Constante gravitacional G = 6 67, × ×10−11m / 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: 1,5×1011m. Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avo-gadro: 6 023, ×1023mol−1. Constante uni-versal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atô-mica do nitrogênio: 14. Constante de Planck h = 6,62×10−34m kg/s2 . Permissi-vidade do vácuo:
ε
0 =1/4πk . Permeabili-0 dade magnética do vácuo:μ0.Pela teoria Newtoniana da gravitação, o po-tencial gravitacional devido ao Sol, assumin-do simetria esférica, é daassumin-do por− =V GM r/ , em que r é a distância média do corpo ao cen-tro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida para− =V GM r/ + A r/ 2, em que
A 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 de grandeza da razão entre o termo de correção,
A r/ 2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da Terra, sa-bendo a priori que k= 1.
a) A = kGM c/ e 10−5 b) A = kG M c2 2/ e 10−8 c) A= kG M c2 2/ e 10−3 d) A = kG M c2 2/ 2e 10−5 e) A = kG M c2 2/ 2e 10−8 alternativa E
Da expressão que corrige a equação de Newton, podemos concluir que:
GM r A r2 [A] [G M r] ⎡ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥= ⎡⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ ⇒ = ⋅ ⋅ [A] =M ⋅L ⋅T ⋅M⋅ =L L ⋅T (I) Como A depende apenas de G, M e c, temos: [A] =(M−1 ⋅L3 ⋅T−2)α ⋅Mβ⋅(L T⋅ −1)γ ⇒ ⇒[A] =M− +α β ⋅L3α γ+ ⋅T−2α γ− (II) De I e II, vem: − + = + = − − = − ⇒ = = = − α β α γ α γ α β γ 0 3 4 2 2 2 2
Como A=Gα ⋅Mβ ⋅cγ, a expressão que pode representá-la é: A k G M 2 2 2 = ⋅ ⋅ c
A razão (R) entre o termo de correção e o termo da equação de Newton, para k =1, é dada por:
R A r GM r G M r c r GM G M r c 2 2 2 2 2 2 = = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ R
Substituindo os valores, vem: R 6,67 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 uniformeω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rota-ção da Terra, sabe-se que a acelerarota-ção da gravidade seria dada por g= GM R/ 2. Como ω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa
m em repouso na superfície da Terra a uma
latitudeλ é dado por
Questão 1
a) mg− mω2Rcos .λ b) mg− mω2Rsen2λ. c) mg 1−[2ω2R g/ +(ω2R g/ ) ]2 sen2λ. d) mg 1−[2ω2R g/ −(ω2R g/ ) ] cos2 2λ . e) mg 1−[2ω2R g/ −(ω2R g/ ) ]2 sen2λ. alternativa D
As forças que atuam em um corpo localizado a uma latitudeλsão dadas por:
Considerando a normal como sendo o peso apa-rente (P =N), do Princípio Fundamental da Dinâ-mica, vem:
•
Na horizontal:Rcp=mω2r⇒mgcosλ−Pcosθ=mω2Rcosλ⇒
⇒Pcosθ=mgcosλ−mω2Rcosλ(I)
•
Na vertical:Psenθ=mgsenλ(II)
De I e II, temos que o peso aparente (P) é dado por: P2 =P2sen2θ+P2cos2θ⇒ ⇒P2 =(mg) sen2 2λ +(mg) cos2 2λ + +(mω2R cos )λ 2 −2m g2 ω2R cos2λ⇒ ⇒ P mg 1 2 R g R g cos 2 2 2 2 = − −⎛ ⎝ ⎜⎜ ⎞⎠⎟⎟ ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ω ω λ
Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a 2a Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta. Assinale a alternativa correta.
a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. b) A órbita do planeta continuaria a ser elíp-tica, porém com focos diferentes e a 2aLei de Kepler continuaria válida.
c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2aLei de Kepler não seria mais válida. d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida.
e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. alternativa A
Se, em um dado instante, deixasse de existir o efeito 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 centro do Sol, em um mesmo intervalo de tempo, é sem-pre igual a b 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 velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente,
Questão 3
a) 1,4× 105K. c) 7,0× 1027K. e) 8,4× 1028K. b) 1,4× 108K. d) 7,2× 104K. 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 v 3R T M 2g R 3R T M e T T = ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ 2 9,8 6 380 10 3 8,31 T 28 10 3 3 ⇒ T =1,4 10 K⋅ 5
No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o ante-paro, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se sepa-rando somente após um certo tempo. Descon-siderando quaisquer atritos, podemos afir-mar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por
a) [mgsenα+ m a g(2 senα+ a) ]/k. b) [mgcosα+m a g(2 cosα+ a) ]/k. c) [mgsenα+ m a g(2 senα− a) ]/k. d) m g( senα − a) /k. e) mgsenα / .k alternativa C
Durante o trecho em que o anteparo está em con-tato com o corpo, as forças no corpo são dadas por:
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem: R =ma⇒mg senα −kx −F =ma⇒
⇒F =mg senα −ma−kx
Para que a aceleração a seja constante, F tem que variar.
Podemos, assim, construir um gráfico da força F (que varia de mg senα −maaté zero) em função do deslocamento x (que varia de zero até mg sen ma
k
α − quando o corpo desencosta do
anteparo) dado a seguir:
O trabalho realizado por essa força para esse deslocamento é dado por:
N |F
τ
|=área⇒ ⇒F = −⎛⎝⎜ − ⎞⎠⎟ − ⋅ ⇒ mg sen ma k (mg sen ma) 1 2τ
α α ⇒F = − − 2 (mg sen ma) 2kτ
αAplicando o teorema da energia cinética para o corpo, desde quando o anteparo começou a se movimentar até a deformação máxima da mola X, temos: R
τ
=ΔEc ⇒Pτ
+Feτ τ
+F = ⇒0 ⇒ +mgX sen − kX − − = ⇒ 2 (mg sen ma) 2k 0 2 2 α α ⇒ k − + − = ⇒ 2 X mg sen X (mg sen ma) 2k 0 2 α α 2 ⇒ = ± − ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒ X mg sen m2g2sen2 4 k 2 (mg sen ma)2 2k 2 k 2 α α α ⇒X = mg sen ± −m a +2m ag sen ⇒ k 2 2 2 α α⇒X = mg sen ±m a(2g sen −a)
k
α α
Tomando apenas a resposta positiva, temos:
X mg sen m a(2g sen a) k
= α + α −
Um quadro quadrado de ladol e massa m, feito de um material de coeficiente de dilata-ção superficialβ, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezí-vel, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação de temperaturaΔT, dilatan-do. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda devida à dilatação, po-demos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado por
a) 2lF βΔT mg. b) 2lF(1+ βΔT mg) . c) 2lF(1+βΔT) (4F2 − m g2 2). d) 2lF (1+βΔT) (2F − mg). e) 2lF (1+βΔT) (4F2 − m g2 2). alternativa E
Marcando as forças sobre o quadro, podemos montar a seguinte figura:
Do equilíbrio, vem: P =2 ⋅F⋅senθ⇒mg =2 ⋅F ⋅ 1−cos2θ ⇒ ⇒cos 4F −m ⋅g 2F 2 2 2 θ =
O ladol’ do triângulo depois de aquecido é dado por:
l’2=l2(1+ ⋅β ΔT) ⇒ =l’ l2(1+ ⋅β ΔT) ⇒
⇒ =l’ l 1+ ⋅β ΔT
Sendoxo comprimento do fio, depois do aqueci-mento podemos visualizar o seguinte triângulo:
Da figura e da equação anterior, vem:
cos 2 1 T x 2 cos 4F m g 2F 2 2 2 θ β θ = ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⇒ l Δ ⇒ ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇒ l 2 1 T x 2 4F m g 2 F 2 2 2 β Δ ⇒ x 2 F 1 T 4F2 m2 g2 = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ l β Δ
Considere um semicilindro de peso P e raio R 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 na superfície lisa do semicilindro, formando um ânguloα com a vertical. Quanto vale o coefi-ciente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?
Questão 6
a)μ=cosα[cosα+ +2P(2h LQcos(2 )α −R LQsen )]α b)μ=cosα[cosα+ +P(2h LQsen(2 )α −2R LQcosα)] c)μ=cosα [senα+ +2P(2h LQsen(2 )α −R LQcosα)] d)μ=senα[senα+ +2P(2h LQcos( )α −2R LQcosα)] e)μ=senα[cosα+ +P(2h LQsen( )α −2R LQcosα)] alternativa C
Marcando forças que atuam na barra, vem:
Adotando o polo em O, no equilíbrio, temos: N⋅⎛ − ⎝⎜ ⎞⎠⎟ = ⋅ ⋅ ⇒ h R sen cos Q L 2 sen α α α ⇒N = L 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 cos P N sen at. at. = = ⋅ = + ⇒ = + ⇒ α μ α μ α α ⇒ = ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ + μ α α cos P N sen (2) Substituindo (1) em (2), temos: μ α α α α α = − + ⎛ ⎝ ⎜ ⎞⎠⎟ ⇒ cos 2P(h R sen )
LQ sen cos sen
⇒ = + − ⎛ ⎝ ⎜ ⎞⎠⎟ ⇒ μ α α α α α cos sen 2Ph LQ sen cos 2PR LQ cos ⇒ μ α α α α = + ⎛ − ⎝ ⎜ ⎞⎠⎟ ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ cos sen 2P 2h LQ sen (2 ) R LQ cos
Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magné-tico, onde ele inicia um movimento ciclotrô-nico, movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelera-do acelera-do repouso através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo mag-nético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que a) RP = REe TP = TE. b) RP > REe TP > TE. c) RP > REe TP = TE. d) RP < REe TP = TE. e) RP = REe TP < TE. alternativa B
O período do movimento descrito no interior do campo magnético é dado por T= 2 mπ
e B⋅ .Assim, como a massa do próton é maior que a do elé-tron, temos TP >TE.
Considerando a aceleração devido à força elétri-ca, temos: Fel. C 2 Fel. 2 E m v 2 e V v 2 R T e V m 2 R T 2
τ
τ
π π = = ⋅ = ⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⎛⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ ⇒ Δ ⇒R = T = ⋅ ⋅ ⇒ 2 2eV m 2 m e B 2 2eV m π π π ⇒R = 1 B 2Vm eAssim, como a massa do próton é maior que a do elétron, temos RP >RE.
Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica
k, tendo uma extremidade fixada e a outra
acoplada a uma partícula de massa m. O osci-lador gira num plano horizontal com veloci-dade angular constanteω em torno da extre-midade fixa, mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Conside-rando R0 a posição de equilíbrio do oscilador paraω = 0, pode-se afirmar que
a) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angularω. b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0. c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0.
d) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do quadrado da velocidade angu-lar.
e) se a partícula tiver carga, um campo mag-nético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS.
alternativa D
Sendo R a distância radial de equilíbrio da oscila-ção para a velocidade angularω, e R’ uma distân-cia maior de x’ em relação a R, temos a seguinte figura:
Quando a partícula estiver a uma distância R do centro da trajetória, temos:
Rcp. =Fe ⇒mω2R =k(R −R )0 (I)
Para a situação em que a partícula está distante R’ do centro da trajetória, adotando-se o referen-cial não inerreferen-cial que descreve MCU de raio R, te-mos uma força centrífuga F agindo sobre a partí-cula radialmente para fora. Considerando-se ω constante independente da posição (condição vá-lida somente se x’<<R), temos:
R m R Fe F m k(R’ R )0 m R’ 2 = = − + ⇒ = − − + ⇒ γ γ ω ⇒mγ = −k(x’+R −R )0 +mω2(x’+R) ⇒ ⇒mγ = −kx’+mω2x’−k(R −R )0 +mω2R (II) Substituindo-se I em II, vem:
mγ = −kx’+mω2x’−k(R −R )0 +k(R −R )0 ⇒
⇒γ = −⎛⎝⎜k −ω ⎞⎠⎟
m x
2 ’
Da definição de MHS (γ = −ω02x), temos que a partícula descreve um MHS, com a mola desloca-da desloca-da posição de equilíbrio de R0 para R (R > R )0 , e com pulsação ω0 dada por
ω02 ω2 k m = − , tal queω2 k m < . Logo, a frequên-cia f0do MHS é dada por:
ω02 ω2 π0 2 ω2 k m (2 f ) k m = − ⇒ = − ⇒ ⇒f = k − (2 ) m (2 ) 02 2 2 2 π ω π
Assim, da equação anterior, temos que o quadra-do da frequência quadra-do MHS (f )02 depende linear-mente do quadrado da velocidade angular (ω2).
N
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T – S da figura.
Pode-se afirmar que
a) o processo JK corresponde a uma compres-são isotérmica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T2 −T1)(S2 − S1).
c) o rendimento da máquina é dado por η = −1 2
1
T T .
d) durante o processo LM uma quantidade de calor QLM = T S1( 2 − S1) é absorvida pelo sis-tema.
e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia eventualmente possuir um ren-dimento maior que a desta.
alternativa B
Num ciclo a variação da energia interna é nula ( UΔ =0). Assim, pela Primeira Lei da Termodinâ-mica, temos que W =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 (T2 T )(S1 2 S )1 = = = − − ⇒ ⇒ W =(T2 −T )(S1 2 −S )1
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento 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 de ar existente entre a lente e a lâmina, tor-na-se visível sobre a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. 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 pelo esquema a seguir:
O valor da espessuraeé dado por:
R − =e R2 −r2 ⇒(R −e)2 =R2 −r2 ⇒
⇒R2 −2Re +e2 =R2 −r2 Sendo e2desprezível, temos: e r
R
= 2 2 (I)
Como ocorre interferência destrutiva, visível sobre a lente, temos:
2e = λm (II)
Para o anel de menor raio, temos m=1. Substi-tuindo I em II, vem:
2 r 2R R r R (1 10 ) 500 10 2 2 3 2 9 ⎛ ⎝ ⎜⎜ ⎞⎠⎟⎟ = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ − − λ λ ⇒ R =2m
Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremida-de D, dispondo extremida-de uma abertura em A (próxi-ma à boca), um orifício em B e outro em C.
Questão 10
Sendo AD= 34 00, cm, AB= BD, BC = CDe a 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 orifíorifí-cios 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 tubo de 17 cm de comprimento; então, para a frequên-cia fundamental, temos:
v = ⋅ ⇒λ f 340= ⋅2 17 10⋅ −2⋅ ⇒f f=1 000 Hz Já com os orifícios B e C fechados, consideramos um tubo de 34 cm de comprimento; neste caso, a frequência fundamental é:
v =λ’ f’⋅ ⇒340= ⋅2 34 10⋅ −2⋅ ⇒f’ f’ =500 Hz
Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de frequência foem direção ao centro de
rota-ção. No instante t = 0, a jovem está à menor distância em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequên-cia f ouvida pela jovem.
a) b) c) d) e) Vista superior A B C D
Questão 13
alternativa A
A figura a seguir ilustra a situação inicial. O ponto J representa a jovem no carrossel em t =0.
Observa-se que, de t =0 até completar meia-volta em t T
2
= , a jovem apresenta veloci-dade relativa de afastamento com a sirene. De acordo com o efeito Doppler, nesse intervalo a frequência ouvidafserá menor que a emitida f0. Logo f
f0 <1.
Para a próxima meia-volta executada, ou seja, en-tre t T
2
= e t =T, a jovem se aproxima da sirene fixa e a frequência ouvida será maior que f0. Então, nesse intervalo, temos f
f0 >1. Note que em t =0e t T
2
= a velocidade relativa de aproximação (ou afastamento) é nula, logo
f f0 =1.
Considere as cargas elétricas q1 = 1 C, situa-da em x= −2 m, e q2 = −2 C, situada em
x = −8 m. Então, o lugar geométrico dos
pon-tos de potencial nulo é
a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos
x = −4 m e x = 4 m.
b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos
x = −1 m6 e x = 16 m.
c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos
x = −4 m e x = 16 m.
d) um hiperboloide que corta o eixo x no pon-to x = −4 m.
e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta 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 V kq r kq r P 1 2 1 1 2 2 = + = + ⇒ ⇒ = ⋅ + + + + V k 1 y (x 2) z P 2 2 2 + ⋅ − + + + = ⇒ k ( 2) y (x 8) z 0 2 2 2 ⇒ + + + = 1 y2 (x 2)2 z2 = + + + ⇒ 2 y2 (x 8)2 z2 ⇒y2+(x +8)2+z2=4y2+4(x +2)2+4z2⇒ ⇒x2+16x +64=3y2+3z2+4x2+16x +16 ⇒ ⇒3y2+3x2+3z2=48 ⇒y2+x2+z2=42 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 potencial nulo é uma esfera que corta o eixoxnos pontos x = −4 me x =4 m.
Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentosl1el2, conforme mostra a figura. No lado esquerdo encontra-se pen-durada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encon-tra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considerando as cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equili-brar a massa m é dado por
Questão 14
a)−mg d k Ql2 2/( 0 l1). b)−8mgl2d2/(k Q0 l1). c)−4mgl2d2/(3k Q0 l1). d)−2mgl2d2/( 3k Q0 l1). e)−8mgl2d2/(3 3k Q0 l1). alternativa E
Marcando as forças que atuam na barra de peso desprezível, temos:
Adotando o polo em C, do equilíbrio, vem: T cos 30 P T F F k Q q 2d 3 3 o 1 2 el. el. 0 2 ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ l l | | | | ⇒ ⇒ ⋅ ⋅ ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ k |Q| |q| 2d 3 3 3 2 m g 0 2 l1 l2 ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ 3k |Q| |q| 4 d 3 2 m g 0 2 l1 l2 ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ | | | | q m g d k Q 8 3 3 2 2 0 1 l l
Admitindo que a carga Q seja positiva, o valor de
qserá: q 8 m g d 3 3 k Q 2 2 0 1 = − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ l l
A figura mostra três camadas de dois mate-riais com condutividade σ1 eσ2, respectiva-mente. Da esquerda para a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d / 2, seguida de uma camada do material de condutividadeσ2, de largura d / 4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividadeσ1, de largura d / 4. A área transversal é a mesma para todas as camadas e 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(3σ1+σ2). b) 4V A / d(3σ2+σ1). c) 4V Aσ σ1 2/ d(3σ1+σ2). d) 4V Aσ σ1 2/ d(3σ2+σ1). e) AV (6σ1+4σ2)/ d. alternativa D
Sendo a resistência elétrica de um condutor igual
a R L
A L
A
= ρ =
σ , a resistência equivalente da
as-sociação em série do enunciado vale:
R R R R d 2 d 4 d 4 eq. 1 2 3 1 2 1 = + + = + + ⇒ σA σ A σA ⇒ = ⎛ + + ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = R d A eq. 2 1 1 2 1 2 1 2 1 σ σ σ = ⎛ + ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⇒ = + d 4A 3 1 R d (3 ) 4A 1 2 eq. 2 1 1 2 σ σ σ σ σ σ
Assim, a corrente elétrica no circuito é dada por:
i U Req = = + ⇒ . V d (3 ) 4A 2 1 1 2 σ σ σ σ i = + 4 V A d(3 ) 1 2 2 1 σ σ σ σ
Questão 16
Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio
a 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 do centro 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/
(x2+ y2 −2xycos )θ .
b) a força entre as cargas qa e qbé nula.
c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não há dados suficientes.
d) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, esta não sentiria força
alguma.
e) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, a força entre qa e qb
seria alterada.
alternativa B
Devido à blindagem eletrostática produzida pela esfera condutora, o campo elétrico em cada cavi-dade é devido somente à carga que se encontra em seu interior, ou seja, as cargas qa e qb não exercem força uma sobre a outra.
Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de magnitude B na di-reção y, cuja representação no sitema de coor-denadas é (0,B,0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo 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-guraa) nos planos yz e xy, respectivamente:
A intensidade total B do campo magnético na di-reçãoyé dada por:
B=2BR ⇒B =2BI 2
Fazendo as projeções do segundo cubo (figurab) nos planos yz, xy e xz, respectivamente, temos:
Questão 17
Em que B’ 2B 2
2 B’ B 2
I I
= ⇒ = .
Logo, as intensidades nas direçõesx,y ez são dadas, respectivamente, por:
Bx = −2B’⇒Bx = −2BI 2 ⇒Bx = −B By =2B’⇒By =2BI 2 ⇒By =B Bz =2B’⇒Bz =2BI 2 ⇒Bz =B
Assim, a representação no sistema de coordena-das do campo magnético no centro do segundo cubo é (−B, B, B).
Considere um aparato experimental compos-to de um solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa uma corren-te I, e uma espira retangular de largural, re-sistência R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não conduto-ra, a qual passa por uma polia de massa des-prezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda com velocidade cons-tante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a
a) (μ0nIl)2v R/ + mg com a espira dentro do solenoide.
b) (μ0nIl)2v R/ + mg com a espira saindo do solenoide.
c) (μ0nIl)2v R/ + mgcom a espira entrando no solenoide.
d)μ0nI2l/ +R mgcom a espira dentro do so-lenoide.
e) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide.
alternativa E
Como o movimento do plano da espira é sempre paralelo às linhas de indução magnética geradas pelo solenoide, o fluxo magnético na espira será sempre nulo. Assim, a força exercida pela pessoa para deslocar a espira com velocidade constante émge independe da posição desta com relação ao solenoide.
No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apre-sentam um pico de absorção da radiação ele-tromagnética no comprimento de onda λ =6 80, x10−7m. Considere que a formação de glicose (C H O6 12 6) por este processo de fo-tossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação:
6CO2+6H O2 → C H O6 12 6+6O2 Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de 2 34, x10−18J, o número de fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.
alternativa C
Para a formação de uma molécula de glicose é necessário que 6 moléculas de CO2 reajam, ou seja, é preciso uma energia E= ⋅6 2,34 10⋅ −18J =
=1,40 10⋅ −17J.
Assim, para a formação de uma molécula são ne-cessáriosnfótons, de modo que:
E nE E h f f c E n h c n E hc fóton fóton = = ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ λ λ λ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = − − − n 1,40 10 6,80 10 6,62 10 3 10 n 47,9 17 7 34 8
Assim, para a formação de 1 molécula de glicose são necessários 48 fótons. Para a formação de 1 mol de glicose são necessários 48 mols de fótons.
Questão 19
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas no caderno
de soluções
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ânguloα em relação à vertical, gira com velocidade angularω constante. O disco en-contra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo magnético B uniforme e constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figu-ra. Sendoμ o coeficiente de atrito da partí-cula com o disco e g a aceleração da gravida-de, determine até que valor deω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso.
Resposta
A força de atrito estático assume maior valor no ponto mais baixo da trajetória. A figura a seguir representa as forças que atuam na partícula nes-se instante.
Na iminência do escorregamento, do Princípio Fundamental 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 sen 90 R m R mag. o cp 2 = = ⇒ ω ω ⇒ ⋅μ m g cos⋅ ⋅ α −m g⋅ ⋅senα − ⋅ ⋅q ω R B⋅ = =m⋅ω2 ⋅R ⇒m R⋅ ⋅ω2 + ⋅q R B⋅ ⋅ω+ +m g⋅ ⋅(senα − ⋅μ cos )α =0
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, paraω >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 e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em conta-to com o restante da pista.
Questão 21
Resposta Do esquema fornecido, temos:
Para o bloco vencer o rasgo, é necessário que o alcance do lançamento oblíquo seja igual a 2⋅R sen⋅ ϕ. Da equação do alcance máximo, vem:
2 R sen v sen 2 g 2
⋅ ⋅ ϕ= ⋅ ϕ ⇒
⇒2 ⋅R sen⋅ =v ⋅ ⋅2 sen ⋅cos ⇒
g 2 ϕ ϕ ϕ ⇒v = R g⋅ cos 2 ϕ
No ponto onde o bloco perde contato com a pista, a altura h’ em relação ao solo é R +R cos⋅ ϕ. Da conservação da energia mecânica, vem:
E E mgh mgh’ mv 2 h’ R R cos v R g cos mi mf 2 2 = ⇒ = + = + ⋅ = ⋅ ⇒ ϕ ϕ ⇒ = + ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒ gh g(R R cos ) R g 2 cos ϕ ϕ ⇒ h R 1 cos 1 2 cos = ⎛⎝⎜ + ϕ+ ⋅ ϕ⎞⎠⎟
Uma massa m1com velocidade inicial V0
coli-de com um sistema massa-mola m2e constan-te elástica k, inicialmenconstan-te em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura.
Determine o máximo comprimento de com-pressão da mola, considerando desprezível a sua massa.
Resposta
Como o sistema é isolado, da conservação da quantidade de movimento do sistema, temos: Qi =Qf ⇒m V1 0 =(m1 +m )v2 CM ⇒
⇒v = m V+
m m
CM 1 0
1 2
Como não há dissipação de energia no acopla-mento, a máxima compressão da mola é dada por: E E m V 2 (m m )v 2 kx 2 mi mf 1 0 2 1 2 CM2 2 = ⇒ = + + ⇒ ⇒ = + ⎛ + ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ + ⇒ m V (m m ) m V m m kx 1 02 1 2 1 0 1 2 2 2 ⇒ x V m m k(m m ) 0 1 2 1 2 = +
Uma esfera maciça de massa específicaρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas sãoρ1eρ2, 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.
Questão 23
Resposta
Marcando as forças sobre a esfera, podemos montar o seguinte esquema:
Do equilíbrio, a tração T é dada por: P =T +E1 +E2 ⇒
⇒ ⋅ ⋅ = +ρ V g T ρ1⋅0,7 V⋅ ⋅ +g ρ2⋅0,3 V g⋅ ⋅ ⇒ ⇒ T =V⋅ ⋅g (ρ−0,7ρ1 −0,3ρ2)
Analisando o ponto de junção da corda com a mola, temos:
Assim, do equilíbrio, vem: T T’ sen 60 F sen 30 T’ cos 60 F cos 30 o e o o e o = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ ⇒ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ T T’ sen 60 T’ cos 60 F sen 30 F cos 30 o o e o e o ⇒ − ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ T T’ 3 2 T’ 1 2 1 2 3 2 T’ 3 2 T ⇒ T’ 3 2 Vg ( 0,7 1 0,3 2) = ⋅ ρ− ρ − ρ
Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma
mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termica-mente isolado e o êmbolo, inicialtermica-mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial.
(a)
(b)
Resposta
Como o sistema está termicamente isolado e o êmbolo desloca-se vagarosamente, temos um processo adiabático, quase estático de um gás ideal. Assim, temos:
T0 ⋅V0(γ−1) = ⋅T V(γ−1) ⇒ ⇒ = ⇒ − ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⎛⎝⎜ − ⎞⎠⎟ T V0 0 T(2V ) 5 3 1 0 5 3 1 T 2 T 2 3 0 = − ⋅
Por outro lado, da Primeira Lei da Termodinâmi-ca, temosΔU = −
τ
. Como o trabalho do gás é rea-lizado contra a mola, no instante de aceleração nula temos que Fe =Fgás ⇒kx =pA. Assim, vem:Δ Δ U kx 2 U 3 2 nR(T T ) p2V nRT 2 0 0 = − = − = ⇒ ⇒ − = − = ⇒ 3 2 nR(T T ) pAx 2 p nRT 2V 0 0 ⇒ − = −⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⇒ 3 2 nR(T T ) nRT 2V V 2 0 0 0 T 6T 7 0 = Como6T 7 2 T 0 2 3 0
> − , a discordância dos resulta-dos se deve às suposições de expansão vagaro-sa e que o êmbolo possui masvagaro-sa desprezível.
A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de comprimento, formando um ângulo de 45o com a horizontal, tendo o seu centro situado a x= 30,0 cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y= 10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orienta-ção da imagem.
Resposta
Podemos determinar graficamente a imagem como segue:
As coordenadasxeydos pontos M e L estão in-dicadas na figura a seguir.
Determinamos a coordenada p’ das imagens M’ e L’ através da equação da conjugação, ou seja: 1 f 1 p 1 p’ 1 20 1 25 1 p’ M M M = + ⇒ − = + ⇒ ⇒p’ = −100 9 cm M 1 f 1 p 1 p’ 1 20 1 35 1 p’ L L L = + ⇒ − = + ⇒ ⇒p’ = −140 11 cm L
Determinamos a coordenada y’ das imagens M’ e L’ através da equação do aumento linear, ou seja:
y’ y p’ p y’ 15 100 9 25 y’ 20 3 c M M M M M M = − ⇒ = − − ⇒ = m y’ y p’ p y’ 5 140 11 35 y’ 20 11cm L L L L L L = − ⇒ = −− ⇒ =
Assim, o comprimentodda imagem da barra vale: d2 =(p’M −p’ )L 2 +(y’M−y’ )L 2 ⇒ ⇒d = −⎛⎝⎜ 100 − −⎝⎜⎛ ⎠⎟⎞⎠⎟⎞ +⎛⎝⎜ − ⎞⎠⎟ ⇒ 9 140 11 20 3 20 11 2 2 2 ⇒d = ⎛⎝⎜160⎞⎠⎟ +⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ =⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⋅ ⇒ 99 160 33 160 33 10 9 2 2 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:
F GMm r F R m r 2 T GMm r m 2 T G 2 G cp cp 2 2 2 = = = = ⇒ = ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ R ω ω π π r ⇒ constante ⇒ T 4 GM r 2= π2 ⋅ 3
Questão 26
Questão 27
Considere uma espira retangular de lados 3 a 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 no ponto x = /2 e y = 0. Se pelo fio passa umaa
corrente de mesma magnitude I, calcule o momento resultante da força magnética so-bre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no plano yz.
Resposta Para o esquema visto de cima, temos:
Sendo d a 3 2 a 2 a 2 2 = ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ + ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = e sen a 2 d 1 2
θ = = ,o módulo de Fyé dado por:
F B I d sen I 2 d I d 1 2 y = ⋅ ⋅ ⋅ θ= μπ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ⇒F = ⋅I 4 y 2 μ π
O momento resultante da força magnética em re-lação ao ponto P é dado por:
M 2 F a 3 2 M 2 I 4 a 3 2 (P) y (P) 2 = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅μ ⋅ ⇒ π ⇒ M I a 3 4 (P) 2 = μ π
O olho humano é uma câmara com um pe-queno diafragma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma superfície fotossensí-vel (retina). Chegando à retina, os fótons pro-duzem impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são deco-dificados. Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com potência de 6×10−5W, 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 da pupila circular, qual das duas fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos.
Resposta
Como a energia se propaga esfericamente a par-tir da fonte luminosa e se distribui uniformemente por esta superfície, temos que a potênciapque atinge a área da pupila de raio r é dada por
p= P ⋅ = 4 d r Pr 4d , 2 2 2 2 π π em que P é a potência
total emitida. Da equação de Planck para a ener-gia carregada pornfótons, temos:
E nhc E t P 4d r n t hc P 4d r 2 2 2 2 = = = ⇒ ⋅ = ⇒ λ λ p Δ Δ ⇒ = ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ d r 2 P n t hc λ Δ Assim, sendo n t 400
Δ = fótons por segundo a
me-nor taxa capaz de sensibilizar o olho promovendo visão, para cada tipo de fonte, temos:
N N d 3 10 2 6 10 475 10 400 6,62 10 3 10 d azul 3 5 9 34 8 v = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − − − ermelha 3 5 9 34 8 3 10 2 6 10 650 10 400 6,62 10 3 10 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − − − ⇒ ⇒ = = d 898 m d 1 051 m azul vermelha
Assim, a fonte que emite luz vermelha poderá ser vista a uma distância maior.
No gráfico a seguir estão representadas as características de um gerador, de força ele-tromotriz igual a
ε
e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotrizε
’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistên-cia interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.Resposta
Do gráfico do gerador (reta decrescente), temos:
ε
α = = = − − ⇒ 100 V r tg 100 20 4 0 r =20ΩDo gráfico do receptor (reta crescente), vem:
ε
β ' 40 V r' tg 80 40 4 0 = = = − − ⇒ r'=10ΩSabendo que os dois estão interligados, pela Lei de Ohm-Pouillet, temos:
ε
'+ ⋅ + ⋅ −r' i r iε
= ⇒0⇒40 +10 i⋅ +20 i⋅ −100= ⇒ =0 i 2 A Pela leitura do gráfico, quando i =2 A, a ddp nos terminais do gerador e do receptor é V =60 V. Assim, o rendimento para o gerador será:
ηG u
ε
t P P V 60 100 = = = ⇒ ηG =60% Para o receptor, temos:ηR u
