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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
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 x 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°C.
π = 3,14.
͙ෆ5 = 2,24.
d
Durante a apresentação do projeto de um sistema acús-
tico, 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 fre-
qüência (f), da densidade do ar (ρ) e da velocidade do
som (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Consi-
derando as grandezas fundamentais: massa, compri-
mento e tempo, assinale a opção correta que repre-
senta 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
Resolução
A equação dimensional da intensidade de onda é dada
por:
I = ⇒ [I] = = = MT–3
Portanto:
[I] = [A]x [f]y [ρ]z . [c]
MT–3 = Lx (T –1)y (ML–3)z LT –1
MT –3 = Mz Lx–3z+1 T –y – 1
Identificando-se os expoentes, vem:
z = 1
x – 3z + 1 = 0
–y – 1 = – 3
b
Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçan-
do as mãos contra duas paredes verticais, perpen-
diculares entre si, dispondo seu corpo simetricamente
em relação ao canto e mantendo seus braços hori-
2
z = 1
y = 2
x = 2
ML2T–3
––––––––
L2
[Pot]
––––
[A]
Potência
–––––––––
Área
1
FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
zontalmente alinhados, co-
mo mostra a figura. Sendo
m a massa do corpo do
atleta e µ o coeficiente de
atrito estático inter-
veniente, assinale a opção
correta que indica o mó-
dulo mínimo da força exer-
cida pelo atleta em cada
parede.
a) ( )1/2
b) ( )1/2
c) ( ) d) ( )
e) n.d.a.
Resolução
A pessoa aplica sobre a parede uma força horizontal de
intensidade F, inclinada de 45°, e uma força de atrito
vertical dirigida para baixo, e de intensidade Fatv = .
A força inclinada F
→
deve ser decom-
posta em uma com-
ponente normal à
parede FN e uma
força de atrito ho-
rizontal FatH .
Como a inclinação é
de 45°, resulta
FatH = FN
A força total de atrito Fat será a soma vetorial das com-
ponentes de atrito horizontal e vertical
Fat
2 = FatH
2
+ FatV
2
Fat
2 = FN
2
+ (1)
Como se pretende a condição limite (iminência de es-
corregar), temos:
Fat = µ FN (2)
Substituindo-se (2) em (1), vem:
µ2 FN
2
= FN
2
+
P2
–––
4
P2
–––
4
FNFat
H
=
Fat
V = P
2
Fat
F
® 45º
FN
Fat H
P
––
2
µ2 + 1
––––––
µ2 – 1
mg
–––
2
µ2 – 1
––––––
µ2 + 1
mg
–––
2
µ2 + 1
––––––
µ2 – 1
mg
–––
2
µ2 – 1
––––––
µ2 + 1
mg
–––
2
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
FN
2
(µ2 – 1) =
Segue-se ainda que F = ͙ෆ2 FN = ͙ෆ2
A força total que a pessoa aplica na parede é a resul-
tante entre F e FatV
.
FR
2
= F
2
+ FatV
2
FR
2
=
FR
2
= +
FR
2
= =
a
Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México,
Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância,
cobrindo 8,9 m de extensão. Suponha que, durante o
salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura
variando de 1,0m no início, chegando ao máximo de
2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Des-
prezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que a com-
ponente 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 .
3
mg µ2 + 1
FR= –––
(––––––––
)
1/2
2 µ2 – 1
)µ2 + 1
––––––––
µ2 – 1(P2
–––
4
(2 + µ2 – 1)
––––––––––
2 (µ2 – 1)
P2
–––
2
)1
–––
2
1
–––––––
µ2 – 1(P2
–––
2
1 P2
–––––– + ––
µ2 – 1 4
P2
–––
2
F
Fat
V
FR
P 1
F = –––– ––––––––––
͙ළළළ2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1
P
––
2
P 1
FN = –––– ––––––––––
2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1
P2
–––
4
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Resolução
1) Cálculo de V0y
Para o movimento vertical de subida de A para B,
temos:
Vy
2
= V0y
2
+ 2 γy ∆sy
0 = V0y
2
+ 2 (–10) . 1,0
V0y
2
= 20 ⇒
2) Cálculo do tempo total de vôo entre A e C:
y = y0 + V0y t + . t2
0,2 = 1,0 + ͙ළළළළළ20 T – . T2
5 T2 – ͙ළළළළළ20 T – 0,8 = 0
T = (s) = (s)
Como T > 0, vem: T = (s)
Sendo ͙ළළළළළ20 ≅ 4,48, vem:
T = (s) ⇒
3) Como o movimento horizontal é uniforme, vem:
V0x = =
V0x ≅ 8,5 m/s
8,9m
––––––
1,05s
D
–––
T
T = 1,05s
4,48 + 6
––––––––
10
͙ළළළළළ20 + 6
–––––––––
10
͙ළළළළළ20 ± 6
–––––––––––
10
͙ළළළළළ20 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළ20 + 16
–––––––––––––––––––
10
10
–––
2
γy
–––
2
V0y = ͙ළළළළළ20 m/s
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
b
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, cu-
jos centros se encontram numerados de 1 a 7. Consi-
dere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o per-
curso 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 per-
curso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE.
a) 6,0m/s 6,0s 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 3,1s 0,17s–1
e) 4,0 m/s 12s 6,0 s–1
Resolução
1) O intervalo de tempo será mínimo quando a velo-
cidade escalar for máxima, o que ocorre quando a
força de atrito, que faz o papel de resultante cen-
trípeta, for a máxima possível.
Fatmáx
= Fcp
µ m g =
V2 = µ g R ⇒
V = ͙ළළළළළළළළළළළළළළ0,8 . 10 . 2,0 (m/s) ⇒
2) O trecho curvo tem um comprimento total dado
por:
C = 3 . 2π R = 6 . 3,14 . 2,0 (m)
C ≅ 37,7m
A distância total percorrida vale:
∆s = 12,0m + 37,7m = 49,7m
3) O tempo total gasto de A para F é dado por:
V = ⇒ ∆t = (s) ⇒
4) O número de zigue-zagues entre B e E é 3 e o
tempo gasto é dado por:
∆s = C = 37,7m
∆t ≅ 12s
49,7
–––––
4,0
∆s
–––
∆t
V = 4,0 m/s
V = ͙ළළළළළළළළළµ g R
m V2
–––––
R
4
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
V = 4,0m/s
∆t = = (s) ⇒
A freqüência de zigue-zagues é dada por:
f = = (Hz) ⇒
d
Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metá-
lica, 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, imer-
sa no campo magnético uniforme
→
B que penetra per-
pendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido de
C para E. Assinale a alternativa correta.
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.
Resolução
5
f ≅ 0,32Hz
3
–––––
9,42
n
–––
∆t
∆t ≅ 9,42s
37,7
–––––
4,0
∆s
–––
V
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
O sentido de movimento dos elétrons é contrário ao
sentido convencional da corrente elétrica i fornecida.
Pela regra da mão esquerda, concluímos que os elé-
trons irão acumular-se na face BFEC. Logo, o potencial
elétrico do ponto Q é menor do que o do ponto P. A
ddp VH entre os pontos P e Q é dada por:
VH = B . d . Ve ; portanto Ve = . Ao se imprimir à
lâmina uma velocidade V = no sentido indicado
pela corrente i, isto é, oposto ao sentido de Ve , tería-
mos uma situação oposta à descrita anteriormente.
Desta maneira, o potencial elétrico em P tornar-se-ia
igual ao potencial elétrico em Q.
b
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 – ωt), presente na cor-
da, 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) ͙ෆ2 / 2π b) ͙ෆ2 / 2 c) ͙ෆ2
d) ͙ෆ2 π / 2 e) ͙ෆ2 π
Resolução
Lembrando-se que ω = , a equação da onda
harmônica em questão fica expressa por:
y = sen (x – ωt)
Donde:
Cálculo de Ei (t = 0):
Carga A (x = 0):
yA = sen 0 – . 0 ⇒ yA = 0
Carga B (x = π):
yB = sen π – . 0 ⇒ yB = 0
Configuração das cargas em t = 0:
΃
2π
––––
T΂
π
––––
2
΃
2π
––––
T΂
π
––––
2
π 2π
y = –––– sen ΂x – –––– t΃2 T
π
––––
2
2π
–––––
T
6
VH
––––
Bd
VH
––––
Bd
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Ei = k ⇒
Cálculo de Ef t = :
Carga A (x = 0):
yA = sen 0 – . ⇒ yA = –
Carga B (x = π):
yB = sen π – . ⇒ yB =
Configuração das cargas em t = :
Os triângulos retângulos destacados são congruentes.
Por Pitágoras, calcula-se o comprimento d.
d 2 =
2
+
2
⇒
A distância total entre as cargas A e B é D, dada por:
D = 2d ⇒
Logo: Ef = k ⇒
Estabelecendo-se a relação pedida Ef /Ei , segue-se
que:
Q2
Ef = – k––––––
π ͙ළළ2
QAQB
–––––––
D
D = π ͙ළළ2
π
d = ––– ͙ළළ2
2΃
π
–––
2΂΃
π
–––
2΂
T
–––
4
π
––––
2΃
T
–––
4
2π
––––
T΂
π
––––
2
π
––––
2΃
T
–––
4
2π
––––
T΂
π
––––
2
΃
T
––––
4΂
Q2
Ei = – k––––
π
QAQB
–––––––
d
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= =
Logo:
d
A figura plana ao lado mostra os elementos de um cir-
cuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas
espiras interligadas, A e B, de comprimentos relativa-
mente curtos em comparação aos dois fios condutores
próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro-
amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre ins-
tantaneamente no momento em que
a) a chave 1 for ligada.
b) a chave 1 for ligada ou então desligada.
c) a chave 2 for ligada.
d) a chave 2 for ligada ou então desligada.
e) a chave 2 for desligada.
Resolução
Ao fecharmos a chave 1, a corrente elétrica que per-
corre o fio CD irá provocar na espira “A” uma variação
do fluxo magnético.
Esta variação do fluxo magnético irá gerar na espira A
uma corrente elétrica induzida no sentido anti-horário.
A corrente elétrica que percorre o fio EF, de maneira
análoga, irá gerar na espira B uma corrente elétrica
induzida também no sentido anti-horário.
Observemos, na figura, que tais efeitos se anulam e o
micro-amperímetro não apresenta deflexão.
Fenômeno semelhante ocorre ao “abrirmos” a chave
1 e o micro-amperímetro também não apresenta de-
flexão.
Por outro lado, ao abrirmos ou fecharmos a chave 2,
teremos corrente elétrica percorrendo o fio CD, mas não
o fio EF. Dessa maneira, não teremos um anulamento
dos efeitos e o micro-amperímetro apresentará deflexão.
7
Ef ͙ළළ2
–––– = –––––
Ei 2
1
––––
͙ළළ2
Q2
– k –––––––
π ͙ළළ2
––––––––––––
Q2
– k–––––
π
Ef
––––
Ei
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
c
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
2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resis-
tências 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 corren-
te 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 10–4J.
Resolução
8
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
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Cálculo de i
Lei de Pouillet:
i = ⇒ i = (A) ⇒ i = 10A
Cálculo de UCB
UCB = RCB . i ⇒ UCB = 3 . 10(V) ⇒ UCB = 30V
Cálculo de i1:
UCB = (RCA + RAB) . i1
30 = (2 + 2) . i1
i1 = 7,5A
A corrente elétrica no resistor d tem intensidade ,
isto é, 3,75A.
A ddp entre os terminais da associação de capacitores
é UAB = RAB . i1 ⇒ UAB = 2 . 7,5 (V) ⇒ UAB = 15V.
Logo, cada capacitor está submetido a uma diferença
de potencial igual a 7,5V.
Ao abrirmos a chave T, o resistor g fica sob tensão de
7,5V, aplicada pelos capacitores carregados. Portanto,
a corrente elétrica no resistor g é ig = ⇒
⇒
a
Um painel coletor de energia solar para aquecimento
residencial de água, com 50% de eficiência, tem su-
perfície 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 x 103 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.
a) 12°C b) 10°C c) 1,2°C d) 1,0°C e) 0,10°C
Resolução
A intensidade de radiação aproveitada para o aque-
cimento da água (Iútil) é dada por:
Iútil =
0,5I = ⇒ 0,5I =
mc Aθ
–––––––
∆t . A
Q
–––––
∆t . A
Pot
––––
A
9
ig = 3,75A
7,5V
–––––
2Ω
i1
––––
2
90
––––
9
E
––––
∑R
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Admitindo-se que a massa de água correspondente a
6,0l seja igual a 6,0kg (µH
2
O = 1,0kg/l), vem:
0,5 . 1,0 . 103 =
a
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 cilin-
dro, é aquecido de 30 °C a 100°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 ex-
postos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicio-
nado 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
Resolução
Da Primeira Lei da Termodinâmica aplicada às trans-
formações (1) e (2), temos:
∑Qtrocado = ∆U1 + ∆U2 + τ1 + τ2
A variação da energia interna ∆U é dada por:
∆U = nR∆T
Como ∆T1 = –∆T2, temos:
∆U1 = –∆U2
A transformação (2) é isométrica, assim:
τ2 = 0
O calor trocado fica então:
Q1 – Q2 = τ1
Como a transformação (1) é isobárica, temos:
τ1 = p1∆V
A pressão p1 é dada por:
p1 = patm + ppistão
p1 = patm +
p1 = 1,0 . 105 + (N/m2)
p1 = 1,13 . 105 N/m2
A variação de volume é dada por:
∆V = A ∆ h
∆V = 60 . 10–4 . 20 . 10–2 (m3)
∆V = 1,2 . 10–3 m3
Assim:
Q1 – Q2 = 1,13 . 105 . 1,2 . 10–3 (J)
Q1 – Q2 = 135,6J
Q1 – Q2 ≅ 136J
8,0 . 10
––––––––––
60 . 10–4
mpistão g
–––––––––
A
3
––––
2
10
∆θ = 11,9 °C ≅ 12°C
6,0 . 4,2 . 103 . ∆θ
–––––––––––––––––
60 . 10
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
b
A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0
acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°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 30°C, assinale a
opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha
das neves.
a) 2,5 km b) 3,0 km c) 3,5 km
d) 4,0 km e) 4,5 km
Resolução
1) Cálculo da densidade média do ar:
p V = R T
p = R T
µ = = (kg/m3) ≅ 1,24kg/m3
2) Cálculo da variação de pressão:
= .
= .
3) Cálculo da altura:
∆p = µ g ∆h
3,5 . 10 4 = 1,24 . 10 . ∆h
c
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 ͙ෆ2 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) ͙ෆ2. b) 2. c) 4. d) 4 ͙ෆ2. e) 6 ͙ෆ2.
Resolução
De acordo com o texto, o semi-eixo maior (raio médio)
de Beta é o dobro do de Gama:
Rβ = 2 Rγ
12
∆h = 2,8 . 103m = 2,8km
∆p = 3,5 . 10 4 Pa
30
––––
303
7
––
2
∆p
––––––––
1,0 . 105
∆T
–––
T
7
––
2
∆p
–––
p
1,0 . 105 . 30 . 10–3
–––––––––––––––––
8 . 303
p M
–––––
R T
µ
–––
M
m
–––
M
11
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, vem:
=
= ⇒ Tβ
2
= 8 Tγ
2
De acordo com o texto: Tα = ͙ළළළ2 Tβ
Substituindo o valor de Tβ , vem:
Tα = ͙ළළළ2 . ͙ළළළ8 Tγ ⇒ Tα = ͙ළළළළළළ16 Tγ
Tα = 4 Tγ ⇒
b
Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que
emitem, em fase, ondas de freqüência f e compri-
mento 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) 4λ / 5. b) 5λ / 4. c) 3λ / 2.
d) 2λ. e) 4λ.
Resolução
Para que no ponto O ocorra interferência construtiva
(reforço) entre os sons provenientes de F1 e F2 , a dife-
rença de percursos ∆x = F1O – F2O deve ser um múl-
tiplo par de meio comprimento de onda.
13
Tα
––– = 4
Tγ
Tβ = ͙ළළළ8 Tγ
Rγ
3
––––
Tγ
2
8 Rγ
3
–––––
Tβ
2
Rγ
3
––––
Tγ
2
Rβ
3
––––
Tβ
2
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
∆x = p , com p = 2; 4; 6...
Logo: F1O – F2O = p ⇒ ͙ෆෆෆෆෆෆ(3λ)2 + x2 – x = p
͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2 = p + x
(͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2
)
2
= (p + x)
2
9λ2 + x2 = p2 + pλx + x2
Donde: x = (9λ – )
Para p = 2: x = 4λ
Para p = 4: x = λ
Para p = 6: x = 0
Como a questão refere-se ao menor valor de x, dife-
rente de zero, optamos por:
e
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 lâmi-
na é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias,
pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que pro-
voca o deslocamento da franja central brilhante (ordem
zero) para a posição que era ocupada pela franja bri-
lhante de primeira ordem, é igual a
a) 0,38 λ. b) 0,60 λ. c) λ.
d) 1,2 λ. e) 1,7 λ.
14
5
x = ––– λ
4
5
––
4
p2λ
––––
4
1
––
p
λ2
––
4
λ
––
2
λ
––
2
λ
––
2
λ
––
2
λ
––
2
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Resolução
A diferença de fase entre as ondas é causada pela
diferença entre os tempos de percurso da luz ao per-
correr a distância d na lâmina (∆tL) e distância idêntica
no vácuo (∆tv):
Para o pulso que atravessa a lâmina de vidro, temos:
∆tL = ⇒ ∆tL =
Da Equação Fundamental da Ondulatória, vem:
c =
∆tL = ⇒
Para o pulso que se propaga sem mudança de
meio (pulso direto), temos:
∆tv = ⇒ ∆tv = ⇒
∆tL – ∆tv = –
∆tL – ∆tv = (n – 1)
Assim:
∆ϕ = . (n – 1)
∆ϕ =
Para a franja brilhante de ordem 1 (interferência
construtiva), temos:
∆ϕ = 2π (rad)
(n – 1) = 2π
d = ⇒ d =
d ≅ 1,7 λ
λ
–––––––
1,6 – 1
λ
–––––
n – 1
2π d
–––––
λ
2π d (n – 1)
–––––––––––
λ
d T
–––
λ
2π
–––
T
d T
––––
λ
d T
––––
λ
n d T
–––––
λ
d T
∆tv = –––––
λ
d
––––
λ
–––
T
d
––
c
n d T
∆tL = ––––––
λ
n d
––––
λ
–––
T
λ
––
T
n d
––––
c
d
––
c
––
n}
d
∆tL = –––
vL
c
vL = –––
n
2π
∆ϕ = ––– (∆tL – ∆tV)
T
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
b
Um tubo sonoro de comprimento ᐉ, 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 funda-
mental. 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 mᐉ. b) (c / 2ᐉ)2 mL. c) (c/ᐉ)2 mL.
d) (c /ᐉ)2 mᐉ. e) n.d.a.
Resolução
A situação proposta está esquematizada abaixo.
Para o tubo sonoro, temos:
l = ⇒ λsom = 4l
Vsom = λsom f
c = 4lf
Donde:
Para o fio, temos:
Vfio = λfiof ⇒ = 2L
=
2
L2
Donde:
e
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-
tituído de um elétron de carga e que se move em órbi-
tas 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
a) –e 2/(2ε0r). b) e 2/(2ε0r). c) –e 2/(4πε0r).
16
c
F = (–––)
2
m L
2l
)c
––––
2l(FL
––––
m
c
––––
4l
FL
–––
m
c
f = ––––
4l
λsom
––––
4
15
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
d) e2 / r. e) n.d.a.
Resolução
A força de atração coulombiana que age no elétron de
carga atua como resultante centrípeta e, desta ma-
neira, o trabalho efetuado por esta força é nulo.
d
Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumi-
na-se sucessivamente a superfície de um metal com
luz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2,
respectivamente. Sabe-se que as velocidades máxi-
mas 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) (2 λ1 – λ2) h C /(λ1 λ2).
b) (λ2 – 2 λ1) h C /(λ1 λ2).
c) (λ2 – 4 λ1) h C/(3λ1 λ2).
d) (4 λ1 – λ2) h C /(3λ1 λ2).
e) (2 λ1 – λ2) h C/(3λ1 λ2).
Resolução
A função trabalho Φ do metal correspondente à ener-
gia de ligação dos seus fotoelétrons
Para a radiação de comprimento de onda λ1, temos:
= hf1 – Φ ⇒ = h – Φ
= h – ᕃ
Para a radiação de comprimento de onda λ2, temos:
= hf2 – Φ ⇒ = h – Φ ᕄ
Comparando-se ᕃ e ᕄ, vem:
C
––––
λ2
mV2
2
––––
2
mV2
2
––––
2
Φ
––
4
C
––––
4λ1
mV2
2
––––
2
C
––––
λ1
m(2V2)2
–––––––
2
mV1
2
––––
2
mV2
–––– = hf – Φ
2
17
+
e
Fe
®
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
h – = h – Φ
= hC ( – )
= hC ( )
Donde:
c
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 mergu-
lhada em um meio, menos refringente do que o mate-
rial 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 índi-
ces 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.
Resolução
A distância focal (f) de uma lente esférica delgada, de
faces com raios de curvatura respectivamente iguais a
R1 e R2 e índice de refração relativo nL,M =
é dada pela Equação dos Fabricantes de Lentes
(Equação de Halley).
Com R1 e R2 constantes (características da lente con-
siderada), temos:
= – 1 C ⇒ = C
nM 1
f =
΂–––––––––
΃––––
nL – nM C
΃
nL – nM
––––––––
nM
΂
1
–––
f΃
nL
––––
nM
΂
1
––––
f
1 1 1
––– = (nL,M – 1)
΂–––– + ––––
΃f R1 R2
nL
––––
nM
18
h C 4λ1 – λ2
Φ = ––– (––––––––)3 λ1λ2
4λ1 – λ2
––––––––
4λ1λ2
3Φ
–––
4
1
–––
4λ1
1
–––
λ2
3Φ
–––
4
C
––––
λ2
Φ
––
4
C
––––
4λ1
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Observamos na expressão anterior que quanto mais
próximo de nL for nM, menor se tornará a diferença
nL – nM e, conseqüentemente, maior ficará a distância
focal.
I. Errada
Se nL = nM , a distância focal tenderá ao infinito
(sistema afocal).
II. Correta
Se n > nar, reduzir-se-á a diferença nL – nM e a dis-
tância focal aumentará.
III. Correta
Quanto maior for a diferença nL – nM , menor será
a distância focal da lente.
c
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 ob-
servar 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.
Resolução
Para um objeto real, o espelho plano conjuga uma ima-
gem virtual, simétrica em relação à superfície refletora
e com as mesmas dimensões do objeto. Cabe ainda
salientar que, no espelho plano, objeto e imagem cons-
tituem figuras enantiomorfas.
Tais características da imagem independem da posição
do objeto em relação à superfície refletora do espelho,
portanto, quando o homem se afasta, perpendicular-
mente à parede, ele continua a observar sua imagem
“ajustada” ao tamanho do espelho, como vista inicial-
mente.
a
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 total-
mente 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
20
19
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
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 ).
Resolução
A gravidade aparente dentro do elevador é dada por:
gap = g + a
O peso P’ é dado por:
P’ = m gap = m (g + a)
O empuxo E é dado por:
E = ρ V gap
Sendo d = , vem V =
Portanto: E = ρ (g + a)
Para o equilíbrio do bloco em relação a um referencial
fixo no elevador, vem:
T + E = P’
T + ρ (g + a) = m (g + a)
T = m (g + a) – ρ (g + a)
Uma máquina térmica opera com um moI de um gás
monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, repre-
sentado no plano PV, conforme mostra a figura. Con-
siderando que a transformação BC é adiabática, cal-
cule:
a) a eficiência da máquina;
b) a variação da entropia na transformação BC.
A C
B
3200
80
1 8
P(Pa)
V(m )3
21
ρ
T = m (g + a) (1 – ––)
d
m
–––
d
m
–––
d
m
–––
d
m
–––
d
m
–––
V
m
T
E
P’
m
a
®
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Resolução
1) Na transformação AB isométrica:
τAB = 0
∆UAB = VA ∆PAB
∆UAB = 1 x (3200 – 80) (J)
∆UAB = 4680 (J)
QAB = τAB + ∆UAB
QAB = 0 + 4680 (J)
QAB = 4680 J
A quantidade de calor QAB é recebida pelo gás
2) Na transformação BC adiabálica
QBC = 0
τBC = – ∆UBC
τBC = (PCVC – PBVB)
τBC = – (80 . 8 – 3200 . 1) (J)
τBC = 3840 J
3) Na transformação CA isobárica
τCA = PC ∆VCA
τCA = 80 (1 – 8) (J)
τCA = –560 J
∆UCA = PC ∆VCA
∆UCA = . 80 (1 – 8) (J)
∆UCA = – 840 J
QCA = τCA + ∆UCA
QCA = – 560 – 840 (J)
QCA = – 1400 J
A quantidade de calor QCA é cedida pelo gás.
A eficiência de uma máquina térmica operando em
ciclos é dada pela razão entre o trabalho total τ trocado
pelo gás e o calor Q recebido:
η =
τ
––
Q
3
––
2
3
––
2
3
––
2
3
––
2
3
––
2
3
––
2
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
η =
η =
η = 0,70 = 70%
b) A entropia ∆S é dada por
∆S =
Como a transformação CA é adiabática, vem:
∆QCA = 0
Portanto:
Respostas: a) 70%
b) 0
Tubos de imagem de televisão possuem bobinas mag-
néticas defletoras que desviam elétrons para obter
pontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens.
Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelera-
dos 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 comprimen-
to L onde atua um campo de indução magnética uni-
forme
→
B, que penetra perpendicularmente o plano do
papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda,
que a tela delimita a região do campo de indução mag-
nética.
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
elétron
anodo
catodo
U
y
x
P
L
b
tela
B
®
X X XX
X X XX
X X XX
X X XX
X X XX
X X XX
22
∆SCA = 0
∆Q
–––
T
0 + 3840 – 560
–––––––––––––
4680
τAB + τBC +τCA
–––––––––––––
QAB
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
fundamentais intervenientes. (Considere b << L).
Resolução
Parâmetros e constantes fundamentais intervenientes:
massa do elétron: m
carga do elétron em valor absoluto: e
Cálculo da velocidade V com que o elétron penetra no
campo de indução magnética uniforme B:
τAB = ∆Ecinética
eU = –
sendo V0 = 0, vem:
V =
͙ළළළ(I)
Cálculo de R:
No triângulo retângulo OPQ, temos:
R2 = (R – b)2 + L2
R2 = R2 – 2Rb + b2 + L2
R = (II)
A força magnética (Fmag) nos elétrons atua como resul-
tante centrípeta, assim:
Fmag = Fcp
eV B = ⇒ R = (III)
De II e III, vem:
=
B = . V
De (I), vem:
m
–––
e
2b
–––––––
b2 + L2
m V
––––––
e B
b2 + L2
–––––––
2b
m V
–––––
e B
m V2
––––––
R
b2 + L2
––––––
2b
2eU
––––
m
m V2
0
––––––
2
m V2
––––––
2
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
B =
͙ළළළ
Assim:
Considerando b << L, temos
Resposta:
Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de
mesma amplitude, de freqüências fA =150Hz e
fB = 155Hz, 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.
Resolução
a) A freqüência dos batimentos do som ouvido por um
observador O é dada pela diferença entre as fre-
qüências sonoras dos tubos B e A.
fbat = fB – fA ⇒ fbat = 155 – 150
b) A freqüência aparente (Efeito Doppler) detectada
pelo observador O indicado no esquema, para o
tubo B, que se afasta desse observador, deve ser
igual a 150 Hz. Dessa maneira, anula-se a freqüên-
cia dos batimentos.
Equação do Efeito Doppler sonoro:
= ⇒ =
300 + VB = ⇒
Respostas: a) 5,0 Hz; b) 10 m/s
VB = 10m/s300 . 155
–––––––––
150
150
––––––––
300 + VB
150
–––––––
300 + 0
fB
––––––
V ± VB
f0
––––––
V ± V0
fbat = 5,0 Hz
23
2b 2mU
B = –––––––
͙ළළළ–––––
L2 e
2b 2mU
B = –––––––
͙ළළළ–––––
L2 e
2b 2mU
B = –––––––
͙ළළළ–––––
b2 + L2 e
2eU
––––
m
m
–––
e
2b
–––––––
b2 + L2
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
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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 despre-
zíveis. 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.
Resolução
Para um referencial no centro de massa, a quanti-
dade de movimento total é nula e, portanto:
→ → →Qátomo + Qmolécula = 0
→ →| Qátomo | = | Qmolécula |
M V = 2 M V’
A energia cinética total adquirida pelo sistema é
dado por:
B = Ecinátomo + Ecinmolécula
B = V2 +
( )
2
B = V2 + M = M V2
V2 = ⇒
B
Resposta: 2
͙ළළළළ–––
3M
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 índi-
ce de refração é 1,00, calcule a distância entre os focos
de luz vermelha e de luz violeta, em centímetros.
Resolução
1) A equação de Halley (equação dos fabricantes de
lentes) é dada por:
2) Do enunciado, temos:
R1 = R2 = +1,00m (face convexa ⇒ R > 0)
1 nL 1 1
–––– =
(–––– – 1
)(––– + –––
)f nM R1 R2
25
4B B
V = ͙ළළළළ–––– = 2 ͙ළළළළ–––
3M 3M
4B
–––
3M
3
–––
4
V2
–––
4
M
–––
2
V
–––
2
2M
–––
2
M
–––
2
V
V’ = –––
2
24
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
nar = 1,00
nL(verm) = 1,60
nL(viol) = 1,64
3) Aplicando a equação de Halley para a lente, quando
exposta à luz monocromática vermelha, vem.
=
( )( +
)
=
( )( +
)
4) Aplicando a equação de Halley para a lente, quando
exposta à luz monocromática violeta, vem:
=
( )( +
)
=
( )( +
)
5) A distância entre os focos é dada por:
d = f1 – f2
d = 0,83 – 0,78
Resposta: 5,0cm
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 dis-
tância 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 resis-
tência R oferecida pelo solo entre as esferas.
26
d = 0,05m = 5,0cm
f2 ≅ 0,78m
1
––––
1,00
1
––––
1,00
1,64
–––––– – 1
1,00
1
–––
f1
1
–––
R2
1
–––
R1
nL (viol)
–––––––– – 1
nar
1
–––
f2
f1 ≅ 0,83m
1
––––
1,00
1
––––
1,00
1,60
–––––– – 1
1,00
1
–––
f1
1
–––
R2
1
–––
R1
nL (verm)
–––––––– – 1
nar
1
–––
f1
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Sabendo que R C = 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.
Resolução
a) O circuito elétrico correspondente ao sistema es-
quematizado é o seguinte:
A d.d.p. entre as esferas B e A, depois de plena--
mente carregadas, é dada por:
VB – VA = K . – (K . )
VB – VA = 2K .
Sendo VB – VA = E, vem:
E = 2K . ⇒ =
Mas = C e K = ; logo
C =
b) De RC = , vem:
R . 2π ε r =
Respostas: a) ver esquema; C = 2π ε r
b)
1
σ = –––––
2πRr
1
σ = –––––
2πRr
ε–––σ
ε–––σ
C = 2π ε r
r
––––––––
1
2 . ––––
4πε
1
––––
4πε
Q
––––
E
r
––––
2K
Q
––––
E
Q
––––
r
Q
––––
r
–Q
––––
r
+Q
––––
r
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
A figura representa o esquema simplificado de um cir-
cuito elétrico em uma instalação residencial. Um gera-
dor 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 entre o neutro e cada uma das fases. No cir-
cuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétri-
cos, com as respectivas potências nominais indicadas
na figura.
Admitindo que os aparelhos funcionam simultanea-
mente durante duas horas, calcule a quantidade de
energia elétrica consumida em quilowatt-hora (kWh) e,
também, a capacidade mínima dos fusíveis, em am-
pére.
Resolução
1) Energia elétrica consumida:
Eel = (Pcafeteira + Pforno + Pchuveiro) . ∆t
Eel = ( ). kW . 2h
2) Capacidade mínima dos fusíveis
Cafeteira: i1 = ⇒ i1 = (A) ⇒ i1 = 8A
Forno: i2 = ⇒ i2 = (A) ⇒ i2 = 20A
Chuveiro: i3 = ⇒ i3 = (A) ⇒ i3 = 15A
fusível (A): iA = i1 + i3
iA = 8 + 15 (A)
iA = 23A
3300
–––––
220
P3
–––
U3
2200
–––––
110
P2
–––
U2
880
––––
110
P1
–––
U1
Eel = 12,76 kWh
880 + 2200 + 3300
––––––––––––––––––
1000
27
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
fusível (B): iB = i2 + i3
iB = 20 + 15 (A)
Na prática, dificilmente encontraremos um fusível
de 23A, mas sim um de 25A.
Resposta: Eel = 12,76 kWh; 23A e 35A
Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de
uma diferença de potencial U, adquirindo uma quanti-
dade de movimento p. Sabe-se que, quando o elétron
está em movimento, sua energia. relativística é dada
por E = [(m0C2)2 + p2 C2]1/2, em que m0 é a massa de
repouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo.
Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do elé-
tron em função de U e das constantes fundamentais
pertinentes.
Resolução
De acordo o teorema de energia cinética, vem:
τ = ∆Ecin ⇒ eU = Ec – 0 ⇒ EC = eU
Mas EC = E – E0 ቢ,
em que E = [(m0 C2)2 + p2C2] e E0 = m0C2.
De ቢ, vem: E = EC + E0.
Elevando ao quadrado, temos: E2 = EC
2
+ E0
2
+ 2 EC E0
Portanto: (m0 C2)2 + p2C2 = e2 U2 + (m0 C2)
2
+ 2 eU m0C2
p2C2 = e2 U2 + 2eU m0C2
p = [( )
2
+ 2eU m0]
1/2
De acordo com De Broglie, temos:
λ =
Resposta:
Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória
de espessura L = 5,0 cm, área A = 100m2 e condu-
tividade térmica k = 2,0W / m K. O ar contido em cada
sala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°C
e T2 = 27°C, respectivamente. Considerando o ar como
29
eU
λ = h . [(–––)
2
+ 2eU m0]
–1/2
C
eU
λ = h . [(–––)
2
+ 2eU m0]
–1/2
C
h
–––
p
e U
–––
C
1
––
2
28
iB = 35A
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema
isolado, calcule:
a) O fluxo de calor através da divisória relativo às tem-
peraturas 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.
Resolução
a) O fluxo de calor é dado por:
Φ =
Φ = (W)
b) Para cada parte do sistema, a variação de entropia
é dada em módulo por:
|∆S| =
A parte mais fria sofre um aumento de entropia
dado por:
∆S2 =
A parte mais quente sofre uma redução de entro-
pia dada por:
∆S1 = –
A variação total de entropia é dada por:
∆S = ∆S1 + ∆S2
∆S = –
∆S = Q –
Dividindo-se pelo intervalo de tempo ∆t, vem:
= –
= fluxo = 8,0 . 104W; T2 = 300K; T1 = 320K
= 8,0 . 104 – (SI)
= 8,0 . 104 (SI)
20
––––––––––
300 . 320
∆S
–––
∆t
)
1
–––
320
1
––––
300(
∆S
–––
∆t
Q
–––
∆t
)
1
–––
T1
1
–––
T2(
Q
–––
∆t
∆S
–––
∆t
)
1
–––
T1
1
–––
T2(
Q
–––
T1
Q
–––
T2
Q
–––
T1
Q
–––
T2
Q
–––
T
Φ = 8,0 . 104W = 80kW
2,0 . 100 . 20
––––––––––––––
5,0 . 10–2
k A ∆θ
––––––
L
IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Como a variação da entropia é positiva, a desor-
dem do sistema aumenta.
Respostas: a) 80kW
b)
Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura,
com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm mer-
gulhados em um recipiente com mercúrio. Com sua
extremidade superior tapada, em seguida a pipeta é
retirada lentamente do recipiente.
Considerando uma pressão atmosférica de 75 cm Hg,
calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente
no interior da pipeta.
Resolução
O ar que ficou aprisionado na pipeta tem uma pressão
inicial igual à atmosférica (75 cmHg) e ocupa um volu-
me igual a A . 5 (cm3), em que A é a área da secção da
pipeta.
Supondo-se a temperatura constante, a nova pressão
do ar, depois da retirada da pipeta, será dada por:
p’ . A . (25 – h) = patm . A . 5
p’ = =
Para o equilíbrio da coluna de mercúrio, temos:
375
––––––
25 – h
75 . 5
––––––
25 – h
30
W
≅16,7 –––
K
∆S W
–––– ≅ 16,7 –––
∆t K
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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
p’ + h = patm (em cm de Hg)
+ h = 75
375 + 25 h – h2 = 75 (25 – h)
375 + 25 h – h2 = 1875 – 75 h
h2 – 100 h + 1500 = 0
h = (cm)
h = (cm)
h = 50 ± 10 ͙ළළළළළ10 (cm)
Como h < 25cm, vem
h = 50 – 10 ͙ළළළළළ10 cm
h ≅ (50 – 32) cm
Resposta: ≅ 18 cm
h ≅ 18 cm
100 ± 20 ͙ළළළළළ10
––––––––––––––
2
100 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ10000 – 6000
–––––––––––––––––––
2
375
––––––
25 – h
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  • 1. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333 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 x 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°C. π = 3,14. ͙ෆ5 = 2,24. d Durante a apresentação do projeto de um sistema acús- tico, 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 fre- qüência (f), da densidade do ar (ρ) e da velocidade do som (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Consi- derando as grandezas fundamentais: massa, compri- mento e tempo, assinale a opção correta que repre- senta 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 Resolução A equação dimensional da intensidade de onda é dada por: I = ⇒ [I] = = = MT–3 Portanto: [I] = [A]x [f]y [ρ]z . [c] MT–3 = Lx (T –1)y (ML–3)z LT –1 MT –3 = Mz Lx–3z+1 T –y – 1 Identificando-se os expoentes, vem: z = 1 x – 3z + 1 = 0 –y – 1 = – 3 b Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçan- do as mãos contra duas paredes verticais, perpen- diculares entre si, dispondo seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços hori- 2 z = 1 y = 2 x = 2 ML2T–3 –––––––– L2 [Pot] –––– [A] Potência ––––––––– Área 1 FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA
  • 2. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO zontalmente alinhados, co- mo mostra a figura. Sendo m a massa do corpo do atleta e µ o coeficiente de atrito estático inter- veniente, assinale a opção correta que indica o mó- dulo mínimo da força exer- cida pelo atleta em cada parede. a) ( )1/2 b) ( )1/2 c) ( ) d) ( ) e) n.d.a. Resolução A pessoa aplica sobre a parede uma força horizontal de intensidade F, inclinada de 45°, e uma força de atrito vertical dirigida para baixo, e de intensidade Fatv = . A força inclinada F → deve ser decom- posta em uma com- ponente normal à parede FN e uma força de atrito ho- rizontal FatH . Como a inclinação é de 45°, resulta FatH = FN A força total de atrito Fat será a soma vetorial das com- ponentes de atrito horizontal e vertical Fat 2 = FatH 2 + FatV 2 Fat 2 = FN 2 + (1) Como se pretende a condição limite (iminência de es- corregar), temos: Fat = µ FN (2) Substituindo-se (2) em (1), vem: µ2 FN 2 = FN 2 + P2 ––– 4 P2 ––– 4 FNFat H = Fat V = P 2 Fat F ® 45º FN Fat H P –– 2 µ2 + 1 –––––– µ2 – 1 mg ––– 2 µ2 – 1 –––––– µ2 + 1 mg ––– 2 µ2 + 1 –––––– µ2 – 1 mg ––– 2 µ2 – 1 –––––– µ2 + 1 mg ––– 2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 3. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO FN 2 (µ2 – 1) = Segue-se ainda que F = ͙ෆ2 FN = ͙ෆ2 A força total que a pessoa aplica na parede é a resul- tante entre F e FatV . FR 2 = F 2 + FatV 2 FR 2 = FR 2 = + FR 2 = = a Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância, cobrindo 8,9 m de extensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0m no início, chegando ao máximo de 2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Des- prezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que a com- ponente 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 . 3 mg µ2 + 1 FR= ––– (–––––––– ) 1/2 2 µ2 – 1 )µ2 + 1 –––––––– µ2 – 1(P2 ––– 4 (2 + µ2 – 1) –––––––––– 2 (µ2 – 1) P2 ––– 2 )1 ––– 2 1 ––––––– µ2 – 1(P2 ––– 2 1 P2 –––––– + –– µ2 – 1 4 P2 ––– 2 F Fat V FR P 1 F = –––– –––––––––– ͙ළළළ2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1 P –– 2 P 1 FN = –––– –––––––––– 2 ͙ළළළළළළළළළළළµ2 – 1 P2 ––– 4 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 4. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Resolução 1) Cálculo de V0y Para o movimento vertical de subida de A para B, temos: Vy 2 = V0y 2 + 2 γy ∆sy 0 = V0y 2 + 2 (–10) . 1,0 V0y 2 = 20 ⇒ 2) Cálculo do tempo total de vôo entre A e C: y = y0 + V0y t + . t2 0,2 = 1,0 + ͙ළළළළළ20 T – . T2 5 T2 – ͙ළළළළළ20 T – 0,8 = 0 T = (s) = (s) Como T > 0, vem: T = (s) Sendo ͙ළළළළළ20 ≅ 4,48, vem: T = (s) ⇒ 3) Como o movimento horizontal é uniforme, vem: V0x = = V0x ≅ 8,5 m/s 8,9m –––––– 1,05s D ––– T T = 1,05s 4,48 + 6 –––––––– 10 ͙ළළළළළ20 + 6 ––––––––– 10 ͙ළළළළළ20 ± 6 ––––––––––– 10 ͙ළළළළළ20 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළ20 + 16 ––––––––––––––––––– 10 10 ––– 2 γy ––– 2 V0y = ͙ළළළළළ20 m/s IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 5. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO b 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, cu- jos centros se encontram numerados de 1 a 7. Consi- dere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o per- curso 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 per- curso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE. a) 6,0m/s 6,0s 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 3,1s 0,17s–1 e) 4,0 m/s 12s 6,0 s–1 Resolução 1) O intervalo de tempo será mínimo quando a velo- cidade escalar for máxima, o que ocorre quando a força de atrito, que faz o papel de resultante cen- trípeta, for a máxima possível. Fatmáx = Fcp µ m g = V2 = µ g R ⇒ V = ͙ළළළළළළළළළළළළළළ0,8 . 10 . 2,0 (m/s) ⇒ 2) O trecho curvo tem um comprimento total dado por: C = 3 . 2π R = 6 . 3,14 . 2,0 (m) C ≅ 37,7m A distância total percorrida vale: ∆s = 12,0m + 37,7m = 49,7m 3) O tempo total gasto de A para F é dado por: V = ⇒ ∆t = (s) ⇒ 4) O número de zigue-zagues entre B e E é 3 e o tempo gasto é dado por: ∆s = C = 37,7m ∆t ≅ 12s 49,7 ––––– 4,0 ∆s ––– ∆t V = 4,0 m/s V = ͙ළළළළළළළළළµ g R m V2 ––––– R 4 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 6. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO V = 4,0m/s ∆t = = (s) ⇒ A freqüência de zigue-zagues é dada por: f = = (Hz) ⇒ d Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metá- lica, 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, imer- sa no campo magnético uniforme → B que penetra per- pendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido de C para E. Assinale a alternativa correta. 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. Resolução 5 f ≅ 0,32Hz 3 ––––– 9,42 n ––– ∆t ∆t ≅ 9,42s 37,7 ––––– 4,0 ∆s ––– V IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 7. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO O sentido de movimento dos elétrons é contrário ao sentido convencional da corrente elétrica i fornecida. Pela regra da mão esquerda, concluímos que os elé- trons irão acumular-se na face BFEC. Logo, o potencial elétrico do ponto Q é menor do que o do ponto P. A ddp VH entre os pontos P e Q é dada por: VH = B . d . Ve ; portanto Ve = . Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = no sentido indicado pela corrente i, isto é, oposto ao sentido de Ve , tería- mos uma situação oposta à descrita anteriormente. Desta maneira, o potencial elétrico em P tornar-se-ia igual ao potencial elétrico em Q. b 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 – ωt), presente na cor- da, 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) ͙ෆ2 / 2π b) ͙ෆ2 / 2 c) ͙ෆ2 d) ͙ෆ2 π / 2 e) ͙ෆ2 π Resolução Lembrando-se que ω = , a equação da onda harmônica em questão fica expressa por: y = sen (x – ωt) Donde: Cálculo de Ei (t = 0): Carga A (x = 0): yA = sen 0 – . 0 ⇒ yA = 0 Carga B (x = π): yB = sen π – . 0 ⇒ yB = 0 Configuração das cargas em t = 0: ΃ 2π –––– T΂ π –––– 2 ΃ 2π –––– T΂ π –––– 2 π 2π y = –––– sen ΂x – –––– t΃2 T π –––– 2 2π ––––– T 6 VH –––– Bd VH –––– Bd IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 8. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Ei = k ⇒ Cálculo de Ef t = : Carga A (x = 0): yA = sen 0 – . ⇒ yA = – Carga B (x = π): yB = sen π – . ⇒ yB = Configuração das cargas em t = : Os triângulos retângulos destacados são congruentes. Por Pitágoras, calcula-se o comprimento d. d 2 = 2 + 2 ⇒ A distância total entre as cargas A e B é D, dada por: D = 2d ⇒ Logo: Ef = k ⇒ Estabelecendo-se a relação pedida Ef /Ei , segue-se que: Q2 Ef = – k–––––– π ͙ළළ2 QAQB ––––––– D D = π ͙ළළ2 π d = ––– ͙ළළ2 2΃ π ––– 2΂΃ π ––– 2΂ T ––– 4 π –––– 2΃ T ––– 4 2π –––– T΂ π –––– 2 π –––– 2΃ T ––– 4 2π –––– T΂ π –––– 2 ΃ T –––– 4΂ Q2 Ei = – k–––– π QAQB ––––––– d IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 9. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO = = Logo: d A figura plana ao lado mostra os elementos de um cir- cuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas espiras interligadas, A e B, de comprimentos relativa- mente curtos em comparação aos dois fios condutores próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro- amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre ins- tantaneamente no momento em que a) a chave 1 for ligada. b) a chave 1 for ligada ou então desligada. c) a chave 2 for ligada. d) a chave 2 for ligada ou então desligada. e) a chave 2 for desligada. Resolução Ao fecharmos a chave 1, a corrente elétrica que per- corre o fio CD irá provocar na espira “A” uma variação do fluxo magnético. Esta variação do fluxo magnético irá gerar na espira A uma corrente elétrica induzida no sentido anti-horário. A corrente elétrica que percorre o fio EF, de maneira análoga, irá gerar na espira B uma corrente elétrica induzida também no sentido anti-horário. Observemos, na figura, que tais efeitos se anulam e o micro-amperímetro não apresenta deflexão. Fenômeno semelhante ocorre ao “abrirmos” a chave 1 e o micro-amperímetro também não apresenta de- flexão. Por outro lado, ao abrirmos ou fecharmos a chave 2, teremos corrente elétrica percorrendo o fio CD, mas não o fio EF. Dessa maneira, não teremos um anulamento dos efeitos e o micro-amperímetro apresentará deflexão. 7 Ef ͙ළළ2 –––– = ––––– Ei 2 1 –––– ͙ළළ2 Q2 – k ––––––– π ͙ළළ2 –––––––––––– Q2 – k––––– π Ef –––– Ei IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 10. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO c 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 2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resis- tências 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 corren- te 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 10–4J. Resolução 8 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 11. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Cálculo de i Lei de Pouillet: i = ⇒ i = (A) ⇒ i = 10A Cálculo de UCB UCB = RCB . i ⇒ UCB = 3 . 10(V) ⇒ UCB = 30V Cálculo de i1: UCB = (RCA + RAB) . i1 30 = (2 + 2) . i1 i1 = 7,5A A corrente elétrica no resistor d tem intensidade , isto é, 3,75A. A ddp entre os terminais da associação de capacitores é UAB = RAB . i1 ⇒ UAB = 2 . 7,5 (V) ⇒ UAB = 15V. Logo, cada capacitor está submetido a uma diferença de potencial igual a 7,5V. Ao abrirmos a chave T, o resistor g fica sob tensão de 7,5V, aplicada pelos capacitores carregados. Portanto, a corrente elétrica no resistor g é ig = ⇒ ⇒ a Um painel coletor de energia solar para aquecimento residencial de água, com 50% de eficiência, tem su- perfície 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 x 103 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. a) 12°C b) 10°C c) 1,2°C d) 1,0°C e) 0,10°C Resolução A intensidade de radiação aproveitada para o aque- cimento da água (Iútil) é dada por: Iútil = 0,5I = ⇒ 0,5I = mc Aθ ––––––– ∆t . A Q ––––– ∆t . A Pot –––– A 9 ig = 3,75A 7,5V ––––– 2Ω i1 –––– 2 90 –––– 9 E –––– ∑R IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 12. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Admitindo-se que a massa de água correspondente a 6,0l seja igual a 6,0kg (µH 2 O = 1,0kg/l), vem: 0,5 . 1,0 . 103 = a 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 cilin- dro, é aquecido de 30 °C a 100°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 ex- postos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicio- nado 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 Resolução Da Primeira Lei da Termodinâmica aplicada às trans- formações (1) e (2), temos: ∑Qtrocado = ∆U1 + ∆U2 + τ1 + τ2 A variação da energia interna ∆U é dada por: ∆U = nR∆T Como ∆T1 = –∆T2, temos: ∆U1 = –∆U2 A transformação (2) é isométrica, assim: τ2 = 0 O calor trocado fica então: Q1 – Q2 = τ1 Como a transformação (1) é isobárica, temos: τ1 = p1∆V A pressão p1 é dada por: p1 = patm + ppistão p1 = patm + p1 = 1,0 . 105 + (N/m2) p1 = 1,13 . 105 N/m2 A variação de volume é dada por: ∆V = A ∆ h ∆V = 60 . 10–4 . 20 . 10–2 (m3) ∆V = 1,2 . 10–3 m3 Assim: Q1 – Q2 = 1,13 . 105 . 1,2 . 10–3 (J) Q1 – Q2 = 135,6J Q1 – Q2 ≅ 136J 8,0 . 10 –––––––––– 60 . 10–4 mpistão g ––––––––– A 3 –––– 2 10 ∆θ = 11,9 °C ≅ 12°C 6,0 . 4,2 . 103 . ∆θ ––––––––––––––––– 60 . 10 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 13. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO b A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0 acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°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 30°C, assinale a opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha das neves. a) 2,5 km b) 3,0 km c) 3,5 km d) 4,0 km e) 4,5 km Resolução 1) Cálculo da densidade média do ar: p V = R T p = R T µ = = (kg/m3) ≅ 1,24kg/m3 2) Cálculo da variação de pressão: = . = . 3) Cálculo da altura: ∆p = µ g ∆h 3,5 . 10 4 = 1,24 . 10 . ∆h c 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 ͙ෆ2 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) ͙ෆ2. b) 2. c) 4. d) 4 ͙ෆ2. e) 6 ͙ෆ2. Resolução De acordo com o texto, o semi-eixo maior (raio médio) de Beta é o dobro do de Gama: Rβ = 2 Rγ 12 ∆h = 2,8 . 103m = 2,8km ∆p = 3,5 . 10 4 Pa 30 –––– 303 7 –– 2 ∆p –––––––– 1,0 . 105 ∆T ––– T 7 –– 2 ∆p ––– p 1,0 . 105 . 30 . 10–3 ––––––––––––––––– 8 . 303 p M ––––– R T µ ––– M m ––– M 11 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 14. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, vem: = = ⇒ Tβ 2 = 8 Tγ 2 De acordo com o texto: Tα = ͙ළළළ2 Tβ Substituindo o valor de Tβ , vem: Tα = ͙ළළළ2 . ͙ළළළ8 Tγ ⇒ Tα = ͙ළළළළළළ16 Tγ Tα = 4 Tγ ⇒ b Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que emitem, em fase, ondas de freqüência f e compri- mento 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) 4λ / 5. b) 5λ / 4. c) 3λ / 2. d) 2λ. e) 4λ. Resolução Para que no ponto O ocorra interferência construtiva (reforço) entre os sons provenientes de F1 e F2 , a dife- rença de percursos ∆x = F1O – F2O deve ser um múl- tiplo par de meio comprimento de onda. 13 Tα ––– = 4 Tγ Tβ = ͙ළළළ8 Tγ Rγ 3 –––– Tγ 2 8 Rγ 3 ––––– Tβ 2 Rγ 3 –––– Tγ 2 Rβ 3 –––– Tβ 2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 15. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO ∆x = p , com p = 2; 4; 6... Logo: F1O – F2O = p ⇒ ͙ෆෆෆෆෆෆ(3λ)2 + x2 – x = p ͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2 = p + x (͙ෆෆෆෆෆෆ9 λ2 + x2 ) 2 = (p + x) 2 9λ2 + x2 = p2 + pλx + x2 Donde: x = (9λ – ) Para p = 2: x = 4λ Para p = 4: x = λ Para p = 6: x = 0 Como a questão refere-se ao menor valor de x, dife- rente de zero, optamos por: e 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 lâmi- na é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que pro- voca o deslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pela franja bri- lhante de primeira ordem, é igual a a) 0,38 λ. b) 0,60 λ. c) λ. d) 1,2 λ. e) 1,7 λ. 14 5 x = ––– λ 4 5 –– 4 p2λ –––– 4 1 –– p λ2 –– 4 λ –– 2 λ –– 2 λ –– 2 λ –– 2 λ –– 2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 16. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Resolução A diferença de fase entre as ondas é causada pela diferença entre os tempos de percurso da luz ao per- correr a distância d na lâmina (∆tL) e distância idêntica no vácuo (∆tv): Para o pulso que atravessa a lâmina de vidro, temos: ∆tL = ⇒ ∆tL = Da Equação Fundamental da Ondulatória, vem: c = ∆tL = ⇒ Para o pulso que se propaga sem mudança de meio (pulso direto), temos: ∆tv = ⇒ ∆tv = ⇒ ∆tL – ∆tv = – ∆tL – ∆tv = (n – 1) Assim: ∆ϕ = . (n – 1) ∆ϕ = Para a franja brilhante de ordem 1 (interferência construtiva), temos: ∆ϕ = 2π (rad) (n – 1) = 2π d = ⇒ d = d ≅ 1,7 λ λ ––––––– 1,6 – 1 λ ––––– n – 1 2π d ––––– λ 2π d (n – 1) ––––––––––– λ d T ––– λ 2π ––– T d T –––– λ d T –––– λ n d T ––––– λ d T ∆tv = ––––– λ d –––– λ ––– T d –– c n d T ∆tL = –––––– λ n d –––– λ ––– T λ –– T n d –––– c d –– c –– n} d ∆tL = ––– vL c vL = ––– n 2π ∆ϕ = ––– (∆tL – ∆tV) T IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 17. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO b Um tubo sonoro de comprimento ᐉ, 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 funda- mental. 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 mᐉ. b) (c / 2ᐉ)2 mL. c) (c/ᐉ)2 mL. d) (c /ᐉ)2 mᐉ. e) n.d.a. Resolução A situação proposta está esquematizada abaixo. Para o tubo sonoro, temos: l = ⇒ λsom = 4l Vsom = λsom f c = 4lf Donde: Para o fio, temos: Vfio = λfiof ⇒ = 2L = 2 L2 Donde: e O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons- tituído de um elétron de carga e que se move em órbi- tas 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 a) –e 2/(2ε0r). b) e 2/(2ε0r). c) –e 2/(4πε0r). 16 c F = (–––) 2 m L 2l )c –––– 2l(FL –––– m c –––– 4l FL ––– m c f = –––– 4l λsom –––– 4 15 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 18. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO d) e2 / r. e) n.d.a. Resolução A força de atração coulombiana que age no elétron de carga atua como resultante centrípeta e, desta ma- neira, o trabalho efetuado por esta força é nulo. d Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumi- na-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2, respectivamente. Sabe-se que as velocidades máxi- mas 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) (2 λ1 – λ2) h C /(λ1 λ2). b) (λ2 – 2 λ1) h C /(λ1 λ2). c) (λ2 – 4 λ1) h C/(3λ1 λ2). d) (4 λ1 – λ2) h C /(3λ1 λ2). e) (2 λ1 – λ2) h C/(3λ1 λ2). Resolução A função trabalho Φ do metal correspondente à ener- gia de ligação dos seus fotoelétrons Para a radiação de comprimento de onda λ1, temos: = hf1 – Φ ⇒ = h – Φ = h – ᕃ Para a radiação de comprimento de onda λ2, temos: = hf2 – Φ ⇒ = h – Φ ᕄ Comparando-se ᕃ e ᕄ, vem: C –––– λ2 mV2 2 –––– 2 mV2 2 –––– 2 Φ –– 4 C –––– 4λ1 mV2 2 –––– 2 C –––– λ1 m(2V2)2 ––––––– 2 mV1 2 –––– 2 mV2 –––– = hf – Φ 2 17 + e Fe ® IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 19. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO h – = h – Φ = hC ( – ) = hC ( ) Donde: c 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 mergu- lhada em um meio, menos refringente do que o mate- rial 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 índi- ces 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. Resolução A distância focal (f) de uma lente esférica delgada, de faces com raios de curvatura respectivamente iguais a R1 e R2 e índice de refração relativo nL,M = é dada pela Equação dos Fabricantes de Lentes (Equação de Halley). Com R1 e R2 constantes (características da lente con- siderada), temos: = – 1 C ⇒ = C nM 1 f = ΂––––––––– ΃–––– nL – nM C ΃ nL – nM –––––––– nM ΂ 1 ––– f΃ nL –––– nM ΂ 1 –––– f 1 1 1 ––– = (nL,M – 1) ΂–––– + –––– ΃f R1 R2 nL –––– nM 18 h C 4λ1 – λ2 Φ = ––– (––––––––)3 λ1λ2 4λ1 – λ2 –––––––– 4λ1λ2 3Φ ––– 4 1 ––– 4λ1 1 ––– λ2 3Φ ––– 4 C –––– λ2 Φ –– 4 C –––– 4λ1 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 20. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Observamos na expressão anterior que quanto mais próximo de nL for nM, menor se tornará a diferença nL – nM e, conseqüentemente, maior ficará a distância focal. I. Errada Se nL = nM , a distância focal tenderá ao infinito (sistema afocal). II. Correta Se n > nar, reduzir-se-á a diferença nL – nM e a dis- tância focal aumentará. III. Correta Quanto maior for a diferença nL – nM , menor será a distância focal da lente. c 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 ob- servar 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. Resolução Para um objeto real, o espelho plano conjuga uma ima- gem virtual, simétrica em relação à superfície refletora e com as mesmas dimensões do objeto. Cabe ainda salientar que, no espelho plano, objeto e imagem cons- tituem figuras enantiomorfas. Tais características da imagem independem da posição do objeto em relação à superfície refletora do espelho, portanto, quando o homem se afasta, perpendicular- mente à parede, ele continua a observar sua imagem “ajustada” ao tamanho do espelho, como vista inicial- mente. a 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 total- mente 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 20 19 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 21. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 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 ). Resolução A gravidade aparente dentro do elevador é dada por: gap = g + a O peso P’ é dado por: P’ = m gap = m (g + a) O empuxo E é dado por: E = ρ V gap Sendo d = , vem V = Portanto: E = ρ (g + a) Para o equilíbrio do bloco em relação a um referencial fixo no elevador, vem: T + E = P’ T + ρ (g + a) = m (g + a) T = m (g + a) – ρ (g + a) Uma máquina térmica opera com um moI de um gás monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, repre- sentado no plano PV, conforme mostra a figura. Con- siderando que a transformação BC é adiabática, cal- cule: a) a eficiência da máquina; b) a variação da entropia na transformação BC. A C B 3200 80 1 8 P(Pa) V(m )3 21 ρ T = m (g + a) (1 – ––) d m ––– d m ––– d m ––– d m ––– d m ––– V m T E P’ m a ® IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 22. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Resolução 1) Na transformação AB isométrica: τAB = 0 ∆UAB = VA ∆PAB ∆UAB = 1 x (3200 – 80) (J) ∆UAB = 4680 (J) QAB = τAB + ∆UAB QAB = 0 + 4680 (J) QAB = 4680 J A quantidade de calor QAB é recebida pelo gás 2) Na transformação BC adiabálica QBC = 0 τBC = – ∆UBC τBC = (PCVC – PBVB) τBC = – (80 . 8 – 3200 . 1) (J) τBC = 3840 J 3) Na transformação CA isobárica τCA = PC ∆VCA τCA = 80 (1 – 8) (J) τCA = –560 J ∆UCA = PC ∆VCA ∆UCA = . 80 (1 – 8) (J) ∆UCA = – 840 J QCA = τCA + ∆UCA QCA = – 560 – 840 (J) QCA = – 1400 J A quantidade de calor QCA é cedida pelo gás. A eficiência de uma máquina térmica operando em ciclos é dada pela razão entre o trabalho total τ trocado pelo gás e o calor Q recebido: η = τ –– Q 3 –– 2 3 –– 2 3 –– 2 3 –– 2 3 –– 2 3 –– 2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 23. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO η = η = η = 0,70 = 70% b) A entropia ∆S é dada por ∆S = Como a transformação CA é adiabática, vem: ∆QCA = 0 Portanto: Respostas: a) 70% b) 0 Tubos de imagem de televisão possuem bobinas mag- néticas defletoras que desviam elétrons para obter pontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens. Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelera- dos 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 comprimen- to L onde atua um campo de indução magnética uni- forme → B, que penetra perpendicularmente o plano do papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda, que a tela delimita a região do campo de indução mag- nética. 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 elétron anodo catodo U y x P L b tela B ® X X XX X X XX X X XX X X XX X X XX X X XX 22 ∆SCA = 0 ∆Q ––– T 0 + 3840 – 560 ––––––––––––– 4680 τAB + τBC +τCA ––––––––––––– QAB IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 24. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO fundamentais intervenientes. (Considere b << L). Resolução Parâmetros e constantes fundamentais intervenientes: massa do elétron: m carga do elétron em valor absoluto: e Cálculo da velocidade V com que o elétron penetra no campo de indução magnética uniforme B: τAB = ∆Ecinética eU = – sendo V0 = 0, vem: V = ͙ළළළ(I) Cálculo de R: No triângulo retângulo OPQ, temos: R2 = (R – b)2 + L2 R2 = R2 – 2Rb + b2 + L2 R = (II) A força magnética (Fmag) nos elétrons atua como resul- tante centrípeta, assim: Fmag = Fcp eV B = ⇒ R = (III) De II e III, vem: = B = . V De (I), vem: m ––– e 2b ––––––– b2 + L2 m V –––––– e B b2 + L2 ––––––– 2b m V ––––– e B m V2 –––––– R b2 + L2 –––––– 2b 2eU –––– m m V2 0 –––––– 2 m V2 –––––– 2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 25. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO B = ͙ළළළ Assim: Considerando b << L, temos Resposta: Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências fA =150Hz e fB = 155Hz, 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. Resolução a) A freqüência dos batimentos do som ouvido por um observador O é dada pela diferença entre as fre- qüências sonoras dos tubos B e A. fbat = fB – fA ⇒ fbat = 155 – 150 b) A freqüência aparente (Efeito Doppler) detectada pelo observador O indicado no esquema, para o tubo B, que se afasta desse observador, deve ser igual a 150 Hz. Dessa maneira, anula-se a freqüên- cia dos batimentos. Equação do Efeito Doppler sonoro: = ⇒ = 300 + VB = ⇒ Respostas: a) 5,0 Hz; b) 10 m/s VB = 10m/s300 . 155 ––––––––– 150 150 –––––––– 300 + VB 150 ––––––– 300 + 0 fB –––––– V ± VB f0 –––––– V ± V0 fbat = 5,0 Hz 23 2b 2mU B = ––––––– ͙ළළළ––––– L2 e 2b 2mU B = ––––––– ͙ළළළ––––– L2 e 2b 2mU B = ––––––– ͙ළළළ––––– b2 + L2 e 2eU –––– m m ––– e 2b ––––––– b2 + L2 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 26. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 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 despre- zíveis. 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. Resolução Para um referencial no centro de massa, a quanti- dade de movimento total é nula e, portanto: → → →Qátomo + Qmolécula = 0 → →| Qátomo | = | Qmolécula | M V = 2 M V’ A energia cinética total adquirida pelo sistema é dado por: B = Ecinátomo + Ecinmolécula B = V2 + ( ) 2 B = V2 + M = M V2 V2 = ⇒ B Resposta: 2 ͙ළළළළ––– 3M 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 índi- ce de refração é 1,00, calcule a distância entre os focos de luz vermelha e de luz violeta, em centímetros. Resolução 1) A equação de Halley (equação dos fabricantes de lentes) é dada por: 2) Do enunciado, temos: R1 = R2 = +1,00m (face convexa ⇒ R > 0) 1 nL 1 1 –––– = (–––– – 1 )(––– + ––– )f nM R1 R2 25 4B B V = ͙ළළළළ–––– = 2 ͙ළළළළ––– 3M 3M 4B ––– 3M 3 ––– 4 V2 ––– 4 M ––– 2 V ––– 2 2M ––– 2 M ––– 2 V V’ = ––– 2 24 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 27. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO nar = 1,00 nL(verm) = 1,60 nL(viol) = 1,64 3) Aplicando a equação de Halley para a lente, quando exposta à luz monocromática vermelha, vem. = ( )( + ) = ( )( + ) 4) Aplicando a equação de Halley para a lente, quando exposta à luz monocromática violeta, vem: = ( )( + ) = ( )( + ) 5) A distância entre os focos é dada por: d = f1 – f2 d = 0,83 – 0,78 Resposta: 5,0cm 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 dis- tância 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 resis- tência R oferecida pelo solo entre as esferas. 26 d = 0,05m = 5,0cm f2 ≅ 0,78m 1 –––– 1,00 1 –––– 1,00 1,64 –––––– – 1 1,00 1 ––– f1 1 ––– R2 1 ––– R1 nL (viol) –––––––– – 1 nar 1 ––– f2 f1 ≅ 0,83m 1 –––– 1,00 1 –––– 1,00 1,60 –––––– – 1 1,00 1 ––– f1 1 ––– R2 1 ––– R1 nL (verm) –––––––– – 1 nar 1 ––– f1 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 28. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Sabendo que R C = 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. Resolução a) O circuito elétrico correspondente ao sistema es- quematizado é o seguinte: A d.d.p. entre as esferas B e A, depois de plena-- mente carregadas, é dada por: VB – VA = K . – (K . ) VB – VA = 2K . Sendo VB – VA = E, vem: E = 2K . ⇒ = Mas = C e K = ; logo C = b) De RC = , vem: R . 2π ε r = Respostas: a) ver esquema; C = 2π ε r b) 1 σ = ––––– 2πRr 1 σ = ––––– 2πRr ε–––σ ε–––σ C = 2π ε r r –––––––– 1 2 . –––– 4πε 1 –––– 4πε Q –––– E r –––– 2K Q –––– E Q –––– r Q –––– r –Q –––– r +Q –––– r IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 29. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO A figura representa o esquema simplificado de um cir- cuito elétrico em uma instalação residencial. Um gera- dor 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 entre o neutro e cada uma das fases. No cir- cuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétri- cos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura. Admitindo que os aparelhos funcionam simultanea- mente durante duas horas, calcule a quantidade de energia elétrica consumida em quilowatt-hora (kWh) e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em am- pére. Resolução 1) Energia elétrica consumida: Eel = (Pcafeteira + Pforno + Pchuveiro) . ∆t Eel = ( ). kW . 2h 2) Capacidade mínima dos fusíveis Cafeteira: i1 = ⇒ i1 = (A) ⇒ i1 = 8A Forno: i2 = ⇒ i2 = (A) ⇒ i2 = 20A Chuveiro: i3 = ⇒ i3 = (A) ⇒ i3 = 15A fusível (A): iA = i1 + i3 iA = 8 + 15 (A) iA = 23A 3300 ––––– 220 P3 ––– U3 2200 ––––– 110 P2 ––– U2 880 –––– 110 P1 ––– U1 Eel = 12,76 kWh 880 + 2200 + 3300 –––––––––––––––––– 1000 27 IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 30. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO fusível (B): iB = i2 + i3 iB = 20 + 15 (A) Na prática, dificilmente encontraremos um fusível de 23A, mas sim um de 25A. Resposta: Eel = 12,76 kWh; 23A e 35A Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de uma diferença de potencial U, adquirindo uma quanti- dade de movimento p. Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia. relativística é dada por E = [(m0C2)2 + p2 C2]1/2, em que m0 é a massa de repouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo. Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do elé- tron em função de U e das constantes fundamentais pertinentes. Resolução De acordo o teorema de energia cinética, vem: τ = ∆Ecin ⇒ eU = Ec – 0 ⇒ EC = eU Mas EC = E – E0 ቢ, em que E = [(m0 C2)2 + p2C2] e E0 = m0C2. De ቢ, vem: E = EC + E0. Elevando ao quadrado, temos: E2 = EC 2 + E0 2 + 2 EC E0 Portanto: (m0 C2)2 + p2C2 = e2 U2 + (m0 C2) 2 + 2 eU m0C2 p2C2 = e2 U2 + 2eU m0C2 p = [( ) 2 + 2eU m0] 1/2 De acordo com De Broglie, temos: λ = Resposta: Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória de espessura L = 5,0 cm, área A = 100m2 e condu- tividade térmica k = 2,0W / m K. O ar contido em cada sala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°C e T2 = 27°C, respectivamente. Considerando o ar como 29 eU λ = h . [(–––) 2 + 2eU m0] –1/2 C eU λ = h . [(–––) 2 + 2eU m0] –1/2 C h ––– p e U ––– C 1 –– 2 28 iB = 35A IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 31. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema isolado, calcule: a) O fluxo de calor através da divisória relativo às tem- peraturas 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. Resolução a) O fluxo de calor é dado por: Φ = Φ = (W) b) Para cada parte do sistema, a variação de entropia é dada em módulo por: |∆S| = A parte mais fria sofre um aumento de entropia dado por: ∆S2 = A parte mais quente sofre uma redução de entro- pia dada por: ∆S1 = – A variação total de entropia é dada por: ∆S = ∆S1 + ∆S2 ∆S = – ∆S = Q – Dividindo-se pelo intervalo de tempo ∆t, vem: = – = fluxo = 8,0 . 104W; T2 = 300K; T1 = 320K = 8,0 . 104 – (SI) = 8,0 . 104 (SI) 20 –––––––––– 300 . 320 ∆S ––– ∆t ) 1 ––– 320 1 –––– 300( ∆S ––– ∆t Q ––– ∆t ) 1 ––– T1 1 ––– T2( Q ––– ∆t ∆S ––– ∆t ) 1 ––– T1 1 ––– T2( Q ––– T1 Q ––– T2 Q ––– T1 Q ––– T2 Q ––– T Φ = 8,0 . 104W = 80kW 2,0 . 100 . 20 –––––––––––––– 5,0 . 10–2 k A ∆θ –––––– L IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 32. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Como a variação da entropia é positiva, a desor- dem do sistema aumenta. Respostas: a) 80kW b) Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura, com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm mer- gulhados em um recipiente com mercúrio. Com sua extremidade superior tapada, em seguida a pipeta é retirada lentamente do recipiente. Considerando uma pressão atmosférica de 75 cm Hg, calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente no interior da pipeta. Resolução O ar que ficou aprisionado na pipeta tem uma pressão inicial igual à atmosférica (75 cmHg) e ocupa um volu- me igual a A . 5 (cm3), em que A é a área da secção da pipeta. Supondo-se a temperatura constante, a nova pressão do ar, depois da retirada da pipeta, será dada por: p’ . A . (25 – h) = patm . A . 5 p’ = = Para o equilíbrio da coluna de mercúrio, temos: 375 –––––– 25 – h 75 . 5 –––––– 25 – h 30 W ≅16,7 ––– K ∆S W –––– ≅ 16,7 ––– ∆t K IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333
  • 33. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO p’ + h = patm (em cm de Hg) + h = 75 375 + 25 h – h2 = 75 (25 – h) 375 + 25 h – h2 = 1875 – 75 h h2 – 100 h + 1500 = 0 h = (cm) h = (cm) h = 50 ± 10 ͙ළළළළළ10 (cm) Como h < 25cm, vem h = 50 – 10 ͙ළළළළළ10 cm h ≅ (50 – 32) cm Resposta: ≅ 18 cm h ≅ 18 cm 100 ± 20 ͙ළළළළළ10 –––––––––––––– 2 100 ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ10000 – 6000 ––––––––––––––––––– 2 375 –––––– 25 – h IIIITTTTAAAA ---- ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333