1. Gabarito
Prova de 3o Ano – 3ª Fase
1.
a) Colisão entre A e C perfeitamente inelástica
(i) Pela conservação da quantidade de movimento:
• antes da colisão (em módulo) → Qi = (M A + M B + Barra ) v = 4 × 3
• depois da colisão (em módulo) → Q f = (M A + M B + Barra + M C ) v1 = 6v1
Então:
r r
Qi = Q f → 12 = 6v1 ⇒ v1 = 2 m s .
Colisão entre C e D perfeitamente elástica
(ii) Pela conservação da quantidade de movimento:
• antes da colisão (em módulo) → Qi = (M A + M B + Barra + M C ) v1 = 6 × 2
• depois da colisão (em módulo) → Q f = Mv2 + M D v3 = 6v 2 + 2v3
com M = (M A + M B + Barra + M C )
Então:
r r
Qi = Q f → 12 = 6v 2 + 2v3 ⇒ 6 = 3v 2 + v3 . (1)
Como há duas velocidades ( v 2 e v3 ) a determinar, é preciso obter uma segunda relação entre v 2 e
v3 . Essa relação é obtida usando a conservação da energia, ou seja:
1 1
• antes da colisão → E i = M v1 = × 6 × 4 = 12
2
2 2
1 1 1 1
• depois da colisão → Ef = M v 2 + M D v3 = × 6 v 2 + × 2 v3 = 3 v 2 + v3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2

2. Assim:
E i = E f ⇒ 12 = 3v 2 + v3
2 2
(2)
Da relação (1) segue que v3 = 6 − 3v 2 (3). Substituindo (3) em (2), teremos:
12 = 3v 2 + (6 − 3v 2 ) ⇒ 12v 2 − 36v 2 + 24 = 0
2 2 2
v 2 − 3v 2 + 2 = 0
2
(4)
Resolvendo a equação (4), segue que:
v 2+ = 2 m s e v 2− = 1 m s . (5)
Usando o valor de v 2+ em (3), obtém-se
v 3+ = 0 (6)
e, para v 2 − , chega-se a
v 3− = 3 m s . (7)
A solução fisicamente aceitável é a (7) uma vez que, após o choque, o carrinho D fica em
movimento.
Colisão entre D e B perfeitamente inelástica
(iii) Pela conservação da quantidade de movimento:
• antes da colisão (em módulo) → Qi = M v 2− + M D v3− = 6 × 1 + 2 × 3 = 12
• depois da colisão (em módulo) → Q f = (M + M D ) v 4 = (6 + 2 ) v 4
Então:
r r
Qi = Q f → 12 = 8v 4 ⇒ v 4 = 1,5 m s .
Resposta: a velocidade final do sistema é 1,5 m s .
b) Colisão entre A e C perfeitamente inelástica
(i) Esta situação é a mesma do item (i) da parte (a) . Assim, tem-se que v1 , a velocidade
de M = (M A + M B + Barra + M C ) = 6kg , é igual a 2 m s .
Colisão entre C e D também perfeitamente inelástica
(ii) Pela conservação da quantidade de movimento:
• antes da colisão (em módulo) → Qi = M v1 = 6 × 2
• depois da colisão (em módulo) → Q f = (M + M D ) v f = (6 + 2 )v f = 8v f
Então:
r r
Qi = Q f → 12 = 8v f ⇒ v f = 1,5 m s .

3. Resposta: A velocidade final do sistema é v = 1,5 m s , ou seja, a mesma do item (a).
Explicação: em todas as colisões que ocorrem no processo, há conservação da quantidade de
movimento e o sistema final, nas duas situações analisadas, tem a mesma massa.
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2.
a) (i) Sabendo que f é a freqüência de oscilação da onda, tem-se:
λ f =v e ω = 2π f (1)
(ii) Da relação apresentada no enunciado do problema segue que
βv =ω ⇒ βλ f = ω ⇒ βλ f = 2π f
ou seja
2π
λ=
β
Usando o valor de β , obtido da equação que descreve a onda, tem-se:
2π π
λ= = m
4 2
π
Resposta: O comprimento da onda é λ= m = 1,57 m .
2
b) Em t = t 0 = 0 , tem-se
y = 10 cos 4 z
Considerando os pontos z = 0 , z = λ 4 , z = λ 2, 3λ 4, e z = λ segue que::
(i) para z = 0 , y = 10 ;
(ii) para z = λ 4 , y = 10 cos(4λ 4) ⇒ y = 10 cos λ = 10 cos (π 2) = 0 ;
(iii) para z = λ 2 , y = 10 cos(4 λ 2) ⇒ y = 10 cos 2λ = 10 cos π = −10 ;
(iv) para z = 3λ 4 , y = 10 cos( 4 × 3λ 4) ⇒ y = 10 cos(3λ ) = 10 cos(3π 2) = 0 ;
(v) para z = λ , y = 10 cos(4λ ) ⇒ y = 10 cos(4 π 2) = 10 cos 2π = 10
Fig. 1
c) Após um tempo Δ t a onda caminha uma distância:
Δ z = v Δt ⇒ Δ z = 10 6 × 0,523 × 10 −6 = 0,523 m

4. π
Como λ= m ≈ 1,5707 m , logo
2
λ
Δz =
3
Solução alternativa:
−6
Em t = t1 = 0 ,523 × 10 s , tem-se:
⎛ 2π ⎞
y = 10 cos⎜ 4 z − t⎟ (1)
⎝ T ⎠
Como λ f = v , segue que:
λ 1 v 10 6 2 × 10 6
=v ⇒ = = =
T T λ π 2 π
Então, substituindo 1 T em (1), obtém-se:
(
y = 10 cos 4 z − 4 × 10 6 t , )
−6 1,57 λ
e, usando t = 0 ,523 × 10 = × 10 −6 = × 10 −6 s , chega-se a:
3 3
⎛ 4λ ⎞
y = 10 cos⎜ 4 z − ⎟ (2)
⎝ 3 ⎠
Considerando, por exemplo, o ponto A da figura 01(lembre-se que esse ponto corresponde ao
argumento do cosseno nulo), tem-se que ele, no instante t = λ 3 × 10
−6
s , encontrar-se-á em:
4λ λ
4z − =0 ⇒ z= ,
3 3
ou seja, a onda terá se deslocado de λ 3.
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3.
a) Pela Lei de Coulomb tem-se, em módulo:
(i) força entre a carga em A e a carga em a :
5kQ 2
FAa = (1)
D2
(ii) força entre a carga em B e a carga em b :
6kQ 2
FBb = (2)
D2
Isolando a haste AB e indicando as forças que atuam sobre ela, tem-se (veja

5. T
A H B
mg
F Aa P = Mg
FBb
Fig. 2
(iii) Como o sistema está em equilíbrio, o momento resultante é nulo ( M R = 0 ). Calculando o
momento em relação ao ponto O , obtém-se:
FAa .AO + Mg . HO = FBb .BO , (3)
e, substituindo em (3) as expressões (1) e (2), e as distâncias AO = L 2 , HO = L 3 e BO = L 2 ,
chega-se a:
5kQ 2 L L 6kQ 2 L
. + Mg . = .
D2 2 3 D2 2
L kQ 2 L
Mg . = 2 .
3 D 2
3 kQ 2
M = (4)
2g D 2
b) De (4) segue que:
2 gD 2
Q2 = M
3k
e, substituindo as variáveis pelos valores do problema, tem-se:
0,3072 × 0,1
Q2 = = 0,1024 × 10 −10 ,
3 × 10 9
−6
ou seja, Q = 3,2 × 10 C . Como 1e = 1,6 ×10 −19 C , obtém-se:
Q = 2 × 1013 cargas elementares.
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4.
a) O campo gerado pela espira A no ponto P , será:
r
r μ 0 iR 2 k
BA = (1)
2 (
z2 + R2 )
3/ 2
O campo gerado pela espira D no ponto P , será:

6. r
r μ 0 iR 2 k
BD =
[ ]
(2)
2 (l − z )2 + R 2 3/ 2
Daí, o campo total no ponto P será a superposição dos dois campos, ou seja:
r r r μ iR 2 ⎧
⎪ 1 1 ⎫r
⎪
B = B A + BD = 0 ⎨ + 3/ 2 ⎬
[ ]
k. (3)
2 ⎪ (l − z )2 + R 2
⎩
3/ 2
(
z2 + R2 )
⎪
⎭
b) Se l diminui, com P fixo, ou seja, se as duas espiras forem colocadas mais próximas, o
valor do campo total começará a crescer porque o termo [(l − z ) 2
+ R2 ]
3/ 2
diminui, atinge um valor
máximo em l = z e, em seguida, para 0 < l < z , começa a diminuir porque o temo
[(l − z ) 2
+ R2 ]3/ 2
aumenta. Quando l tende a zero o campo total aproxima-se do campo de uma
bobina com duas espiras, já que:
r μ iR 2 ⎧
⎪ 1 1 ⎫r
⎪ μ 0 iR 2 r
B= 0 ⎨ 2 + 3/ 2 ⎬
k= k
2 ⎪ (
⎩ z +R
2
) 3/ 2
( z2 + R2 ) ⎪
⎭ (
z2 + R2
3/ 2
)
c) (i) Se l = 0 e z ≠ 0 , tem-se:
r μ 0 iR 2 r
B= k
(z 2
+ R2 ) 3/ 2
(ii) Se l = 0 e z = 0 tem-se, de (3):
r μ i R2 ⎧ 1
⎪ 1 ⎫ r μ0 i r
⎪
B= 0 ⎨ 2 3/ 2 + 2 3/ 2 ⎬ k = k
2 ⎪R
⎩ ( ) R ⎪
⎭
R( )
que é duas vezes o campo no centro de uma espira circular de raio R , percorrida por uma corrente
elétrica i (lembre-se que o campo no centro de uma espira de raio R , percorrida por uma corrente
μ0 i 2π ×10 −7 × i
, onde μ 0 = 4π × 10 N A )
−7
elétrica i , tem módulo B = = 2
2R R
(iii) Se l = z e z ≠ 0 , obtém-se:
r μ 0 iR 2 ⎧ 1
⎪ 1 ⎫r
⎪
B= ⎨ 2 3/ 2 + 2 3/ 2 ⎬
k,
2 ⎪R
⎩ ( ) z + R2 ( ) ⎪
⎭
ou,
r μ 0i r μ 0iR 2 r
B= k+ k,
2R 2 z2 + R2 ( ) 3/ 2
isto é, tem-se como campo resultante a adição do vetor campo magnético no centro de uma espira
circular de raio R , percorrida por uma corrente elétrica i (no caso a espira D ) e o campo em P
gerado pela espira no plano xy , percorrida pela corrente i .
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7. Tf 300
5. O rendimento de uma máquina de Carnot é obtido por ηC = 1 − = 1− , ou seja η C = 0,5 .
Tq 600
Como a máquina do problema tem rendimento 20% menor, logo η = 0,4 .
a) De acordo com o enunciado, o fluxo de calor proveniente da fonte quente, que penetra na máquina
é numericamente igual ao de uma barra submetida a uma diferença de temperatura de 500 K, ou
seja:
ΔQq ΔT ΔQq 500 ΔQq
=kA ⇒ = 50 × 2 × ⇒ = 500 kW
Δt l Δt 0,1 Δt
Δτ
O rendimento de uma máquina é definido como η= , onde Δτ é o trabalho realizado.
ΔQ q
Δτ ΔQ q
Assim, =η , ou seja, a potência da máquina é:
Δt Δt
Δτ
P= = 200 kW
Δt
b) Em uma máquina térmica, o calor rejeitado para a fonte fria é:
ΔQ f ΔQq Δτ ΔQ q
ΔQ f = ΔQq − Δτ ⇒ = − = (1 − η )
Δt Δt Δt Δt
ΔQ f
Logo, = 300 kJ / s
Δt
A quantidade de calor rejeitada em 10 minutos (= 600 s) será:
ΔQ f = 300 × 103 × 600 ⇒ ΔQ f = 1,8 ×108 J
A quantidade de calor necessária para elevar uma massa m de gelo de T0 = −20o C até 0 o C e em
seguida derrete-la, é:
ΔQ f = m c g (T − To ) + m L ,
onde c g = 2100 J /(kg 0C ) é o calor específico do gelo e L = 330 kJ / kg é o calor de fusão do
gelo. Assim,
(
1,8 × 108 = m 2100 × 20 + 330 ×10 3 )
Resulta m = 483,9 kg
Observação: Por engano da comissão de provas, os valores do calor específico cg e do calor de
fusão L do gelo não foram fornecidos. Desta forma, foi atribuída pontuação total ao aluno que
resolveu corretamente a questão, mas não apresentou o resultado numérico final.
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8. 6.
a) Se o processo A → B é isobárico, a pressão no estado B é igual ao do estado A, isto é
PB = PA = 32 ×105 N /m 2 . O volume do gás em B, de acordo com o enunciado é VB = 2 m 3 .
1
γ γ ⎛P ⎞γ
Como o processo B → C é adiabático, então PB VB = PC VC ⇒ VC = ⎜ B ⎟ VB .
⎜P ⎟
⎝ C⎠
cp
VC = (32)3 / 5 VB ⇒
5
Como γ= , então γ= ⇒ VC = 16 m 3
cv 3
O diagrama PV será então:
A B
32
1 C 3
V(m )
0 1,0 2,0 16,0
Fig. 03
b) o trabalho na expansão A → C será:
Δτ = Δτ AB + Δτ BC
• O trabalho no processo isobárico A → B é
Δτ AB = PA (VB − V A ) Δτ AB = 32× 10 5 J
• No processo adiabático B → C o trabalho é:
Δτ BC =
1
(PC VC − PB VB )
1− γ
Δτ BC =
1
(1×16 − 32 × 2)×105 = 72 ×105 J
1− 5 3
• O trabalho total será, portanto:
Δτ = 104× 10 5 J
c) A variação da energia interna total será ΔU AC = ΔU AB + ΔU BC
Da primeira lei da termodinâmica, teremos:
ΔU = ΔQ − Δτ (1)
• Como o processo A → B é isobárico, então:

9. ΔU AB = n C p ΔT − PΔV
Usando a equação dos gases ideais, PV = nRT e usando o fato de que a pressão se mantém
P ΔV
constante, teremos: ΔT = , de forma que:
nR
⎛ Cp ⎞ C
⎜
ΔU AB = ⎜ − 1⎟ P ΔV = v P ΔV , pois C p = Cv + R
⎟
⎝ R ⎠ R
Mas P ΔV = PA (VB − V A ) = τ AB
3
Como Cv = R , então
2
3
ΔU AB = τ AB = 48 ×10 5 J
2
• O processo B → C é adiabático, de forma que ΔQ = 0 . Assim, de (1) deve-se ter:
ΔU BC = −Δτ BC = −72× 10 5 J
• A variação da energia interna em todo processo será:
ΔU AC = −24×10 5 J
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7.
α
x
h’
n α h
θ
x
Fig. 04
x
Da figura observa-se que tgα = ⇒ x = h' tgα
h'
x
Temos também que tgθ = ⇒ x = h tgθ
h
onde h e h’ são respectivamente a profundidade e a profundidade aparente da moeda. Assim
tgα senα cosθ
h tgθ = h' tgα ⇒ h = h' = h'
tgθ cosα senθ
Usando a lei da refração n senθ = senα , teremos:

10. cosθ 1 − sen 2θ n 2 − sen 2α
h = h' n = h' n ⇒ h = h' (1)
cosα cosα cosα
Quando o carro acelera, a superfície da água inclina de um ângulo φ em relação ao nível horizontal.
α
θ h” φ
n h hi
Fig. 05
A moeda estará agora a uma profundidade hi = h cos φ e a profundidade aparente será h" . Como o
ângulo de observação é o mesmo ( α ), então:
n 2 − sen 2α
hi = h" (2)
cos α
Dividindo a equação (2) por (1), obtemos:
hi h" h cos φ h"
= ⇒ =
h h' h h'
Como h"= 25 3 cm e h'= 50 cm
3
obtemos cos φ = ⇒ φ = 30 0
2
nível inicial
φ O
a
φ g
gef
Fig. 06
Considere uma pequena porção de água. Como o caminhão acelera para a direita, então, em um
referencial fixo no caminhão, devido à inércia, essa pequena porção de água sofrerá uma aceleração
para a esquerda. Contudo, devido à presença do campo gravitacional, essa massa estará submetida
r r r
à uma aceleração total g ef , que é a soma vetorial entre a e g .
r
A superfície da água deve ser perpendicular à g ef , pois se isto não ocorresse, dois pontos à
mesma profundidade (em relação à linha d’água) estariam com pressões diferentes e
consequentemente haveria um fluxo de líquido entre eles. Realmente isto ocorre durante um curto

11. intervalo de tempo, mas na situação estacionária o fluxo cessa, de modo que as pressões são as
mesmas.
A nova linha d’água é obtida girando o nível inicial em torno de um eixo que passa pelo
centro deste nível (ponto O da figura), pois a massa de água deslocada abaixo da linha d’água inicial
deve ser igual à massa deslocada acima desta linha. Assim, como a moeda está na parte central do
tanque, sua distancia até o ponto O não é alterada.
a
Por fim, da figura podemos ver que tg φ = .
g
Assim a = g tg30 0
3
Resulta a= g
3
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8.
a) Na região do visível: de λ f = c , segue que:
(i) limite inferior (em freqüência): 0,7 × 10 −6 f = 3 × 10 8 ⇒ f = 4,3 × 1014 Hz
(ii) limite superior (em freqüência): 0,4 × 10 −6 f = 3 × 10 8 ⇒ f = 7 ,5 × 1014 Hz
Daí tem-se para a energia dos fótons:
(i) limite inferior: Ei = hf = 6,62 × 10 −34 × 4,3 × 1014 = 28,46 × 10 −20 J
Usando que 1 eV = 1,6 × 10 −19 J , obtém-se:
Ei = 1,80 eV
(ii) limite superior: E s = hf = 6 ,62 × 10 −34 × 7 ,5 × 1014 = 49,65 × 10 −20 J ,ou seja,
E s = 3,1eV .
Assim, a energia dos fótons na região do visível varia da ordem de 1,80 eV a 3,1 eV .
Para uma onda de rádio de comprimento λ = 310 m , tem-se
310 f = 3 × 10 8 ⇒ f = 0,968 × 10 6 Hz
e o fóton terá energia:
E = hf = 6,62 × 10 −34 × 0,968 × 10 6 = 6,41×10 −28 J
e, fazendo a mudança de unidade:
E = 4 ,0 × 10 −9 eV .
b) Como a energia de um fóton de λ = 310 m −9
é 4 ,0 × 10 eV , para se ter 40 eV precisa-
se de 1010 fótons.

12. c) De λ f = c , segue que:
hc 6,62 × 10 −34 × 3 × 10 8
λ= = J ×s×m s
hf Ef
1,99 × 10 −25
λ= J .m (1)
Ef
0
−19
Como 1 eV = 1,6 × 10 J , segue que 1J = 6 ,25 × 1018 eV e, sabendo que 1m = 1010 A , tem-se
1,99 × 10 −25 × 6,25 × 1018 × 1010 o 1,24 × 10 4 o
λ= eV . A = eV . A
Ef Ef
ou seja, a expressão que dará o comprimento de onda λ em angstroms com a energia E em
elétron-volts é
1,24 × 10 4
λ == .
E