente enterradas no solo, a uma
grande distância entre as mesmas, comparativamente a seus raios. Fios retilíneos, isolados do solo, ligam as esferas a um circuito
provido de bateria e um galvanômetro G. Conhecendo-se a intensidade da corrente elétrica e a força eletromotriz da bateria, determina-se a resistência R oferecida pelo solo entre
as esferas.
física 13
Sabendo que RC = ε/σ, em que σ é a condutividade do solo, C é a capacitância do sistema
e ε a constante dielétrica do solo, pedem-se:
a) Desenhe o circuito elétrico correspondente
do sistema esquematizado e calcule a capacitância do sistema.
b) Expresse σ em função da resistência R e do
raio r das esferas.
tre o neutro e cada uma das fases. No circuito
estão ligados dois fusíveis e três aparelhos
elétricos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura.
Resposta
a) O circuito elétrico correspondente está representado a seguir:
Admitindo que os aparelhos funcionam simultaneamente durante duas horas, calcule
a quantidade de energia elétrica consumida
em quilowatt-hora (kWh) e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em ampère.
Resposta
A energia elétrica (E) em kWh, consumida por todos os aparelhos em ∆t = 2 h, é dada por:
E = (Pca + Pch + Pf ) ⋅ ∆t ⇒
Do esquema, temos:
k( −Q)
kQ
2kQ
UBA = VB − VA =
−
=
r
r
r
A capacitância (C) é dada por:
Q
Q
r
r
⇒
C =
=
⇒C =
⇒C =
2kQ
2
UBA
2k
r
4 πε
⇒
C = 2 πεr
b) Sendo RC =
R ⋅ 2 πεr =
ε
σ
ε
, vem:
⇒
σ =
σ
1
2 πRr
Obs.: a rigor, constante dielétrica de um meio (k)
é definida como a razão entre a sua permissividade elétrica (ε) e a permissividade elétrica do
vácuo (ε0 ), ou seja, k =
ε
ε0
.
⇒ E = (0,88 + 3,30 + 2,20) ⋅ 2 ⇒ E = 12,76 kWh
As correntes em cada um dos aparelhos, quando
funcionam nas potências nominais, são dadas por:
Pca = Uca ⋅ ica ⇒ 880 = 110 ⋅ ica ⇒ ica = 8 A
Pch = Uch ⋅ ich ⇒ 3 300 = 220 ⋅ ich ⇒ ich = 15 A
Pf = Uf ⋅ if ⇒ 2 200 = 110 ⋅ if ⇒ if = 20 A
Como os aparelhos que estão ligados à fase
+110 V são a cafeteira e o chuveiro, o fusível desse ramo terá que suportar uma corrente
ifase + = ica + ich ⇒ ifase + = 8 + 15 ⇒
⇒
ifase + = 23 A
Como os aparelhos que estão ligados à fase
−110 V são o forno e o chuveiro, o fusível desse
ramo terá que suportar uma corrente
ifase − = if + ich ⇒ ifase − = 20 + 15 ⇒
⇒
ifase − = 35 A
Questão 27
Questão 28
A figura representa o esquema simplificado de
um circuito elétrico em uma instalação residencial. Um gerador bifásico produz uma diferença de potencial (d.d.p) de 220 V entre as fases (+110 V e −110 V) e uma ddp de 110 V en-
Um elétron é acelerado a partir do repouso
por meio de uma diferença de potencial U,
adquirindo uma quantidade de movimento p.
Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia relativística é dada por
física 14
[
E = ( m0C2 )2 + p2C2
1
2,
]
em que m0 é a mas-
sa de repouso do elétron e C a velocidade da
luz no vácuo. Obtenha o comprimento de
onda de De Broglie do elétron em função de
U e das constantes fundamentais pertinentes.
Resposta
a) O fluxo de calor (φ) é dado por:
φ =
⇒
2,0 ⋅ 100 ⋅ (47 − 27)
kA∆T
⇒φ =
⇒
L
5,0 ⋅ 10 −2
φ = 8,0 ⋅ 104 J/s
b) A taxa de variação de entropia é dada por:
Resposta
Do Princípio da Conservação da Energia temos:
1
2
Ei = Ef ⇒ m0C 2 = [(m0C 2 ) 2 + p 2C 2 ]
− eU ⇒
1
⇒ eU + m0C 2 = [(m0C 2 ) 2 + p 2C 2 ] 2 ⇒
⇒ [eU + m0C 2 ] 2 = (m0C 2 ) 2 + p 2C 2 ⇒
⇒ e 2U 2 + 2eUm0C 2 + (m0C 2 ) 2 = (m0C 2 ) 2 +
⎛ eU ⎞
+ p 2C 2 ⇒ p 2 = ⎜
⎟
⎝ C ⎠
⎡ ⎛ eU ⎞
⇒ p = ⎢⎜
⎟
⎠
⎝
⎣ C
2
+ 2eUm0 ⇒
1
⎤2
2
+ 2eUm0 ⎥
⎦
Assim, o comprimento de onda de De Broglie do
elétron é:
h
λ =
⇒
p
⎡ ⎛ eU
λ = h ⎢⎜
⎝
⎣ C
⎞
⎟
⎠
2
−
⎛ 1
∆S
Q
Q
∆S
1 ⎞
=
−
⇒
= φ⎜
−
⎟ ⇒
∆t
T2 ∆t
T1 ∆t
∆t
T1 ⎠
⎝ T2
⇒
1 ⎞
∆S
∆S
⎛ 1
= 8,0 ⋅ 104 ⎜
−
= 17 W /K
⎟ ⇒
⎝ 300
320 ⎠
∆t
∆t
Sendo a taxa da variação de entropia positiva
conclui-se que a desordem do sistema aumentou.
Questão 30
Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de
altura, com ambas as extremidades abertas,
tem 20 cm mergulhados em um recipiente
com mercúrio. Com sua extremidade superior
tapada, em seguida a pipeta é retirada lentamente do recipiente.
1
⎤ 2
+ 2eUm0 ⎥
⎦
Questão 29
Duas salas idênticas estão separadas por
uma divisória de espessura L = 5,0 cm,
área A = 100 m2 e condutividade térmica
k = 2,0 W / mK . O ar contido em cada sala
encontra-se, inicialmente, à temperatura
T1 = 47o C e T2 = 27o C, respectivamente.
Considerando o ar como um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema isolado, calcule:
a) O fluxo de calor através da divisória relativo às temperaturas iniciais T1 e T2 .
b) A taxa de variação de entropia ∆S/∆t no
sistema no início da troca de calor, explicando o que ocorre com a desordem do sistema.
Considerando uma pressão atmosférica de
75 cm Hg, calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente no interior da pipeta.
Resposta
Quando a pipeta é retirada, a coluna de mercúrio
desce até que a pressão exercida pelo mercúrio e
pelo ar dentro da pipeta se igualem à pressão atmosférica. A pressão exercida pelo ar dentro da
pipeta será dada pela Lei de Boyle-Mariotte, ou
física 15
seja, p0 ⋅ V0 = p1 ⋅ V1 ⇒
⇒ 75 ⋅ A ⋅ 5 = p ar ⋅ A ⋅ (25 − h), onde h é a altura do mercúrio remanescente na pipeta, assim:
375
p ar =
(25 − h)
Do equilíbrio entre as pressões, temos:
p ar + pHg = p0 ⇒
375
+ h = 75 ⇒
(25 − h)
⇒ h 2 − 100h + 1 500 = 0 ⇒ h = 81,6 cm
(valor maior que a pipeta) ou
h = 18,4 cm