ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR Símbolos adotados nesta prova: g: módulo da gravidade na superfície da Terra. G: constante gravitacional universal. Velocidade da luz no vácuo. h: constante de Planck reduzida.
01.
O módulo de Young de um material mede sua resistência a deformações causadas por esforços externos. Numa parede vertical, encontra-se engastado um sólido maciço de massa específica e módulo de Young , em formato de paralelepípedo reto, cujas dimensões são indicadas na figura. Com base nas correlações entre grandezas físicas, assinale a alternativa que melhor expressa a deflexão vertical sofrida pela extremidade livre do sólido pela ação do seu próprio peso.a) 3gab / (2) b) 3gb2/ (2) c) 3b2 h2 / (2ga4) d) 3ga4 / (2 h2 ) e) 3gbh / (2) Solução:
Este assunto não está no programa do ITA e, para resolvê-lo do zero, é necessário cálculo diferencial.
02
. Considere dois satélites artificiais S e T em torno da Terra. S descreve uma orbita elíptica com semieixo maior a, e T, uma órbita circular de raio a, com os respectivos vetores posição rs e rT com origem no centro da Terra. É correto afirmar que . •a) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rs é igual à varrida por rT.
b) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por rs
é maior que a varrida por rT
.
c) o período de translação de 5 é igual ao de T. d) o período de translação, de 5 é maior que o de T.
e) se S e T têm a mesma massa, então a energia mecânica de S é maior que a de T .
Solução:
Pela terceira lei de Kepler, o período de revolução é proporcional ao semieixo maior elevado a 3/2. Como as duas órbitas possuem o mesmo tamanho a do semieixo maior, os períodos são iguais. A resposta é letra C.
A alternativa D contradiz a C, logo está errada.
Pela segunda Lei de Kepler, a taxa com que a área é varrida é constante. Assim, como a área total da órbita S (= ab) é menor que a área total da órbita T (= a2), as alternativas
A e B estão erradas.
A energia em função do momento angular e da excentricidade é dada por ) e 1 ( L 2 m M G E 2 2 3 2 2 (Visto em sala)
O momento angular é proporcional à taxa com que a área é varrida que, por sua vez é proporcional à área total. Assim:
2 2 2 2 T S 1 e a c a a b b a a ab L L
Para a órbita circular, a excentricidade é nula. Então:
1 e 1 e 1 1 L L ) e 1 ( E E 2 2 2 T 2 S 2 T S
Logo, a alternativa E está errada.
ALTERNATIVA C
03.
Uma esfera de massa m tampa um buraco circular de raio r no fundo de um recipiente cheio de água de massa específica . Baixando-se lentamente o nível da água, num dado momento a esfera se desprende do fundo do recipiente. Assinale a h alternativa que expressa a altura h do nível de água para que isto aconteça, sabendo que o topo da esfera, a uma altura a do fundo do recipiente, permanece sempre coberto de água.a) m/(a2 ) b) m/(r2) c) a (3r2 + a2)/(6r2) d) a/2 – m/(r2 ) e) a (3r2+a2)/(6r2) – m /(r2) Solução:
Não haverá empuxo na parte central, visto que não há água abaixo. Só haverá empuxo devido ao volume lateral VL. Este empuxo, na
iminência da esfera subir, deve equilibrar o peso da esfera e da coluna de água acima, de volume V0.
Assim: pvLg = mg + pV0g p m ) V V ( 0 L
Mas V0 – VL = r2 h – VSubmerso onde o volume submerso é dado por
) r 3 a ( a 6 V 2 2 Submerso Assim, p m ) r 3 a ( a 6 h r2 2 2 2 2 2 2 r p m ) r 3 a ( r 6 a h ALTERNATIVA E
04
. Sobre uma placa de vidro plana é colocada uma lente plano-côncava, com 1,50 de índice de refração e concavidade de 8,00m de raio voltada para baixo. Com a lente iluminada perpendicularmente de cima por uma luz de comprimento de onda 589nm (no ar), aparece um padrão de interferência com um ponto escuro central circundado por anéis, dos quais 50 são escuros, inclusive o mais externo na borda da lente. Este padrão de interferência aparece devido ao filme de ar entre a lente e a placa de vidro (como esquematizado na figura). A espessura da camada de ar no centro do padrão de interferência e a distância focal da lente são, respectivamente,h
a
2r
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR a) 14,7 m e -10,0m. b) 14,7 m e 16,0m. c) 238 m e -8,00m. d) 35,2 m e 16,0m. e) 29,4 m e -16,0m. Solução:
Para a lente plano-côncava, vem:
8 1 1 1 50 , 1 R 1 R 1 1 nm n f 1 2 1 L m 0 , 16 f 2 N x
2 o Paraaborda,vem:x0No0
100 N centro o Para 'o 9 ' o max 25 58910 4 N d m 7 , 14 d ou m 10 7 , 14 dmax 6 max ALTERNATIVA B
05.
Um capacitor de placas planas paralelas de área A, separadas entre si por uma distância inicial r0 muito menor que as dimensõesdessa área, tem sua placa inferior fixada numa base isolante e a superior suspensa por uma mola (figura (1)). Dispondo-se uma massa m sobre a placa superior, resultam pequenas oscilações de período T do conjunto placa superior + massa m. Variando-se m, obtém-se um gráfico de T2 versus m, do qual, após ajuste linear, se extrair o coeficiente angular . A seguir, após remover a massa m da placa superior e colocando entre as placas um meio dielétrico sem resistência ao movimento, aplica-se entre elas uma diferença de potencial V e monitora-se a separação r de equilíbrio ( figuras (2) e (3)). Nestas condições, a permissividade do meio entre as placas é
a) 322 3 0 r /(27 2 m AV ). b)162 3 0 r /(27 2 m AV ). c) 82 3 0 r /(27 2 m AV ). d) 42 3 0 r / ( 2 m AV ). e) 162 r3/(27 AV2). Solução:
Na 1ª Situação o período de oscilação do sistema será:
m k 4 T k m 4 T k m 2 T 2 2 2 2
Fazendo o gráfico de T2 versus m, vem:
Na 2ª Situação teremos equilíbrio e a força elástica será igual à força elétrica entre as placas, assim:
Mas, q ) r r ( k 2 r V A q r V E o r ) r r ( q k 2 V o
Mas de acordo com o gráfico fornecido:
Assim, Mas Então Mas como, 4 2 k Teremos, 2 m 3 o 2 2 m 3 o 2 AV r 27 32 AV r 4 27 8 ALTERNATIVA A
max d
0 k 4 tan 2 m 2 T A 2 q ) r r ( k F F 2 o ELE EL m 0 V 3 r 2 V 2 o o o o m r q 9 k 4 3 r 2 3 r 2 r q k 2 V o m o m r 2 AV 3 3 / r 2 A V q 2 m 3 o m 3 0 o m 2 o m AV kr 27 8 AV kr 27 8 r 2 A V 3 9 kr 4 V
2 m 3 o 2 AV 27 r 32
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06
. A figura mostra um interferômetro de Michelson adaptado para determinar o índice de refração do ar. As características do padrão de interferência dos dois feixes incidentes no anteparo dependem da diferença de fase entre eles, neste caso, influenciada pela cápsula contendo ar. Reduzindo a pressão na cápsula de 1 atm até zero (vácuo), nota- se que a ordem das franjas de interferências sofre um deslocamento de N, ou seja, a franja de ordem 0 passa a ocupar o lugar da de ordem N, a franja de ordem: 1 ocupa o lugar da de ordem N + 1, e assim sucessivamente. Sendo d a espessura da cápsula e o comprimento de onda da luz no vácuo, o índice de refração do ar é igual a a) N / d b) N / (2d) c) 1 + N / d d) 1 + N / (2d) e) 1 – N / d Solução:A diferença de caminho óptico entre as duas situações ocorre na ida e volta dos raios passando pela cápsula e provoca o deslocamento das franjas na tela:
x = 2 (nAR – 1) ∙ d = N d 2 N 1 nar ALTERNATIVA D
07
. É muito comum a ocorrência de impurezas em cristais semicondutores. Em primeira aproximação, a energia de ionização dessas impurezas pode ser calculada num modelo semelhante ao do átomo de hidrogênio. Considere um semicondutor com uma impureza de carga +e atraindo um elétron de carga –e. Devido a interações com os átomos da rede cristalina, o elétron, no semicondutor, possui uma massa igual a mrm0, em que m0 é a massa de repouso do elétrone mr, uma constante adimensional. O Conjunto impureza/elétron está
imerso no meio semicondutor de permissividade relativa r. A razão
entre a energia de ionização desta impureza e a energia de ionização do átomo de hidrogênio é igual a
a) 1 b) mr /r2 c) 2r / mr d) mr / r e) r / mr Solução:
* Quantização do momento angular:
LmovRn I EL CP F F * o 2 o 2 o 2 o 2 4 e v ) vR m ( R v m R 4 e 2 o o 2 v m R 4 e III II De I em II, vem: n 1 4 e v o 2 n 2 0 2 2 o 4 1 ION 32 m e | E | E Mas
Por analogia, para as impurezas, vem:
2 r r HID IMP o 2 2 o 4 2 r r ION m E E 32 m e m E ALTERNATIVA B
08
. Considere um capacitor de placas paralelas ao plano yz tendo um campo elétrico de intensidade E entre elas, medido por um referencial S em repouso em relação ao capacitor. Dois outros referenciais, S’ e S’’, que se movem com velocidade de módulo v constante em relação a S nas direções de x e y, nesta ordem, medem as respectivas intensidades E’ e E’’ dos campos elétricos entre as placas do capacitor. Sendo 1/ 1(v/c)2 , pode-se dizer que E’ / E e E’’ / E são, respectivamente, iguais aa) 1 e 1 b) e 1 c) 1 e d) e 1/ e) 1 e 1/ Solução:
Segundo o referencial S, o capacitor encontra-se em repouso com as placas (consideradas retangulares) paralelas ao planos yz. Confira:
d
Laser
Divisor
de Feixe
Anteparo
E
s
p
e
lh
o
1
Cápsula
Espelho 2
R e FEL e 2 2 2 0 2 4 o n 2 o o 2 2 o total n 1 32 e m E 2 v m R 4 e 2 v m E X Y S ZACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR O campo elétrico no interior das placas, desconsiderando os efeitos de borda, é dado por:
o A q E
Então qualquer movimento que altere, por efeitos relativísticos, a medida da área entre as placas promove uma alteração no campo.
No referencial S’ o movimento aparente do capacitor ocorre no eixo x. Confira:
Como os efeitos relativísticos de contração do comprimento só ocorrem ao longo da direção do movimento, não há alterações nas dimensões da placa e portanto, não há alteração na medida do campo interno.
Então,
No referencial S’’ o movimento aparente do capacitor ocorre no eixo y. confira:
Nesse caso ocorre uma contração relativística na dimensão da placa paralela ao eixo y. Assim, E " E A " A Então, Por fim, ALTERNATIVA C
09
. Considere as afirmações a seguir;I. Em equilíbrio eletrostático, uma superfície metálica é equipotenciais
II. Um objeto eletrostaticamente carregado induz uma carga .uniformemente distribuída numa superfície metálica próxima quando em equilíbrio eletrostático.
III. Uma carga negativa desloca-se da região de maior para a de menor potencial elétrico.
IV. E nulo o trabalho para se deslocar uma carga teste do infinito até o ponto médio entre duas cargas pontuais de mesmo módulo e sinais opostos.
Destas afirmações, é (são) correta(s) somente a) I e II. b) I, II e III. c) I, II e IV. d) I e IV. e) III. Solução:
I. Uma superfície metálica está em equilíbrio eletrostático quando se torna equipotencial. (CORRETA).
II. Uma objeto eletrostaticamente carregado, em uma caso particular, induz carga uniformemente distribuída sobre uma superfície metálica. (INCORRETA).
III. O deslocamento de carga elétrica negativa da região de maior potencial elétrico para a de menor potencial elétrico acontece de forma não espontânea. Obs.: sequer a asserção abordou a espontaneidade do processo. (INCORRETA)
IV. O ponto médio entre duas cargas de mesmo módulo e sinais opostos tem mesmo potencial do infinito: zero, logo o trabalho é nulo, pois não diferença de potencial elétrico entre os pontos de partida e chegada da carga-teste. (CORRETO).
ALTERNATIVA D
10
. Um recipiente contém um gás monoatômico ideal inicialmente no estado L, com pressão p e volume V. O gás é submetido a uma transformação cíclica LMNL, absorvendo de uma fonte quente uma quantidade de calor Q1 e cedendo a uma fonte fria uma quantidadede calor Q2. Pode-se afirmar que Q1 é igual a
a) 30pV. b) 51pV/2. c) 8Pv. d) 15pV/2. e) 9pV/2. Solução:
1ª Lei da Termodinâmica para o ciclo UT = 0 = (Q1 + Q2) - WT 2 pV 9 Q Q 2 pV 9 W mas T 1 2 X Y S’ Z
v
E’ = E 1 E ' E X Y S” Zv
E " E E " E e 1 E ' E 4p p L M N Volume Pressão V 4V 4p p L Q’ M N Q Q2 Pressão VolumeACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR 1ª Lei da Termodinâmica em NL. 2 pV 51 Q pV 30 2 pV 9 Q , Logo pV 30 Q W Q U Mas 2 pV 15 2 V 3 ) p p 4 ( W 2 pV 45 ) pV 16 pV ( 2 3 ) T T ( mR 2 3 U 1 1 2 2 NL N L ALTERNATIVA B
11
. Considere um ímã cilíndrico vertical com o polo norte para cima, tendo um anel condutor posicionado acima do mesmo. Um agente externo imprime um movimento ao anel que, partindo do repouso, desce verticalmente em torno do ímã e atinge uma posição simétrica à original, iniciando, logo em seguida, um movimento ascendente e retornando à posição inicial em repouso. Considerando o eixo de simetria do anel sempre coincidente com o do ímã e sendo positiva a corrente no sentido anti-horário (visto por um observador de cima), o gráfico que melhor representa o comportamento da corrente induzida i no anel éSolução:
Linhas de campo de um ímã:
Quando a espira desce, o fluxo aumenta na direção positiva do eixo z. Assim, a corrente induzida estará no sentido horário (negativa), se vista de cima, a fim de criar um campo para baixo. Depois que a espira passa o ímã, o fluxo para cima diminui, de forma que a corrente induzida estará no sentido anti-horário (positiva).
Ao retornar, o fluxo inicialmente aumenta na direção positiva e depois diminui, como ocorre na descida.
ALTERNATIVA C
12
. Um circuito elétrico com dois pares de terminais é conhecido como quadripolo. Para um quadripolo passivo, as tensões medidas em cada par de terminais podem ser expressas em função dascorrentes mediante uma matriz de impedância 22 21 12 11 z z z z Z , de tal forma que: 2 1 2 1 i i Z v v
. Dois quadripolos propostos nas
alternativas seguintes, assinale aquele cuja matriz de impedância
seja 3 2 2 4 . Solução:
Desenvolvendo a expressão que define a matriz de impedância dada no texto da questão, temos:
2 1 22 21 12 11 2 1 i i z z z z v v Assim v1 = z11i1 + z12i2 v2 = z21i1 + z22i2
Avaliando essa expressão para a matriz específica dada: 3 2 2 4 , temos: 2 1 2 2 1 1 i 3 i 2 v i 2 i 4 v
Procurando essa relação entre voltagens e correntes nos circuitos oferecidos como alternativa, encontramos que somente a letra (d) corresponde ao par de equações destacado acima.
Confira:
ALTERNATIVA D
13
. Um sistema binário é formado por duas estrelas esféricas de respectivas centros distam d entre si, cada qual descrevendo um movimento circular em torno do centro de massa desse sistema. Com a estrela de massa m na posição mostrada na figura, devido ao efeito Doppler, um observador T da Terra detecta uma raia do espectro do hidrogênio, emitida por essa estrela, com uma frequência f ligeiramente diferente da sua frequência natural f0. Considere aTerra em repouso em relação ao centro de massa do sistema e que o movimento das estrelas ocorre no mesmo plano de observação. Sendo as velocidades das estrelas muito menores que c, assinale a alternativa que explicita o valor absoluto de (f – fo) / fo. Se necessário,
utilize ( 1 + x )n 1 + n x para x << 1 .
Solução:
Para v << c, a frequência observada será
cos c v f f f c cos v 1 f f 0 0 0
Assim basta saber a velocidade da estrela de massa m.
N S z
v2
v1
i1
8 4 4i2
4 i 2 i 2 1 4 i 3 2 i 2 1 2 i 4 i2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 i 2 i 4 v 4 i 2 i 8 v i 3 i 2 v 4 i 3 2 i 4 v Assim ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR d ) m M ( GM v d m M M mv d GMm : F F 2 2 2 Centrípeta te tan s ul Re Logo, 2 2 2 0 0 dc ) m M ( cos GM f f f ALTERNATIVA E
14
. Uma luz monocromática incide perpendicularmente num plano com três pequenos orifícios circulares formando um triângulo equilátero, acarretando um padrão de interferência em um anteparo paralelo ao triângulo, com o máximo de intensidade num pontoP
equidistante dos orifícios. Assinale as respectivas reduções da intensidade luminosa emP
com um e com dois orifícios tampados. a) 4/9 e 1/9 b) 2/3 e 1/3 c) 8/27 e 1/27 d) 1/2 e 1/3 e) 1/4 e 1/9 Solução:Seja E0 a amplitude do campo no P devido a apenas um dos orifícios.
A intensidade é, então I3 (3E0)
2
Para dois e um orifícios, as intensidades são: I1 (E0)2 e I2 (2E0)2
Assim, com um e com dois orifícios tampados, temos:
9 4 3 2 e 9 1 3 1 ALTERNATIVA A
15
. Pode-se associar a segunda lei da Termodinâmica a um princípio de degradação da energia.Assinale a alternativa que melhor justifica esta associação. a) A energia se conserva sempre.
b) O calor não flui espontaneamente de um corpo quente para outro frio.
c) Uma máquina térmica operando em ciclo converte integralmente trabalho em calor.
d) Todo sistema tende naturalmente para o estado de equilíbrio. e) É impossível converter calor totalmente em trabalho.
Solução:
- O item A diz respeito à 1 Lei da Termodinâmica, e não à Segunda;
- O item B é Falso, porque há fluxo de calor espontâneo quando do corpo mais quente em direção ao mais frio;
- O item C é Falso, pois viola a Segunda Lei da Termodinâmica; - O item D é a melhor definição da Segunda Lei da Termodinâmica
no que diz respeito à degradação da energia de um sistema, pois o equilíbrio é alcançado com valor máximo de entropia, isto é quando a degradação de energia é máximo.
- O item E é FALSO, pois não afirma que a conversão ocorre em um processo cíclico.
ALTERNATIVA E
16
. Um cilindro de altura h e raio a, com água até uma certa altura, gira com velocidade angular constante. Qual o valor máximo de para que a água não transborde, sabendo que neste limite a altura z (ver figura) é igual a h/3 + 2a2/ ( 4 g ) ? Dado: num referencial que gira com o cilindro, e, portanto, considerando a força centrífuga, todos os pontos da superfície da água têm mesma energia potencial.) a 9 /( gh 4 ) e ) a 3 /( gh 4 ) d ) h 3 /( gh 4 ) c ) h 9 /( ga 4 ) b ) a 3 /( gh 2 ) a 2 2 2 2 2 Solução:
A força que age em uma partícula de massa m no referencial girante é: rˆ r m zˆ mg F 2
, se m estiver parada neste referencial. Assim, a energia potencial é:
2 2r m 2 1 mgz ) r , z ( u
Se na superfície da água todos os pontos têm a mesma energia potencial, o formato da superfície é dado pela equação:
2 2 r g 2 ) r ( z
Assim, tomando que
g 4 a 3 h ) a ( z 2 2 , obtemos: g 2 a g 4 a 3 h 2 2 2 2 2 a 3 gh 4 ALTERNATIVA D
17
. Um disco rígido de massa M e centro O pode oscilar sem atrito num plano vertical em torno de uma articulação P. O disco é atingido por um projétil de massa m << M que se move horizontalmente com velocidade v no plano do disco. Após a colisão, o projétil se incrusta no disco e o conjunto gira em torno de P até o ângulo . Nestas condições, afirmam-se:I. A quantidade de movimento do conjunto projétil + disco se mantém á mesma imediatamente antes e imediatamente depois da colisão.
II. A energia cinética do conjunto projétil + disco se mantém á mesma imediatamente antes e imediatamente depois da colisão. III. A energia mecânica do conjunto projétil + disco imediatamente
após a colisão é igual à da posição de ângulo / 2 .
M
CM
F
m
v
d m M m d m M M ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR É (são) verdadeira(s) apenas a(s) assertiva(s)
a) I b) I e II c) I e III d) II e III e) III Solução:
I. ERRADO. Há que se considerar o impulso da articulação sobre o sistema.
II. ERRADO. Há, certamente, dissipação de energia, pois a colisão é inelástica.
III. Após a colisão, há conservação da energia mecânica, pois a força da articulação não realiza trabalho, além de a força peso ser conservativa, logo a assertiva está CORRETA.
ALTERNATIVA E
18
. As figuras mostram três espiras circulares concêntricas e coplanares percorridas por correntes de mesma intensidade I em diferentes sentidos. Assinale a alternativa que ordena corretamente as magnitudes dos respectivos campos magnéticos, nos centros B1,B2, B3 e B4. a) B2> B4 > B3 > B1. b) B1 > B4> B3 > B2. C)B2 > B3 > B4 > B1 . d) B3> B2> B4> B1. e) B4 > B3 > B2 > B1. Solução:
O campo magnético resultante no centro de cada estrutura será dado pela superposição de campos na forma:
kˆ r 2 B 0
Onde orientamos o vetor unitário kˆ segundo uma direção perpendicular ao plano da página, saindo dela assim:
kˆ
As espiras estão distribuídas de acordo com o arranjo a seguir
Onde a < b < c c 1 b 1 a 1
O módulo de cada campo magnético resultante no centro comum das espiras será dado por:
Comparando as expressões acima vemos que:
1 4 3 2 B B B B
19
. Duas placas de um mesmo metal e com. a mesma área de 5,0 cm2, paralelas e próximas entre si, são conectadas aos terminais de um gerador de tensão ajustável. Sobre a placa conectada ao terminal negativo, faz-se incidir radiação e, por efeito fotoelétrico, aparece uma corrente no circuito, cuja relação com a tensão aplicada é explicitada no gráfico. Sabendo que a, função. trabalho do metal é de 4,1 eV, e assumindo que na região de saturação da corrente todo fóton incidente sobre a placa gera um fotoelétron que é coletado, a medida da intensidade dessa radiação em W/cm2é igual a a) 13 b) 8,2 c) 6,6 d) 3,2 e) 1,6 Solução:
Da conservação da energia, vem: h ∙ fo = ϕ + EK
Do gráfico (potencial de corte), vem: e ∙ VCorte = EK
Da saturação da corrente, vem: Ne = Nfóton iSAT = t e N t e Ne f A t fo h N A Pot t A ) eV ( e iSAT Corte eV 1 , 4 Logo, 0 , 5 e ) 5 , 2 e e 1 , 4 ( 10 2 cm W 13 ALTERNATIVA A
20
. Uma amestra I de átomos de 57Fe, cujos núcleos excitados emitem fótons devido a uma transição nuclear, está situada a uma altura d verticalmente acima de uma amostra ll de 57Fe que recebea radiação emitida pela amostra I. Ao chegar a II, os fótons da amostra l sofrem um aumento de frequência devido à redução de sua energia potencial gravitacional, sendo, portanto, incapazes de excitar os núcleos de 57Fe dessa amostra. No entanto, essa incapacidade pode ser anulada se a amostra I se afastar verticalmente da amostra II com uma velocidade v adequada. Considerando v << c e que a energia potencial gravitacional do fóton de energia pode ser obtida mediante sua "massa efetiva" /c2, assinale a opção que explicita v . Se necessário, Utilize (1 +
x )n 1 + n x para x << 1 . a) gd b) gd/c c) 2 gd d) 2gd/c e) gd dg/c2 a b c c 1 b 1 a 1 2 B c 1 b 1 a 1 2 B c 1 b 1 a 1 2 B a 1 c 1 b 1 2 B 0 4 0 3 0 2 0 1
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR Solução:
Seja f0 a frequência do fóton em repouso. Devido ao efeito Doppler, a
frequência do fóton emitido é:
c v I f f 0
O fóton que chega em II deve ter frequência f0 para promover a
transição. Logo, por conservação de energia:
hf + mgd = hf0; 2 c hf m 1 c gd c v I c v I 2
Supondo que gd << c2, temos:
c / gd v
ALTERNATIVA B
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser desenvolvidas, justificadas e respondidas no caderno de soluções. Atente para os algarismos significativos.
21
. No sistema de unidades atômicas de Hartree, as unidades de carga elétrica, de massa, de comprimento e de tempo podem ser representadas respectivamente por qA, mA, LA e tA. Neste sistema, acarga elétrica e do próton é igual a 1 qA, a massa do elétron m0 vale 1
mA, a constante de Planck reduzida h é igual a 1 mA LA2/tA e a
constante de Coulomb K0 = 1/(40) vale 1 mA LA3/(qA2 TA2). Dados
no SI: e = 1,6 x 10-19 C. m0 = 9,1 x 10 -31 kg. h = 1,1 x 10-34 Js. K0 = 9,0 x 109 Nm2/C2
a) Qual a medida em metros de um cumprimento igual a 1,0 LA?
b) Qual a medida em segundos de um tempo igual a 1,0 tA?
Solução: Dados: (1) e = 1qA; (2) m0 = 1mA (3) = 1 mALA2 tA-1 (4) K0 = 1 mALA3 qA-2 tA-2
Podemos manipular as unidades como se fossem constantes.
Assim: De (3) 2 A 0 2 A A A L m L m t Em (4) A 0 2 2 2 2 A 0 2 3 A 0 2 A 2 A 3 A A 0 L m e L m e L m t q L m K Logo: 0 2 0 A m e k L e 0 4 2 0 3 A m e k t a) LA = 5,8 x 10-11 m b) tA = 2,8 x 10 -17 s
22
. Considere uma esfera maciça de raio r, massa m, coeficiente de dilatação volumétrica , feita de um material com calor específico a volume constante cV. A esfera, sujeita à pressão atmosféricap
,repousa sobre uma superfície horizontal isolante térmica e está inicialmente a uma temperatura
T
alta o suficiente para garantir que a sua energia interna não se altera em processos isotérmicos. Determine a temperatura final da esfera após receber uma quantidade de calor Q, sem perdas para o ambiente. Dê sua resposta em função de g e dos outros parâmetros explicitados.Solução:
Por conservação de energia temos:
Q = + W
A variação de energia interna é o calor a volume constante:
= cV(Tf - T)
O trabalho realizado pela esfera terá duas parcelas: 1) Trabalho contra a atmosfera;
2) Trabalho contra a gravidade.
Isto é: W = pV + mgr Onde: ) T T ( 3 r r ) T T ( r 3 4 V f f 3 Assim, obtemos: ) T T ( 3 mgr ) T T ( r 3 4 p ) T T ( C Q V f 3 f f ) r 4 p mgr ( 3 C Q T T 2 V f
23
. A figura mostra parte de uma camada de um cristal tridi-mensional infinito de sal de cozinha, em que a distância do átomo de Na ao de seu vizinho Cl é igual a a . Considere a existência dos seguintes defeitos neste cristal: ausência de um átomo de Cl e a presença de uma impureza de lítio (esfera cinza), cuja carga é igual à fundamental +e, situada no centro do quadrado formado pelos átomos de Na e Cl, Obtenha as componentes Fx e Fy da forçaeletrostática resultante FFxxˆFyyˆ que atua no átomo de lítio. Dê sua resposta em função de e, a e da constante de Coulomb K0.
Solução:
Caso a estrutura cristalina estivesse completa (sem a ausência do átomo de Cl), a força resultante sobre o átomo de lítio seria nula, por simetria.
Na posição onde foi tirado o átomo de cloro, suponha a existência de uma carga +e e outra –e. A carga –e juntamente com todo o resto da d
I
II v
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR estrutura cristalina produzirá um campo nulo na posição do átomo de lítio, como discutido acima. Assim, só precisamos considerar a interação da carga +e com o lítio:
, yˆ 2 a xˆ 2 a 3 d c K ) yˆ sen xˆ (cos d c K F 3 2 o 2 2 o Onde 2 5 a 10 2 a 2 a 2 a 3 d 2 2 . Então: yˆ 2 a xˆ 2 a 3 2 5 a c K Fˆ 3 2 o ) yˆ xˆ 3 ( a 2 c K 5 2 F 2 2 o 2 3
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. Em uma experiência de de interferência de Young, uma luz magenta, constituída por uma mistura de luz vermelha (de comprimento de onda de 660 nm) e luz azul (comprimento de onda de 440 nm) de mesma intensidade da luz vermelha, incide perpendicularmente num plano onde atravessa duas fendas paralelas separadas de 22,0 m e alcança um anteparo paralelo ao plano, a 5,00 m de distância. Neste, há um semieixo Oy perpendicular à direção das fendas, cuja origem também está a 5,00 m do ponto médio entre estas. Obtenha o primeiro valor de y > 0 onde há um máximo de luz magenta (intensidades máximas de vermelho e azul no mesmo local). Se necessário, utilize tan sen , para ˂˂ 1 rad. Solução: D y tg sen sen d r r r 2 1 Mas ,Nparparaconstrução. 2 N r d 2 ND y 2 N D y d
Condição y1 = y2 com N1 e N2 números pares positivos.
Azul 2 2 Vermelho 1 1 N N 3 2 660 440 N N 2 1
Logo, N1 = 4 e N2 = 6 são os menores pares que satisfazem a
relação. Tome 0,3m 10 22 2 10 660 5 4 y 4 N 6 9 1 m 3 , 0 y
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. Partindo do repouso, uma bolinha cai verticalmente sobre um plano inclinado de um ângulo com relação à horizontal, originando seguidos choques perfeitamente elásticos. Se d é a distância inicial da bolinha ao plano, obtenha, em função de d, n, e , a distância do ponto n-ésimo choque em relação ao ponto do primeiro choque.Solução:
O problema é equivalente ao seguinte
até o 1º choque: gd 2 v 2 mv mgd z
Note que a componente horizontal não se altera nos choques, logo: . percurso de tempo o t com , t sen g 2 1 t ) vsen ( XN 2
Na vertical, o problema equivale (choques perfeitamente elásticos) a sucessivos lançamentos verticais.
Tempo para percorrer h:
o = v.cos - gcos ∙ t* t* = v/g dsen ) 1 n ( n 4 X dsen ) 1 n ( 4 dsen ) 1 n ( 4 X g d 2 ) 1 n ( 4 gsen 2 1 ) 1 n ( 2 g d 2 sen gd 2 X g d 2 ) 1 n ( 2 * t 2 ) 1 n ( t , Logo N 2 N 2 N
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. O aparato esquematizado na figura mede a velocidade da luz usando o método do espelho rotativo de Foucault, em que um feixe de laser é refletido por um espelho rotativo I, que gira a velocidade angular constante, sendo novamente refletido por um espelho estacionário lI a uma distância d . Devido ao tempo de percurso do feixe, o espelho rotativo terá girado de um ângulo quando o feixe retornar ao espelho I, que finalmente o deflete para o detector.y
+e
x
d
2 a i L 2 a 3y
r2
r1
D
d
d
cos g 1 N v h º c 1 x2 2cº h 3 x 2 N 4 x gsenACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR a) Obtenha o ângulo do posicionamento do detector em função
de.
b) Determine a velocidade dá luz em função de d, e. c) Explique como poderá ser levemente modificado este aparato
experimental para demonstrar que a velocidade da luz na água é menor que no ar.
Solução:
a) Pelo princípio da reversibilidade da luz e da rotação do espelho plano vem: 2 b) tESPtLUZ C d 2 2 d C
c) Submergindo o sistema em água, a rotação do espelho será maior do que no ar e, consequentemente, menor velocidade da luz no meio.
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. Pontos quânticos são nanoestruturas que permitem a manipulação do estado quântico de um único elétron, sendo um caminho promissor para a Computação Quântica. Em primeira aproximação, um ponto quântico confina elétrons com um potencial semelhante ao de um oscilador harmônico, isto é, com uma energia potencial do tipo V ( x ) = m2x2/ 2, em que x é a posição dapartícula em relação ao ponto de equilíbrio, m é a massa da partícula confinada, = k/m e k é a "constante de mola" (embora não seja este um conceito apropriado no mundo quântico). De acordo com a Mecânica Clássica, a energia mecânica deste oscilador pode variar continuamente de zero até infinito. Por outro lado, na Mecânica Quântica, a energia deste oscilador varia de forma discreta, de acordo com a expressão En = (n + 1/2)h, em que n
pode assumir os valores 0, 1, 2, .... Na descrição quântica do oscilador harmônico, o menor valor possível para a energia mecânica é h/2, diferentemente do previsto na Mecânica Clássica. Explique por que não é possível haver energia igual a zero na descrição quântica do oscilador harmônico.
Solução
Como a energia do oscilador harmônico é dada por
m 2 P x m 2 1 E 2 2 2
Classicamente, ter uma energia zero implicaria que partícula estaria parada na posição x = 0. Porém, devido ao principio da incerteza de Heisenberg, isto não pode ocorrer, visto que não é possível determinar simultaneamente a posição e o momento da partícula.
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. Duas espiras verticais estacionárias com aproximadamente o mesmo diâmetro d, perpendiculares e isoladas eletricamente entre si, têm seu centro comum na origem de um sistema de coordenadas xyz, na qual também está centrado um imã cilíndrico de comprimento l <<d e raio << l. O imã tem seu polo norte no semieixo x positivo e pode girar livremente em torno do eixo vertical z, sendo mantido no plano xy. Numa das espiras, situadas no plano yz, circula uma corrente I1 = cos (t), cujo sentido positivo é o anti-horário visto dosemieixo x positivo, e na outra circula um corrente I2 = sen (t), cujo
sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo y positivo.
a) Desprezando a diferença de diâmetro entre as espiras, obtenha o campo magnético B na origem às correntes I1 e I2, na forma
yˆ B xˆ Bx y
b) Explique, por que, partindo do repouso em t = 0, o ímã adquire um movimento de rotação em torno de z. Em que sentido (horário ou anti-horário, visto a partir do semieixo z positivo) ocorre este giro? c) Ao se aumentar gradativamente a frequência angular das correntes, nota-se que o ímã passa a girar cada vez mais rápido. Contudo, com o ímã inicialmente em repouso e se são repentinamente aplicadas correntes I1 e I2 de alta frequência angular,
nota-se que o ímã praticamente não se move. Explique a(s) razão(ões).
Solução:
O Campo produzido por uma espira circular no centro:
a)
b) Supondo que m mxˆseja o momento de dipolo magnético do imã, o torque sofrido por este é:
) inicial torque ( zˆ ) t ( sen d mi b m zo
Este torque fará com que o imã rotacione no sentido anti – horário em torno do eixo z.
c) Em um instante t qualquer, temos que mm(cosxˆsenyˆ)em que = (t). Assim, o torque é:
sen( t )zˆ d mi zˆ sen t cos cos t sen d mi b m z o o 2 E E1 x x Laser Detector x 2 N 1 N II a nˆ i direita mão da regra dada direção nˆ a 2 i B o y z 1 I 2 I x
cos( t)xˆ sen( t)yˆ
d i B yˆ d oI xˆ d I B : é magnético campo O o 2 1 o
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Se a frequência for aumentando gradativamente, a diferença t - não deverá variar muito. Porém, com o ligamento súbito das correntes, o termo t - irá variar tão rapidamente que o efeito do torque será uma média do tempo da expressão acima. Como a media do seno é zero, o imã praticamente não sentirá o efeito de B
.
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. Uma fonte de corrente é um dispositivo que fornece uma corrente invariável independentemente da tensão entre seus terminais. No circuito da figura, a corrente i produzida pela fonte é proporcional à corrente i que circula no resistor R. Inicialmente descarregadas, as placas M e N são carregadas após o fechamento das chaves S1, S2 e S3, que serão novamente abertas após um intervalo de tempo T. Aplaca M é então retirada do circuito e é posta em contato com um condutor C descarregado (não mostrado na figura) , ao qual transfere uma fração f de sua carga. Em seguida, com esse contato desfeito, o condutor C é totalmente descarregado. Na sequência, o mesmo procedimento é aplicado à placa N, a qual transfere a C a mesma fração f de sua carga, sendo então o contato desfeito e descarregando-se novamente C. Quando M e N são reintroduzidas no circuito, com as respectivas cargas remanescentes (de mesmo módulo , mas de sinais opostos), as chaves S1, S2 e S3 são fechadas outra vez, permanecendo assim durante o intervalo de tempo T, após o que são novamente abertas.
Então, como antes, repetem-se os contatos entre cada placa e C, e este processo de carga/descarga das placas é repetido indefinidamente.
Nestas condições, considerando os sucessivos processos de transferência de carga entre M e C, e N e C, determine a carga q de M após todo esse procedimento em função de , f, r, R, V1, V2, V3 e T. Considere V3 < V2 < V1.
Solução:
A fonte de corrente ligada em série com o capacitor garante que uma quantidade constante de carga seja fornecida às placas num certo intervalo de tempo t = T. Confira: T i q T q i i T q ic dt dq i c c
Uma expressão para a corrente (i) pode ser encontrada aplicando a lei das malhas ao trecho indicado abaixo do circuito dado:
O procedimento de carga e descarga das placas M e N do capacitor pode ser esquematizado a seguir: Carga Inicial Carga após um tempo T Carga Final
1ª Aplicação 0 q (1 – f) q 2ª Aplicação (1 – f) q (2 – f) q (1 – f) q + (1 – f)2 q 3ª Aplicação (1 – f) q + (1 – f)2 q (2 – f) q + (1 – f)2 q (1 – f) q + (1 – f)2 q + (1 – f)3 q 4ª Aplicação (1 – f) q + (1 – f)2 q + (1 – f)3 q (2 – f) q + (1 – f)2 q + (1 – f)3 q (1 – f) q + (1 – f)2 q + (1 – f)3 q + (1 – f)4 q . . . . . . . . . . . . R 3 V 2 V i R V V i 0 Ri V V 3 2 3 2
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR n-ésima Aplicação (1 – f) q + (1 – f)2 q + . . . + (1 – f) n-1q (2 – f) q + (1 – f)2 q + . . . + (1 – f) n-1q (1 – f) q + (1 – f)2 q + . . . + (1 – f)n q
Assim após a n-ésimo aplicação desse procedimento, teremos a carga QN nas placas do capacitor dada por:
N 1 n n N q (1 f) Q
Tomando o limite dessa expressão quando N
f ) f 1 ( q Q ) f 1 ( 1 ) f 1 ( q Q ) f 1 ( Lin q Q N 1 n n N
Usando os valores para (q) e (i) determinados anteriormente, temos:
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. Um recipiente cilíndrico vertical contém em seu interior três esferas idênticas de mesmo peso P que são tangentes entre si e também à parede interna do recipiente. Um quarta esfera, idêntica às anteriores, é então sobreposta às três esferas como ilustrado em pontilhado. Determine as respectivas intensidades das forças normais em função de P que a parede do recipiente exerce nas três esferas.Solução:
Como as esferas são idênticas, seus centros formam um tetraedro regular
Seja N a força de contato que as esferas de baixo fazem na de cima. Como estão forças estão ao longo das netas que unem os centros da esfera, devemos ter:
Equilíbrio da esfera superior: 3Ncos = P
6 P N
Nas esferas da base: f f 1 R V V T Q R f ) f 1 ( T ) V V ( f ) f 1 ( T i Q 3 2 3 2 B A C C A B 3 2 sen 1 cos 3 3 2 3 3 2 AB AC sen 2 N F ) parede da normal força a é F ( 3 2 P F F Nsen : horizontal direção na Equilíbrio
