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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUm átomo de hidrogênio inicialmente em repousoemite um fóton numa transição do estado de e...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOInicialmente 48g de gelo a 0°C são colocados num calo-rímetro de alumínio de 2,0g , também...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUm técnico em eletrôni-ca deseja medir a corren-te que passa pelo resis-tor de 12 Ω no cir...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOObs.: Ao inserirmos o galvanômetro no circuito, o valorde i3, de fato, altera-se, o que no...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUma fina película de fluoreto de magnésio recobre oespelho retrovisor de um carro a fim de...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOONum experimento, foi de 5,0 x 103 m/s a velocidade deum elétron, medida com a precisão de ...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOSuponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma craterade profundidade R/100, do fundo da qu...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO===99h = R + h98h = RNa solução, não levamos em conta a diferença entre asmassas da Lua e ...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOEstime a massa de ar contida numa sala de aula. Indi-que claramente quais as hipóteses uti...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa pormeio de balões, sendo cada qual inflado...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAtravés de um tubo fino, umobservador enxerga o topo deuma barra vertical de altura Hapoia...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOnL =nL =nL =nL =nL =Donde:8H2 + 8HL + 4L2nL = ––––––––––––––––5H2 + 2HL + L28H4 + 8H3L + 4...
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOSatélite síncrono é aquele que tem sua órbita no planodo equador de um planeta, mantendo-s...
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Ita2005 parte 001

  1. 1. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOaQuando camadas adjacentes de um fluido viscoso des-lizam regularmente umas sobre as outras, o escoa-mento resultante é dito laminar. Sob certas condições,o aumento da velocidade provoca o regime de escoa-mento turbulento, que é caracterizado pelos movi-mentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido.Observa-se, experimentalmente, que o regime deescoamento (laminar ou turbulento) depende de umparâmetro adimensional (Número de Reynolds) dadopor R = ραvβdγητ, em que ρ é a densidade do fluido, v,sua velocidade, η, seu coeficiente de viscosidade, e d,uma distância característica associada à geometria domeio que circunda o fluido. Por outro lado, num outrotipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâ-metro D, que se movimenta num meio fluido, sofre aação de uma força de arrasto viscoso dada por F= 3πDηv. Assim sendo, com relação aos respectivosvalores de α, β, γ e τ, uma das soluções éa) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = – 1b) α = 1, β = – 1, γ = 1, τ = 1c) α = 1, β = 1, γ = – 1, τ = 1d) α = – 1, β = 1, γ = 1, τ =1e) α = 1, β = 1, γ = 0, τ = 1Resolução1) F = 3π D η VMLT–2 = L [η] L T–12) R = ρα Vβ dγ ητM0 L0 T0 = (M L–3)α (L T–1)β Lγ(M L–1 T–1)τM0 L0 T0 = Mα + τ L–3α + β + γ – τ T–β – τα + τ = 0–3α + β + γ – τ = 0–β – τ = 0Como temos três equações e quatro incógnitas,temos de optar por um valor de α sugerido nasalternativas e procurarmos os demais valores:1) 2)3) 4) –3 + 1 + γ + 1 = 0γ = 1β = 1τ = –1α = 1[η] = M L–1 T–11
  2. 2. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObUm projétil de densidade ρp é lançado com um ânguloα em relação à horizontal no interior de um recipientevazio. A seguir, o recipiente é preenchido com umsuperfluido de densidade ρs, e o mesmo projétil é nova-mente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β emrelação à horizontal. Observa-se, então, que, para umavelocidade inicial→v do projétil, de mesmo módulo que ado experimento anterior, não se altera a distância alcan-çada pelo projétil (veja figura). Sabendo que são nulasas forças de atrito num superfluido, podemos entãoafirmar, com relação ao ângulo β de lançamento do pro-jétil, quea) cosβ = (1 – ρs / ρp) cosαb) sen2β = (1 – ρs / ρp) sen2αc) sen2β = (1 +ρs / ρp) sen2αd) sen2β = sen2α(1 + ρs / ρp)e) cos2β = cosα/(1 + ρs / ρp)Resolução1) A gravidade aparente no interior da região é dadapor:P – E = m gapρP V g – ρs V g = ρP V gapgap = g = g2) O alcance horizontal é dado pela expressão:D = sen 2θAssim, temos:sen 2α = sen 2βsen 2 β = sen 2αρSsen 2 β = ΂1 – ––––΃sen 2αρPgap–––––gV02–––––gapV02–––––gV02–––––g΃ρs1 – ––––ρP΂΃ρP – ρs––––––––ρP΂2
  3. 3. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOeConsidere uma rampa de ângulo θ com a horizontalsobre a qual desce um vagão, com aceleração→a , emcujo teto está dependurada uma mola de comprimentol, de massa desprezível e constante de mola k, tendouma massa m fixada na sua extremidade. Con-siderando que l0 é o com-primento natural da mola eque o sistema está em re-pouso com relação ao vagão,pode-se dizer que a mola so-freu uma variação de compri-mento ∆l = l – l0 dada pora) ∆l = mgsenθ/kb) ∆l = mgcosθ/kc) ∆l = mg/kd) ∆l = m ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆa2 –- 2ag cosθ + g2 / ke) ∆l = m ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆa2 – 2ag senθ + g2 / kResoluçãoP cos θ = F . cos β ቢP sen θ + F sen β = ma ባDe ቢ: cos β = ቤDe ባ: sen β = ብ1 = cos2β + sen2 β1 = +F2 = P2 cos2θ + m2a2 – 2 ma P sen θ + P2 sen2 θ(k ∆L)2 = m2g2 cos2θ+m2a2–2 mamgsen θ+m2g2 sen2 θ(k ∆L) 2 = m2g2 + m2a2–2m2 a g sen θ(k ∆L) 2 = m2 (a2– 2 a g sen θ + g2)m∆L = ––– . ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆa2– 2 a g sen θ + g2km2a2 – 2 ma P sen θ + P2 sen2 θ–––––––––––––––––––––––––––––––F2P2 cos2 θ–––––––––F2ma – P sen θ–––––––––––––FP cos θ––––––––F3
  4. 4. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOaUm objeto pontual de massa m desliza com velocidadeinicial→v, horizontal, do topo de uma esfera em repouso,de raio R. Ao escorregar pela su-perfície, o objeto sofre uma forçade atrito de módulo constantedado por f = 7mg/4π. Para que oobjeto se desprenda da superfícieesférica após percorrer um arcode 60° (veja figura), sua veloci-dade inicial deve ter o módulo dea) ͙ෆෆෆ2gR/3 b) ͙ෆෆ3gR / 2 c) ͙ෆෆ6gR / 2d) 3͙ෆෆෆgR/2 e) 3͙ෆෆgRResolução1) No ponto de desliga-mento, a força decontato se anula e aforça resultante noobjeto é o seu peso.2) A componente nor-mal do peso em Bfaz o papel de resul-tante centrípeta.Pn = FcpBmg cos 60° = ⇒3) Usando-se o teorema da energia cinética entre A eB, vem:τp + τat = –mg – . = . –– gR = –x 12: 6gR – 7gR = 3gR – 6V 26V2 = 4gRV 2 = gR2gRV = ͙ෆෆ–––––32–––3V2–––2gR–––––47–––12gR–––––2mV2–––––2gR–––––2m–––––22πR–––––67mg–––––4πR–––2mV2–––––––2mVB2–––––––2gRVB2 = ––––2mVB2–––––––R4
  5. 5. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOcUm vagão-caçamba de massa M se desprende da loco-motiva e corre sobre trilhos horizontais com velocidadeconstante v = 72,0km/h (portanto, sem resistência dequalquer espécie ao movimento). Em dado instante, acaçamba é preenchida com uma carga de grãos demassa igual a 4M, despejada verticalmente a partir dorepouso de uma altura de 6,00m (veja figura). Supondoque toda a energia liberada no processo seja integral-mente convertida em ca-lor para o aquecimento ex-clusivo dos grãos, então, aquantidade de calor porunidade de massa recebi-do pelos grãos éa) 15 J/kg b) 80 J/kg c) 100 J/kgd) 463 J/kg e) 578 J/kgResolução1) O sistema é isolado de forças horizontais e, por-tanto, a quantidade de movimento horizontal per-manece constante:Qf = Qi(M + 4 M) Vf = M V5 M Vf = M . 20,02) A energia mecânica inicial é a soma da energia po-tencial dos grãos com a energia cinética do vagão:Ei = 4 M g H +Ei = 4M . 10 . 6,00 + M .Ei = 240 M + 200 M = 440 M (SI)3) A energia mecânica final é dada por:Ef = = . (4,0)2 = 40 M (SI)4) Q = Ei – EfQ = 440 M – 40 M = 400 MA quantidade de calor por unidade de massa dosgrãos é dada por:=Q–––––– = 100 J/kg4 M400 M––––––4 MQ–––––4 M5M–––––25M Vf2–––––––2(20)2––––––2M V2–––––––2Vf = 4,0 m/s5
  6. 6. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdDois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,respectivamente, são liberados no espaço livre.Considerando que a única força interveniente seja a daatração gravitacional mútua, e que seja de 12R a dis-tância de separação inicial entre os centros dos corpos,então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a coli-são será dea) 1,5R b) 2,5R c) 4,5Rd) 7,5R e) 10,0RResolução1) O centro de massa do sistema permanece fixo,pois o sistema é isolado e os corpos partem dorepouso.2) Posição do centro de massa:xCM = = =10R3) No instante da colisão:x’CM = = 2,5 R4)A distância percorrida pela esfera menor é dada pe-lo comprimento de segmento AO’AO’ = 10R – 2,5RAO’ = 7,5 RM . 0 + 5 M . 3R–––––––––––––––––6 MM . 0 + 5M . 12R––––––––––––––––6 MMAxA + MB xB––––––––––––––MA + MB6
  7. 7. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOeConsidere um pêndulo de comprimento l, tendo na suaextremidade uma esfera de massa m com uma cargaelétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocadonum campo elétrico uniforme→E que atua na mes-ma direção e sentido daaceleração da gravidade→g.Deslocando-se essa cargaligeiramente de sua posi-ção de equilíbrio e soltan-do-a, ela executa ummovimento harmônicosimples, cujo período éa) T = 2π ͙ළළළළl/gb) T = 2π ͙ළළළළළළළළළl/(g+q)c) T = 2π ͙ළළළළළළළළළml/(qE) d) T = 2π ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළml/(mg – qE)e) T = 2π ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළml/(mg + qE)Resolução(I) Se a esfera estiver sujeita à ação exclusiva docampo elétrico (→E) e do campo gravitacional (→g), elaterá aceleração dirigida para baixo, dada porP + Fe = mamg + qE = maA aceleração calculada com-porta-se como uma “gravidadeartificial”, reinante no local daoscilação do pêndulo.(II) Cálculo do período de oscilação:T = 2π͙ළළළළළළළ ⇒ T = 2π͙ළළළළළළළDonde:m lT = 2π͙ළළළළළළළළ––––––––mg + qEl––––––––mg + qE––––––––ml–––––gartif.mg + qEa = –––––––––––m7
  8. 8. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObUm pequeno objeto demassa m desliza sem atri-to sobre um bloco demassa M com o formatode uma casa (veja figura).A área da base do bloco éS e o ângulo que o planosuperior do bloco formacom a horizontal é α. Obloco flutua em um líquido de densidade ρ, per-manecendo, por hipótese, na vertical durante todo oexperimento. Após o objeto deixar o plano e o blocovoltar à posição de equilíbrio, o decréscimo da alturasubmersa do bloco é igual aa) m sen α/Sρ b) m cos2α/Sρ c) m cos α/Sρd) m/Sρ e) (m + M)/SρResolução1) O objeto escorrega no plano inclinado sem atritocom uma aceleração de módulo a dado por:Pt = m a ⇒ m g sen α = ma ⇒2) Esta aceleração tem uma componente vertical aydada por:ay = a sen αay = g sen α . sen α3) Para o movimento vertical, aplicando-se a 2ª Lei deNewton, temos:Ptotal – E = m ay(M + m)g – ρ S H g = m g sen2αM + m – ρ S H = m sen2αρ S H = M + m – m sen2αρ S H = M + m (1 – sen2α)ρ S H = M + m cos2α4) A nova altura submersa H’ é dada por:E’ = M gρ S H’ g = M g5) O decréscimo de altura é dado por:∆H = H – H’ = –m cos2α∆H = –––––––––ρSM––––ρSM + m cos2α––––––––––––––ρSMH’ = –––––ρSM + m cos2αH = –––––––––––––––––ρ Say = g sen2αa = g sen α8
  9. 9. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOcSitua-se um objeto a uma distância p diante de umalente convegente de distância focal f, de modo a obteruma imagem real a uma distância p’ da lente. Consi-derando a condição de mínima distância entre imageme objeto, então é correto afirmar quea) p3 + fpp + p’3 = 5f3 b) p3 + fpp + p’3 = 10f3c) p3 + fpp + p’3 = 20f3 d) p3 + fpp + p’3 = 25f3e) p3 + fpp + p’3 = 30f3Resolução(I) Determinação da distância mínina entre o objeto ea imagem.Equação de Gauss: = += + ⇒ =dp – p2 = fd ⇒ p2 – dp + fd = 0∆ ≥ 0 : d 2 – 4fd ≥ 0d (d – 4f) ≥ 0 ⇒O objeto e a imagem estão situados, respectiva-mente, nos pontos antiprincipais objeto e imagemda lente (p = 2f e p’ = 2f).(II)Equação de Gauss:= + ⇒ == ⇒ =Donde: pp’ = 4f2 ⇒ fpp’ = 4f3 ቢMas: p = 2f ⇒ p3 = 8f3 ባe: p’ = 2f ⇒ p’3 = 8f3 ቤSomando-se as equações ቢ, ባ e ቤ, vem:p3 + fpp’ + p’3 = 20 f34f––––pp’1–––f2f + 2f–––––––pp’1–––fp’ + p–––––––––pp’1–––f1–––p’1–––p1–––fdmín = 4f(d – p) + p–––––––––p(d – p)1–––f1––––––d – p1–––p1–––f1–––p’1–––p1–––f9
  10. 10. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdUma banda de rock irradia uma certa potência em umnível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Paraelevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiadadeverá ser elevada dea) 71% b) 171% c) 7 100%d) 9 999 900% e) 10 000 000%ResoluçãoPela Lei de Weber-Fechner, temos:∆N = 10 logComo a intensidade de onda (I) é diretamente propor-cional à potência irradiada (P), pode-se escrever que:∆N = 10 logFazendo-se ∆N = (120 – 70)dB = 50dB, vem:50 = 10 log ⇒ log = 5Donde:O aumento relativo percentual (A) da potência irradiadapela fonte sonora fica determinado por:A = . 100% = . 100%A = . 100% = (100 000 – 1) . 100%Donde: A = 9 999 900%(105 P0 – P0)––––––––––––P0(P – P0)–––––––P0∆P––––P0P = 105 P0P––––P0P––––P0P––––P0I–––I010
  11. 11. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOcUm pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lagoa 10,0 m de profundidade. No fundo do lago, a lanternaemite um feixe luminoso formando um pequeno ângu-lo θ com a vertical (veja figura).Considere: tg θ sen θ θ e o índice de refração daágua n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vistapelo pescador é igual aa) 2,5 m b) 5,0 m c) 7,5 md) 8,0 m e) 9,0 mResoluçãoLei de Snell: n sen θ = nAr sen αComo os ângulos θ e α são considerados pequenos,vale a aproximação:sen θ ≅ tg θ = e sen α ≅ tg α =Logo: n = nArDonde: h = H ⇒ h = . 10,0 (m)h ≅ 7,5m1,00–––––1,33nAr–––nx–––hx–––Hx–––hx–––Hhq11
  12. 12. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOaSão de 100 Hz e 125 Hz,respectivamente, as fre-qüências de duas harmô-nicas adjacentes de umaonda estacionária no tre-cho horizontal de um caboesticado, de comprimentol = 2 m e densidade linearde massa igual a 10 g/m(veja figura).Considerando a aceleraçãoda gravidade g = 10 m/s2, a massa do bloco suspensodeve ser dea) 10 kg b) 16 kg c) 60 kgd) 102 kg e) 104 kgResoluçãoA freqüência de vibração dos pontos da corda para umharmônico de ordem n é dada pela Equação de La-grange-Helmholtz:l = 2m; g = 10m/s2 e ρ = 10g/m = 10 . 10–3 kg/m1º caso: 100 = ቢ2º caso: 125 = ባSubtraindo-se as equações ባ e ቢ, vem:125 – 100 =΂ –΃25 = ͙ෆෆෆ103m . ⇒ 625 =103m .Donde: m = 10kg1–––161–––4n–––4n + 1–––––4m . 10–––––––––10 . 10–3m . 10–––––––––10 . 10–3n + 1–––––2 . 2m . 10–––––––––10 . 10–3n–––––2 . 2n mgf = ––––͙ෆෆ––––2l ρl12
  13. 13. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObConsidere o vão existente entre cada tecla de um com-putador e a base do seu teclado. Em cada vão existemduas placas metálicas, uma delas presa na base doteclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionamcomo um capacitor de placas planas paralelas imersasno ar. Quando se aciona a tecla, diminui a distânciaentre as placas e a capacitância aumenta. Um circuitoelétrico detecta a variação da capacitância, indicativa domovimento da tecla. Considere então um dado teclado,cujas placas metálicas têm 40 mm2 de área e 0,7 mmde distância inicial entre si. Considere ainda que a per-missividade do ar sejaε0 = 9 . 10–12 F/m. Se o cir-cuito eletrônico é capaz dedetectar uma variação dacapacitância a partir de0,2 pF, então, qualquer tecladeve ser deslocada de pelomenosa) 0,1 mm b) 0,2mm c) 0,3 mmd) 0,4 mm e) 0,5 mmResoluçãoCapacitância inicial: C0 =Capacitância final: C =Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma varia-ção de capacitância (∆C) de 0,2 pF, vem:∆C = C – C0∆C = –∆C = ε0 A –Substituindo-se pelos valores fornecidos, temos:0,2 . 10–12 = 9 . 10–12 . 40 . 10 –6 –d ≅ 0,5 . 10–3 m ⇒ d = 0,5 mmO deslocamento da tecla será dado por:∆d = (0,7 – 0,5) mm∆d = 0,2 mm)1–––––––––0,7 . 10 –31––d()1–––d01–––d(ε0 A–––––d0ε0 A–––––dε0 A–––––dε0 A–––––d0teclabase do teclado0,7 mm13
  14. 14. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOeO circuito da figura aolado, conhecido comoponte de Wheatstone,está sendo utilizado paradeterminar a tempera-tura de óleo em um re-servatório, no qual estáinserido um resistor de fio de tungstênio RT. O resistorvariável R é ajustado automaticamente de modo a man-ter a ponte sempre em equilíbrio passando de 4,00Ωpara 2,00Ω. Sabendo que a resistência varia linearmen-te com a temperatura e que o coeficiente linear de tem-peratura para o tungstênio valeα = 4,00 x 10–3 °C–1, a variação da temperatura do óleodeve ser dea) –125°C b) –35,7°C c) 25,0°Cd) 41,7°C e) 250°CResoluçãoEstando a ponte de Wheatstone em equilíbrio, temospara R = 4,00Ω:RT . R = 8,0 . 10RT . 4,00 = 8,0 . 10RT = 20,0 ΩPara R = 2,00 Ω, vem:R’T . R = 8,0 . 10R’T . 2,00 = 8,0 . 10R’T = 40,0 ΩDe ∆RT = RT . α . ∆θ, vem:40,0 – 20,0 = 20,0 . 4,00 . 10–3 . ∆θ∆θ = 250°C14
  15. 15. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOcQuando uma barra metálica se desloca num campomagnético, sabe-se que seus elétrons se movem parauma das extremidades, provocando entre elas umapolarização elétrica. Desse modo, é criado um campoelétrico constante no interior do metal, gerando umadiferença de potencial entre as extremidades da barra.Considere uma barra me-tálica descarregada, de2,0 m de comprimento,que se desloca com velo-cidade constante demódulo v = 216 km/hnum plano horizontal (ve-ja figura), próximo à su-perfície da Terra. Sendo criada uma diferença de poten-cial ( ddp ) de 3,0 x 10–3 V entre as extremidades dabarra, o valor do componente vertical do campo deindução magnética terrestre nesse local é dea) 6,9 x 10–6 T b) 1,4 x 10–5 T c) 2,5 x 10–5 Td) 4, 2 x 10–5 T e) 5,0 x 10–5 TResoluçãoA ddp E entre as extremidades da barra é dada por:E = B . l . v. Sendo E = 3,0 . 10–3V, l = 2,0m,v = 216 = = 60 e B o valor da com-ponente vertical do campo de indução magnética ter-restre, vem:3,0 . 10–3 = B . 2,0 . 60B = 2,5 . 10–5Tm––sm––s216–––3,6km–––h15
  16. 16. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdUma bicicleta, com rodas de 60 cm de diâmetro ex-terno, tem seu velocímetro composto de um ímã presoem raios, a 15 cm do eixo da roda, e de uma bobinaquadrada de 25 mm2 de área, com 20 espiras de fiometálico, presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz deproduzir um campo de in-dução magnética de 0,2 Tem toda a área da bobina(veja a figura). Com a bi-cicleta a 36 km/h, a forçaeletromotriz máxima gera-da pela bobina é dea) 2 x 10–5V b) 5 x 10–3V c) 1 x 10–2Vd) 1 x 10–1V e) 2 x 10–1VResoluçãoA força eletromotriz máxima gerada pela bobina é dadapor E = n . B . l . v, em que l é o lado da bobina, v avelocidade do ímã em relação à bobina e n o número deespiras. Sendo a espira quadrada, vem:l2 = 25 . 10–6 m2 ⇒ l = 5 . 10–3mSendo V = 36 = 10 a velocidade da bicicletae R = 30cm o raio da roda, calculemos a velocidadeangular ω da roda: V = ω . R ⇒ ω = =ω =A velocidade do ímã em relação à bobina será:v = ω R’ ⇒ v = . 0,15 ⇒ v = 5m/sLogo, E = n . B . l . vE = 20 . 0,2 . 5 . 10–3 . 5 (V)aUm automóvel pára quase que instantaneamente aobater frontalmente numa árvore. A proteção oferecidapelo air-bag, comparativamente ao carro que dele nãodispõe, advém do fato de que a transferência para ocarro de parte do momentum do motorista se dá emcondição dea) menor força em maior período de tempo.b) menor velocidade, com mesma aceleração.c) menor energia, numa distância menor.d) menor velocidade e maior desaceleração.e) mesmo tempo, com força menor.ResoluçãoA variação de momentum (quantidade de movimento) éa mesma com ou sem air-bag.A função do air-bag é aumentar o tempo em que a pes-soa pára e conseqüentemente reduzir a intensidade daforça média que ela recebe.Aumentando-se ∆t, reduz-se Fm.∆→Q =→I =→Fm ∆t17E = 1 . 10–1Vm–––s100––––3rad–––s100––––3rad–––s10––––0,30V––Rm–––skm–––h16
  17. 17. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdUm avião de vigilância aérea está voando a uma alturade 5,0 km, com velocidade de 50͙ළළළ10 m/s no rumonorte, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorrovindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. Opiloto então liga o sistema de pós-combustão da turbi-na, imprimindo uma aceleração constante de6,0 m/s2. Após 40͙ළළළ10/3s, mantendo a mesma direção,ele agora constata que o sinal está chegando da direçãooeste. Neste instante, em relação ao avião, o transmis-sor do sinal se encontra a uma distância dea) 5,2 km b) 6,7 km c) 12 kmd) 13 km e) 28 kmResoluçãoO avião percorreu o trecho AB no intervalo de tempo ∆t= s:d = V0t + . t2d = 50 ͙ෆෆ10 . +2(SI)d = 12 000m = 12kmNo triângulo retângulo FBN, de hipotenusa BF, temos:BF2=BN2+ NF2Sendo BN = h = 5,0km (altura do avião), vem:BF2= (5,0)2 + (12)2 (km2)BF2= 169 (km2)––––BF = 13km40 ͙ෆෆ10(––––––––)36,0––––240 ͙ෆෆ10––––––––3γ–––240 ͙ෆෆ10––––––––318
  18. 18. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOObEm uma impressora a jato de tinta, gotas de certotamanho são ejetadas de um pulverizador em movi-mento, passam por uma unidade eletrostática ondeperdem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, aseguir, se deslocam no espaço entre placas planasparalelas eletricamente carregadas, pouco antes da im-pressão. Considere gotas de raio igual a 10 µm lança-das com velocidade de módulo v = 20 m/s entre placasde comprimento igual a 2,0 cm, no interior das quaisexiste um campo elétrico vertical uniforme, cujo mó-dulo é E = 8,0 x 104 N/C(veja figura). Consideran-do que a densidade dagota seja de 1000 kg/m3e sabendo-se que a mes-ma sofre um desvio de0,30 mm ao atingir o finaldo percurso, o mó-dulo da sua carga elétrica é dea) 2,0 x 10–14 C b) 3,1 x 10–14 Cc) 6,3 x 10–14 C d) 3,1 x 10–11 Ce) 1,1 x 10–10 CResoluçãoCálculo da massa da gota de tinta:µ =µ =m = µ πR3m = 1000 . . 3,14 (10 . 10–6) 3(kg)m ≅ 4,2 . 10–12kgNa direção horizontal, temos um movimento uniforme,assim:x = v . t2,0 . 10–2 = 20 . tt = 1,0 . 10–3sNa vertical, temos um movimento uniformemente va-riado com valor de aceleração dado por:Fres = Fem . a = ͉q͉ Ea =O valor do deslocamento y, na vertical, será dado por:y =y =Sendo q > 0, vem:q =2my–––––Et2͉q͉ Et2–––––––2ma t2–––––2͉q͉ E–––––m4–––34–––3m–––––––––4––– π R33m–––V19
  19. 19. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOq = (C)cA pressão exercida pela água no fundo de um recipien-te aberto que a contém é igual a Patm + 10 . 103 Pa.Colocado o recipiente num elevador hipotético emmovimento, verifica-se que a pressão no seu fundopassa a ser de Patm + 4,0 . 103 Pa. Considerando quePatm é a pressão atmosférica, que a massa específicada água é de 1,0 g/cm3 e que o sistema de referênciatem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-seque a aceleração do elevador é dea) – 14 m/s2 b) – 10 m/s2 c) – 6 m/s2d) 6 m/s2 e) 14m/s2ResoluçãoA pressão total no fundo do recipiente é dada por:p = patm + µ g HCom o elevador com aceleração vertical, a pressão pas-sa a ser:p’ = patm + µ gap HPortanto, com os dados da questão, temos:µ g H = 10 . 103 Pa (1)µ gap H = 4,0 . 103 Pa (2): = ⇒Como gap < g, concluímos que a aceleração do eleva-dor é dirigida para baixo e temos:gap = g – |a|4,0 = 10 – |a| ⇒Como a orientação positiva é para cima e a aceleraçãoé dirigida para baixo, resultaa = – 6 m/s2|a| = 6 m/s2gap = 4,0 m/s24,0–––10gap–––g(2)–––(1)20q ≅ 3,1 . 10–14C2 . 4,2 . 10–12 . 0,30 . 10–3––––––––––––––––––––––––8,0 . 104 . (1,0 . 10–3)2
  20. 20. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUm átomo de hidrogênio inicialmente em repousoemite um fóton numa transição do estado de energia npara o estado fundamental. Em seguida, o átomo atin-ge um elétron em repouso que com ele se liga, assimpermanecendo após a colisão. Determine literalmentea velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão.Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n éEn = E0/n2; o mometum do fóton é hν/c; e a energiadeste é hν, em que h é a constante de Planck, ν a fre-quência do fóton e c a velocidade da luz.ResoluçãoO átomo de hidrogênio e o fóton emitido passam a terquantidades de movimento de mesmo módulo (conser-vação da quantidade de movimento).Qhidrogênio = QfótonA energia do fóton (Efóton = hν) pode ser calculada por:hν = En – E0hν = – E0Dessa forma, para a quantidade de movimento do hi-drogênio, temos:Qhidrogênio = =A conservação da quantidade de movimento para a coli-são inelástica do átomo de hidrogênio com o elétronem repouso remete-nos a:Qsistema = Qhidrogênio(mH + m) . V =Assim: m é a massa doelétron e mH é amassa do átomo de hidrogênio.Se considerarmos a massa do elétron desprezível emcomparação com a do átomo, podemos escrever:(I)–E0 n2 – 1V = –––––––– (––––––)c mH n2–E0 n2 – 1V = ––––––––––– (––––––)c(mH + m) n2n2 – 1(––––––)n2–E0–––––cn2 – 1(––––––)n2–E0–––––chν–––––cn2 – 1hν = – E0 (––––––)n2E0–––––n2hνQhidrogênio = –––c21
  21. 21. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOInicialmente 48g de gelo a 0°C são colocados num calo-rímetro de alumínio de 2,0g , também a 0°C. Em segui-da, 75g de água a 80°C são despejados dentro desserecipiente. Calcule a temperatura final do conjunto.Dados: calor latente do gelo Lg = 80cal/g, calor especí-fico da água cH2O = 1,0 cal g–1 °C–1, calor específico doalumínio cAl = 0,22 cal g–1°C–1.ResoluçãoFazendo o balanço energético, temos:Qcedido + Qrecebido = 0(mc∆θ)água + [(mLg)gelo + mc∆θ] + (mc∆θ)calorímetro = 075 . 1,0 . (θf – 80) + 48 . 80 + 48 . 1,0 . (θf – 0) ++ 2,0 . 0,22 . (θf – 0) = 075 θf – 6000 + 3840 + 48 θf + 0,44 θf = 0123,44 θf = 2160Resposta: 17,50°Cθf = 17,50°C22
  22. 22. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUm técnico em eletrôni-ca deseja medir a corren-te que passa pelo resis-tor de 12 Ω no circuito dafigura. Para tanto, eledispõe apenas de umgalvanômetro euma caixa de resistores. O galvanômetro possui resis-tência interna Rg = 5 kΩ e suporta, no máximo, umacorrente de 0,1 mA. Determine o valor máximo doresistor R a ser colocado em paralelo com o galva-nômetro para que o técnico consiga medir a corrente.ResoluçãoUtilizando-se das Leis de Kirchhoff, vem:Nó A: i1 + i2 = i3 (I)Malha α: – 2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)Malha β: 12 i3 – 12 + 2i2 = 0 (III)De I, II e III, vem:Inserindo-se, agora, o galvanômetro e o respectivo re-sistor de resistência R associado em paralelo e admitin-do-se que esta associação será ainda percorrida poruma intensidade de corrente de 1,2A, vem:Assim:i3 = ig + iS1,2 = 0,1 . 10–3 + iSiS = 1,1999AOs resistores Rg e R estão em paralelo, assim:U(R) = U(Rg)R . iS = Rg . igR . 1,1999 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3i3 = 1,2A23
  23. 23. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOObs.: Ao inserirmos o galvanômetro no circuito, o valorde i3, de fato, altera-se, o que nos remete à seguintesolução:Utilizando as Leis de Kirchhoff, vem:Nó Ai1 + i2 = i3 (I)Malha α–2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)Malha β12i3 + 5,0 . 103 . 0,1 . 10–3 – 12 + 2i2 = 0 (III)De I, II e III, temos:Os resistores Rg e R estão associados em paralelo, as-sim:i3 = ig + is1,1625 = 0,1 . 10–3 + isis = 1,1624 Aainda,U(R) = U(Rg)R . is = Rg . igR . 1,1624 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3R ≅ 0,43Ωi3 = 1,1625AR ≅ 0,42Ω
  24. 24. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUma fina película de fluoreto de magnésio recobre oespelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a refle-xão luminosa. Determine a menor espessura da pelícu-la para que produza a reflexão mínima no centro doespectro visível. Considere o comprimento de onda λ =5500 Å, o índice de refração do vidro nv = 1,50 e, o dapelícula, np = 1,30. Admita a incidência luminosa comoquase perpendicular ao espelho.ResoluçãoA luz reflete-se com inversão de fase na interface ar-pe-lícula e também com inversão de fase na interface pe-lícula-vidro. Essas reflexões não acarretam defasagementre as ondas que emergem do sistema. Haverá de-fasagem, entretanto, devido à diferença de percursos.(I) = ⇒ =(II) Condição de anulamento dos dois feixes refletidos(interferência destrutiva):∆x = i (i = 1; 3; 5; ...)2e = i ⇒ e = iemín ⇔ i = 1Logo, emín = 1 . (Å)Resposta: 1058Åemín ≅ 1058Å5500–––––––4 . 1,30λp–––4λp–––2λp–––25500λp = –––––– Å1,301,00––––1,30λp–––––5500nar–––npλp–––λ24
  25. 25. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOONum experimento, foi de 5,0 x 103 m/s a velocidade deum elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calcule aincerteza na determinação da posição do elétron, sendoconhecidos: massa do elétron me = 9,1 x 10–31 kg e cons-tante de Planck reduzida h = 1,1 x 10–34 J s.ResoluçãoDo Princípio da Incerteza de Heisenberg, temos:(∆P) (∆x) ≥Supondo-se que a incerteza na determinação da quanti-dade de movimento ∆P ocorra, somente, na velocidadeV do elétron, temos:me (∆V) (∆x) ≥em que ∆V e ∆x são, respectivamente, as incertezas nadeterminação do módulo da velocidade e da posição doelétron. Assim:∆x ≥ ∆V = 3 . 10–5 . 5,0 . 103m/s∆x = (m)∆x ≥ 4,0 . 10–4m∆x ≅ 4,0 . 10–4m1,1 . 10–34––––––––––––––––––––––––––––––––––2 . 9,1 . 10–31 . 3,0 . 10–5 . 5,0 . 103h––––––––2 me ∆Vh–––2h–––225
  26. 26. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOSuponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma craterade profundidade R/100, do fundo da qual um projétil élançado verticalmente para cima com velocidade inicialv igual à de escape. Determine literalmente a alturamáxima alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançadoda superfície da Lua com aquela mesma velocidade ini-cial v.Resolução1) Entendendo que a velocidade em questão é a velo-cidade para escapar do campo gravitacional da Lua,então, se o projétil escapa da cratera, com maiorrazão vai escapar da superfície.2) Entendendo que a velocidade inicial V refira-se àvelocidade de escape da cratera, temos:Usando-se a conservação da energia mecânica entre Ae B, vem:EA = EB– == = (1)Usando-se agora a conservação da energia mecânicaentre a posição B e a posição C mais alta atingida, vem:EB = EC– == (2)Substituindo-se (1) em (2), vem:=G M– –––––––(R + h)G M––––RG M––––R1–––99G M– –––––––(R + h)G M––––RV 2––––2G M m– –––––––(R + h)G M m–––––––Rm V 2–––––2G M––––R1–––99G M– –––––––RG M––––R100–––99V 2–––2G M m– –––––––RG M m–––––––99R–––––100m V 2–––––226
  27. 27. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO===99h = R + h98h = RNa solução, não levamos em conta a diferença entre asmassas da Lua e da esfera de raio R.99–––––100Rh = –––98h––––––R + h1–––––99R + h – R––––––––––R (R + h)1–––––99R1– –––––––(R + h)1––R1–––––99R
  28. 28. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOEstime a massa de ar contida numa sala de aula. Indi-que claramente quais as hipóteses utilizadas e os quan-titativos estimados das variáveis empregadas.ResoluçãoUma sala de aula típica, destinada a 45 alunos, deve terárea próxima de 50m2 e pé direito (altura) de 3,0m.Assim, o volume de ar contido nessa sala fica deter-minado por:V = Ah = 50 . 3,0 (m3)Supondo-se que o ar se comporta como gás perfeito,pode-se aplicar a Equação de Clapeyron:pV = RT ⇒ m =Adotando-sep = 1,0 atm,R = 0,082 atm l/mol. K,T = 27°C = 300K,Mar = 30% O2 + 70% N2 = 29,2 . 10–3 kg eV = 150 . 103 l,calculemos a massa de gás contida na sala:m = (kg)m ≅ 178 kg1,0 . 150 . 103 . 29,2 . 10–3–––––––––––––––––––––––––0,082 . 300pVM–––––RTm–––MV = 150m327
  29. 29. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOUma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa pormeio de balões, sendo cada qual inflado com 1 m3 de héliona temperatura local (27 °C). Cada balão vazio com seusapetrechos pesa 1,0 N. São dadas a massa atômica do oxi-gênio AO = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4e a constante dos gases R = 0,082 atm l mol–1 K–1. Con-siderando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e quea atmosfera é composta de 30% de O2 e 70% de N2, deter-mine o número mínimo de balões necessários.ResoluçãoE = Pµar g Vi = mT . gUsando a Equação de Clapeyron, temos:pV =pM = µ R T ⇒ µ =Então:ar. n . Vb = mTConsiderando:par = 1,0 atmMar = (0,30 . 32 + 0,70 . 28)g = 29,20g = 29,20 . 10–3kgT = 27°C = 300KVb = 1m3 = 103dm3 = 103lTemos:. n . 103 = mTotal1,19n = mTotalMas:mTotal = mconjunto + mbalões + mHemT = + n . +He. nFazendo g = 10m/s2, vem:mT = + n . + . n (kg)mT = (100 + 0,10 . n + 0,16 . n) (kg)mT = (100 + 0,26 . n) kgPortanto:1,19n = 100 + 0,26n0,93n = 100n = 107,53n = 108 balões1,0.4.10–3 .1.103(––––––––––––––––)0,082 . 3001–––101000–––––10pMV(–––––)RT1––g1000–––––g1,0 . 29,20 . 10–3–––––––––––––––0,082 . 300pM(––––)RTpM––––RTm––– R TM28
  30. 30. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAtravés de um tubo fino, umobservador enxerga o topo deuma barra vertical de altura Hapoiada no fundo de um cilin-dro vazio de diâmetro 2H. Otubo encontra-se a uma altura2H + L e, para efeito de cálcu-lo, é de comprimento desprezí-vel. Quando o cilindro é preen-chido com um líquidoaté uma altura 2H (veja figura), mantido o tubo namesma posição, o observador passa a ver a ex-tremidade inferior da barra. Determine literalmente o ín-dice de refração desse líquido.Resolução(I) Da figura, depreende-se que:tg r = etg r =Donde: =ቢ(II) Lei de Snell aplicada à refração de emergência daluz da água para o ar:nL sen i = nar sen r ⇒ nL = narnL = =Donde: nL = ባSubstituindo-se ቢ em ባ, vem:4H2 + (2H – x)2–––––––––––––––H2 + (2H – x)2͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆ(2H)2 + (2H – x)2–––––––––––––––––––͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆH2 + (2H – x)2OP––––QP(2H – x)–––––––QP(2H – x)–––––––OP2HLx = ––––––H + L2H––––––H + Lx––––L2H––––––H + Lx––––L29
  31. 31. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOnL =nL =nL =nL =nL =Donde:8H2 + 8HL + 4L2nL = ––––––––––––––––5H2 + 2HL + L28H4 + 8H3L + 4H2L2–––––––––––––––––––––5H4 + 2H3L + H2L24H2 (H2 + 2HL + L2) + 4H4–––––––––––––––––––––––––H2 (H2 + 2HL + L2) + 4H44H2 (H + L)2 + 4H4–––––––––––––––––––––(H + L)2––––––––––––––––––––––H2 (H + L)2 + 4H4–––––––––––––––––––––(H + L)22H2 24H2 +(––––––)H + L––––––––––––––––––––––2H2 2H2 +(––––––)H + L2HL 24H2 +(2H – ––––––)H + L––––––––––––––––––––––2HL 2H2 +(2H – ––––––)H + L
  32. 32. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOSatélite síncrono é aquele que tem sua órbita no planodo equador de um planeta, mantendo-se estacionárioem relação a este. Considere um satélite síncrono emórbita de Júpiter cuja massa é MJ = 1,9 x 1027 kg e cujoraio é RJ = 7,0 x 107 m. Sendo a constante da gravita-ção universal G = 6,7 x 10–11 m3 kg–1 S–2 e conside-rando que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10 h,determine a altitude do satélite em relação à superfíciedesse planeta.ResoluçãoDeduzindo-se a 3ª Lei de Kepler, vem: FG = Fcp= m ω2 R= = ⇒Para o satélite estacionário, o período de translação éigual ao de rotação de Júpiter (10h).O raio de órbita R é dado por: R = RJ + hIsto posto, temos:=(7,0 . 107 + h)3 = = 4,17 . 10247,0 . 107 + h ≅ 1,61 . 108h ≅ (16,1 – 7,0) 107 m ⇒ h ≅ 9,1 . 107m12,96 . 108 . 12,7 . 1016––––––––––––––––––––––39,484π2––––––––––––––––––––6,7 . 10–11 . 1,9 . 1027(10 . 3600) 2––––––––––––––––(7,0 . 107 + h)3T2 4π2–––– = ––––R3 GM4π2––––––T22π 2(––––)TG M––––––R3G M m––––––R230

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