FÍSICA: A FORÇA GRAVITACIONAL E SUAS CORREÇÕES

FÍSICA

FÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados: .
Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg.
Massa do Sol: M = 1,99 x 1030 kg.
Velocidade da luz: c = 3 x 108m/s.
Distância média do centro da Terra ao centro do Sol:
1,5 x 1011m.
Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2.
Raio da Terra: 6380 km.
Número de Avogadro: 6,023 x 1023mol–1.
Constante universal dos gases: 8,31 J/molK.
Massa atômica do nitrogênio: 14.
Constante de Planck: h = 6,62 x 10–34m2kg/s.
Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0.
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.

1 E
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial
gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica,
é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média do
corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade
de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida
para –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G,
de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise
dimensional e considerando k uma constante adimen-
sional, assinale a opção que apresenta a expressão da
constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre
o termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo
GM/r da equação de Newton, na posição da Terra,
sabendo a priori que k = l.
a) A = kGM/c e 10–5 b) A = kG2M2/c e 10–8
c) A = kG2M2/c e 10–3 d) A = kG2M2/c2 e 10–5
e) A = kG2M2/c2 e 10–8
Resolução
GMm
1) F = ––––––
r2

[G] M2
M L T–2 = –––––– ⇒ [G] = M–1 L3 T–2
L2

A GM
2) ––– = –––
2
r r

[A] M–1 L3 T–2 . M
–––– = ––––––––––––– ⇒ [A] = L4 T–2
L2 L

3) A = k Gx My cz
L4 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My (LT–1)z
I TA ( 1 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9

L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z
–x + y = 0 (1)
3x + z = 4 (2)
–2x – z = –2
(2) + (3): x=2

Em (1): y=2

Em (2): 6 + z = 4 ⇒ z = –2

G2 M2
A = k ––––––
c2

A/r2 A r A
4) x = –––––– = ––– . –––– = ––––––
2
GM/r r GM GMr

G2 M2 A GM
A = –––––– ⇒ –––– = ––––––
2
c GM c2

GM 6,67 . 10–11 . 1,99 . 1030
x = –––––– = –––––––––––––––––––––
rc2 1,5 . 1011 . 9,0 . 1016

x = 0,98 . 10–8


2 D
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R
que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do
seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de
rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade
seria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um corpo em
repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito
forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido,
por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não
passar pelo centro do planeta.

N
w

m
R
l
Equador

S

Então, o peso aparente de um corpo de massa m em
repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado
por
a) mg – mω2Rcos λ.
b) mg – mω2Rsen2 λ.

c) mg 1 – [2ω2R/g + (ω2 R/g)2] sen2 λ .

d) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] cos2 λ .

e) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] sen2 λ .
Resolução

®
F
O r cp

l P
®
FG ®
l Pap

C

Em uma latitude λ, uma partícula P, acompanhando
a rotação da Terra, estará sujeita a uma resultante
centrípeta Fcp = m ω2 r = m ω2 R cos λ
A força gravitacional que a Terra aplica na partícula
terá intensidade FG = mg.
→
A força gravitacional FG será a soma vetorial entre a
→
resultante centrípeta e o peso aparente Pap, conforme
indica a figura.

Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicado
na figura, temos:

Pap = FG + Fcp – 2 FG . Fcp . cos λ
2 2 2


Pap = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λ
2

ω4 R2 cos2 λ 2 ω2 R cos2 λ
Pap = m2 g2 1 + –––––––––––– – ––––––––––––
2
g2 g

ω4 R 2 2 ω2 R
Pap = m2 g2 1 + cos2 λ ––––– – ––––––
2
g2 g

2 ω2 R ω2 R 2
Pap = m g 1 – –––––– – –––– cos2 λ
g g


3 A
Considere um segmento de reta que liga o centro de
qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De
acordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorre
áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em
dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação
entre o Sol e o planeta.
Assinale a alternativa correta.
a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer
áreas iguais em tempos iguais.
b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém
com focos diferentes e a 2.a Lei de Kepler continuaria
válida.
c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.a Lei
de Kepler não seria mais válida.
d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considera
uma força que depende do inverso do quadrado das
distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser
válida.
e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
Resolução
Se a força gravitacional deixasse de existir, o planeta
teria movimento retilíneo e uniforme com uma velo-
cidade de módulo V.
A lei das áreas continuaria válida, como se demonstra
a seguir.

A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por:

d.h
A = –––– (1)
2
Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta:
d = V ∆t (2)
V ∆t . h A Vh
(2) em (1): A = ––––––– ⇒ ––– = –––
2 ∆t 2
A
––– é a velocidade areolar do planeta, que continua
∆t
sendo constante, atestando a validade da 2.a Lei de
Kepler.


4 A
A temperatura para a qual a velocidade associada à
energia cinética média de uma molécula de nitrogênio,
N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da
superfície da Terra é de, aproximadamente,
a) 1,4 x 105 K. b) 1,4 x 108 K.
c) 7,0 x 1027 K. d) 7,2 x 104 K.
e) 8,4 x 1028 K.
Resolução
1) Dedução da velocidade de escape:

GMm m V2
E = – –––––– + ––––––
R 2

G = constante de gravitação universal
M = massa da Terra
m = massa da molécula
R = raio da Terra
V = módulo da velocidade
A velocidade de escape é obtida quando
E=0
2
GMm m VE
– –––––– + –––––– = 0
R 2

2GM
VE = ––––––
R

GM 2g R2
Como g = –––––– , vem: VE = ––––––
R2 R

VE = 2gR= 2 . 9,8 . 6,4 . 106 (m/s)

VE = 11,2 . 103 m/s

2) A energia cinética média de um gás é dada por:

3 3 m
Ec = ––– n R T = ––– ––– RT
2 2 M
2
m VE
Como Ec = –––––– , vem:
2
2
m VE 3 mR
–––––– = ––– ––––– T
2 2 M

2
M VE
T = –––––––
3R

28 . 10– 3 . (11,2 . 103)2
T = ––––––––––––––––––––– (K)
3 . 8,31

T = 1,4 . 105 K


5 C
No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma
mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por
um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o
anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de
descida com uma aceleração constante a. Durante parte
dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo,
dele se separando somente após um certo tempo.
Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que
a variação máxima do comprimento da mola é dada por

k

m anteparo

a

a) m g sen α + m a(2g sen α + a) /k.
b) m g cos α + m a(2g cos α + a) /k.
c) m g sen α + m a (2g sen α – a) /k.
d) m (g sen α – a) / k.
e) m g sen α / k.
Resolução
No instante T em que o corpo perde o contato com o
anteparo, ele tem uma velocidade escalar V1, a mola
está deformada de x1 e sua aceleração tem módulo a.

1) Equação de Torricelli:
2
V1 = V0 + 2a x1 ⇒
2 2 V1 = 2a x1 (1)

2) PFD: Pt – Fe = ma
mg sen α – kx1 = ma
m(g sen α – a)
kx1 = m (g sen α – a) ⇒ x = ––––––––––––– (2)
1
k

3) A partir do instante T, vale a conservação da
energia mecânica:
A VA = V1
m

h B VB = 0
a m

h = (x2 – x1) sen α
EB = EA (ref. em B)
2
kx2 kx2 mV1
––––– = ––––– + mg (x2 – x1) sen α + –––––
2 1
2 2 2

kx2 k m2 m (g sen α – a) m (g sen α – a)
–––– = –– . ––– (g sen α – a)2 + mg x2 – –––––––––––– sen α + –– 2a m –––––––––––
2
2 2 k2 k 2 k


kx2 m2 (g sen α – a) (g sen α – a)
–––– = ––– (g sen α – a)2 + mg x2 sen α – m2g ––––––––––– . sen α + m2a –––––––––––
2
2 2k k k

kx2 m2 (g sen α – a)
–––– – x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) –––––––––––– –g sen α + a
2
2 k 2

kx2 m2 (–1) (g sen α – a)
–––– – x2 mg sen α = ––– (g sen α – a) ––––––––––––––––
2
2 k 2

kx2 m2
–––– – x2 mg sen α = – ––– (g sen α – a)2
2
2 2k

2 m2
x2 – ––– mg sen α x2 + ––– (g sen α – a)2 = 0
2
k k2

2 mg sen α 4m2g2sen2 α 4m2
––––––––––– ± ––––––––––– – –––– (g sen α – a)2
k k2 k2
x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2

mg sen α m
x = –––––––– ± ––– g2 sen2 α – (g sen α – a)2
k k

mg sen α m
x = –––––––– ± ––– 2a g sen α – a2
k k

mg sen α + m a (2g sen α – a)
x = ––––––––––––––––––––––––––––
k


6 E
Um quadro quadrado de lado e massa m, feito de um
material de coeficiente de dilatação superficial β, é
pendurado no pino O por uma corda inextensível, de
massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio
das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força
de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir,
o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T,
dilatando. Considerando desprezível a variação no com-
primento da corda devida à dilatação, podemos afirmar
que o comprimento mínimo da corda para que o quadro
possa ser pendurado com segurança é dado por

O

l

l/2 l/2

a) 2 F β∆T / mg.
b) 2 F (1 + β∆T) / mg.

c) 2 F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).

d) 2 F (l + β∆T) / (2F – mg) .

e) 2 F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).
Resolução

–––
AO = d
O –––
F F AC = ––– + ∆
2
A q q
C –––
OC = d sen θ

Como o quadro está em equilíbrio, temos:
mg
2 Fsen θ = mg → sen θ = –––
2F
Do triângulo AOC:
2
d2 = ––– + ∆ + (d sen θ)2
2

2
d2 – d2 sen2 θ = ––– + ∆
2
2
d2 (1 – sen2θ) = ––– + ∆ +∆ 2
4
porém, ∆ 2≅ 0, logo:


2 β
d2 (1 – sen2θ) = ––– + . ––– . ––– . ∆T
2
4 2

2
d2 (1 – sen2θ) = ––– (1 + β ∆T)
4

m2g2 2
d2 1 – –––––– = ––– (1 + β ∆T)
4F2 4

4F2 – m2g2 2
d2 –––––––––– = ––– (1 + β ∆T)
4F2 4

(1 + β ∆T)
d=F ––––––––––––
(4F2 – m2g2)
O comprimento mínimo do fio é dado por:
L = 2d
(1 + β ∆T)
L=2F ––––––––––––
(4F2 – m2g2)


7 C
Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um
plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.
Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está
articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície
lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a
vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre
o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema
todo permaneça em equilíbrio?

O

L a

h

R

a) µ = cos α/[cos α + 2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ sen α)]
b) µ = cos α/[cos α + P(2h/LQ sen(2α) – 2R/LQ cos
α)]
c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cos
α)]
d) µ = sen α/[sen α + 2P (2h/ LQ cos(α) – 2R/ LQ cos α)]
e) µ = sen α/[cos α + P(2h/LQ sen(α) – 2R/LQ cos α)]
Resolução

L
__
2 O

a
F h - Rcos q
A __ sen a
L
q 2 h

a Q
y q
R

B C
1) No triângulo ABC: y = R cos θ

2) A distância d = AO é dada por:
h – R cos θ h – R sen α
cos α = –––––––––– ⇒ d = ––––––––––
d cos α
3) O somatório dos torques em relação ao ponto O
deve ser nulo:
L (h – R sen α)
Q . ––– sen α = F . ––––––––––––
2 cos α

Q L sen α cos α
F = –––––––––––––––
2 (h – R sen α)

QL sen 2 α
F = –––– ––––––––––
4 (h – R sen α)


F q
a

P

FN Fat

Na direção vertical:
FN = P + Fy = P + F sen α
Na direção horizontal: Fx = Fat
F cos α = Fat
Sendo o atrito estático: Fat ≤ µE FN
Fcos α ≤ µE (P + F sen α)

F cos α
µE ≥ ––––––––––––
P + F sen α

F cos α cos α
µE(mín) = –––––––––––– = ––––––––––––
P + F sen α P
sen α + –––
F
P 4 (h – R sen α) (2h – 2R sen α)
––– = P . –––––––––––– = 2P ––––––––––––
F Q L sen 2α Q L sen 2α

P 2h 2R sen α
––– = 2P ––––––––––– – –––––––––––––––
F Q L sen 2α Q L2 sen α cos α

P 2h R
––– = 2P ––––––––––– – –––––––––
F Q L sen 2α Q L cos α

cos α
µE(mín) = –––––––––––––––––––––––––––––––
2h R
sen α + 2P –––––––––– – ––––––––
Q L sen 2 α Q L cos α


8 B
Um elétron é acelerado do repouso através de uma
diferença de potencial V e entra numa região na qual atua
um campo magnético, onde ele inicia um movimento
ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE com
período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso
através de uma diferença de potencial de mesma
magnitude e entrasse na mesma região em que atua o
campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP
e período TP que
a) RP = RE e TP = TE. b) RP > RE e TP > TE.
c) RP > RE e TP = TE. d) RP < RE e TP = TE.
e) RP = RE e TP < TE.
Resolução
Sendo o elétron e o próton acelerados pela mesma
d.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo,
concluímos que o trabalho da força elétrica é o
mesmo. Logo, ambas penetram no campo magnético
com mesma energia cinética.

mv m v2 2Ec
Sendo R = –––––– e Ec = –––––– , vem v = ––––
q .B 2 m

2Ec
m –––––––
m
R = –––––––––––––––
q B

2mEc
R = ––––––––– ; sendo mp > me, vem Rp > Re
q B

2π m
O período é dado por T = ––––––
q B
Para mp > me, vem TP > Te.


9 D
Considere um oscilador harmônico simples composto por
uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade
fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O
oscilador gira num plano horizontal com velocidade
angular constante ω em torno da extremidade fixa,
mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a
figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do
oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que

k m

R
w

a) o movimento é harmônico simples para qualquer que
seja velocidade angular ω.
b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.
c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de
ω = 0.
d) o quadrado da frequência do MHS depende linear-
mente do quadrado da velocidade angular.
e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na
direção do eixo de rotação só poderá aumentar a
frequência do MHS.
Resolução
Para o referencial fixo no sistema rotatório, devemos
acrescentar a força de inércia.
FR = m (2πf)2 x = kx – m ω2 x
f é a frequência do MHS
k é a constante elástica da mola
ω é a velocidade angular do MCU
m (2πf)2 = m (2πf0)2 – mω2
f0 é a frequência do MHS para ω = 0
4π2 f2 = 4π2 f0 – ω2
2

ω2
2
f2 = f0 – ––––
4π2

k
Como: k = m (2πf0)2 ⇒ f0 = ––––– é constante, re-
2
4π2m
sulta f2 como função linear de ω2.


10 B
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ
mostrado no diagrama T-S da figura.

Pode-se afirmar que
a) processo JK corresponde a uma compressão isotér-
mica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é
W = (T2 – T1)(S2 – S1).
T2
c) o rendimento da máquina é dado por η = 1 – ––– .
T1
d) durante o processo LM uma quantidade de calor
QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.
e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia
eventualmente possuir um rendimento maior que a
desta.
Resolução
Do diagrama fornecido, conclui-se que
1) A transformação JK é uma expansão isotérmica e
o sistema recebe calor (a entropia aumenta).
2) A transformação KL é uma expansão adiabática,
a temperatura diminui e o sistema não troca calor
com o meio (a entropia não varia).
3) A transformação LM é uma compressão isotér-
mica.
4) A transformação MJ é uma compressão adiabá-
tica (a entropia não varia).
Assim, a transformação JKLMJ representa um Ciclo
de Carnot. Num diagrama pressão x volume, temos:

A partir dessa conclusão, podemos afirmar:
a) FALSO.
A transformação JK é uma expansão isotérmica.
b) CORRETO.
Na transformação JK, o trabalho realizado é igual
ao calor recebido:

WJK = Q2

Mas:
Q2 Q2
∆SJK = ––– ⇒ (S2 – S1) = –––
T2 T2

Assim: WJK = (S2 – S1) . T2

Na transformação KL, o sistema realiza um traba-
lho:
WKL = W

Na transformação LM, o sistema recebe um
trabalho:
WKL = Q1 (calor liberado na transformação)
Q1 Q1
mas: ∆SLM = ––– ⇒ (S1 – S2) = –––
T1 T1

Assim: WLM = (S1 – S2) . T1 = – (S2 – S1) T1

Na transformação MJ, o sistema recebe um traba-
lho:
WMJ = –W

Observe que KL e MJ são transformações adiabá-
ticas.
Portanto:
Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJ
Wciclo = [(S2 – S1) T2] + [–(S2 – S1)T1]
Wciclo = (T2 – T1) (S2 – S1)

c) FALSO.
O rendimento é dado por:
T1 (fonte fria)
η = 1 – –––––––––––––––
T2 (fonte quente)
d) FALSO.
Na transformação LM, o sistema libera energia (a
entropia diminui).

e) FALSO.
Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existir
outra máquina térmica com rendimento maior
funcionando entre essas temperaturas T1 e T2.


11 C
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento
de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada
numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura.
Devido à variação da espessura da camada de ar existente
entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma
sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de
Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel
escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve
ter um raio de

a) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m.
d) 4,0 m. e) 8,0 m.
Resolução
Admitindo-se que os anéis sejam formados pela
interferência de luz refletida, o diâmetro DN do anel
escuro de ordem N é dado por:

DN = 2 NRλ

em que R é o raio de curvatura de face convexa da
lente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1:

2 . 10–3 = 2 1 . R . 500 . 10–9

Da qual: R = 2,0m


12 C
Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na
figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma
abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro
— — — — —
em C. Sendo AD = 34,00 cm, AR = BD, BC = CD e a
velocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadas
nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os
orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectiva-
mente

a) 2000 Hz e 1000 Hz. b) 500 Hz e 1000 Hz .
c) 1000 Hz e 500 Hz. d) 50 Hz e 100 Hz.
e) 10 Hz e 5 Hz.
Resolução
(I) No esquema abaixo, determinemos os compri-
mentos x e y indicados.

2x = 34,00 cm ⇒ x = 17,00 cm

2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒ y = 8,50 cm

(II) Somente o orifício C está fechado:
A onda estacionária correspondente ao harmô-
nico fundamental está representada a seguir.

λ = 34,00cm = 0,34m

V = λf ⇒ 340,0 = 0,34f ⇒ f = 1000Hz


(III) Os orifícios B e C estão fechados:
A onda estacionária correspondente ao harmô-
nico fundamental está representada a seguir:

λ λ
––– = 2x ⇒ ––– = 2 . 17,00
2 2

λ = 68,00cm = 0,68m

V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒ f = 500Hz


13 A
Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel
circular que gira a uma velocidade angular constante com
período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite
um som de frequência f0 em direção ao centro de rotação.
No instante t = 0, a jovem está à menor distância em
relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor re-
presentação da frequência f ouvida pela jovem.
a ( ) f/f0 b ( ) f/f0

1 1

0 T/4 T/2 3T/4 T t 0 T/4 T/2 3T/4 Tt

c ( ) f/f0 d ( ) f/f0

1 1

0 T/4 T/2 3T/4 T t 0 T/4 T/2 3T/4 T t

e ( ) f/f0

1

0 T/4 T/2 3T/4 T t

Resolução
Para o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos:
f f0
–––––––––– = ––––––––––
Vsom ± Vx Vsom ± V0
Como a fonte está em repouso, sua velocidade V0 é
nula.
f f0 f Vx
––––––––– = ––––– ⇒ ––– = 1 ± ––––– (equação 1)
Vsom ± Vx Vsom f0 Vsom

em que Vx é a componente da velocidade da jovem na
direção definida pelo centro C de rotação do carrossel
e a posição P da fonte. Estando a jovem em movimento
circular e uniforme com período T e raio A, Vx é dada
por:

Vx = –ωA sen (ωt + ϕ0)

Como para t0 = 0 a jovem está em x = A, posição mais
2π
próxima da fonte, ϕ0 = 0. Como ω = –––, temos
T

2πA 2πt
Vx = – –––– sen –––– (equação 2).
T T


Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:

f 2πA 2πt
––– = 1 – –––––– sen ––––
T
f0 T Vsom

f
Conclui-se então que ––– é uma função senoidal de
f0
2πA
t, com período T, amplitude –––––– , defasada de π rad
T Vsom

e deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas.
2πA
Supondo –––––– < 1, o gráfico é representado por:
T Vsom


14 A
Considere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m,
e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugar
geométrico dos pontos de potencial nulo é
a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e
x = 4m.
b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m e
x = 16 m.
c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m
e x = 16 m.
d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m.
e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto
x = – 4 m.
Resolução
y

P(x,y,z)
d2
q2= -2C q1= 1C d1 y
x(m)
(8) (-2)
z
x

z

q1 q2
VP = K . ––– + K . ––– = 0
d1 d2

q1 q2
K . ––– = –K . –––
d1 d2

q1 q2
––– = – –––
d1 d2

1 –2
––– = – –––
d1 d2
d2 = 2d1 (1)
2 2
Mas d1 = (x + 2)2 + y2 + z2 e d2 = (x + 8)2 + y2 + z2
De (1), vem:
2 2
d2 = 4d1
(x + 8)2 + y2 + z2 = 4 [(x + 2)2 + y2 + z2]
x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2
3x2 + 3y2 + 3z2 = 48
x2 + y2 + z2 = 16

Portanto, o lugar geométrico dos pontos P cujo
potencial é nulo é uma superfície esférica. Ela corta o
eixo dos x nos pontos tais que y = 0 e z = 0, isto é:
x2 = 16 ⇒ x = +4m e x = –4m
Observação: rigorosamente, o item (a) não estaria
correto, pois não se trata de uma esfera e sim de uma
superfície esférica.

15 E
Considere uma balança de braços desiguais, de compri-
mentos 1 e 2, conforme mostra a figura. No lado
esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude
Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de
outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m
sobre um prato de massa desprezível. Considerando as
cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da
direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por

a) – mg 2d2 / (k0Q 1). b) – 8mg 2d2 / (k0Q 1).
c) – 4mg 2d2 /(3k0Q 1). d) –2mg 2d2/ 3k0Q 1).
e) – 8mg 2d2/(3 3k0Q 1).
Resolução

l1 l2
O

F mg
x
30º
Q
F
d
30º
q d d
=
cos 30º Ö3/2

Impondo soma nula dos momentos em relação ao
ponto O, vem:

∑ MO = 0

F . cos 30° . 1 – mg . 2 =0

Levando em conta a Lei de Coulomb, temos:

Q . q
k0 . ––––––––––– . cos 30° . 1 = mg 2
d 2
–––––––
cos 30°

Q . q
k0 . ––––––––– . cos3 30° . 1 = mg 2
d2

Q . q 3 3
k0 . ––––––––– . –––––– 1 = mg 2
d2 8

8 mg 2d2
q = –––––––––––––––
k0 . Q . 3 3 . 1

A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Q
têm sinais opostos. Assim, vem:

8 mg 2d2
q = – –––––––––––––
3 3 k0 Q 1


16 D
A figura mostra três camadas de dois materiais com
condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para
a direita, temos uma camada do material com condu-
tividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada do
material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de
outra camada do primeiro material de condutividade σ1,
de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as
camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre
os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por

a s1 s2 s1 b

d
__ d
__ d
__
2 4 4

V

a) 4V A/d(3σ1 + σ2). b) 4V A/d(3σ2 + σ1).
c) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2). d) 4V Aσ1σ2 / d(3σ2 + σ1).
e) AV(6σ1 + 4σ2) / d.
Resolução
O esquema dado corresponde a uma associção em
série de resistores.
Sendo a condutividade o inverso da resistividade,
temos:
R1 R2 R3

A, d A, d A, d
2 4 4

1 1 1
r1= s r2= s r1= s
1 2 1

d
–––
2 1 d
R1 = ρ1 . ––––– = ––– . ––––
A σ1 2A

d
–––
4 1 d
R2 = ρ2 . ––––– = ––– . ––––
A σ2 4A

d
–––
4 1 d
R3 = ρ1 . ––––– = ––– . ––––
A σ1 4A
De U = Rs . i, vem:

V = (R1 + R2 + R3) . i

1 d 1 d 1 d
V= ––– . –––– + ––– . –––– + ––– . ––––
σ1
.i
σ1 2A σ2 4A 4A

d 1 1 1
V = –––– ––– + –––– + –––– .i
2A σ1 2σ2 2σ1

d 3 1
V = –––– –––– + –––– .i
2A 2σ1 2σ2

d 3σ2 + σ1
V = –––– ––––––––– .i
4A σ 1 . σ2

4Aσ1σ2 . V
i = ––––––––––––––
d(3σ2 + σ1)

17 B

qa qb
q
a b
x y

Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior
duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente,
conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há
uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga
também puntual qb,cada qual distando do centro da esfera
condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar
que
a) a força entre as cargas qa e qb é
k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cos θ).
b) a força entre as cargas qa e qb é nula.
c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois
não há dados suficientes.
d) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter-
ceira carga, qc, esta não sentiria força alguma.
e) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter-
ceira carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada.
Resolução
As cavidades constituem blindagens eletrostáticas
para as cargas qa e qb em seu interior.
Logo, entre as cargas qa e qb a força elétrica é nula.


18 B
(a) (b)

z

y
x
Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da
figura (a) e produz no seu centro um campo magnético
de magnitude B na direção y, cuja representação no
sitema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outro
cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma
magnitude I flui através do caminho indicado, podemos
afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será
dado por
a) (– B, – B, – B). b) (– B, B, B).
c) (B, B, B). d) (0, 0, B).
e) (0, 0, 0).
Resolução
A espira quadrada da face do cubo da figura (a) gera
um campo magnético de intensidade B, sendo que em
seus quatro lados temos a corrente de intensidade I.
A E
I
I I F
B
z
C I
H
I
y
I
x
D
G
A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorrida
em apenas dois lados por corrente de intensidade I,
gerando no centro do cubo um campo magnético de
B
intensidade ––– , no sentido de y (regra da mão direi-
2
ta).
Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cubo
B
um campo de intensidade ––– na direção e no sentido y
2
(regra da mão direita).

Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por:
B B
By = + ––– + ––– ⇒ By = B
2 2
Analogamente: B
espira (BDGF): Bx = – –––
1 2

B
espira (ACHE): Bx = – –––
2 2
Campo resultante na direção x:
B B
Bx = – ––– – ––– ⇒ Bx= – B
2 2


Também temos:
B
espira (ABFE): Bz = + –––
1 2
B
espira (CDGH): Bz = + –––
2 2

B B
Bz = + ––– + ––– ⇒ Bz = + B
2 2

Bcentro = (– B; B; B)


19 E

l

I

Considere um aparato experimental composto de um
solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo
qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de
largura , resistência R e massa m presa por um de seus
lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual
passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito,
conforme a figura. Se alguém puxar a corda com
velocidade constante v, podemos afirmar que a força
exercida por esta pessoa é igual a
a) (µ0nI )2v / R + mg com a espira dentro do solenoide.
b) (µ0nI )2v / R + mg com a espira saindo do solenoide.
c) (µ0nI )2v / R + mg com a espira entrando no solenoide.
d) µ0nI2 + mg com a espira dentro do solenoide.
e) mg e independe da posição da espira com relação ao
solenoide.
Resolução
O campo magnético no interior do solenoide tem a
direção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo são
paralelas ao eixo do solenoide.
O movimento da espira retangular também tem a
direção do eixo do solenoide e, portanto, não há
variação do fluxo magnético. Não ocorre indução
magnética e não surgem forças magnéticas na espira.
Temos apenas:

T = P = mg


20 C
No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do
tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção
da radiação eletromagnética no comprimento de onda
λ = 6,80 × 10– 7 m. Considere que a formação de glicose
(C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, de
forma simplificada, pela reação:
6CO2 + 6H2O ⎯→ C6H12O6 + 6O2
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma
molécula de CO2 reaja é de 2,34 × 10 –18J, o número de
fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de
glicose é
a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.
Resolução
Como a reação para a formação de uma molécula de
glicose envolve seis moléculas de CO2, a energia E
necessária é de:
E = 6 . 2,34 . 10–18 (J)
E = 1,404 . 10–17J
A frequência f da radiação eletromagnética de
máxima absorção é dada por:
c = λf
3,0 . 108 = 6,80 . 10–7 . f
f ≅ 4,41 . 1014Hz
Da Equação de Planck, temos
E = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos
1,404 . 10–17 ≅ N . 6,62 . 10–34 . 4,41 . 1014
N ≅ 48

Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol de
glicose, ou seja, 6,023 . 1023 moléculas de glicose, são
necessários aproximadamente 2,89 . 1025 fótons.


As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem
ser resolvidas no caderno de soluções

21
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo
α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω
constante. O disco encontra-se imerso numa região do
→
espaço onde existe um campo magnético B uniforme e
constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do
disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-
se no plano do disco, em repouso em relação a este, e
situada a uma distância R do centro, conforme a figura.
Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o disco
e g a aceleração da gravidade, determime até que valor
de ω o disco pode girar de modo que a partícula
permaneça em repouso.

®
B a

w
R

a
® a
B
vista lateral
a

Resolução

®
B a
v
(1)
R
(2)
v
a
(1)
® ®
B F
® at R
Pt R
® (2) ®
v
Fm

Ao passar pela posição (2), a partícula fica sob ação
de uma força de atrito de módulo máximo, que corres-
ponde ao valor máximo da velocidade angular ω.
O sentido da força magnética é dado pela regra da
mão esquerda, conforme a figura.
→
Pt é a componente tangencial do peso da partícula.
Temos: Fat = µ . PN = µ mg cos α
Pt = mg . sen α
Fm = q . v . B = q . ω . R . B
Sendo a resultante centrípeta, vem:
Fat – Fm – Pt = mω2 R
µmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 R
mω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0


ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0

– qRB ± q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)
ω = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2mR

Sendo ω > 0, vem:

– qRB + q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)
ω = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2mR

22
Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em
seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um
rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na
figura. Sendo g a aceleração da gravidade e descon-
siderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a
altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a
vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da
pista.

Resolução

No trajeto de B para C, o bloco deverá descrever um
arco de parábola cujo alcance D é dado por:
2
VB
D = –––– sen 2ϕ (1)
g
Da figura, temos:
D = 2R sen ϕ (2)
2
VB
(1) = (2) ⇒ –––– sen 2 ϕ = 2R sen ϕ
g
2
VB
–––– . 2 sen ϕ cos ϕ = 2R sen ϕ
g
gR
V2 = –––––
B cos ϕ

Usando-se a conservação da energia mecânica entre A
e B, resulta:
EB = EA
(ref. em B)
2
mVB
–––– = mg [h – R (1 + cos ϕ)]
2

gR
––––––– = g [h – R (1 + cos ϕ)]
2cos ϕ

R
––––––– = h – R (1 + cos ϕ)
2cos ϕ

R
h = ––––––– + R (1 + cos ϕ)
2cos ϕ

1
h=R ––––––– + 1 + cos ϕ
2cos ϕ

1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ)
h=R ––––––––––––––––––––
2cos ϕ


23
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um
sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicial-
mente em repouso sobre uma superfície sem atrito, con-
forme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento
de compressão da mola, considerando desprezível a sua
massa.

Resolução
1) A compressão da mola será máxima quando os
corpos tiverem velocidades iguais (fim da fase de
deformação).

2) Conservação da quantidade de movimento:
Q1 = Q0
(m1 + m2) V1 = m1 V0

m1 V 0
V1 = ––––––––––
m1 + m2

3) Conservação da energia mecânica:
Efinal = Einicial
2
kx2 (m1 + m2) m1 V0
–––– + –––––––––– V2 = –––––––
1
2 2 2

2 2
kx2 m1 + m2 m2 . V0
1
m1 V 0
–––– + –––––––––– ––––––––– = –––––––
2 2 (m1 + m2)2 2

2
m2 V 0
1 2
kx2 + –––––––––– = m1V0
m1 + m2
2
2
m2 V 0
1
kx2 = m1V0 – ––––––––––
m1 + m2

2
m1
kx2 = m1V0 1 – ––––––––
m1 + m2

2
m1 + m2 – m1
kx2 = m1V0 –––––––––––––
m1 + m2
2
m1 m2 V0
kx2 = ––––––––––
m1 + m2
2
m1 m2 V0
x2 = –––––––––––
(m1 + m2)k

m1 m2
x = V0 –––––––––––
k(m1 + m2)


24
Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está
imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1
e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e
uma mola de constante elástica k, conforme mostra a
figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está no
líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da
gravidade, determine a força de tração na corda.

Resolução

O peso P da esfera é dado por:
P=ρVg

As intensidades dos empuxos serão dadas por:

E1 = ρ1 0,7 Vg

E2 = ρ2 0,3 Vg

Para o equilíbrio da esfera temos:
T + E1 + E2 = P

T + ρ1 0,7 Vg + ρ2 0,3 Vg = ρ Vg

T = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2)


Para o equilíbrio do sistema:

No triângulo, temos:
F
cos 30° = –––
T

3
F = T cos 30° = T –––
2

3
F = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) ––––
2


25
Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de
um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e
temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa
o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma
mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à
parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O
sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicial-
mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente
até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua
aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro
do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando
os atritos, determine a temperatura do gás na posição de
equilíbrio em função da sua temperatura inicial.

Resolução
1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação de
Clapeyron para as situações inicial e final:
pV = n R T
Assim:
p0V0 = 1 . R T0 ⇒ p0V0 = R T0 (I)
pV = 1 R T ⇒ p 2V0 = R T (II)
Observe que V = 2V0 (o volume dobra).

2) Do texto, podemos concluir que a operação é
adiabática (sem trocas de calor) e a energia
perdida pelo gás monoatômico na realização de
trabalho foi armazenada na mola como energia
potencial elástica.

Assim:

U0 – U = Ep
e
3 3 kx2
––– RT0 – –––RT = –––––
2 2 2

kx2
T0 – T = –––––
3R

Mas:
V0
V0 = A . x ⇒ x = –––
A
Portanto:
V0
kx . ––––
A
T0 – T = ––––––––––
3R

Como: kx = F (força realizada pelo gás na situação
de equilíbrio),

vem:
kx
–––– . V0
A
T0 – T = ––––––––––
3R
p . V0 p . 2V0
T0 – T = ––––––– = –––––––
3R 3R . 2

Usando-se a expressão II, temos:
RT
T0 – T = –––––
6R
T 7T
T0 = ––– + T ⇒ T0 = ––––
6 6

6
T = ––– T0
7

6
Resposta: –––– T0
7


26
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de com-
primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal,
tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente
divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y =
10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o
comprimento da x imagem da barra e faça um desenho
esquemático para mostrar a orientação da imagem.

M
45°
L
y

x

Resolução
(I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa de
um triângulo retângulo isósceles de catetos de
comprimento a.
M
Teorema de Pitágoras:
(LM)2 = a2 + a2
10 2 cm
a (10 2)2 = 2a2
45°
L Da qual: a = 10cm
a

(II) Considerando-se que a lente divergente apresen-
tada opera de acordo com as condições de
estigmatismo de Gauss, determinemos,
inicialmente, as coordenadas das extremidades da
imagem L’M’ do bastão LM.
Extremidade L:
Abscissa:
1 1 1 1 1 1
––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – –––
p p’ f 30 + 5 p’L 20

140 140
Da qual: p’ = – –––– cm ⇒
L
xL’ = –––– cm
11 11

Ordenada:
140
yL’ – ––––
i p’ 11
––– = – ––– ⇒ –––––– = – ––––––––
o p 10 – 5 30 + 5

20
Da qual: yL’ = –––– cm
11

Extremidade M:
Abscissa:
1 1 1 1 1 1
––– + ––– = ––– ⇒ –––––– + –––– = – –––
p p’ f 30 – 5 p’
M 20


100 100
Da qual: p’ = – –––– cm ⇒ xM’ = –––– cm
M 9 9

Ordenada:
100
yM’ – ––––
i p’ 9
––– = – ––– ⇒ –––––– = – ––––––––
o p 10 + 5 30 – 5

60
Da qual: yM’ = –––– cm
9

(III) A imagem L’M’ está posicionada no esquema
abaixo em relação a um referencial cartesiano
Oxy.

O comprimento da imagem L’M’ é obtido pelo
Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retân-
gulo hachurado no gráfico.
140 100 160
x = –––– – –––– ⇒ x = –––– cm
11 9 99
60 20 480
y = –––– – –––– ⇒ y = –––– cm
9 11 99
2 2
160 480
(L’M’)2 = x2 + y2 ⇒ (L’M’)2 = –––– + ––––
99 99

160
Da qual: L’M’ = –––– 10 cm ≅ 5,1 cm
99
(IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminosos
que produzem a imagem virtual L’M’ do objetivo
real LM.

M

M’
L

L’
F O


27
Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário a
partir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside-
rando órbitas circulares.
Resolução

®
V

PLANETA
m
r ®
Sol FG

M

Se a órbita é suposta circular, o movimento orbital é
uniforme.
A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz o
papel de resultante centrípeta.

FG = Fcp

GMm
–––––– = mω2 r
r2

GM
ω2 = ––––
r3

2π 4π2 GM
Porém, ω = –––– ⇒ –––– = ––––
2
T T r3

T2 4π2
–––– = ––––
r3 GM
T = período de translação
r = raio de órbita
G = constante de gravitação universal
M = massa do Sol

3.a Lei de Kepler:
O quadrado do período de translação do planeta é
proporcional ao cubo do raio médio da órbita.


28
Considere uma espira retangular de lados 3a e a,
respectivamente, em que circula uma corrente I, de
acordo com a figura. A espira pode girar livremente em
torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio
infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto
x = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma
magnitude I, calcule o momento resultante da força
magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando
esta encontra-se no plano yz.
Z
a 3
2

I a

I y

a
x 2
Resolução
Considere as figuras:

O momento M resultante das forças magnéticas de
módulo F sobre a espira em relação ao eixo z quando
esta se encontra no plano yz é dado por:

→
Fcos α
M = F cos α . d →
d=a 3 Fcos α

→
Cálculo do valor de F Determinação do
ângulo α


a 3
––––––––
2
F= µ.I.I.a tg α = ––––––––
––––––––– a
2π. ––
2

µ . I2 . a
F = ––––––––– tg α = 3
2πa

µ . I2
F = –––––– α = 60°
2π

µ . I2
M = –––––– . cos 60° . a 3
2π

µ . I2 1
M = –––––– . ––– . a 3
2π 2

3 µ . I2 a
µ = –––––––––––
4π


29
O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag-
ma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma
superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os
fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos
pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.
Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila
se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sen-
sibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite
muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com
potência de 6 ×10–5 W, emitem, respectivamente, luz azul
(λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente,
isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de
luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual
das duas fontes pode ser vista a uma maior distância?
Justifique com cálculos.

d

Resolução
(I) Equação de Planck: E = h f
c
Mas c = λ f ⇒ f = –––
λ
hc
Logo: E = ––– (1)
λ
(II) Potência requerida para sensibilizar a retina:
400E
P = ––––– (2)
∆t

400h c
(1) em (2): P= ––––– (3)
λ ∆t

(III) Intensidade de onda requerida para sensibilizar
a retina:
P P
I = ––– ⇒ I = ––––– (4)
A π r2

400h c
(3) em (4): I = ––––––– (5)
π λ∆t r2

(IV) Intensidade de onda da fonte:
PF
I = –––––– (6)
4π x2
Comparando-se (5) e (6), vem:
PF 400 h c
–––––– = –––––––––
4π x2 π λ ∆t r2

Da qual:


r PF λ ∆t
x = ––– ––––––––
40 hc

Tendo-se em conta os valores constantes
r = 3mm, PF = 6 . 10–5W, ∆t = 1s,
h = 6,62 . 10–34m2kg/s e c = 3 . 108m/s,
conclui-se que poderá ser vista a uma maior
distância x a luz de maior comprimento de onda
λ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimento
de onda é maior que o da luz azul.
λ v = 650nm > λA = 475nm


30
No gráfico a seguir estão representadas as características
de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência
interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz
ε’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão
interligados, determine a resistência interna e o rendi-
mento para o gerador e para o receptor.

100

80

V(V)
60

40

20
0 1 2 3 4
I(A)

Resolução
1 – Leitura do gráfico:
• gerador: ε = 100V
• receptor: ε’ = 40V

2 – Cálculo das resistências internas:
• gerador:
100 – 20
r = –––––––– (Ω) ⇒ r = 20Ω
4

• receptor:
60 – 40
r’ = –––––––– (Ω) ⇒ r’ = 10Ω
2

3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

i

+ +
e U e’
- -

r r’

i

Lei de Pouillet:
ε – ε’ 100 – 40
i = –––––– ⇒ i = –––––––– (A)
r – r’ 20 + 10

i = 2A

4. Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:
U=ε–ri
U = 100 – 20 . 2 (V)
U = 60V


5. Cálculo dos rendimentos:
• gerador:
U 60V
ηG = ––– ⇒ ηG = –––––– = 0,60
ε 100V
ηG = 60%

• receptor:
ε’ 40V 2
ηrec = ––– ⇒ ηrec = ––––– = –––
U 60V 3

ηrec 67%

Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%
receptor: r’ = 10Ω; η = 67%
rec


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