questão 1 questão 2 - etapa.com.br · ção superficial β, é pendurado no pino o por uma corda...
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Caso necessário, use os seguintes dados:Constante gravitacional G = ×6 67,× −10 11 m / s kg3 2 . Massa do Sol M = ×1,99
× 10 kg30 . Velocidade da luz c = ×3
× 10 m/s8 . Distância média do centro da
Terra ao centro do Sol: 1,5 10 m11× .
Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2.
Raio da Terra: 6380 km. Número de Avo-gadro: 6 023 1023, × −mol 1. Constante uni-versal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atô-mica do nitrogênio: 14. Constante dePlanck h = × −6,62 10 m kg/s34 2 . Permissi-vidade do vácuo: ε π0 01/4= k . Permeabili-dade magnética do vácuo: μ0.
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o po-tencial gravitacional devido ao Sol, assumin-do simetria esférica, é dado por − =V GM r/ ,em que r é a distância média do corpo ao cen-tro do Sol. Segundo a teoria da relatividadede Einstein, essa equação de Newton deveser corrigida para − = +V GM r A r/ / 2, em queA depende somente de G, de M e da velocida-de da luz, c. Com base na análise dimensio-nal e considerando k uma constante adimen-sional, assinale a opção que apresenta a ex-pressão da constante A, seguida da ordem degrandeza da razão entre o termo de correção,A r/ 2, obtido por Einstein, e o termo GM/r daequação de Newton, na posição da Terra, sa-bendo a priori que k = 1.a) A kGM c= / e 10 5−
b) A kG M c= 2 2/ e 10 8−
c) A kG M c= 2 2/ e 10 3−
d) A kG M c= 2 2 2/ e 10 5−
e) A kG M c= 2 2 2/ e 10 8−
alternativa E
Da expressão que corrige a equação de Newton,podemos concluir que:
GMr
A
r[A] [G M r]2
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥= ⎡⎣⎢
⎤⎦⎥⇒ = ⋅ ⋅
No sistema MLT, temos:
[A] M L T M L L T (I)1 3 2 4 2= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− − −
Como A depende apenas de G, M e c, temos:
[A] (M L T ) M (L T )1 3 2 1= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒− − −α β γ
⇒ = ⋅ ⋅− + + − −[A] M L T (II)3 2α β α γ α γ
De I e II, vem:− + =
+ =− − = −
⇒= == −
α βα γα γ
α βγ
0
3 4
2 2
2
2
Como A G M c= ⋅ ⋅α β γ , a expressão que poderepresentá-la é:
Ak G M2 2
2= ⋅ ⋅c
A razão (R) entre o termo de correção e o termoda equação de Newton, para k 1= , é dada por:
R
A
rGM
r
G M
r c
rGM
G M
r c
2 2 2
2 2 2= = ⋅⋅
⋅ ⇒ = ⋅⋅
R
Substituindo os valores, vem:
R6,67 10 1,99 10
1,5 10 (3 10 )
11 30
11 8 2= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅
⇒−
⇒ = ⋅ ⇒−R 9,83 10 9 R ~ 10 8−
Considere a Terra como uma esfera homogê-nea de raio R que gira com velocidade angu-lar uniforme ω em torno do seu próprio eixoNorte-Sul. Na hipótese de ausência de rota-ção da Terra, sabe-se que a aceleração dagravidade seria dada por g GM R= / 2. Comoω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície daTerra na realidade fica sujeito forçosamentea um peso aparente, que pode ser medido, porexemplo, por um dinamômetro, cuja direçãopode não passar pelo centro do planeta.Então, o peso aparente de um corpo de massam em repouso na superfície da Terra a umalatitude λ é dado por
Questão 1
Questão 2
a) mg m R− ω λ2 cos .
b) mg m R− ω λ2 2sen .
c) mg R g R g1 2 2 2 2 2− +[ / ( / ) ]ω ω λsen .
d) mg R g R g1 2 2 2 2 2− −[ / ( / ) ] cosω ω λ .
e) mg R g R g1 2 2 2 2 2− −[ / ( / ) ]ω ω λsen .
alternativa D
As forças que atuam em um corpo localizado auma latitude λ são dadas por:
Considerando a normal como sendo o peso apa-rente (P N)= , do Princípio Fundamental da Dinâ-mica, vem:• Na horizontal:
R m r mg P m Rcp = ⇒ − = ⇒ω λ θ ω λ2 2cos cos cos
⇒ = −P mg m Rcos cos cosθ λ ω λ2 (I)
• Na vertical:P mgsen senθ λ= (II)
De I e II, temos que o peso aparente (P) é dadopor:
P P P2 2 2 2 2sen cos= + ⇒θ θ
⇒ = + +P (mg) sen (mg) cos2 2 2 2 2λ λ
+ − ⇒(m R cos ) 2m g R cos2 2 2 2 2ω λ ω λ
⇒ P mg 12 R
gR
gcos
2 2 22= − −
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
⎡
⎣
⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥
ω ω λ
Considere um segmento de reta que liga ocentro de qualquer planeta do sistema solarao centro do Sol. De acordo com a 2a Lei deKepler, tal segmento percorre áreas iguaisem tempos iguais. Considere, então, que emdado instante deixasse de existir o efeito dagravitação entre o Sol e o planeta. Assinale aalternativa correta.a) O segmento de reta em questão continuariaa percorrer áreas iguais em tempos iguais.b) A órbita do planeta continuaria a ser elíp-tica, porém com focos diferentes e a 2a Lei deKepler continuaria válida.c) A órbita do planeta deixaria de ser elípticae a 2a Lei de Kepler não seria mais válida.d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando seconsidera uma força que depende do inversodo quadrado das distâncias entre os corpos e,portanto, deixaria de ser válida.e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
alternativa A
Se, em um dado instante, deixasse de existir oefeito da gravidade, o planeta passaria a descre-ver um MRU.Assim, ele passaria a percorrer espaços iguais (b)em intervalos de tempos iguais (Δt), como é mos-trado a seguir:
Da figura, temos que a área varrida pelo segmen-to que une o centro de qualquer planeta ao centrodo Sol, em um mesmo intervalo de tempo, é sem-
pre igual ab R
2⋅
.
A temperatura para a qual a velocidade asso-ciada à energia cinética média de uma molé-cula de nitrogênio, N2 , é igual à velocidadede escape desta molécula da superfície daTerra é de, aproximadamente,
física 3
Questão 3
Questão 4
a) 1,4 × 105 K.c) 7,0 × 1027 K.e) 8,4 × 1028 K.
b) 1,4 × 108 K.d) 7,2 × 104 K.
alternativa A
Sendo RT o raio da Terra, e sabendo que a velo-cidade de escape (v )e é igual à velocidade qua-drática média (v), temos:
v 2g R
v3R T
M
2g R3R T
M
e T
T
= ⋅
= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅
⇒−2 9,8 6 380 103 8,31 T
28 103
3
⇒ T 1,4 10 K5= ⋅
No plano inclinado, o corpo de massa m épreso a uma mola de constante elástica k,sendo barrado à frente por um anteparo. Coma mola no seu comprimento natural, o ante-paro, de alguma forma, inicia seu movimentode descida com uma aceleração constante a.Durante parte dessa descida, o anteparomantém contato com o corpo, dele se sepa-rando somente após um certo tempo. Descon-siderando quaisquer atritos, podemos afir-mar que a variação máxima do comprimentoda mola é dada por
a) [ ( ) ]/mg m a g a ksen senα α+ +2 .
b) [ cos ( cos ) ]/mg m a g a kα α+ +2 .
c) [ ( ) ]/mg m a g a ksen senα α+ −2 .d) m g a k( ) /sen α − .e) mg ksen α / .
alternativa C
Durante o trecho em que o anteparo está em con-tato com o corpo, as forças no corpo são dadaspor:
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:R ma mg sen kx F ma= ⇒ − − = ⇒α⇒ = − −F mg sen ma kxαPara que a aceleração a seja constante, F temque variar.Podemos, assim, construir um gráfico da força F(que varia de mg sen maα − até zero) em funçãodo deslocamento x (que varia de zero atémg sen ma
kα −
quando o corpo desencosta do
anteparo) dado a seguir:
O trabalho realizado por essa força para essedeslocamento é dado por:
N| |F áreaτ = ⇒
⇒ = − −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ − ⋅ ⇒F
mg sen mak
(mg sen ma)12
τ α α
⇒ = − −F
2(mg sen ma)2k
τ α
Aplicando o teorema da energia cinética para ocorpo, desde quando o anteparo começou a semovimentar até a deformação máxima da mola X,temos:R c P Fe FE 0τ τ τ τ= ⇒ + + = ⇒Δ
⇒ + − − − = ⇒mgX senkX
2(mg sen ma)
2k0
2 2α α
⇒ − + − = ⇒k2
X mg sen X(mg sen ma)
2k02
2α α
⇒ =
± − ⋅ ⋅−
⋅
⇒X
mg sen m2
g2
sen2
4k
2
(mg sen ma)2
2k
2k
2
α αα
⇒ =± − +
⇒Xmg sen m a 2m ag sen
k
2 2 2α α
⇒ =± −
Xmg sen m a(2g sen a)
kα α
física 4
Questão 5
Tomando apenas a resposta positiva, temos:
Xmg sen m a(2g sen a)
k=
+ −α α
Um quadro quadrado de lado � e massa m,feito de um material de coeficiente de dilata-ção superficial β, é pendurado no pino O poruma corda inextensível, de massa desprezí-vel, com as extremidades fixadas no meio dasarestas laterais do quadro, conforme a figura.A força de tração máxima que a corda podesuportar é F. A seguir, o quadro é submetidoa uma variação de temperatura ΔT, dilatan-do. Considerando desprezível a variação nocomprimento da corda devida à dilatação, po-demos afirmar que o comprimento mínimo dacorda para que o quadro possa ser penduradocom segurança é dado por
a) 2�F T mgβΔ .
b) 2 1�F T mg( )+ βΔ .
c) 2 1 4 2 2 2�F T F m g( ) ( )+ −βΔ .
d) 2 1 2�F T F mg( ) ( )+ −βΔ .
e) 2 1 4 2 2 2�F T F m g( ) ( )+ −βΔ .
alternativa E
Marcando as forças sobre o quadro, podemosmontar a seguinte figura:
Do equilíbrio, vem:
P 2 F sen mg 2 F 1 cos2= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ − ⇒θ θ
⇒− ⋅
cos4F m g
2F
2 2 2θ =
O lado �’ do triângulo depois de aquecido é dadopor:
� � � �’ (1 ) ’ (1 )2 2 2= + ⋅ ⇒ = + ⋅ ⇒β βΔ ΔT T
⇒ = + ⋅� �’ 1 β ΔT
Sendo x o comprimento do fio, depois do aqueci-mento podemos visualizar o seguinte triângulo:
Da figura e da equação anterior, vem:
cos 21 T
x2
cos4F m g
2F
2 2 2
θβ
θ
=⋅ + ⋅
=− ⋅
⇒
� Δ
⇒⋅ + ⋅
=− ⋅⋅
⇒
�
21 T
x2
4F m g2 F
2 2 2β Δ
⇒ x 2 F1 T
4F m g2 2 2= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅− ⋅
�β Δ
Considere um semicilindro de peso P e raioR sobre um plano horizontal não liso, mos-trado em corte na figura. Uma barra homo-gênea de comprimento L e peso Q está arti-culada no ponto O. A barra está apoiada nasuperfície lisa do semicilindro, formando umângulo α com a vertical. Quanto vale o coefi-ciente de atrito mínimo entre o semicilindroe o plano horizontal para que o sistema todopermaneça em equilíbrio?
física 5
Questão 6
Questão 7
a) cos [cosμ α α= ++ −2P h LQ R LQ(2 cos(2 ) sen )]α α
b) cos [cosμ α α= ++ −P h LQ R LQ(2 sen(2 ) cos )]α α2
c) cos [senμ α α= ++ −2P h LQ R LQ(2 sen(2 ) cos )]α α
d) sen [senμ α α= ++ −2 2P h LQ R LQ(2 cos( ) cos )]α α
e) sen [cosμ α α= ++ −P h LQ R LQ(2 sen( ) cos )]α α2
alternativa C
Marcando forças que atuam na barra, vem:
Adotando o polo em O, no equilíbrio, temos:
N ⋅ −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = ⋅ ⋅ ⇒h R sen
cosQ
L2
senα
αα
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅−
NL Q sen cos
2(h R sen )α α
α(1)
Montando o diagrama de forças que atuam no se-micilindro, vem:
No equilíbrio, temos:
f N cos
f N’
N’ P N sen
N cosP N sen
at.
at.
== ⋅= +
⇒ =+
⇒α
μα
μ αα
⇒ =⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
μ α
α
cosPN
sen(2)
Substituindo (1) em (2), temos:
μ αα
α αα
=− +
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟⇒cos
2P(h R sen )LQ sen cos
sen
⇒ =+ −
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟⇒μ α
αα α α
cos
sen2Ph
LQ sen cos2PR
LQcos
⇒μ α
αα α
=+ −
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
cos
sen 2P2h
LQ sen (2 )R
LQcos
Um elétron é acelerado do repouso atravésde uma diferença de potencial V e entranuma região na qual atua um campo magné-tico, onde ele inicia um movimento ciclotrô-nico, movendo-se num círculo de raio REcom período TE. Se um próton fosse acelera-do do repouso através de uma diferença depotencial de mesma magnitude e entrassena mesma região em que atua o campo mag-nético, poderíamos afirmar sobre seu raio RPe período TP que
a) R RP E= e T TP E= .
b) R RP E> e T TP E> .
c) R RP E> e T TP E= .
d) R RP E< e T TP E= .
e) R RP E= e T TP E< .
alternativa B
O período do movimento descrito no interior do
campo magnético é dado por T = 2 mπe B⋅
. Assim,
como a massa do próton é maior que a do elé-tron, temos T TP E> .
física 6
Questão 8
Considerando a aceleração devido à força elétri-ca, temos:
Fel. C
2
Fel.
2Em v
2e V
v2 R
T
e Vm
2 RT
2
ττπ
π= = ⋅
= ⋅
=
⇒ ⋅ =⋅ ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⇒
Δ
⇒ = = ⋅ ⋅ ⇒RT2
2eVm
2 me B2
2eVmπ
π
π
⇒ =R1B
2Vme
Assim, como a massa do próton é maior que a doelétron, temos R RP E> .
Considere um oscilador harmônico simplescomposto por uma mola de constante elásticak, tendo uma extremidade fixada e a outraacoplada a uma partícula de massa m. O osci-lador gira num plano horizontal com veloci-dade angular constante ω em torno da extre-midade fixa, mantendo-se apenas na direçãoradial, conforme mostra a figura. Conside-rando R0 a posição de equilíbrio do osciladorpara ω = 0, pode-se afirmar que
a) o movimento é harmônico simples paraqualquer que seja velocidade angular ω.b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0 .c) a frequência do MHS cresce em relação aocaso de ω = 0.d) o quadrado da frequência do MHS dependelinearmente do quadrado da velocidade angu-lar.e) se a partícula tiver carga, um campo mag-nético na direção do eixo de rotação só poderáaumentar a frequência do MHS.
alternativa D
Sendo R a distância radial de equilíbrio da oscila-ção para a velocidade angular ω, e R’ uma distân-cia maior de x’ em relação a R, temos a seguintefigura:
Quando a partícula estiver a uma distância R docentro da trajetória, temos:
R F m R k(R R )cp. e2
0= ⇒ = −ω (I)
Para a situação em que a partícula está distanteR’ do centro da trajetória, adotando-se o referen-cial não inercial que descreve MCU de raio R, te-mos uma força centrífuga F agindo sobre a partí-cula radialmente para fora. Considerando-se ωconstante independente da posição (condição vá-lida somente se x R’ << ), temos:R m
R F Fm k(R’ R ) m R’
e0
2== − +
⇒ = − − + ⇒γ
γ ω
⇒ = − + − + + ⇒m k(x’ R R ) m (x’ R)02γ ω
⇒ = − + − − +m kx’ m x’ k(R R ) m R20
2γ ω ω (II)
Substituindo-se I em II, vem:
m kx’ m x’ k(R R ) k(R R )20 0γ ω= − + − − + − ⇒
⇒ = − −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟γ ωk
mx2 ’
Da definição de MHS ( x)02γ ω= − , temos que a
partícula descreve um MHS, com a mola desloca-da da posição de equilíbrio de R0 para R(R R )0> , e com pulsação ω0 dada por
ω ω02 2k
m= − , tal que ω2 k
m< . Logo, a frequên-
cia f0 do MHS é dada por:
ω ω π ω02 2
02 2k
m(2 f )
km
= − ⇒ = − ⇒
⇒ = −fk
(2 ) m (2 )02
2
2
2πωπ
Assim, da equação anterior, temos que o quadra-do da frequência do MHS (f )0
2 depende linear-mente do quadrado da velocidade angular ( )2ω .
física 7
Questão 9
N
Uma máquina térmica opera segundo o cicloJKLMJ mostrado no diagrama T – S da figura.
Pode-se afirmar quea) o processo JK corresponde a uma compres-são isotérmica.b) o trabalho realizado pela máquina em umciclo é W T T S S= − −( )( )2 1 2 1 .c) o rendimento da máquina é dado por
η = −1 2
1
TT
.
d) durante o processo LM uma quantidade decalor Q T S SLM = −1 2 1( ) é absorvida pelo sis-tema.e) outra máquina térmica que opere entre T2e T1 poderia eventualmente possuir um ren-dimento maior que a desta.
alternativa B
Num ciclo a variação da energia interna é nula( U 0)Δ = . Assim, pela Primeira Lei da Termodinâ-mica, temos queW Q= , onde a quantidade de ca-lor (Q) no ciclo é numericamente igual à área in-terna do gráfico T S− .Assim, temos:W Q
Q área (T T )(S S )2 1 2 1
=
= = − −⇒
⇒ W (T T )(S S )2 1 2 1= − −
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm decomprimento de onda, incide sobre uma len-te plano-convexa apoiada numa lâmina ho-rizontal de vidro, como mostra a figura.
Devido à variação da espessura da camada dear existente entre a lente e a lâmina, tor-na-se visível sobre a lente uma sucessão deanéis claros e escuros, chamados de anéis deNewton. Sabendo-se que o diâmetro do me-nor anel escuro mede 2 mm, a superfície con-vexa da lente deve ter um raio de
a) 1,0 m.d) 4,0 m.
b) 1,6 m.e) 8,0 m.
c) 2,0 m.
alternativa C
A situação descrita pode ser representada peloesquema a seguir:
O valor da espessura e é dado por:
R e R r (R e) R r2 2 2 2 2− = − ⇒ − = − ⇒
⇒ − + = −R 2Re e R r2 2 2 2
Sendoe2 desprezível, temos:
erR
=2
2(I)
Como ocorre interferência destrutiva, visível sobrea lente, temos:2e m= λ (II)
Para o anel de menor raio, temos m 1= . Substi-tuindo I em II, vem:
2r2R
Rr
R(1 10 )
500 10
2 2 3 2
9
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = ⇒ = ⇒ = ⋅
⋅⇒
−
−λλ
⇒ R 2= m
Considere o modelo de flauta simplificadomostrado na figura, aberta na sua extremida-de D, dispondo de uma abertura em A (próxi-ma à boca), um orifício em B e outro em C.
física 8
Questão 10
Questão 11 Questão 12
Sendo AD = 34 00, cm, AB BD= , BC CD= ea velocidade do som de 340,0 m/s, as frequên-cias esperadas nos casos: (i) somente o orifí-cio C está fechado, e (ii) os orifícios B e C es-tão fechados, devem ser, respectivamente
a) 2000 Hz e 1000 Hz.b) 500 Hz e 1000 Hz.c) 1000 Hz e 500 Hz.d) 50 Hz e 100 Hz.e) 10 Hz e 5 Hz.
alternativa C
A flauta pode ser interpretada como um tubo aber-to.Com o orifício C fechado, consideramos um tubode 17 cm de comprimento; então, para a frequên-cia fundamental, temos:
v f 340 2 17 10 f2= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒−λ f 1 000 Hz=
Já com os orifícios B e C fechados, consideramosum tubo de 34 cm de comprimento; neste caso, afrequência fundamental é:
v ’ f’ 340 2 34 10 f’2= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒−λ f’ 500 Hz=
Uma jovem encontra-se no assento de umcarrossel circular que gira a uma velocidadeangular constante com período T. Uma sireneposicionada fora do carrossel emite um somde frequência fo em direção ao centro de rota-ção. No instante t = 0, a jovem está à menordistância em relação à sirene. Nesta situação,assinale a melhor representação da frequên-cia f ouvida pela jovem.
a)
b)
c)
d)
e)
física 9
Vista superior
A B C D
Questão 13
alternativa A
A figura a seguir ilustra a situação inicial. O ponto Jrepresenta a jovem no carrossel em t 0= .
Observa-se que, de t 0= até completar
meia-volta em tT2
= , a jovem apresenta veloci-
dade relativa de afastamento com a sirene. Deacordo com o efeito Doppler, nesse intervalo afrequência ouvida f será menor que a emitida f0 .
Logoff
10< .
Para a próxima meia-volta executada, ou seja, en-
tre tT2
= e t T= , a jovem se aproxima da sirene
fixa e a frequência ouvida será maior que f0 .
Então, nesse intervalo, temosff
10> .
Note que em t 0= e tT2
= a velocidade relativa
de aproximação (ou afastamento) é nula, logoff
10= .
Considere as cargas elétricas q1 = 1 C, situa-da em x = −2 m, e q2 = −2 C, situada emx = −8 m. Então, o lugar geométrico dos pon-tos de potencial nulo éa) uma esfera que corta o eixo x nos pontosx = −4 m e x = 4 m.b) uma esfera que corta o eixo x nos pontosx = −1 m6 e x = 16 m.c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontosx = −4 m e x = 16 m.d) um hiperboloide que corta o eixo x no pon-to x = −4 m.e) um plano perpendicular ao eixo x que ocorta no ponto x = −4 m.
alternativa A
Do enunciado, podemos construir a figura a se-guir:
O potencial elétrico total no ponto P indicado na fi-gura vale:
V V Vkqr
kqrP 1 2
1
1
2
2= + = + ⇒
⇒ = ⋅
+ + ++V
k 1
y (x 2) zP 2 2 2
+ ⋅ −
+ + += ⇒k ( 2)
y (x 8) z0
2 2 2
⇒+ + +
=1
y (x 2) z2 2 2
=+ + +
⇒2
y (x 8) z2 2 2
⇒ + + + = + + + ⇒y (x 8) z 4y 4(x 2) 4z2 2 2 2 2 2
⇒ + + = + + + + ⇒x 16x 64 3y 3z 4x 16x 162 2 2 2
⇒ + + = ⇒ + + =3y 3x 3z 48 y x z 42 2 2 2 2 2 2
Essa é a equação de uma esfera de centro em(x; y; z) = (0; 0; 0) e raio 4 m.Assim, o lugar geométrico dos pontos de potencialnulo é uma esfera que corta o eixo x nos pontosx 4 m= − e x 4 m= .
Considere uma balança de braços desiguais,de comprimentos �1 e �2, conforme mostra afigura. No lado esquerdo encontra-se pen-durada uma carga de magnitude Q e massadesprezível, situada a uma certa distânciade outra carga, q. No lado direito encon-tra-se uma massa m sobre um prato demassa desprezível. Considerando as cargascomo puntuais e desprezível a massa doprato da direita, o valor de q para equili-brar a massa m é dado por
física 10
Questão 14
Questão 15
a) −mg d k Q� �22
0 1/( ).
b) −8 22
0 1mg d k Q� �/( ).
c) −4 322
0 1mg d k Q� �/( ).
d) −2 322
0 1mg d k Q� �/( ).
e) −8 3 322
0 1mg d k Q� �/( ).
alternativa E
Marcando as forças que atuam na barra de pesodesprezível, temos:
Adotando o polo em C, do equilíbrio, vem:
T cos30 P
T F
Fk Q q
2d 33
o1 2
el.
el.0
2
⋅ = ⋅=
=⋅ ⋅
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
� �
| | | | ⇒
⇒⋅ ⋅
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒k |Q| |q|
2d 33
32
m g02 1 2� �
⇒⋅ ⋅⋅
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒3k |Q| |q|
4 d
32
m g02 1 2� �
⇒ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅| |
| |q
m g d
k Q
8
3 32
2
0 1
�
�
Admitindo que a carga Q seja positiva, o valor deq será:
q8 m g d3 3 k Q
22
0 1= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅�
�
A figura mostra três camadas de dois mate-riais com condutividade σ1 e σ2, respectiva-mente. Da esquerda para a direita, temosuma camada do material com condutividadeσ1, de largura d /2, seguida de uma camada domaterial de condutividade σ2, de largura d /4,seguida de outra camada do primeiro materialde condutividade σ1, de largura d /4. A áreatransversal é a mesma para todas as camadase igual a A. Sendo a diferença de potencial en-tre os pontos a e b igual a V, a corrente do cir-cuito é dada por
a) 4V A /d( )3 1 2σ σ+ .
b) 4V A /d( )3 2 1σ σ+ .
c) 4V Aσ σ1 2 /d( )3 1 2σ σ+ .
d) 4V Aσ σ1 2 /d( )3 2 1σ σ+ .
e) AV ( )6 41 2σ σ+ /d.
alternativa D
Sendo a resistência elétrica de um condutor igual
a RL
ALA
= =ρσ
, a resistência equivalente da as-
sociação em série do enunciado vale:
R R R R
d2
d4
d4
eq. 1 2 31 2 1
= + + = + + ⇒σ σ σA A A
⇒ = + +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ =R
dAeq. 2
1 12
121 2 1σ σ σ
= +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒ =
+d4A
3 1R
d(3 )4A1 2
eq.2 1
1 2σ σσ σσ σ
Assim, a corrente elétrica no circuito é dada por:
iU
Req= = + ⇒
.
Vd (3 )
4A2 1
1 2
σ σσ σ
i =+
4V Ad(3 )
1 2
2 1
σ σσ σ
física 11
Questão 16
Uma esfera condutora de raio R possui noseu interior duas cavidades esféricas, de raioa e b, respectivamente, conforme mostra a fi-gura. No centro de uma cavidade há uma car-ga puntual qa e no centro da outra, uma car-ga também puntual qb, cada qual distando docentro da esfera condutora de x e y, respecti-vamente. É correto afirmar que
a) a força entre as cargas qa e qb é k q q0 a b /( cos )x y xy2 2 2+ − θ .b) a força entre as cargas qa e qb é nula.c) não é possível determinar a força entre ascargas, pois não há dados suficientes.d) se nas proximidades do condutor houvesseuma terceira carga, qc, esta não sentiria forçaalguma.e) se nas proximidades do condutor houvesseuma terceira carga, qc, a força entre qa e qbseria alterada.
alternativa B
Devido à blindagem eletrostática produzida pelaesfera condutora, o campo elétrico em cada cavi-dade é devido somente à carga que se encontraem seu interior, ou seja, as cargas qa e qb nãoexercem força uma sobre a outra.
Uma corrente I flui em quatro das arestasdo cubo da figura (a) e produz no seu centroum campo magnético de magnitude B na di-reção y, cuja representação no sitema de coor-denadas é (0,B,0). Considerando um outrocubo (figura (b)) pelo qual uma corrente demesma magnitude I flui através do caminhoindicado, podemos afirmar que o campo mag-nético no centro desse cubo será dado por
(a)
(b)
a) ( B, B, B)− − − .d) (0,0,B) .
b) ( B,B,B)− .e) (0,0,0) .
c) (B,B,B).
alternativa B
A seguir temos as projeções do primeiro cubo (fi-gura a) nos planos yz e xy, respectivamente:
A intensidade total B do campo magnético na di-reção y é dada por:
B 2B B 2B 2R I= ⇒ =Fazendo as projeções do segundo cubo (figura b)nos planos yz, xy e xz, respectivamente, temos:
física 12
Questão 17
Questão 18
Em que B’ 2B22
B’ B 2I I= ⇒ = .
Logo, as intensidades nas direções x, y e z sãodadas, respectivamente, por:
B 2B’ B 2B 2 B Bx x I x= − ⇒ = − ⇒ = −
B 2B’ B 2B 2 B By y I y= ⇒ = ⇒ =
B 2B’ B 2B 2 B Bz z I z= ⇒ = ⇒ =Assim, a representação no sistema de coordena-das do campo magnético no centro do segundocubo é (−B, B, B).
Considere um aparato experimental compos-to de um solenoide com n voltas por unidadede comprimento, pelo qual passa uma corren-te I, e uma espira retangular de largura �, re-sistência R e massa m presa por um de seuslados a uma corda inextensível, não conduto-ra, a qual passa por uma polia de massa des-prezível e sem atrito, conforme a figura. Sealguém puxar a corda com velocidade cons-tante v, podemos afirmar que a força exercidapor esta pessoa é igual a
a) ( ) /μ02nI v R mg� + com a espira dentro do
solenoide.b) ( ) /μ0
2nI v R mg� + com a espira saindo dosolenoide.
c) ( ) /μ02nI v R mg� + com a espira entrando no
solenoide.d) μ0
2nI R mg�/ + com a espira dentro do so-lenoide.e) mg e independe da posição da espira comrelação ao solenoide.
alternativa E
Como o movimento do plano da espira é sempreparalelo às linhas de indução magnética geradaspelo solenoide, o fluxo magnético na espira serásempre nulo. Assim, a força exercida pela pessoapara deslocar a espira com velocidade constanteé mg e independe da posição desta com relaçãoao solenoide.
No processo de fotossíntese, as moléculas declorofila do tipo a nas plantas verdes apre-sentam um pico de absorção da radiação ele-tromagnética no comprimento de ondaλ = −6 80 10 7, x m. Considere que a formaçãode glicose (C H O6 12 6) por este processo de fo-tossíntese é descrita, de forma simplificada,pela reação:
6 6 62 2 6 12 6 2CO H O C H O O+ → +Sabendo-se que a energia total necessáriapara que uma molécula de CO2 reaja é de2 34 10 18, x J− , o número de fótons que deveser absorvido para formar 1 mol de glicose éa) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.
alternativa C
Para a formação de uma molécula de glicose énecessário que 6 moléculas de CO2 reajam, ou
seja, é preciso uma energia E 6 2,34 10 J18= ⋅ ⋅ =−
= ⋅ −1,40 10 J17 .Assim, para a formação de uma molécula são ne-cessários n fótons, de modo que:
E nE
E h f
fc
E n hc
nEhc
fóton
fóton
== ⋅
=
⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
λ
λλ
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅
⇒ =− −
−n1,40 10 6,80 10
6,62 10 3 10n 47,9
17 7
34 8
Assim, para a formação de 1 molécula de glicosesão necessários 48 fótons. Para a formação de1 mol de glicose são necessários 48 mols de fótons.
física 13
Questão 19
Questão 20
As questões dissertativas, numeradas de21 a 30, devem ser resolvidas no caderno
de soluções
Um disco, com o eixo de rotação inclinado deum ângulo α em relação à vertical, gira comvelocidade angular ω constante. O disco en-contra-se imerso numa região do espaço ondeexiste um campo magnético B uniforme econstante, orientado paralelamente ao eixo derotação do disco. Uma partícula de massa me carga q > 0 encontra-se no plano do disco,em repouso em relação a este, e situada auma distância R do centro, conforme a figu-ra. Sendo μ o coeficiente de atrito da partí-cula com o disco e g a aceleração da gravida-de, determine até que valor de ω o disco podegirar de modo que a partícula permaneça emrepouso.
Resposta
A força de atrito estático assume maior valor noponto mais baixo da trajetória. A figura a seguirrepresenta as forças que atuam na partícula nes-se instante.
Na iminência do escorregamento, do PrincípioFundamental da Dinâmica, temos:
f mg sen F R
f N
N mg cos
at.e mag. cp
at.e
máx
máx
.
.
− − =
=
=
α
μ
α
F q RB sen90
R m R
mag.o
cp2
=
=
⇒
ω
ω
⇒ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =μ α α ωm g cos m g sen q R B
= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +m R m R q R B2 2ω ω ω
+ ⋅ ⋅ − ⋅ =m g (sen cos ) 0α μ α
Resolvendo a equação de 2º grau, obtemos:
ω α μ α= − ⋅ ⋅ ± ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅⋅ ⋅
q R B (q R B) 4 m R m g (sen cos )
2 m R
2
Portanto, para ω > 0 no referencial da figura, te-mos:
ω α μ α= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅
q R B 4m R (sen cos ) q R B
2 m R
2 2 2 2 g
Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa elogo em seguida por um “loop” circular deraio R, onde há um rasgo de comprimento dearco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g aaceleração da gravidade e desconsiderandoqualquer atrito, obtenha a expressão para aaltura inicial em que o bloco deve ser solto deforma a vencer o rasgo e continuar em conta-to com o restante da pista.
física 14
Questão 21
Questão 22
Resposta
Do esquema fornecido, temos:
Para o bloco vencer o rasgo, é necessário que oalcance do lançamento oblíquo seja igual a2 R sen⋅ ⋅ ϕ. Da equação do alcance máximo,vem:
2 R senv sen 2
g
2⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ϕ ϕ
⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒2 R senv 2 sen cos
g
2ϕ ϕ ϕ
⇒ = ⋅v
R gcos
2
ϕ
No ponto onde o bloco perde contato com a pista,a altura h’ em relação ao solo é R R cos+ ⋅ ϕ. Daconservação da energia mecânica, vem:
E E
mgh mgh’mv
2h’ R R cos
vR gcos
mi
mf
2
2
= ⇒
= +
= + ⋅
= ⋅⇒ϕ
ϕ
⇒ = + ⋅ + ⋅⋅
⇒gh g(R R cos )R g
2 cosϕ
ϕ
⇒ h R 1 cos1
2 cos= + +
⋅⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ϕ
ϕ
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 coli-de com um sistema massa-mola m2 e constan-te elástica k, inicialmente em repouso sobreuma superfície sem atrito, conforme ilustra afigura.
Determine o máximo comprimento de com-pressão da mola, considerando desprezível asua massa.
Resposta
Como o sistema é isolado, da conservação daquantidade de movimento do sistema, temos:
Q Q m V (m m )vi f 1 0 1 2 CM= ⇒ = + ⇒
⇒ =+
vm V
m mCM1 0
1 2
Como não há dissipação de energia no acopla-mento, a máxima compressão da mola é dadapor:
E Em V
2(m m )v
2kx2m
imf 1 0
21 2 CM
2 2= ⇒ =
++ ⇒
⇒ = ++
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ + ⇒m V (m m )
m Vm m
kx1 02
1 21 0
1 2
22
⇒ x Vm m
k(m m )01 2
1 2=
+
Uma esfera maciça de massa específica ρ evolume V está imersa entre dois líquidos,cujas massas específicas são ρ1 e ρ2, respec-tivamente, estando suspensa por uma cor-da e uma mola de constante elástica k, con-forme mostra a figura. No equilíbrio, 70%do volume da esfera está no líquido 1 e 30%no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravi-dade, determine a força de tração na cor-da.
física 15
Questão 23
Questão 24
Resposta
Marcando as forças sobre a esfera, podemosmontar o seguinte esquema:
Do equilíbrio, a tração T é dada por:
P T E E1 2= + + ⇒
⇒ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ρ ρ ρV g T 0,7 V g 0,3 V g1 2
⇒ T V g ( 0,7 0,3 )1 2= ⋅ ⋅ − −ρ ρ ρ
Analisando o ponto de junção da corda com amola, temos:
Assim, do equilíbrio, vem:
T T’ sen 60 F sen 30
T’ cos 60 F cos 30
oe
o
oe
o
= ⋅ + ⋅
⋅ = ⋅⇒
⇒ − ⋅⋅
=⋅⋅
⇒T T’ sen 60
T’ cos 60
F sen 30
F cos 30
o
oe
o
eo
⇒− ⋅
⋅= ⇒ = ⋅ ⇒
T T’32
T’12
1232
T’32
T
⇒ T’32
Vg ( 0,7 0,3 )1 2= ⋅ − −ρ ρ ρ
Uma parte de um cilindro está preenchidacom um mol de um gás ideal monoatômico auma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolode massa desprezível separa o gás da outraseção do cilindro, na qual há vácuo e uma
mola em seu comprimento natural presa aoêmbolo e à parede oposta do cilindro, comomostra a figura (a). O sistema está termica-mente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, éentão solto, deslocando-se vagarosamente atépassar pela posição de equilíbrio, em que asua aceleração é nula e o volume ocupado pelogás é o dobro do original, conforme mostra afigura (b). Desprezando os atritos, determinea temperatura do gás na posição de equilíbrioem função da sua temperatura inicial.
(a)
(b)
Resposta
Como o sistema está termicamente isolado e oêmbolo desloca-se vagarosamente, temos umprocesso adiabático, quase estático de um gásideal. Assim, temos:
T V T V0 0( 1) ( 1)⋅ = ⋅ ⇒− −γ γ
⇒ = ⇒−⎛
⎝⎜⎞⎠⎟ −⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
T V T(2V )0 0
53
1
0
53
1
T 2 T23
0= ⋅−
Por outro lado, da Primeira Lei da Termodinâmi-ca, temos ΔU = −τ. Como o trabalho do gás é rea-lizado contra a mola, no instante de aceleraçãonula temos que F F kx pAe gás= ⇒ = . Assim, vem:
Δ
Δ
Ukx2
U32
nR(T T )
p2V nRT
2
0
0
= −
= −
=
⇒
⇒− = −
=⇒
32
nR(T T )pAx2
pnRT2V
0
0
⇒ − = −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒3
2nR(T T )
nRT2V
V20
0
0 T6T7
0=
Como6T7
2 T023
0>−
, a discordância dos resulta-
dos se deve às suposições de expansão vagaro-sa e que o êmbolo possui massa desprezível.
física 16
Questão 25
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cmde comprimento, formando um ângulo de 45o
com a horizontal, tendo o seu centro situadoa x = 30,0 cm de uma lente divergente, comdistância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cmacima do eixo ótico da mesma. Determine ocomprimento da imagem da barra e faça umdesenho esquemático para mostrar a orienta-ção da imagem.
Resposta
Podemos determinar graficamente a imagemcomo segue:
As coordenadas x e y dos pontos M e L estão in-dicadas na figura a seguir.
Determinamos a coordenada p’ das imagens M’ eL’ através da equação da conjugação, ou seja:1f
1p
1p’
120
125
1p’M M M
= + ⇒−
= + ⇒
⇒ = −p’100
9cmM
1f
1p
1p’
120
135
1p’L L L
= + ⇒−
= + ⇒
⇒ = −p’14011
cmL
Determinamos a coordenada y’ das imagens M’ eL’ através da equação do aumento linear, ou seja:
y’y
p’p
y’15
1009
25y’
203
cM
M
M
M
MM= − ⇒ = −
−⇒ = m
y’y
p’p
y’5
14011
35y’
2011
cmL
L
L
L
LL= − ⇒ = −
−⇒ =
Assim, o comprimento d da imagem da barra vale:
d (p’ p’ ) (y’ y’ )2M L
2M L
2= − + − ⇒
⇒ = − − −⎛⎝⎜⎞⎠⎟
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟+ −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒d
1009
14011
203
2011
22 2
⇒ = ⎛⎝⎜⎞⎠⎟ + ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⋅ ⇒d
16099
16033
16033
109
22 2 2
⇒ d 5,1 cm=
Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento pla-netário a partir da Lei da Gravitação Univer-sal de Newton considerando órbitas circula-res.
Resposta
Da lei da gravitação universal, temos:
FGMm
rF R
m r
2T
GMm
rm
2T
G 2
G cp
cp2 2
2
=
=
=
=
⇒ = ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟R ω
ω π
πr ⇒
constante
⇒ T4GM
r22
3= ⋅π
física 17
Questão 26
Questão 27
Considere uma espira retangular de lados3a e a, respectivamente, em que circula
uma corrente I, de acordo com a figura. A es-pira pode girar livremente em torno do eixo z.Nas proximidades da espira há um fio infini-to, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy noponto x a= /2 e y = 0. Se pelo fio passa umacorrente de mesma magnitude I, calcule omomento resultante da força magnética so-bre a espira em relação ao eixo z, quando estaencontra-se no plano yz.
Resposta
Para o esquema visto de cima, temos:
Sendo da 3
2a2
a2 2
=⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ + ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = e
sen
a2d
12
θ = = , o módulo de Fy é dado por:
F B I d senI
2 dI d
12y = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒θ μ
π
⇒ = ⋅F
I4y
2μπ
O momento resultante da força magnética em re-lação ao ponto P é dado por:
M 2 Fa 3
2M 2
I4
a 32(P) y (P)
2= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒μ
π
⇒ MI a 34(P)
2= μ
π
O olho humano é uma câmara com um pe-queno diafragma de entrada (pupila), umalente (cristalino) e uma superfície fotossensí-vel (retina). Chegando à retina, os fótons pro-duzem impulsos elétricos que são conduzidospelo nervo ótico até o cérebro, onde são deco-dificados. Quando devidamente acostumadaà obscuridade, a pupila se dilata até um raiode 3 mm e o olho pode ser sensibilizado porapenas 400 fótons por segundo. Numa noitemuito escura, duas fontes monocromáticas,ambas com potência de 6 10 W5× − , emitem,respectivamente, luz azul (λ = 475 nm) e ver-melha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é,em todas as direções. Desprezando a absor-ção de luz pelo ar e considerando a área dapupila circular, qual das duas fontes pode servista a uma maior distância? Justifique comcálculos.
Resposta
Como a energia se propaga esfericamente a par-tir da fonte luminosa e se distribui uniformementepor esta superfície, temos que a potência p queatinge a área da pupila de raio r é dada por
p = ⋅ =P
4 dr
Pr
4d,2
22
2ππ em que P é a potência
total emitida. Da equação de Planck para a ener-gia carregada por n fótons, temos:
Enhc
Et
P
4dr
nt
hc P
4dr
22 2
2=
= =⇒ ⋅ = ⇒λ
λpΔ
Δ
⇒ =⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
dr2
Pnt
hc
λ
Δ
Assim, sendont
400Δ
= fótons por segundo a me-
nor taxa capaz de sensibilizar o olho promovendovisão, para cada tipo de fonte, temos:
física 18
Questão 28 Questão 29
N
N
d3 10
26 10 475 10
400 6,62 10 3 10
d
azul
3 5 9
34 8
v
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅
− − −
−
ermelha
3 5 9
34 83 10
26 10 650 10
400 6,62 10 3 10= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
− − −
−
⇒
⇒=
=d 898 m
d 1 051 mazul
vermelha
Assim, a fonte que emite luz vermelha poderá servista a uma distância maior.
No gráfico a seguir estão representadas ascaracterísticas de um gerador, de força ele-tromotriz igual a ε e resistência interna r, eum receptor ativo de força contraeletromotrizε’ e resistência interna r’. Sabendo que osdois estão interligados, determine a resistên-cia interna e o rendimento para o gerador epara o receptor.
Resposta
Do gráfico do gerador (reta decrescente), temos:ε
α
=
= = −−
⇒100V
r tg100 20
4 0
r = 20 Ω
Do gráfico do receptor (reta crescente), vem:ε
β
' 40V
r' tg80 40
4 0
=
= = −−
⇒ r' 10= Ω
Sabendo que os dois estão interligados, pela Leide Ohm-Pouillet, temos:
ε ε' r' i r i 0+ ⋅ + ⋅ − = ⇒⇒ + ⋅ + ⋅ − = ⇒ =40 10 i 20 i 100 0 i 2 A
Pela leitura do gráfico, quando i 2 A= , a ddp nosterminais do gerador e do receptor é V 60V= .Assim, o rendimento para o gerador será:
η εGu
t
PP
V 60100
= = = ⇒ ηG 60%=
Para o receptor, temos:
η εR
u
t
PP
'V
4060
= = = ⇒ ηR = 67%
física 19
Questão 30