Caso necessário, use os seguintes dados:
Constante gravitacional G = 6,67 × 10−11 m3/s2kg. Massa do Sol M = 1,99 × 1030 kg. Velocidade
da luz c = 3 × 108m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 × 1011 m.
Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro:
6,023 × 1023 mol−1. Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de Planck h = 6,62 × 10−34 m2kg/s. Permissividade do vácuo: ε
0 = 1/4πk0.
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.
1.
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por −V = GM /r, em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida para −V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k =1.A. ( ) A = kGM/c e 10−5 B. ( ) A = kG2M 2/c e 10−8 C. ( ) A = kG2M 2/c e 10−3 D. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−5 E. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−8 Alternativa: E Sabemos que:
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2 2 2 1 F 2 2 2 2 2 2 2 1 a r r m A GM A G M r G M r G M m r r m 1 G M G M A G M F r a r c = ∴ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = Logo: 2 2 2 kG M A = c(
)
2 2 2 2 2 11 30 8 2 8 2 11 A / r kG M / c r kGM 1 6,67 10 1,99 10 0,983 10 GM / r GM / r c r 3 10 1,5 10 − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 8 A / r OG 10 GM / r − = 2.
Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = GM/R2. Como ω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado porA. ( ) mg − mω2Rcos λ. B. ( ) mg − mω2Rsen2 λ. C. ( ) 1−2 2 + ( 2 ) sen .2 2λ mg ω R / g ω R / g D. ( ) 1−2 2 −( 2 ) cos2 2λ. mg ω R / g ω R / g E. ( ) 1−2 2 −( 2 ) sen .2 2λ mg ω R / g ω R / g Equador S N R m ω λ Alternativa: D R Rcos F G F
Para a dinâmica do corpo que gira em MCU de raio R cos λ: G
2 2
G
Fsen F sen Fsen = mg sen
F cos Fcos m R cos Fcos = mg cos m R cos
θ = λ θ λ ∴ λ − θ = ω λ θ λ − ω λ
onde F é o peso aparente.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
F (mg sen ) (mg cos m R cos ) m g 2m g R cos m ( R) cos
2 R cos R F m g 1 cos g g 2 R R F mg 1 cos g g ∴ = λ + λ − ω λ = − ω λ + ω λ ω λ ω = − + λ ω ω = − − λ
3.
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 elíptica, porém com focos diferentes e a 2ª Lei de
Kepler continuaria válida.
C. ( ) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei 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
A Lei das Áreas é válida para qualquer força central, mesmo que esta seja nula. Se a atração gravitacional deixar de existir, o planeta entraria em MRU.
A B C D
Sol
A1 A2 A3
1 2 3
Se AB BC CD, então A= = =A =A
4.
A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente,A. ( ) 1,4 x 105 K. B. ( ) 1,4 x 108 K. C. ( ) 7,0 x 1027 K. D. ( ) 7,2 x 104 K. E. ( ) 8,4 x 1028 K.
Alternativa: A
Considerando apenas as energias cinéticas translacionais das moléculas de N2, temos:VN2 =V ,ET isto é, a velocidade quadrática média deve ter seu módulo igual à velocidade de escape da Terra. Logo: 2 T 2 T T T N E 2 T N T T 2 G M 2 G M R 3 R T V V 2 g R M R R ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∴ = = = ⋅ ⋅ 2 6 3 T N 5 2 g R M 2 9,8 6,38 10 28 10 T T 1, 4 10 K 3 R 3 8,31 − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∴ = = ∴ ⋅ ⋅ ⋅ Observação:
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 anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada porA. ( ) 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. ( ) mgsen / .α k Alternativa: C
No ponto em que o bloco de massa m está na iminência de perda de contato com o anteparo temos:
x 1 1 1 P kx ma mgsen kx ma m(gsen a) x (I) k − = ∴ α − = α − = 1 kx x P
Ao chegar em A , a velocidade v é dado por: 2
2 2 2
o 1
v = + ∆ ∴v 2a s v =2ax (II)
O corpo prossegue até A , posição na qual a velocidade é nula, conforme a figura: 3
A1
A2
A3
x2
x1
Aplicando conservação da Energia Mecânica entre A e 2 A : 3
(
)
2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 mv mg x sen k x k x x (III) 2 + α + 2 = 2 +Substituindo (II) em (III):
2 2 2
1 2 1 1 1 1 2 1 1 2
max mgx sen kx kx kx x kx (IV)
2 2 2
Substituindo (I) em (IV):
(
)
(
)
2 2 2 2 mgsen ma mg sen ma 1 ma mgx sen kx kx k k 2 α − α − ⋅ + α = ⋅ + Simplificando, tem-se:(
)
2 2 2 2 m a gsen a 1 kx max 0 2 k α − − − = Como x2 > 0 :(
)
2 2 2 2 m a gsen a k ma m a 4 2 k x k α − + + ⋅ ⋅ = x2 ma m a 2gsen(
a)
k k ∴ = + α −Portanto a deformação máxima x é dada por:
(
)
1 2 mgsen ma ma m x x x a 2gsen a k k k k α = + = − + + α −Portanto: x mgsen m a 2gsen
(
a)
kα + α −
=
6.
Um quadro quadrado de lado A e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação superficial β, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado porA. ( ) 2AF β∆T mg/ . B. ( ) 2AF(1+ ∆β T mg)/ . C. ( ) 2AF(1+ ∆β T)
(
4F2−m g2 2)
. D. ( ) 2AF (1+ ∆β T)(
2F mg−)
. E. ( ) 2AF (1+ ∆β T) 4(
F2−m g2 2)
. A 2 A 2 A Alternativa: ESeja θ o ângulo formado pela corda e a horizontal na situação final e d a hipotenusa do triângulo, então o comprimento da corda é L = 2d.
F 2 A F 2 A y y 2Fy 2T P 2 F sen m g 2 F m g d d mg = ∴ ⋅ ⋅ θ = ⋅ ∴ ⋅ ⋅ = ⋅ ∴ =
4Fy L 2d mg = = Mas:
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 F 2 2 2 2 2 2 F 4F y m g d m g y y 4F m g m g 4 4 = = ⋅ + ∴ ⋅ − = ⋅ A A(
)
2 2 2 2 2 2 2 F F 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 T m g mg mg 2 mg 1 T y y 2 4F m g 2 4F m g 2 4F m g 4 4F m g β + ∆ + β∆ = ∴ = ⋅ = ⋅ ⋅ − − − ⋅ − A A A A Logo: 2 2 2 4Fy 4F mg 1 T L mg mg 2 4F m g + β∆ = ⋅ ⋅ − A(
)
2 2 2 1 T L 2 F 4F m g + β∆ ∴ ⋅ − A7.
Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?A. ( ) µ = cosα cosα + 2P h LQ
(
2 cos(2 )α − R LQsenα)
B. ( ) µ = cosα cosα + P h LQ(
2 sen(2 )α − 2R LQcosα)
C. ( ) µ = cosα senα + 2P h LQ(
2 sen(2 )α − R LQcosα)
D. ( ) µ = senα senα + 2P h LQ(
2 cos( )α − 2R LQcosα)
E. ( ) µ = senα cosα + P h LQ(
2 sen( )α − 2R LQcosα)
Alternativa: C
Isolando o semicilindro e a barra tem-se:
α 1 N N2 fat P R 1 2 1
N cos fat (I)
F 0 N N sen P (II) α = = ∴ = α + G G
α Q L 2 x 1 N O RO 1 L 0 Q sen N x (III) 2 τ = ∴ ⋅ ⋅ α = ⋅ G G
Em que o valor de x é dado pela geometria do problema.
α
h
x α
R
h Rsen
h x cos Rsen x (IV)
cos
− α
= α + α ∴ =
α Substituindo (IV) em (III) e isolando N1:
1 Q L sen cos N (V) 2(h Rsen ) ⋅ ⋅ α α = − α
Na iminência do deslizamento, fat= µ ⋅N ,2 com coeficiente de atrito mínimo. Substituindo (II) em (I):
1 2 1 N cosα = µ⋅N = µ ⋅(N sen⋅ α +P) 1 1 1 N cos cos (VI) P N sen P sen N ⋅ α α ∴ µ = = ⋅ α + α + Substituindo (V) em (VI): cos 2h R sen 2P LQsen(2 ) LQ cos α µ = α + − α α
8.
Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repousoatravés de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que
A. ( ) RP = RE e TP = TE.
B. ( ) RP > RE e TP > TE.
C. ( ) RP > RE e TP = TE.
D. ( ) RP < RE e TP = TE.
Alternativa: B
A velocidade de entrada do elétron no campo magnético é dada por:
2 E E E E 1 2eV eV m v v 2 m = ∴ =
Assim, o raio da trajetória do elétron é dado por:
E E E E m v 1 2m V R eB B e = =
O período da trajetória do elétron é dado por:
E E 2 m T eB π =
Similarmente, para o próton tem-se que: P P 2m V 1 R B e = e P P 2 m T eB π = Assim, como mP >>m : RE P >R e TE P >TE
9.
Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade angular constante ω em torno da extremidade fixa, mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do oscilador para ω = 0, pode-se afirmar queA. ( ) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angular ω.
B. ( ) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.
C. ( ) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0. D. ( ) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do
quadrado da velocidade angular.
E. ( ) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS.
ω
Alternativa: D
No referencial que gira com velocidade angular ω:
2 mω (R x)+ 2 2 2 2 2 R F = ω ⋅m (R x) k x m a m+ − ⋅ ∴ ⋅ = ω R m+ ω −x kx m= ω R x(k m− − ω ) 2 2 2 ’ k m a R x m ω − ω = ω − ⋅
Logo, a vibração terá frequência f, dada por: 2 2 2 2 2 ’ k m 1 f . m (2 ) 4 ω − ω = = ⋅ π π
Então, a frequência ao quadrado depende linearmente do quadrado da velocidade angular.
10.
Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar queA. ( ) o processo JK corresponde a uma compressão isotérmica.
B. ( ) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T2 – T1)(S2 – S1).
C. ( ) o rendimento da máquina é dado por 2 1
1 .
= −T
T η
D. ( ) durante o processo LM uma quantidade de calor QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.
E. ( ) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta.
Alternativa: B
Analisando as alternativas, temos:
A. Falsa. O processo JK tem temperatura constante e aumento de entropia, isto é, é uma expansão isotérmica.
B. Verdadeira.W área interna de T(s) S.× Logo, temos: W=
(
S2−S1) (
⋅ T2−T1)
>0, por ser ciclo horário.C. Falsa. O rendimento de Carnot é dado por: 1 2
T
1 .
T η = −
D. Falsa. O processo LM é uma compressão isotérmica com rejeição de calor. E. Falsa. Nenhuma máquina térmica cíclica rende mais do que Carnot.
11.
Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura. Devido à variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de A. ( ) 1,0 m.B. ( ) 1,6 m. C. ( ) 2,0 m. D. ( ) 4,0 m. E. ( ) 8,0 m.
Alternativa: C
A situação do problema é descrita na figura a seguir:
d
vidro vidro
ar
Observa-se que há uma inversão de fase na interface ar-vidro. Assim, para que se tenha interferência destrutiva, tem-se que:
p
2d n ,
2 λ
= ⋅ com np =0, 2, 4, 6 ...
No caso do menor anel escuro, tem-se nP = Portanto: 2. 9 2 d 250 10 m 4 2 − λ λ = = = ⋅
Considerando-se que a lente plano-convexa seja uma calota esférica:
d r R d− R Ou seja: R2 =
(
R d−)
2+r r2 ∴ 2 =R2−R2+2dR d− 2 2 r 2dR d 2dR ∴ = − 2 6 7 r 10 R R 2 m 2d 5 10 − − ∴ = ∴ ⋅12.
Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C. SendoAD = 34,00 cm, AB BD BC CD= , = e a velocidade do som de 340,0 m/s, as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão 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
Ao deixarmos um orifício aberto, forma-se naquele ponto um ventre, tal que:
Para um tubo aberto, na frequência fundamental: s 1 1 1 v 1 340 f f 1000 Hz 2 2 0,17 ⋅ ⋅ = = ∴ = ⋅ A Situação ii (B e C fechados):
Para um tubo aberto, na frequência fundamental: s 1 1 1 v 340 f f 500 Hz 2 2 0,34 ⋅ = = ∴ = ⋅ A
13.
Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de frequência f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distânciaem relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela jovem. A. ( ) 1 0 f f 0 T 4 T 2 3T 4 T t B. ( ) T 4 T 2 3T 4 C. ( ) 1 0 f f 0 T 4 T 2 3T 4 T t D. ( ) 1 0 T 4 T 2 3T 4 T t 0 f f
E. ( ) 1 0 f f 0 T 4 T 2 3T 4 T t Alternativa: A
A frequência percebida pela jovem é calculada pela equação do efeito Doppler:
(
)
(
som observador)
AP 0 som fonte v v f f v v ± = ⋅ ± em que observador 2 v v sen v sen t T π = ⋅ α = ⋅ ⋅ e vfonte = 0 α(
som)
AP( )
AP 0 som 0 som v v sen f v 2 f f 1 sen t 1 a sen b t v f v T − ⋅ α π = ⋅ ∴ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ Em que a amplitude: som v a v = e o período: T 2 b π =Assim, a melhor representação para a frequência é dada na alternativa A.
14.
Considere as cargas elétricas q1 =1 C, situada emx= −2m, e q2 = −2C, situada emx= −8m. Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo éA. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x= −4m e x 4m.= B. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x= −16m e x=16m. C. ( ) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x= −4m e x=16m. D. ( ) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x= −4m.
Alternativa: A
De acordo com o problema, tem-se que:
2C − 8 − −4 −2 1C 4 −
Seja um ponto P de coordenadas
(
x, y, z .)
O potencial nesse ponto é dado por:(
)
2 2 2(
)
2 2 2 k 1 k 2 0 x 2 y z x 8 y z ⋅ ⋅ − = + + + + + +(
)
2 2 2(
)
2 2 2 1 4 x 2 y z x 8 y z ∴ = + + + + + + 2 2 2 2 2 2 x 16x 64 y z 4x 16x 16 4y 4z ∴ + + + + = + + + + 2 2 2 3x 3y 3z 48 ∴ + + = 2 2 2 2x +y +z =4 ∴ que é a equação de uma esfera centrada na origem e com raio igual a 4.
15.
Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos A1 e A2, conforme mostra a figura. No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considere as cargas como pontuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por30°
1
A. ( ) −mg dA2 2/ (k Q0 A1). B. ( ) −8mg dA2 2 / (k Q0 A1). C. ( ) −4mg dA2 2/ (3k Q0 A1). D. ( ) −2mg dA2 2/ ( 3k Q0 A1). E. ( ) −8mg dA2 2 / (3 3k Q0 A1).
Alternativa: E
Considerando a massa da barra desprezível e escolhendo o ponto de apoio como referencial tem-se:
30°
1
A A2
0
R 0 Fel cos 30 1 mg 2 (I)
τ = ∴G ⋅ °⋅ = ⋅
G
A A
A força elétrica (Fel) deve ser atrativa; logo, as cargas devem ser opostas. Assim, tem-se:
30°
2
0 0
2 2
k Q q k Q q cos 30
Fel Fel = (II)
(d / cos 30 ) d
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °
= ∴
°
Substituindo (II) em (I):
3 2 2 0 1 2 2 2 2 3 0 1 0 1 k Q q cos 30 mg d 8mg d mg q q d 3 3 3k Q k Q 2 ⋅ ⋅ ⋅ °⋅ = ∴ = ∴ = ⋅ A A A A A A
16.
A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada do material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividade σ1, largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada 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. 1 σ σ2 σ1 d 2 d 4 d 4 Alternativa: D
Pela 2ª Lei de Ohm, tem-se que R . A =
σ A
Logo a Req é dada por:
2 1 2 2 1 eq eq 1 2 1 1 2 1 2 d(2 ) d(3 ) d d d R R 2 A 4 A 4 A 4 A 4 A σ + σ + σ σ + σ = + + = ∴ = σ ⋅ σ ⋅ σ ⋅ σ σ ⋅ σ σ ⋅
Assim, tem-se que:
1 2 eq 2 1 4 V A V i i R d (3 ) ⋅ ⋅ ⋅σ ⋅σ = ∴ = ⋅ σ + σ
17.
Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb, cada qual distando do centro da esferacondutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que
A. ( ) a força entre as cargas qa e qb é k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cosθ).
B. ( ) a força entre as cargas qa e qb é nula.
C. ( ) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não há dados suficientes.
D. ( ) se nas proximidades do condutor houvesse uma 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.
a x y b
qa qb
θ
Alternativa: B
Sabe-se que em um condutor em equilíbrio eletrostático, o campo no seu interior é nulo. Portanto, pode-se afirmar que a carga qa está blindada eletrostaticamente, assim como a carga qb. Logo, a força entre elas é nula.
18.
Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sistema de coordenadas é (0,B,0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será dado porA. ( ) (-B,-B,-B). B. ( ) (-B,B,B). C. ( ) (B,B,B). D. ( ) (0,0,B). E. ( ) (0,0,0). Alternativa: B
Considerando a situação (a), tem-se que o campo é devido à contribuição das quatro arestas. Supondo o campo gerado por cada fio igual a B’, tem-se que:
L 2 L 2
Assim, o campo gerado pelo fio 1 no centro do cubo, representado pelas suas componentes, é dado por: 1 B’ 2 B’ 2 B , ,0 2 2 = G
Analogamente para os outros fios tem-se:
2 B’ 2 B’ 2 B 0, , 2 2 = JG 3 B’ 2 B’ 2 B , ,0 2 2 − = JG 4 B’ 2 B’ 2 B 0, , 2 2 − = JG
Logo, o campo no centro é dado pela soma Bcentro,a =B1+B2+B3+B4
JG JG JG JG JG
(
)
centro,a
B 0, 2B’ 2,0 T B 2B’ 2 (I)
Na situação da figura (b), pela Regra da Mão Direita, tem-se, no centro do cubo, que: 8 7 9 10 z x 0 y 5 6
O campo gerado por cada um dos fios é representado por:
5 B’ 2 B’ 2 B 0, , 2 2 = JG 6 B’ 2 B’ 2 B ,0, 2 2 − = JG 7 B’ 2 B’ 2 B , ,0 2 2 − = JG 8 B’ 2 B’ 2 B 0, , 2 2 = JG 9 B’ 2 B’ 2 B ,0, 2 2 − = JG 10 B’ 2 B’ 2 B , ,0 2 2 − = JG Assim, o campo
(
)
centro,b 5 6 7 8 9 10 centro,b B =B +B +B +B +B +B ∴ B = −2B’ 2, 2B’ 2, 2B’ 2 (II) JG JG JG JG JG JG JG JGSubstituindo (I) em (II):
(
)
centro,b
B B, B, B
∴JG = −
19.
Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura A, resistência R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a A. ( )(
µ0nIA)
2v R + mg com a espira dentro do solenoide.B. ( )
(
µ0nIA)
2v R + mg com a espira saindo do solenoide. C. ( )(
µ0nIA)
2v R + mg com a espira entrando no solenoide. D. ( ) µ0nI2A+mg com a espira dentro do solenoide.E. ( ) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide. A
Alternativa: E
Considerando o campo magnético uniforme, tem-se que: B= µ ⋅ ⋅ n I
A direção normal à espira é perpendicular à direção do campo magnético. Dessa forma, o fluxo do vetor indução magnética através da espira é sempre igual a zero.
Portanto, se a velocidade v é constante, tem-se que a força realizada pelo operador é igual ao peso da espira, ou seja, mg .
20.
No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda7
6,80 x 10 m.−
λ = Considere que a formação de glicose (C H O6 12 6) por este processo de fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação:
2 2 6 12 6 2
6CO +6H O→C H O +6O
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de
18
2,34 10× − J,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 um comprimento de onda, tem-se que a energia do fóton associada é:
34 8 19 7 hc 6,62 10 3 10 E 2,9 10 J 6,80 10 − − − ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ λ ⋅
Como são necessários 2,34 10⋅ −18 J para que uma molécula de CO reaja, o número de fótons 2 absorvidos é dado por:
18 19 2,34 10 n 8 fótons. 2,9 10 − − ⋅ = = ⋅
Como são necessárias 6 moléculas de CO para que se forme uma molécula de glicose, então são 2 necessários 48 fótons .
Observação: Como o exercício pediu o número de fótons para que se forme um mol de glicose, a resposta correta seria 48 mols de fótons.
21.
Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo magnético BJG uniforme e constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que valor de ω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso.α α B JG ω α α B JG vista lateral R Resolução:
A máxima velocidade ω é atingida no ponto de altura mínima, estando o corpo na iminência do escorregamento com fat = µ Dessa forma, tem-se: N.
α P m F N at f at N P cos = ⋅ α ∴ f = µ ⋅mg cos⋅ α 2 2 R cp at 2 2 2 2 2
F m a f fm P sen = m R mg cos qvB mgsen m R
mR qRB mg(sen cos ) 0 qRB q R B 4m Rg(sen cos ) 2mR = ⋅ ∴ − − ⋅ α ⋅ω ⋅ ∴ µ α − − α = ω ∴ ω + ω + α − µ α = − ± − α − µ α ω =
Como ω >0 : q R B2 2 2 4m gR( cos2 sen ) qRB 2mR
+ µ α − α −
ω =
22.
Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade e 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 contato com o restante da pista.Resolução: R h C B A Entre os pontos A e B:
(
)
A B 2 M M B 1 E E mgh mv mgR 1 cos 2 = ∴ = + + ϕ (I)Entre B e C ocorre um lançamento oblíquo:
ϕ ϕ ϕ B v 2 2 B B 2 B
v sen2 v 2sen cos Rg
BC 2 Rsen v g g cos ϕ ⋅ ϕ ϕ = ∴ ⋅ ϕ = ∴ = ϕ (II) (II) em (I):
(
)
1 Rg 1 mgh m mgR 1 cos h R 1 cos 2 cos 2cos = ⋅ + + ϕ ∴ = + + ϕ ϕ ϕ 2 2cos 2cos 1 h R 2cos ϕ + ϕ + = ⋅ ϕ23.
Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa. 1 m 0 V k 2 m Resolução:A máxima compressão ocorrerá quando as velocidades das massas forem iguais, o que equivale às massas perderem toda a energia cinética interna, que se transforma em energia potencial elástica:
interna, antes elástica, depois
2 2 C P r r máx 2 2 1 2 1 2 0 máx máx 0 1 2 1 2 1 1 E E M v kx 2 2 m m m m (V 0) kx x V m m k(m m ) = ∴ = ⋅ ⋅ ∴ ⋅ − = ∴ = + +
24.
Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1 e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está no líquido 1 e 30% no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda. 2 ρ 1 ρ Resolução:Com o sistema em equilíbrio, tem-se: • equilíbrio do nó 60º 1 T 2 T F R 1 1 2 1 1 2 1 2 T cos 60 F cos 30 F 0 T sen60 F sen30 T T 3 T T 2T 3T 2 2 3 ⋅ ° = ⋅ ° = ∴ ⋅ ° + ⋅ ° = ∴ + = ∴ = G G • equilíbrio da esfera 2 T R 2 2 1 2 2 1 2 F 0 T E P T 0,7 g V 0,3 g V g V T g V ( 0,7 0,3 ) = ∴ + = ∴ + ⋅ρ ⋅ ⋅ + ⋅ρ ⋅ ⋅ = ρ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ ρ − ⋅ρ − ⋅ρ G G
Assim, a tração na corda presa à esfera é T2 = ⋅ ⋅ ρ −g V ( 0,7⋅ρ −1 0,3⋅ρ2) , e a tração na corda presa ao teto é T1 3 T 2 T1 3 g V ( 0,7 1 0,3 2) .
2 2
25.
Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura( )
a . O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicialmente 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 Resolução: x n 1 Mono= Temos os dados: (a) gás monoatômico a
0 0
P ,T . A A (x = 0 para mola). = 0
(b) expansão adiabática: Q = 0 (sistema isolado termicamente).
Para a transformação adiabática, temos: T V0⋅ 0γ −1= ⋅T V1 1γ −1.
Como temos gás monoatômico, então: P V 5 R C 2 5 . 3 C R 3 2 γ = = = Ainda: V1 = ⋅2 V .0 Logo: 5 5 2 2 2 1 1 0 0 3 3 3 3 3 0 0 1 0 0 0 1 0 1 3 2 1 3 T T T V T (2V ) T V T 2 V T T 4 2 − − ⋅ = ⋅ ∴ ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ∴ =
26.
A figura mostra uma barra LM de 10 2cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com a horizontal, tendo o seu centro situado a x=30,0cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y=10,0cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem. M L y x 45° Resolução: Temos os dados: M L y x 45 O 10 2 cm 10 cm x y v x = 30 cm f = –20 cm (lente divergente) y = 10 cmTomando as coordenadas do ponto M em relação ao sistema cartesiano Oxy, temos:
(
M M) (
) (
)
M= x , y = 30 5;10 5− + = 25cm;15cm
(
L L) (
) (
)
L= x , y = 30 5;10 5+ − = 35cm;5cm
Analisando agora as distâncias horizontais no referencial de Gauss (supondo lente gaussiana): para M: • M M M 1 1 1 1 5 4 p’ 100 cm ’ ’ p p 20 25 100 9 + − = + ∴ = − ∴ = − • M M M M M M 100 ’ p i 9 i 20 A i cm p o 25 15 3 = − = = = ∴ = +
para L: • L L L 1 1 1 1 7 4 ’ 140 p cm 20 35 p’ p’ 140 11 + − = + ∴ = − ∴ = − • L L L L L L 140 p’ i 11 i 20 A’ i cm p o 35 5 11 = − = ∴ = ∴ =
A figura com a conjugação dos raios é:
L’ Ampliando a região de M’L’: M’ L’ v 100 cm 9 20 cm 3 20 cm 11 140 cm 11 2 2 140 100 20 20 M’L’ M’L’ 5,11 cm 11 9 3 11 = − + − ∴
27.
Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares.Resolução:
Considerando uma órbita circular, a resultante centrípeta é a força gravitacional:
2 2 cp cp G cp 2 3 2 2 GMm 2 R ma F ma m r m r T r r GM constante T 4 π = ∴ = ∴ = ω = ∴ = = π
28.
Considere uma espira retangular de lados 3a e a, respectivamente, em que circula uma corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto/2
x a= e y= Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento 0. resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no plano yz. 3 2 a 2 a Resolução:
Observando a situação projetada no plano xy:
x y 1 θ m FG m F ’G B’JG a 2 z B JG a 3 2 + 2 a 3 2 − θ d
Observa-se que em torno do eixo z o momento é provocado pelas forças magnéticas que agem nos lados da espira situados em y a 3,
2
= ± que distam d do fio infinito, onde
2 2
2 a 3a
d d a.
4 4
= + ∴ =
Os campos BJG e B’JG gerados nos fios 1 e 2, respectivamente, têm módulos iguais dados por:
0I B B’ 2 d µ = = π
Os módulos das forças magnéticas são dados por:
2 ’ 0 0 m m I I F F I a 2 a 2 µ µ = = ⋅ ⋅ = π π
Da geometria dos fios tem-se: a / 2 a / 2 1
sen
d a 2
θ = = =
Assim, tem-se que o momento em relação a z é dado por:
2 2 ’ 0 0 m m I I a 3 a 3 a 3 a 3 F sen F sen 2 2 2 2 4 µ µ τ = ⋅ ⋅ θ + ⋅ ⋅ θ ∴ τ = ⋅ ∴ τ = π π
29.
O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com potência de 6 x10 W,−5 emitem, respectivamente, luz azul (λ =475nm) e vermelha (λ =650 nm) isotropicamente, isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos.d
Resolução:
O fóton azul tem a energia dada por:
34 8 19 azul 7 azul hc 6,62 10 3 10 E 4, 2 10 J 4,75 10 − − − ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ λ ⋅
Para o fóton vermelho:
34 8 19 vermelho 7 vermelho hc 6,62 10 3 10 E 3,1 10 J 6,5 10 − − − ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ λ ⋅
As fontes têm a mesma intensidade. Supõe-se que a frente de onda das fontes é esférica e que o olho tem área circular, tal que:
(
)
5 2 10
3
olho fonte olho olho 6 102 olho 1,35 102
P I Área P 3 10 P W 4 d d − − − ⋅ ⋅ = ⋅ ∴ = ⋅ π ⋅ ∴ = π
O número de fótons azuis por segundo é dado por:
8 olho fótons 2 azul P 3, 2 10 n fótons/s. E d ⋅ = =
Para a luz azul, a distância máxima é dada por: 400 3, 2 102 8 d 898 m d
⋅
= ∴
E o número de fótons vermelhos:
8 olho fótons 2 vermelho P 4, 4 10 n fótons. E d ⋅ = =
Para a luz vermelha, a distância máxima é dada por: 400 4, 4 102 8 d 1051 m d
⋅
= ∴
A luz vermelha pode ser vista a uma maior distância.
30.
No gráfico ao lado estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência interna r, e um receptor ativo de força contraeletromotriz ε e resistência interna r’. ’ Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor. 0 1 2 3 4 20 40 60 80 100 I(A) Resolução:Para um gerador real, a sua reta característica é tal que:
ε cc i r ε = N tg r,α =
Assim, considerando-se o gráfico do enunciado: 100 V ε = e r 100 20 20 r 20 4 − = = Ω ∴ = Ω Para o receptor:
ε
N
tg r’,θ = ’
Considerando-se o gráfico do enunciado: ’ 40 V
ε = e r’ 60 40 10 r’ 10
2 −
= = Ω∴ = Ω
Estando os 2 interligados por fios ideais: i
100 V
10 20
40 V
Pela Lei de Pouillet: 100 40 60 i 2 A 20 10 30 − = = = + Para o gerador: gerador U ri 100 20 2 60% 60% 100 ε − − ⋅ η = = = = ∴ η = ε ε Para o receptor: receptor ’ 40 2 67 % U 60 3 ε η = = = ∴ η =
Comentários
A prova do ITA de 2010 apresentou um grau de complexidade maior do que a de 2009. Notou-se a ausência de questões de calorimetria e cinemática e a presença de somente uma questão de óptica. A questão 20 apresentou um erro no enunciado que pode ter prejudicado alguns candidatos.
Há que se destacar questões com contas trabalhosas, tais como a 26 e a 29.
Vale a pena ressaltar que somente candidatos muito bem preparados conseguirão sucesso nesta prova.
