Ita2010 1dia

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Ita2010 1dia

  1. 1. FFÍÍSSIICCAACaso 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 EEPela teoria Newtoniana da gravitação, o potencialgravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica,é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média docorpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividadede Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigidapara –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G,de M e da velocidade da luz, c. Com base na análisedimensional e considerando k uma constante adimen-sional, assinale a opção que apresenta a expressão daconstante A, seguida da ordem de grandeza da razão entreo termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termoGM/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 10–8c) A = kG2M2/c e 10–3 d) A = kG2M2/c2 e 10–5e) A = kG2M2/c2 e 10–8Resolução1) F =M L T–2 = ⇒2) == ⇒3) A = k Gx My czL4 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My (LT–1)z[A] = L4 T–2M–1 L3 T–2 . M–––––––––––––L[A]––––L2GM΄–––΅rA΄–––΅r2[G] = M–1 L3 T–2[G] M2––––––L2G M m––––––r2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099FFÍÍSSIICCAA
  2. 2. L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z–x + y = 0 (1)3x + z = 4 (2)–2x – z = –2(2) + (3):Em (1):Em (2): 6 + z = 4 ⇒4) x = = . =A = ⇒ =x = =x = 0,98 . 10–86,67 . 10–11 . 1,99 . 1030–––––––––––––––––––––1,5 . 1011 . 9,0 . 1016GM––––––rc2GM––––––c2A––––GMG2 M2––––––c2A––––––G Mrr––––GMA–––r2A/r2––––––GM/rG2 M2A = k ––––––c2z = –2y = 2x = 2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  3. 3. 2 DDConsidere a Terra como uma esfera homogênea de raio Rque gira com velocidade angular uniforme ω em torno doseu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência derotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidadeseria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um corpo emrepouso na superfície da Terra na realidade fica sujeitoforçosamente a um peso aparente, que pode ser medido,por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode nãopassar pelo centro do planeta.Então, o peso aparente de um corpo de massa m emrepouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dadopora) mg – mω2Rcos λ.b) mg – mω2Rsen2 λ.c) mg ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆ1 – [2ω2R/g + (ω2 R/g)2] sen2 λ .d) mg ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆ1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] cos2 λ .e) mg ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆ1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] sen2 λ .ResoluçãoEm uma latitude λ, uma partícula P, acompanhandoa rotação da Terra, estará sujeita a uma resultantecentrípeta Fcp = m ω2 r = m ω2 R cos λA força gravitacional que a Terra aplica na partículaterá intensidade FG = mg.A força gravitacional→FG será a soma vetorial entre aresultante centrípeta e o peso aparente→Pap, conformeindica a figura.Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicadona figura, temos:Pap2 = FG2 + Fcp2 – 2 FG . Fcp . cos λRNwSlEquadormlPCrFcpFcp®®ll®PapFG®OIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  4. 4. Pap2 = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λPap2 = m2 g2΂1 + – ΃Pap2 = m2 g2΄1 + cos2 λ ΂ – ΃΅2 ω2 R ω2 RPap = m g͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆ1 – ΄–––––– – ΂––––΃2΅ cos2 λg g2 ω2 R––––––gω4 R2–––––g22 ω2 R cos2 λ––––––––––––gω4 R2 cos2 λ––––––––––––g2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  5. 5. 3 AAConsidere um segmento de reta que liga o centro dequalquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. Deacordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorreáreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que emdado instante deixasse de existir o efeito da gravitaçãoentre o Sol e o planeta.Assinale a alternativa correta.a) O segmento de reta em questão continuaria a percorreráreas iguais em tempos iguais.b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porémcom focos diferentes e a 2.a Lei de Kepler continuariaválida.c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.a Leide Kepler não seria mais válida.d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considerauma força que depende do inverso do quadrado dasdistâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de serválida.e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.ResoluçãoSe a força gravitacional deixasse de existir, o planetateria movimento retilíneo e uniforme com uma velo-cidade de módulo V.A lei das áreas continuaria válida, como se demonstraa seguir.A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por:A = (1)Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta:d = V ∆t (2)(2) em (1): A = ⇒é a velocidade areolar do planeta, que continuasendo constante, atestando a validade da 2.a Lei deKepler.d . h––––2A–––∆tA Vh––– = –––∆ t 2V ∆t . h–––––––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  6. 6. 4 AAA temperatura para a qual a velocidade associada àenergia cinética média de uma molécula de nitrogênio,N2, é igual à velocidade de escape desta molécula dasuperfície 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.Resolução1) Dedução da velocidade de escape:E = – +G = constante de gravitação universalM = massa da Terram = massa da moléculaR = raio da TerraV = módulo da velocidadeA velocidade de escape é obtida quandoE = 0– + = 0VE =Como g = , vem: VE =VE = ͙ළළළළළළළ2 g R = ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ2 . 9,8 . 6,4 . 106 (m/s)2) A energia cinética média de um gás é dada por:Ec = n R T = RTComo Ec = , vem:= TT = (K)T = 1,4 . 105K28 . 10– 3 . (11,2 . 103)2–––––––––––––––––––––3 . 8,31M VE2T = –––––––3Rm VE2––––––23–––2m R–––––Mm VE2––––––23–––23–––2m–––MVE = 11,2 . 103 m/sGM––––––R22g R2––––––R2GM––––––RGMm––––––Rm VE2––––––2GMm––––––Rm V2––––––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  7. 7. 5 CCNo plano inclinado, o corpo de massa m é preso a umamola de constante elástica k, sendo barrado à frente porum anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, oanteparo, de alguma forma, inicia seu movimento dedescida com uma aceleração constante a. Durante partedessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo,dele se separando somente após um certo tempo.Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar quea variação máxima do comprimento da mola é dada pora) ΄m g sen α + m ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළa(2g sen α + a)΅ /k.b) ΄m g cos α + m ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළa(2g cos α + a)΅ /k.c) ΄m g sen α + m ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළa (2g sen α – a)΅ /k.d) m (g sen α – a) / k.e) m g sen α/k.ResoluçãoNo instante T em que o corpo perde o contato com oanteparo, ele tem uma velocidade escalar V1, a molaestá deformada de x1 e sua aceleração tem módulo a.1) Equação de Torricelli:V12= V02+ 2a x1 ⇒ (1)2) PFD: Pt – Fe = mamg sen α – kx1 = makx1 = m (g sen α – a) ⇒ (2)3) A partir do instante T, vale a conservação daenergia mecânica:h = (x2 – x1) sen α(ref. em B)= + mg (x2 – x1) sen α += . (g sen α – a)2 + mg ΄x2 – ΅sen α + 2a mm(g sen α – a)x1 = –––––––––––––kV12= 2a x1akm anteparo(g sen α – a)–––––––––––km––2m (g sen α – a)––––––––––––km2–––k2k––2kx22––––2mV12–––––2kx21–––––2kx22–––––2EB = EAamA V = VA 1mB V = 0BhIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  8. 8. = (g sen α – a)2 + mg x2 sen α – m2g . sen α + m2a– x2 mg sen α = (g sen α – a) ΄ –g sen α + a΅– x2 mg sen α = (g sen α – a)– x2 mg sen α = – (g sen α – a)2x22 – ΂ mg sen α΃x2 + (g sen α – a)2 = 0x = ± ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆෆg2 sen2 α – (g sen α – a)2x = ± ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆ2a g sen α – a2m2–––2kkx22––––2(–1) (g sen α – a)––––––––––––––––2m2–––kkx22––––2(g sen α – a)––––––––––––2m2–––kkx22––––2(g sen α – a)–––––––––––k(g sen α – a)–––––––––––km2–––2kkx22––––2mg sen α + m ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆa (2g sen α – a)x = ––––––––––––––––––––––––––––km–––kmg sen α––––––––km–––kmg sen α––––––––k2 mg sen α––––––––––– ±k4m2g2sen2 α 4m2––––––––––– – –––– (g sen α – a)2k2 k2x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––2m2–––k22–––kIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  9. 9. 6 EEUm quadro quadrado de lado ᐉ e massa m, feito de ummaterial de coeficiente de dilatação superficial β, épendurado no pino O por uma corda inextensível, demassa desprezível, com as extremidades fixadas no meiodas arestas laterais do quadro, conforme a figura. A forçade 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 afirmarque o comprimento mínimo da corda para que o quadropossa ser pendurado com segurança é dado pora) 2ᐉF͙ළළළළළළβ∆T/mg.b) 2ᐉF (1 + β∆T)/mg.c) 2ᐉF (1 + β∆T) / ͙ළළළළළළළළළළළළළළ(4F2 – m2g2).d) 2ᐉF ͙ළළළළළළළළළළ(l + β∆T) / (2F – mg).e) 2ᐉF ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).Resolução–––AO = d–––AC = + ∆ᐉ–––OC = d sen θComo o quadro está em equilíbrio, temos:2 Fsen θ = mg → sen θ =Do triângulo AOC:d2 = + (d sen θ)2d2 – d2 sen2 θ =d2 (1 – sen2θ) = + ᐉ ∆ᐉ + ∆ᐉ2porém, ∆ᐉ2 ≅ 0, logo:Ol / 2 l / 2lᐉ2–––4ᐉ΂––– + ∆ᐉ΃22ᐉ΂––– + ∆ᐉ΃22mg–––2Fᐉ–––2OFqACqFIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  10. 10. d2 (1 – sen2θ) = + ᐉ . . . ∆Td2 (1 – sen2θ) = (1 + β ∆T)d2΂1 – ΃= (1 + β ∆T)d2 = (1 + β ∆T)d = FᐉO comprimento mínimo do fio é dado por:L = 2d(1 + β ∆T)L = 2 Fᐉ ––––––––––––(4F2 – m2g2)(1 + β ∆T)––––––––––––(4F2 – m2g2)ᐉ2–––44F2 – m2g2΂––––––––––΃4F2ᐉ2–––4m2g2––––––4F2ᐉ2–––4β–––2ᐉ–––2ᐉ2–––4IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  11. 11. 7 CCConsidere um semicilindro de peso P e raio R sobre umplano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q estáarticulada no ponto O. A barra está apoiada na superfícielisa do semicilindro, formando um ângulo α com avertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entreo semicilindro e o plano horizontal para que o sistematodo permaneça em equilíbrio?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 cosα)]c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cosα)]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)]Resolução1) No triângulo ABC: y = R cos θ2) A distância d = AO é dada por:cos α = ⇒3) O somatório dos torques em relação ao ponto Odeve ser nulo:Q . sen α = F .F =ahOL__2h - Rcos qQL__2sen aFAyRCBqqqqaLRahOQ L sen 2 αF = –––– ––––––––––4 (h – R sen α)Q L sen α cos α–––––––––––––––2 (h – R sen α)(h – R sen α)––––––––––––cos αL–––2h – R sen αd = ––––––––––cos αh – R cos θ––––––––––dIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  12. 12. Na direção vertical:FN = P + Fy = P + F sen αNa direção horizontal: Fx = FatF cos α = FatSendo o atrito estático: Fat ≤ µE FNFcos α ≤ µE (P + F sen α)µE ≥µE(mín) = == P . = 2P= 2P΄ –΅= 2P΄ –΅F qqaPFNFatR–––––––––Q L cos α2h–––––––––––Q L sen 2αP–––F2R sen α–––––––––––––––Q L2 sen α cos α2h–––––––––––Q L sen 2αP–––F(2h – 2R sen α)––––––––––––Q L sen 2α4 (h – R sen α)––––––––––––Q L sen 2αP–––Fcos α––––––––––––Psen α + –––FF cos α––––––––––––P + F sen αF cos α––––––––––––P + F sen αcos αµE(mín)= –––––––––––––––––––––––––––––––2h Rsen α + 2P ΄–––––––––– – ––––––––΅Q L sen 2 α Q L cos αIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  13. 13. 8 BBUm elétron é acelerado do repouso através de umadiferença de potencial V e entra numa região na qual atuaum campo magnético, onde ele inicia um movimentociclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE comperíodo TE. Se um próton fosse acelerado do repousoatravés de uma diferença de potencial de mesmamagnitude e entrasse na mesma região em que atua ocampo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RPe período TP quea) 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.ResoluçãoSendo o elétron e o próton acelerados pela mesmad.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo,concluímos que o trabalho da força elétrica é omesmo. Logo, ambas penetram no campo magnéticocom mesma energia cinética.Sendo R = e Ec = , vem v =R =R = ; sendo mp > me, vem Rp > ReO período é dado por T =Para mp > me, vem TP > Te.2Ec––––mm v2––––––2m v––––––͉q͉ . B2π m––––––͉q͉ B͙ළළළළළළළළ2mEc–––––––––͉q͉ B2Ecm –––––––m–––––––––––––––͉q͉ BIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  14. 14. 9 DDConsidere um oscilador harmônico simples composto poruma mola de constante elástica k, tendo uma extremidadefixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. Ooscilador gira num plano horizontal com velocidadeangular constante ω em torno da extremidade fixa,mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra afigura. Considerando R0 a posição de equilíbrio dooscilador para ω = 0, pode-se afirmar quea) o movimento é harmônico simples para qualquer queseja velocidade angular ω.b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso deω = 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 nadireção do eixo de rotação só poderá aumentar afrequência do MHS.ResoluçãoPara o referencial fixo no sistema rotatório, devemosacrescentar a força de inércia.FR = m (2πf)2 x = kx – m ω2 xf é a frequência do MHSk é a constante elástica da molaω é a velocidade angular do MCUm (2πf)2 = m (2πf0)2 – mω2f0 é a frequência do MHS para ω = 04π2 f2 = 4π2 f02 – ω2Como: k = m (2πf0)2 ⇒ f02 = é constante, re-sulta f2 como função linear de ω2.k–––––4π2mω2f2 = f02 – ––––4π2kRmwIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  15. 15. 10 BBUma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJmostrado no diagrama T-S da figura.Pode-se afirmar quea) processo JK corresponde a uma compressão isotér-mica.b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo éW = (T2 – T1)(S2 – S1).c) o rendimento da máquina é dado por η = 1 – .d) durante o processo LM uma quantidade de calorQLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderiaeventualmente possuir um rendimento maior que adesta.ResoluçãoDo diagrama fornecido, conclui-se que1) A transformação JK é uma expansão isotérmica eo sistema recebe calor (a entropia aumenta).2) A transformação KL é uma expansão adiabática,a temperatura diminui e o sistema não troca calorcom 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 Ciclode 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 igualao calor recebido:T2–––T1IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  16. 16. WJK = Q2Mas:∆SJK = ⇒ (S2 – S1) =Assim: WJK = (S2 – S1) . T2Na transformação KL, o sistema realiza um traba-lho:WKL = WNa transformação LM, o sistema recebe umtrabalho:WKL = Q1 (calor liberado na transformação)mas: ∆SLM = ⇒ (S1 – S2) =Assim: WLM = (S1 – S2) . T1 = – (S2 – S1) T1Na transformação MJ, o sistema recebe um traba-lho:WMJ = –WObserve que KL e MJ são transformações adiabá-ticas.Portanto:Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJWciclo = [(S2 – S1) T2] + [–(S2 – S1)T1]c) FALSO.O rendimento é dado por:η = 1 –d) FALSO.Na transformação LM, o sistema libera energia (aentropia diminui).e) FALSO.Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existiroutra máquina térmica com rendimento maiorfuncionando entre essas temperaturas T1 e T2.T1 (fonte fria)–––––––––––––––T2 (fonte quente)Wciclo = (T2 – T1) (S2 – S1)Q1–––T1Q1–––T1Q2–––T2Q2–––T2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  17. 17. 11 CCUm feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimentode onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiadanuma lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura.Devido à variação da espessura da camada de ar existenteentre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente umasucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis deNewton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anelescuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deveter um raio dea) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m.d) 4,0 m. e) 8,0 m.ResoluçãoAdmitindo-se que os anéis sejam formados pelainterferência de luz refletida, o diâmetro DN do anelescuro de ordem N é dado por:DN = 2 ͙ෆෆෆN R λem que R é o raio de curvatura de face convexa dalente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1:2 . 10–3 = 2 ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆෆ1 . R . 500 . 10–9Da qual: R = 2,0mIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  18. 18. 12 CCConsidere o modelo de flauta simplificado mostrado nafigura, aberta na sua extremidade D, dispondo de umaabertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outroem C. Sendo—AD = 34,00 cm,—AR =—BD,—BC =—CD e avelocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadasnos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) osorifícios B e C estão fechados, devem ser, respectiva-mentea) 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 ⇒2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒(II) Somente o orifício C está fechado:A onda estacionária correspondente ao harmô-nico fundamental está representada a seguir.V = λf ⇒ 340,0 = 0,34f ⇒ f = 1000Hzλ = 34,00cm = 0,34my = 8,50 cmx = 17,00 cmIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  19. 19. (III)Os orifícios B e C estão fechados:A onda estacionária correspondente ao harmô-nico fundamental está representada a seguir:= 2x ⇒ = 2 . 17,00V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒ f = 500Hzλ = 68,00cm = 0,68mλ–––2λ–––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  20. 20. 13 AAUma jovem encontra-se no assento de um carrosselcircular que gira a uma velocidade angular constante comperíodo T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emiteum som de frequência f0 em direção ao centro de rotação.No instante t = 0, a jovem está à menor distância emrelação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor re-presentação da frequência f ouvida pela jovem.ResoluçãoPara o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos:=Como a fonte está em repouso, sua velocidade V0 énula.= ⇒ = 1 ± (equação 1)em que Vx é a componente da velocidade da jovem nadireção definida pelo centro C de rotação do carrossele a posição Pda fonte. Estando a jovem em movimentocircular e uniforme com período T e raio A, Vx é dadapor:Vx = –ωA sen (ωt + ϕ0)Como para t0 = 0 a jovem está em x = A, posição maispróxima da fonte, ϕ0 = 0. Como ω = , temosVx = – sen (equação 2).Vx–––––Vsomf–––f0f0–––––Vsomf–––––––––Vsom ± Vxf0––––––––––Vsom ± V0f––––––––––Vsom ± Vxf/f00 T/4 T/2 3T/4 T t10 T/4 T/2 3T/4 T t10 T/4 T/2 3T/4 T t10 T/4 T/2 3T/4 T t10 T/4 T/2 3T/4 T t1a ( ) b ( )c ( ) d ( )e ( )f/f0f/f0 f/f0f/f02πt΂––––΃T2πA––––T2π–––TIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  21. 21. Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:= 1 – senConclui-se então que é uma função senoidal det, com período T, amplitude , defasada de π rade deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas.Supondo < 1, o gráfico é representado por:f–––f02πt΂––––΃T2πA––––––T Vsomf–––f02πA––––––T Vsom2πA––––––T VsomIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  22. 22. 14 AAConsidere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m,e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugargeométrico dos pontos de potencial nulo éa) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m ex = 4m.b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m ex = 16 m.c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 me 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 pontox = – 4 m.ResoluçãoVP = K . + K . = 0K . = –K .= –= –d2 = 2d1 (1)Mas d12= (x + 2)2 + y2 + z2 e d22= (x + 8)2 + y2 + z2De (1), vem:d22= 4d12(x + 8)2 + y2 + z2 = 4 [(x + 2)2 + y2 + z2]x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z23x2 + 3y2 + 3z2 = 48Portanto, o lugar geométrico dos pontos P cujopotencial é nulo é uma superfície esférica. Ela corta oeixo dos x nos pontos tais que y = 0 e z = 0, isto é:x2 = 16 ⇒ x = +4m e x = –4mObservação: rigorosamente, o item (a) não estariacorreto, pois não se trata de uma esfera e sim de umasuperfície esférica.q2–––d2q1–––d1q2–––d2q1–––d1q2–––d2q1–––d1yzzx(m)yP(x,y,z)d2d1(-2)(8)q = -2C2 q = 1C1x–2–––d21–––d1x2 + y2 + z2 = 16IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  23. 23. 15 EEConsidere uma balança de braços desiguais, de compri-mentos ᐉ1 e ᐉ2, conforme mostra a figura. No ladoesquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitudeQ e massa desprezível, situada a uma certa distância deoutra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa msobre um prato de massa desprezível. Considerando ascargas como puntuais e desprezível a massa do prato dadireita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado pora) – mgᐉ2d2 / (k0Qᐉ1). b) – 8mgᐉ2d2 / (k0Qᐉ1).c) – 4mgᐉ2d2 /(3k0Qᐉ1). d) –2mgᐉ2d2/͙ළළ3k0Qᐉ1).e) – 8mgᐉ2d2/(3͙ළළ3k0Qᐉ1).ResoluçãoImpondo soma nula dos momentos em relação aoponto O, vem:∑ MO = 0F . cos 30° . ᐉ1 – mg . ᐉ2 = 0Levando em conta a Lei de Coulomb, temos:k0 . . cos 30° . ᐉ1 = mg ᐉ2k0 . . cos3 30° . ᐉ1 = mg ᐉ2k0 . . ᐉ1 = mg ᐉ2͉Q͉ . ͉q͉–––––––––d23͙ළළ3––––––8l1 l230ºQdOqmgdcos 30º=dÖ3/230ºxFF͉Q͉ . ͉q͉–––––––––d2͉Q͉ . ͉q͉–––––––––––d΂–––––––΃2cos 30°IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  24. 24. ͉q͉ =A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Qtêm sinais opostos. Assim, vem:8 mg ᐉ2d2q = – –––––––––––––3͙ළළ3 k0Q ᐉ18 mg ᐉ2d2–––––––––––––––k0 . ͉Q͉ . 3͙ළළ3 . ᐉ1IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  25. 25. 16 DDA figura mostra três camadas de dois materiais comcondutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda paraa direita, temos uma camada do material com condu-tividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada domaterial de condutividade σ2, de largura d/4, seguida deoutra camada do primeiro material de condutividade σ1,de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas ascamadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entreos pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada pora) 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.ResoluçãoO esquema dado corresponde a uma associção emsérie de resistores.Sendo a condutividade o inverso da resistividade,temos:R1 = ρ1 . = .R2 = ρ2 . = .R3 = ρ1 . = .De U = Rs . i, vem:V = (R1 + R2 + R3) . iV = . + . + . . iV = + + . ia bd__2Vd__4d__4s1 s2 s1d––––4A1–––σ2d–––4–––––Ad––––2A1–––σ1d–––2–––––Ad2A, d4A, d4A,1s1r1=1s2r2=1s1r1=R1 R2 R3΃1––––2σ11––––2σ21–––σ1΂d––––2A΃d––––4A1–––σ1d––––4A1–––σ2d––––2A1–––σ1΂d––––4A1–––σ1d–––4–––––AIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  26. 26. V = + . iV = . i17 BBUma esfera condutora de raio R possui no seu interiorduas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente,conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade háuma carga puntual qa e no centro da outra, uma cargatambém puntual qb,cada qual distando do centro da esferacondutora de x e y, respectivamente. É correto afirmarquea) a força entre as cargas qa e qb ék0qaqb/(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, poisnão 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.ResoluçãoAs cavidades constituem blindagens eletrostáticaspara as cargas qa e qb em seu interior.Logo, entre as cargas qa e qb a força elétrica é nula.qqa qbbax y4Aσ1σ2 . Vi = ––––––––––––––d(3σ2 + σ1)΃3σ2 + σ1–––––––––σ1 . σ2΂d––––4A΃1––––2σ23––––2σ1΂d––––2AIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  27. 27. 18 BBUma corrente I flui em quatro das arestas do cubo dafigura (a) e produz no seu centro um campo magnéticode magnitude B na direção y, cuja representação nositema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outrocubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesmamagnitude I flui através do caminho indicado, podemosafirmar que o campo magnético no centro desse cubo serádado pora) (– B, – B, – B). b) (– B, B, B).c) (B, B, B). d) (0, 0, B).e) (0, 0, 0).ResoluçãoA espira quadrada da face do cubo da figura (a) geraum campo magnético de intensidade B, sendo que emseus quatro lados temos a corrente de intensidade I.A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorridaem apenas dois lados por corrente de intensidade I,gerando no centro do cubo um campo magnético deintensidade , no sentido de y (regra da mão direi-ta).Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cuboum campo de intensidade na direção e no sentido y(regra da mão direita).Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por:By = + + ⇒Analogamente:espira (BDGF): Bx1= –espira (ACHE): Bx2= –Campo resultante na direção x:Bx = – – ⇒(a) (b)zxyzxyHGII IIIIABDCEFBx= – BB–––2B–––2B–––2B–––2By = BB–––2B–––2B–––2B–––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  28. 28. Também temos:espira (ABFE): Bz1= +espira (CDGH): Bz2= +Bz = + + ⇒ Bz = + BB–––2B–––2B–––2B–––2Bcentro = (– B; B; B)IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  29. 29. 19 EEConsidere um aparato experimental composto de umsolenoide com n voltas por unidade de comprimento, peloqual passa uma corrente I, e uma espira retangular delargura ᐉ, resistência R e massa m presa por um de seuslados a uma corda inextensível, não condutora, a qualpassa por uma polia de massa desprezível e sem atrito,conforme a figura. Se alguém puxar a corda comvelocidade constante v, podemos afirmar que a forçaexercida por esta pessoa é igual aa) (µ0nIᐉ)2v / R + mg com a espira dentro do solenoide.b) (µ0nIᐉ)2v / R + mg com a espira saindo do solenoide.c) (µ0nIᐉ)2v / R + mg com a espira entrando no solenoide.d) µ0nI2ᐉ + mg com a espira dentro do solenoide.e) mg e independe da posição da espira com relação aosolenoide.ResoluçãoO campo magnético no interior do solenoide tem adireção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo sãoparalelas ao eixo do solenoide.O movimento da espira retangular também tem adireção do eixo do solenoide e, portanto, não hávariação do fluxo magnético. Não ocorre induçãomagnética e não surgem forças magnéticas na espira.Temos apenas:lIT = P = mgIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  30. 30. 20 CCNo processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila dotipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorçãoda radiação eletromagnética no comprimento de ondaλ = 6,80 × 10–7 m. Considere que a formação de glicose(C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, deforma simplificada, pela reação:6CO2 + 6H2O ⎯→ C6H12O6 + 6O2Sabendo-se que a energia total necessária para que umamolécula de CO2 reaja é de 2,34 × 10–18J, o número defótons que deve ser absorvido para formar 1 mol deglicose éa) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.ResoluçãoComo a reação para a formação de uma molécula deglicose envolve seis moléculas de CO2, a energia Enecessária é de:E = 6 . 2,34 . 10–18 (J)E = 1,404 . 10–17JA frequência f da radiação eletromagnética demáxima absorção é dada por:c = λf3,0 . 108 = 6,80 . 10–7 . ff ≅ 4,41 . 1014HzDa Equação de Planck, temosE = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos1,404 . 10–17 ≅ N . 6,62 . 10–34 . 4,41 . 1014Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol deglicose, ou seja, 6,023 . 1023 moléculas de glicose, sãonecessários aproximadamente 2,89 . 1025 fótons.N ≅ 48IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  31. 31. As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser resolvidas no caderno de soluções21Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ânguloα em relação à vertical, gira com velocidade angular ωconstante. O disco encontra-se imerso numa região doespaço onde existe um campo magnético→B uniforme econstante, orientado paralelamente ao eixo de rotação dodisco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso em relação a este, esituada a uma distância R do centro, conforme a figura.Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o discoe g a aceleração da gravidade, determime até que valorde ω o disco pode girar de modo que a partículapermaneça em repouso.ResoluçãoAo passar pela posição (2), a partícula fica sob açãode 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 damão esquerda, conforme a figura.→Pt é a componente tangencial do peso da partícula.Temos: Fat = µ . PN = µ mg cos αPt = mg . sen αFm = q . v . B = q . ω . R . BSendo a resultante centrípeta, vem:Fat – Fm – Pt = mω2 Rµmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 Rmω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0awB®RaB® aavista lateralaB®RaB®v(1)(2)vPt®Fm® v®RR(1)(2)Fat®IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  32. 32. ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0ω =Sendo ω > 0, vem:22Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo emseguida por um “loop” circular de raio R, onde há umrasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado nafigura. Sendo g a aceleração da gravidade e descon-siderando qualquer atrito, obtenha a expressão para aaltura inicial em que o bloco deve ser solto de forma avencer o rasgo e continuar em contato com o restante dapista.ResoluçãoNo trajeto de B para C, o bloco deverá descrever umarco de parábola cujo alcance D é dado por:D = sen 2ϕ (1)Da figura, temos:D = 2R sen ϕ (2)(1) = (2) ⇒ sen 2 ϕ = 2R sen ϕ. 2 sen ϕ cos ϕ = 2R sen ϕg RV2B= –––––cos ϕVB2––––gVB2––––gVB2––––g– qRB + q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)ω = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––2mR– qRB ± q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––2mRIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  33. 33. Usando-se a conservação da energia mecânica entre Ae B, resulta:(ref. em B)= mg [h – R (1 + cos ϕ)]= g [h – R (1 + cos ϕ)]= h – R (1 + cos ϕ)h = + R (1 + cos ϕ)h = R΂ + 1 + cos ϕ΃1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ)h = R ΄––––––––––––––––––––΅2cos ϕ1–––––––2cos ϕR–––––––2cos ϕR–––––––2cos ϕgR–––––––2cos ϕmVB2––––2EB = EAIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  34. 34. 23Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com umsistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicial-mente em repouso sobre uma superfície sem atrito, con-forme ilustra a figura. Determine o máximo comprimentode compressão da mola, considerando desprezível a suamassa.Resolução1) A compressão da mola será máxima quando oscorpos tiverem velocidades iguais (fim da fase dedeformação).2) Conservação da quantidade de movimento:Q1 = Q0(m1 + m2) V1 = m1 V03) Conservação da energia mecânica:Efinal = Einicial+ V21 =+ =kx2 + = m1V02kx2 = m1V02–kx2 = m1V021 –kx2 = m1V02kx2 =x2 =m11 m2x = V0 –––––––––––k(m1 + m2)m11 m2 V02–––––––––––(m1 + m2)km1 V0V1 = ––––––––––m1 + m2m11 m2 V02––––––––––m1 + m2m11 + m2 – m1–––––––––––––m1 + m2΂m1––––––––m1 + m2΃m12V02––––––––––m1 + m2m12V02––––––––––m1 + m2m1 V02–––––––2΃m12. V02–––––––––(m1 + m2)2΂΃m1 + m2––––––––––2΂kx2––––2m1 V02–––––––2(m1 + m2)––––––––––2kx2––––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  35. 35. 24Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V estáimersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda euma mola de constante elástica k, conforme mostra afigura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está nolíquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração dagravidade, determine a força de tração na corda.ResoluçãoO peso P da esfera é dado por:P = ρ V gAs intensidades dos empuxos serão dadas por:E1 = ρ1 0,7 VgE2 = ρ2 0,3 VgPara o equilíbrio da esfera temos:T + E1 + E2 = PT + ρ1 0,7 Vg + ρ2 0,3 Vg = ρ VgT = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2)IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  36. 36. Para o equilíbrio do sistema:No triângulo, temos:cos 30° =F = T cos 30° = TF–––T͙ළළ3F = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) ––––2͙ළළ3–––2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  37. 37. 25Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol deum gás ideal monoatômico a uma pressão P0 etemperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separao gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e umamola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e àparede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). Osistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicial-mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamenteaté passar pela posição de equilíbrio, em que a suaaceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobrodo original, conforme mostra a figura (b). Desprezandoos atritos, determine a temperatura do gás na posição deequilíbrio em função da sua temperatura inicial.Resolução1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação deClapeyron para as situações inicial e final:pV = n R TAssim: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 éadiabática (sem trocas de calor) e a energiaperdida pelo gás monoatômico na realização detrabalho foi armazenada na mola como energiapotencial elástica.Assim:U0 – U = EpeRT0 – RT =T0 – T =Mas:V0 = A . x ⇒ x =Portanto:T0 – T =V0kx . ––––A––––––––––3Rkx2–––––3Rkx2–––––23–––23–––2V0–––AIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  38. 38. Como: kx = F (força realizada pelo gás na situaçãode equilíbrio),vem:T0 – T =T0 – T = =Usando-se a expressão II, temos:T0 – T =T0 = + T ⇒ T0 =Resposta: T06––––76T = ––– T077T––––6T–––6RT–––––6Rp . 2V0–––––––3R . 2p . V0–––––––3Rkx–––– . V0A––––––––––3RIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  39. 39. 26A figura mostra uma barra LM de 10͙ළළ2 cm de com-primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal,tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lentedivergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y =10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine ocomprimento da x imagem da barra e faça um desenhoesquemático para mostrar a orientação da imagem.Resolução(I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa deum triângulo retângulo isósceles de catetos decomprimento a.Teorema de Pitágoras:(LM)2 = a2 + a2(10͙ළළ2)2 = 2a2Da qual:(II) Considerando-se que a lente divergente apresen-tada opera de acordo com as condições deestigmatismo de Gauss, determinemos,inicialmente, as coordenadas das extremidades daimagem L’M’ do bastão LM.Extremidade L:Abscissa:+ = ⇒ + = –Da qual: p’L = – cm ⇒Ordenada:= – ⇒ = –Da qual:Extremidade M:Abscissa:+ = ⇒ + = –i–––o45°yLMxa = 10cm45°LMaa10 2 cm1–––201––––p’M1––––––30 – 51–––f1–––p’1–––p20yL’ = –––– cm11140΂– ––––΃11––––––––30 + 5yL’––––––10 – 5p’–––p140xL’ = –––– cm11140––––111–––201––––p’L1––––––30 + 51–––f1–––p’1–––pIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  40. 40. Da qual: p’M = – cm ⇒Ordenada:= – ⇒ = –Da qual:(III) A imagem L’M’ está posicionada no esquemaabaixo em relação a um referencial cartesianoOxy.O comprimento da imagem L’M’ é obtido peloTeorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retân-gulo hachurado no gráfico.x = – ⇒ x = cmy = – ⇒ y = cm(L’M’)2 = x2 + y2 ⇒ (L’M’)2 =2+2Da qual:(IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminososque produzem a imagem virtual L’M’do objetivoreal LM.M’FL’OLM60yM’ = –––– cm9100΂– ––––΃9––––––––30 – 5yM’––––––10 + 5p’–––pi–––o100xM’ = –––– cm9100––––9160––––99100––––9140––––11160L’M’ = –––– ͙ළළළ10 cm ≅ 5,1 cm99΃480––––99΂΃160––––99΂480––––9920––––1160––––9IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  41. 41. 27Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário apartir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside-rando órbitas circulares.ResoluçãoSe a órbita é suposta circular, o movimento orbital éuniforme.A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz opapel de resultante centrípeta.FG = Fcp= mω2 rω2 =Porém, ω = ⇒ =T = período de translaçãor = raio de órbitaG = constante de gravitação universalM = massa do Sol3.a Lei de Kepler:O quadrado do período de translação do planeta éproporcional ao cubo do raio médio da órbita.T2 4π2–––– = ––––r3 GMGM––––r34π2––––T22π––––TGM––––r3GMm––––––r2Sol rMPLANETAm®FG®VIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  42. 42. 28Considere uma espira retangular de lados ͙ළළ3a e a,respectivamente, em que circula uma corrente I, deacordo com a figura. A espira pode girar livremente emtorno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fioinfinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no pontox = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesmamagnitude I, calcule o momento resultante da forçamagnética sobre a espira em relação ao eixo z, quandoesta encontra-se no plano yz.ResoluçãoConsidere as figuras:O momento M resultante das forças magnéticas demódulo F sobre a espira em relação ao eixo z quandoesta se encontra no plano yz é dado por:→Fcos αM = F cos α . dd = a ͙ෆ3→Fcos αCálculo do valor de→F Determinação doângulo αxII ya 32aa2ZIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  43. 43. F = tg α =F = tg α = ͙ෆ3M = . cos 60° . a ͙ෆ3M = . . a ͙ෆ3α = 60°µ . I2F = ––––––2 πµ . I2 . a–––––––––2 π aa ͙ෆ3––––––––2––––––––a––2µ . I . I . a–––––––––2 π . ᐉ͙ෆ3 µ . I2 aµ = –––––––––––4 π1–––2µ . I2––––––2 πµ . I2––––––2 πIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  44. 44. 29O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag-ma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e umasuperfície fotossensível (retina). Chegando à retina, osfótons produzem impulsos elétricos que são conduzidospelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupilase dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sen-sibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noitemuito escura, duas fontes monocromáticas, ambas compotência 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 deluz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qualdas duas fontes pode ser vista a uma maior distância?Justifique com cálculos.Resolução(I) Equação de Planck: E = hfMas c = λ f ⇒ f =Logo: E = (1)(II) Potência requerida para sensibilizar a retina:P = (2)(1) em (2): P = (3)(III) Intensidade de onda requerida para sensibilizara retina:I = ⇒ I = (4)(3) em (4): I = (5)(IV) Intensidade de onda da fonte:I = (6)Comparando-se (5) e (6), vem:=Da qual:hc–––λc–––λd400E–––––∆t400hc–––––––π λ∆t r2P–––––π r2P–––A400hc–––––λ∆t400 h c–––––––––π λ ∆t r2PF––––––4πx2PF––––––4πx2IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  45. 45. Tendo-se em conta os valores constantesr = 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 maiordistância x a luz de maior comprimento de ondaλ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimentode onda é maior que o da luz azul.λv = 650nm > λA = 475nmr PFλ ∆tx = ––– ––––––––40 hcIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  46. 46. 30No gráfico a seguir estão representadas as característicasde um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistênciainterna r, e um receptor ativo de força contraeletromotrizε’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estãointerligados, determine a resistência interna e o rendi-mento para o gerador e para o receptor.Resolução1 – Leitura do gráfico:• gerador: ε = 100V• receptor: ε’ = 40V2 – Cálculo das resistências internas:• gerador:r = (Ω) ⇒• receptor:r’ = (Ω) ⇒3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:Lei de Pouillet:i = ⇒ i = (A)i = 2A4. Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:U = ε – r iU = 100 – 20 . 2 (V)U = 60V0 1 2 3 4I(A)20406010080V(V)r’ = 10Ω60 – 40––––––––2r = 20Ω100 – 20––––––––4100 – 40––––––––20 + 10ε – ε’––––––r – r’Uiir r’+-+-e e’IITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099
  47. 47. 5. Cálculo dos rendimentos:• gerador:ηG = ⇒ ηG = = 0,60• receptor:ηrec = ⇒ ηrec = =Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%ηrec Х 67%2–––340V–––––60Vε’–––UηG = 60%60V––––––100VU–––εIITTAA ((11ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

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