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F F Í Í S S I I C C A A Caso necessário, use os seguintes dados: . Constante gravitacional: G = 6,67 x 10 –11 m 3 /s 2 kg. Massa do Sol: M = 1,99 x 10 30 kg. Velocidade da luz: c = 3 x 10 8 m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 x 10 11 m. Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s 2 . Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro: 6,023 x 10 23 mol –1 . Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de Planck: h = 6,62 x 10 –34 m 2 kg/s. Permissividade do vácuo: ε 0 = 1/4πk 0 . Permeabilidade magnética do vácuo: µ 0 . 1 E E Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por –V = G M/ 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/r 2 , 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 adimen- sional, assinale a opção que apresenta a expressão 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, sabendo a priori que k = l. a) A = kGM/c e 10 –5 b) A = kG 2 M 2 /c e 10 –8 c) A = kG 2 M 2 /c e 10 –3 d) A = kG 2 M 2 /c 2 e 10 –5 e) A = kG 2 M 2 /c 2 e 10 –8 Resolução 1) F = M L T –2 = 2) = = 3) A = k G x M y c z L 4 T –2 = (M –1 L 3 T –2 ) x M y (LT –1 ) z [A] = L 4 T –2 M –1 L 3 T –2 . M ––––––––––––– L [A] –––– L 2 GM ––– r A ––– r 2 [G] = M –1 L 3 T –2 [G] M 2 –––––– L 2 G M m –––––– r 2 I I T TA A ( ( 1 1 º º D D i i a a ) ) D D E E Z Z E E M MB B R R O O/ / 2 2 0 0 0 0 9 9 F F Í Í S S I I C C A A

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Page 1: Ita2010 1dia

FFÍÍSSIICCAACaso necessário, use os seguintes dados: .

Constante gravitacional: G = 6,67 x 10–11m3/s2kg.

Massa do Sol: M = 1,99 x 1030 kg.

Velocidade da luz: c = 3 x 108m/s.

Distância média do centro da Terra ao centro do Sol:1,5 x 1011m.

Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2.

Raio da Terra: 6380 km.

Número de Avogadro: 6,023 x 1023mol–1.

Constante universal dos gases: 8,31 J/molK.

Massa atômica do nitrogênio: 14.

Constante de Planck: h = 6,62 x 10–34m2kg/s.

Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0.

Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.

1 EEPela teoria Newtoniana da gravitação, o potencialgravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica,é dado por –V = G M/ r, em que r é a distância média docorpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividadede Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigidapara –V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G,de M e da velocidade da luz, c. Com base na análisedimensional e considerando k uma constante adimen -sional, assinale a opção que apresenta a expressão daconstante A, seguida da ordem de grandeza da razão entreo termo de correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo

GM/r da equação de Newton, na posição da Terra,sabendo a priori que k = l.

a) A = kGM/c e 10–5 b) A = kG2M2/c e 10–8

c) A = kG2M2/c e 10–3 d) A = kG2M2/c2 e 10–5

e) A = kG2M2/c2 e 10–8

Resolução

1) F =

M L T–2 = ⇒

2) =

= ⇒

3) A = k Gx My cz

L4 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My (LT–1)z

[A] = L4 T–2M–1 L3 T–2 . M–––––––––––––

L

[A]––––L2

GM–––r

A–––r2

[G] = M–1 L3 T–2[G] M2––––––

L2

G M m––––––

r2

II TTAA ((11ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099

FFÍÍSSIICCAA

Page 2: Ita2010 1dia

L4 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x – z

–x + y = 0 (1)

3x + z = 4 (2)

–2x – z = –2

(2) + (3):

Em (1):

Em (2): 6 + z = 4 ⇒

4) x = = . =

A = ⇒ =

x = =

x = 0,98 . 10–8

6,67 . 10–11 . 1,99 . 1030–––––––––––––––––––––

1,5 . 1011 . 9,0 . 1016

GM––––––

rc2

GM––––––

c 2

A––––GM

G2 M2––––––

c2

A––––––G M r

r––––GM

A–––r2

A/r2––––––GM/r

G2 M2A = k ––––––

c2

z = –2

y = 2

x = 2

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Page 3: Ita2010 1dia

2 DDConsidere a Terra como uma esfera homogênea de raio Rque gira com velocidade angular uniforme ω em torno doseu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência derotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidadeseria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um corpo emrepouso na superfície da Terra na realidade fica sujeitoforçosamente a um peso aparente, que pode ser medido,por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode nãopassar pelo centro do planeta.

Então, o peso aparente de um corpo de massa m emrepouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dadopor

a) mg – mω2Rcos λ.

b) mg – mω2Rsen2 λ.

c) mg 1 – [2ω2R/g + (ω2 R/g)2] sen2 λ .

d) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] cos2 λ .

e) mg 1 – [2ω2R/g – (ω2 R/g)2] sen2 λ .

Resolução

Em uma latitude λ, uma partícula P, acompanhandoa rotação da Terra, estará sujeita a uma resultantecentrípeta Fcp = m ω2 r = m ω2 R cos λA força gravitacional que a Terra aplica na partículaterá intensidade FG = mg.A força gravitacional

→FG será a soma vetorial entre a

resultante centrípeta e o peso aparente →Pap, conforme

indica a figura.

Aplicando-se a lei dos cossenos ao triângulo indicadona figura, temos:

Pap2 = FG

2 + Fcp2 – 2 FG . Fcp . cos λ

R

N

S

Equador

m

P

C

rFcpFcp

Pap

FG

O

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Page 4: Ita2010 1dia

Pap2 = m2 g2 + m2 ω4 R2 cos2λ – 2mg mω2 R cos λ . cos λ

Pap2 = m2 g2 1 + –

Pap2 = m2 g2 1 + cos2 λ –

2 ω2 R ω2 RPap = m g 1 – –––––– – ––––

2

cos2 λg g

2 ω2 R––––––

g

ω4 R2–––––

g2

2 ω2 R cos2 λ––––––––––––

g

ω4 R2 cos2 λ––––––––––––

g2

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3 AAConsidere um segmento de reta que liga o centro dequalquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. Deacordo com a 2.a Lei de Kepler, tal segmento percorreáreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que emdado instante deixasse de existir o efeito da gravitaçãoentre o Sol e o planeta.

Assinale a alternativa correta.

a) O segmento de reta em questão continuaria a percorreráreas iguais em tempos iguais.

b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porémcom focos diferentes e a 2.a Lei de Kepler continuariaválida.

c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2.a Leide Kepler não seria mais válida.

d) A 2.a Lei de Kepler só é válida quando se considerauma força que depende do inverso do quadrado dasdistâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de serválida.

e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.

ResoluçãoSe a força gravitacional deixasse de existir, o planetate ria movimento retilíneo e uniforme com uma velo -cidade de módulo V.A lei das áreas continuaria válida, como se demonstraa seguir.

A área varrida pelo raio vetor do planeta é dada por:

A = (1)

Sendo uniforme o movimento do planeta, resulta:

d = V ∆t (2)

(2) em (1): A = ⇒

é a velocidade areolar do planeta, que continua

sendo constante, atestando a validade da 2.a Lei deKepler.

d . h––––

2

A–––∆t

A Vh––– = –––∆ t 2

V ∆t . h–––––––

2

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4 AAA temperatura para a qual a velocidade associada àenergia cinética média de uma molécula de nitrogênio,N2, é igual à velocidade de escape desta molécula dasuperfície da Terra é de, aproximadamente,

a) 1,4 x 105 K. b) 1,4 x 108 K.

c) 7,0 x 1027 K. d) 7,2 x 104 K.

e) 8,4 x 1028 K.

Resolução1) Dedução da velocidade de escape:

E = – +

G = constante de gravitação universal

M = massa da Terra

m = massa da molécula

R = raio da Terra

V = módulo da velocidade

A velocidade de escape é obtida quando E = 0

– + = 0

VE =

Como g = , vem: VE =

VE = 2 g R = 2 . 9,8 . 6,4 . 106 (m/s)

2) A energia cinética média de um gás é dada por:

Ec = n R T = RT

Como Ec = , vem:

= T

T = (K)

T = 1,4 . 105K

28 . 10– 3 . (11,2 . 103)2

–––––––––––––––––––––3 . 8,31

M VE2

T = –––––––3R

m VE2

––––––2

3–––2

m R–––––

M

m VE2

––––––2

3–––2

3–––2

m–––M

VE = 11,2 . 103 m/s

GM––––––

R2

2g R2––––––

R

2GM––––––

R

GMm––––––

R

m VE2

––––––2

GMm––––––

R

m V2––––––

2

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5 CCNo plano inclinado, o corpo de massa m é preso a umamola de constante elástica k, sendo barrado à frente porum anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, oanteparo, de alguma forma, inicia seu movimento dedescida com uma aceleração constante a. Durante partedessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo,dele se separando somente após um certo tempo.Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar quea variação máxima do comprimento da mola é dada por

a) m g sen α + m a(2g sen α + a) /k.

b) m g cos α + m a(2g cos α + a) /k.

c) m g sen α + m a (2g sen α – a) /k.

d) m (g sen α – a) / k.e) m g sen α /k.

ResoluçãoNo instante T em que o corpo perde o contato com oanteparo, ele tem uma velocidade escalar V1, a molaestá deformada de x1 e sua aceleração tem módulo a.

1) Equação de Torricelli:

V12 = V0

2 + 2a x1 ⇒ (1)

2) PFD: Pt – Fe = mamg sen α – kx1 = ma

kx1 = m (g sen α – a) ⇒ (2)

3) A partir do instante T, vale a conservação daenergia mecânica:

h = (x2 – x1) sen α

(ref. em B)

= + mg (x2 – x1) sen α +

= . (g sen α – a)2 + mg x2 – sen α + 2a m

m(g sen α – a)x1 = –––––––––––––

k

V12 = 2a x1

k

m anteparo

(g sen α – a)–––––––––––

km––2

m (g sen α – a)––––––––––––

km2–––k2

k––2

kx22––––

2

mV12

–––––2

kx21–––––

2kx2

2–––––2

EB = EA

mA V = VA 1

mB V = 0B

h

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Page 8: Ita2010 1dia

= (g sen α – a)2 + mg x2 sen α – m2g . sen α + m2a

– x2 mg sen α = (g sen α – a) –g sen α + a

– x2 mg sen α = (g sen α – a)

– x2 mg sen α = – (g sen α – a)2

x22 – mg sen α x2 + (g sen α – a)2 = 0

x = ± g2 sen2 α – (g sen α – a)2

x = ± 2a g sen α – a2

m2–––2k

kx22––––

2

(–1) (g sen α – a)––––––––––––––––

2m2–––k

kx22––––

2

(g sen α – a)––––––––––––

2m2–––k

kx22––––

2

(g sen α – a)–––––––––––

k(g sen α – a)–––––––––––

km2–––2k

kx22––––

2

mg sen α + m a (2g sen α – a)x = ––––––––––––––––––––––––––––

k

m–––k

mg sen α––––––––

k

m–––k

mg sen α––––––––

k

2 mg sen α––––––––––– ±

k

4m2g2sen2 α 4m2––––––––––– – –––– (g sen α – a)2

k2 k2

x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––2

m2–––k2

2–––k

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6 EEUm quadro quadrado de lado e massa m, feito de ummaterial de coeficiente de dilatação superficial β, épendurado no pino O por uma corda inextensível, demassa desprezível, com as extremidades fixadas no meiodas arestas laterais do quadro, conforme a figura. A forçade tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir,o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T,dilatando. Considerando desprezível a variação no com -primento da corda devida à dilatação, podemos afirmarque o comprimento mínimo da corda para que o quadropossa ser pendurado com segurança é dado por

a) 2F β∆T / mg.

b) 2F (1 + β∆T) / mg.

c) 2F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).

d) 2F (l + β∆T) / (2F – mg) .

e) 2F (1 + β∆T) / (4F2 – m2g2).

Resolução

–––AO = d

–––AC = + ∆

–––OC = d sen θ

Como o quadro está em equilíbrio, temos:

2 Fsen θ = mg → sen θ =

Do triângulo AOC:

d2 = + (d sen θ)2

d2 – d2 sen2 θ =

d2 (1 – sen2θ) = + ∆ + ∆ 2

porém, ∆ 2 ≅ 0, logo:

O

/ 2 / 2

2–––4

––– + ∆2

2

––– + ∆2

2

mg–––2F

–––2

O

F

A

C

F

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d2 (1 – sen2θ) = + . . . ∆T

d2 (1 – sen2θ) = (1 + β ∆T)

d2 1 – = (1 + β ∆T)

d2 = (1 + β ∆T)

d = F

O comprimento mínimo do fio é dado por:L = 2d

(1 + β ∆T)L = 2 F ––––––––––––

(4F2 – m2g2)

(1 + β ∆T)––––––––––––(4F2 – m2g2)

2–––4

4F2 – m2g2

––––––––––4F2

2–––4

m2g2––––––

4F2

2–––4

β–––2

–––2

2–––4

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7 CCConsidere um semicilindro de peso P e raio R sobre umplano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q estáarticulada no ponto O. A barra está apoiada na superfícielisa do semicilindro, formando um ângulo α com avertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entreo semicilindro e o plano horizontal para que o sistematodo permaneça em equilíbrio?

a) µ = cos α/[cos α + 2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ sen α)]b) µ = cos α/[cos α + P(2h/LQ sen(2α) – 2R/LQ cosα)]c) µ = cos α/[sen α + 2P (2h/LQsen (2α) – R/LQ cosα)]d) µ = sen α/[sen α + 2P (2h/ LQ cos(α) – 2R/ LQ cos α)]e) µ = sen α/[cos α + P(2h/LQ sen(α) – 2R/LQ cos α)]

Resolução

1) No triângulo ABC: y = R cos θ

2) A distância d = AO é dada por:

cos α = ⇒

3) O somatório dos torques em relação ao ponto Odeve ser nulo:

Q . sen α = F .

F =

h

OL__2

h - Rcos

Q

L__2

sen

F

A

yR

CB

L

R

h

O

Q L sen 2 αF = –––– ––––––––––

4 (h – R sen α)

Q L sen α cos α–––––––––––––––

2 (h – R sen α)

(h – R sen α)––––––––––––cos α

L–––2

h – R sen αd = ––––––––––

cos αh – R cos θ––––––––––

d

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Na direção vertical:

FN = P + Fy = P + F sen α

Na direção horizontal: Fx = Fat

F cos α = Fat

Sendo o atrito estático: Fat ≤ µE FN

Fcos α ≤ µE (P + F sen α)

µE ≥

µE(mín) = =

= P . = 2P

= 2P –

= 2P –

F

P

FNFat

R–––––––––Q L cos α

2h–––––––––––Q L sen 2α

P–––F

2R sen α–––––––––––––––Q L2 sen α cos α

2h–––––––––––Q L sen 2α

P–––F

(2h – 2R sen α)––––––––––––

Q L sen 2α

4 (h – R sen α)––––––––––––

Q L sen 2α

P–––F

cos α––––––––––––

Psen α + –––

F

F cos α––––––––––––

P + F sen α

F cos α––––––––––––

P + F sen α

cos αµE(mín) = –––––––––––––––––––––––––––––––

2h Rsen α + 2P –––––––––– – ––––––––Q L sen 2 α Q L cos α

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8 BBUm elétron é acelerado do repouso através de umadiferença de potencial V e entra numa região na qual atuaum campo magnético, onde ele inicia um movimentociclotrônico, movendo-se num círculo de raio RE comperíodo TE. Se um próton fosse acelerado do repousoatravés de uma diferença de potencial de mesmamagnitude e entrasse na mesma região em que atua ocampo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RPe período TP 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.

e) RP = RE e TP < TE.

ResoluçãoSendo o elétron e o próton acelerados pela mesmad.d.p. V e tendo cargas elétricas iguais em módulo,concluímos que o trabalho da força elétrica é omesmo. Logo, ambas penetram no campo magnéticocom mesma energia cinética.

Sendo R = e Ec = , vem v =

R =

R = ; sendo mp > me, vem Rp > Re

O período é dado por T =

Para mp > me, vem TP > Te.

2Ec––––m

m v2––––––

2

m v––––––q . B

2π m––––––

q B

2mEc–––––––––q B

2Ecm –––––––

m–––––––––––––––

q B

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9 DDConsidere um oscilador harmônico simples composto poruma mola de constante elástica k, tendo uma extremidadefixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. Ooscilador gira num plano horizontal com velocidadeangular constante ω em torno da extremidade fixa,mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra afigura. Considerando R0 a posição de equilíbrio dooscilador para ω = 0, pode-se afirmar que

a) o movimento é harmônico simples para qualquer queseja velocidade angular ω.

b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.

c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0.

d) o quadrado da frequência do MHS depende linear -mente do quadrado da velocidade angular.

e) se a partícula tiver carga, um campo magnético nadireção do eixo de rotação só poderá aumentar afrequência do MHS.

ResoluçãoPara o referencial fixo no sistema rotatório, devemosacrescentar a força de inércia.

FR = m (2πf)2 x = kx – m ω2 x

f é a frequência do MHS

k é a constante elástica da mola

ω é a velocidade angular do MCU

m (2πf)2 = m (2πf0)2 – mω2

f0 é a frequência do MHS para ω = 0

4π2 f2 = 4π2 f02 – ω2

Como: k = m (2πf0)2 ⇒ f02 = é constante, re-

sulta f2 como função linear de ω2.

k–––––4π2m

ω2f2 = f0

2 – ––––4π2

k

R

m

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10 BBUma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJmostrado no diagrama T-S da figura.

Pode-se afirmar que

a) processo JK corresponde a uma compressão isotér -mica.

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 – .

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 poderiaeventualmente possuir um rendimento maior que adesta.

ResoluçãoDo diagrama fornecido, conclui-se que1) A transformação JK é uma expansão isotérmica e

o sistema recebe calor (a entropia aumenta).2) A transformação KL é uma expansão adiabática,

a temperatura diminui e o sistema não troca calorcom o meio (a entropia não varia).

3) A transformação LM é uma compressão isotér -mica.

4) A transformação MJ é uma compressão adiabá -tica (a entropia não varia).

Assim, a transformação JKLMJ representa um Ciclode Carnot. Num diagrama pressão x volume, temos:

A partir dessa conclusão, podemos afirmar:a) FALSO.

A transformação JK é uma expansão isotérmica.b) CORRETO.

Na transformação JK, o trabalho realizado é igualao calor recebido:

T2–––T1

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WJK = Q2

Mas:

∆SJK = ⇒ (S2 – S1) =

Assim: WJK = (S2 – S1) . T2

Na transformação KL, o sistema realiza um traba -lho:WKL = W

Na transformação LM, o sistema recebe umtraba lho:WKL = Q1 (calor liberado na transformação)

mas: ∆SLM = ⇒ (S1 – S2) =

Assim: WLM = (S1 – S2) . T1 = – (S2 – S1) T1

Na transformação MJ, o sistema recebe um traba -lho:WMJ = –W

Observe que KL e MJ são transformações adiabá -ticas.Portanto:Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJ

Wciclo = [(S2 – S1) T2] + [–(S2 – S1)T1]

c) FALSO.O rendimento é dado por:

η = 1 –

d) FALSO.Na transformação LM, o sistema libera energia (aentropia diminui).

e) FALSO.Sendo uma Máquina de Carnot, não pode existiroutra máquina térmica com rendimento maiorfuncionando entre essas temperaturas T1 e T2.

T1 (fonte fria)–––––––––––––––T2 (fonte quente)

Wciclo = (T2 – T1) (S2 – S1)

Q1–––T1

Q1–––T1

Q2–––T2

Q2–––T2

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11 CCUm feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimentode onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiadanuma lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura.Devido à variação da espessura da camada de ar existenteentre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente umasucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis deNewton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anelescuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deveter um raio de

a) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m.

d) 4,0 m. e) 8,0 m.

ResoluçãoAdmitindo-se que os anéis sejam formados pelainterferência de luz refletida, o diâmetro DN do anelescuro de ordem N é dado por:

DN = 2 N R λ

em que R é o raio de curvatura de face convexa dalente. Para o diâmetro do menor anel, tem-se N = 1:

2 . 10–3 = 2 1 . R . 500 . 10–9

Da qual: R = 2,0m

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12 CCConsidere o modelo de flauta simplificado mostrado nafigura, aberta na sua extremidade D, dispondo de umaabertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outroem C. Sendo

—AD = 34,00 cm,

—AR =

—BD,

—BC =

—CD e a

velocidade do som de 340,0m/s, as frequências esperadasnos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) osorifícios B e C estão fechados, devem ser, respectiva -mente

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.

Resolução(I) No esquema abaixo, determinemos os compri -

mentos x e y indicados.

2x = 34,00 cm ⇒

2y = x ⇒ 2y = 17,00 cm ⇒

(II) Somente o orifício C está fechado:A onda estacionária correspondente ao harmô -nico fundamental está representada a seguir.

V = λf ⇒ 340,0 = 0,34f ⇒ f = 1000Hz

λ = 34,00cm = 0,34m

y = 8,50 cm

x = 17,00 cm

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(III) Os orifícios B e C estão fechados:A onda estacionária correspondente ao harmô -nico fundamental está representada a seguir:

= 2x ⇒ = 2 . 17,00

V = λf ⇒ 340,0 = 0,68f ⇒ f = 500Hz

λ = 68,00cm = 0,68m

λ–––2

λ–––2

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13 AAUma jovem encontra-se no assento de um carrosselcircular que gira a uma velocidade angular constante comperíodo T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emiteum som de frequência f0 em direção ao centro de rotação.No instante t = 0, a jovem está à menor distância emrelação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor re -presen tação da frequência f ouvida pela jovem.

ResoluçãoPara o Efeito Doppler percebido pela jovem, temos:

=

Como a fonte está em repouso, sua velocidade V0 énula.

= ⇒ = 1 ± (equação 1)

em que Vx é a componente da velocidade da jovem nadireção definida pelo centro C de rotação do carrossele a posição P da fonte. Estando a jovem em movimentocircular e uniforme com período T e raio A, Vx é dadapor:

Vx = –ωA sen (ωt + ϕ0)

Como para t0 = 0 a jovem está em x = A, posição mais

próxima da fonte, ϕ0 = 0. Como ω = , temos

Vx = – sen (equação 2).

Vx–––––Vsom

f–––f0

f0–––––Vsom

f–––––––––Vsom ± Vx

f0––––––––––Vsom ± V0

f––––––––––Vsom ± Vx

f/f0

0 T/4 T/2 3T/4 T t

1

0 T/4 T/2 3T/4 T t

1

0 T/4 T/2 3T/4 T t

1

0 T/4 T/2 3T/4 T t

1

0 T/4 T/2 3T/4 T t

1

a ( ) b ( )

c ( ) d ( )

e ( )

f/f0

f/f0 f/f0

f/f0

2πt––––T2πA––––

T

2π–––T

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Substituindo a equação (2) na equação (1), temos:

= 1 – sen

Conclui-se então que é uma função senoidal de

t, com período T, amplitude , defasada de π rad

e deslocada de 1 unidade acima do eixo das abscissas.

Supondo < 1, o gráfico é representado por:

f–––f0

2πt––––T2πA

––––––T Vsom

f–––f0

2πA––––––T Vsom

2πA––––––T Vsom

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Page 22: Ita2010 1dia

14 AAConsidere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2m,e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugargeométrico dos pontos de potencial nulo é

a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 4m.

b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m ex = 16 m.

c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 me x = 16 m.

d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m.

e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no pontox = – 4 m.

Resolução

VP = K . + K . = 0

K . = –K .

= –

= –

d2 = 2d1 (1)

Mas d12 = (x + 2)2 + y2 + z2 e d2

2 = (x + 8)2 + y2 + z2

De (1), vem:

d22 = 4d1

2

(x + 8)2 + y2 + z2 = 4 [(x + 2)2 + y2 + z2]

x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2

3x2 + 3y2 + 3z2 = 48

Portanto, o lugar geométrico dos pontos P cujopotencial é nulo é uma superfície esférica. Ela corta oeixo dos x nos pontos tais que y = 0 e z = 0, isto é:x2 = 16 ⇒ x = +4m e x = –4m

Observação: rigorosamente, o item (a) não estariacorreto, pois não se trata de uma esfera e sim de umasuperfície esférica.

q2–––d2

q1–––d1

q2–––d2

q1–––d1

q2–––d2

q1–––d1

y

z

z

x(m)y

P(x,y,z)d2

d1

(-2)(8)

q = -2C2q = 1C

1

x

–2–––d2

1–––d1

x2 + y2 + z2 = 16

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15 EEConsidere uma balança de braços desiguais, de compri -mentos 1 e 2, conforme mostra a figura. No ladoesquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitudeQ e massa desprezível, situada a uma certa distância deoutra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa msobre um prato de massa desprezível. Considerando ascargas como puntuais e desprezível a massa do prato dadireita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por

a) – mg2d2 / (k0Q1). b) – 8mg2d2 / (k0Q1).

c) – 4mg2d2 /(3k0Q1). d) –2mg2d2/3k0Q1).

e) – 8mg2d2/(33k0Q1).

Resolução

Impondo soma nula dos momentos em relação aoponto O, vem:

∑ MO = 0

F . cos 30° . 1 – mg . 2 = 0

Levando em conta a Lei de Coulomb, temos:

k0 . . cos 30° . 1 = mg 2

k0 . . cos3 30° . 1 = mg 2

k0 . . 1 = mg 2Q . q

–––––––––d2

33––––––

8

1 2

30º

Q

d

O

q

mg

dcos 30º

=d

3/2

30º

x

F

F

Q . q–––––––––

d2

Q . q–––––––––––

d–––––––2

cos 30°

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Page 24: Ita2010 1dia

q =

A força elétrica entre q e Q é de atração. Logo, q e Qtêm sinais opostos. Assim, vem:

8 mg 2d2

q = – –––––––––––––33 k0 Q 1

8 mg 2d2

–––––––––––––––k0 . Q . 33 . 1

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Page 25: Ita2010 1dia

16 DDA figura mostra três camadas de dois materiais comcondutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda paraa direita, temos uma camada do material com condu -tividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada domaterial de condutividade σ2, de largura d/4, seguida deoutra camada do primeiro material de condutividade σ1,de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas ascamadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entreos pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por

a) 4V A/d(3σ1 + σ2). b) 4V A/d(3σ2 + σ1).

c) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2). d) 4V Aσ1σ2 / d(3σ2 + σ1).

e) AV(6σ1 + 4σ2) / d.

ResoluçãoO esquema dado corresponde a uma associção emsérie de resistores.Sendo a condutividade o inverso da resistividade,temos:

R1 = ρ1 . = .

R2 = ρ2 . = .

R3 = ρ1 . = .

De U = Rs . i, vem:

V = (R1 + R2 + R3) . i

V = . + . + . . i

V = + + . i

a b

d__2

V

d__4

d__4

1 2 1

d––––4A

1–––σ2

d–––4

–––––A

d––––2A

1–––σ1

d–––2

–––––A

d2

A, d4

A, d4

A,

11

1=12

2=11

1=

R1 R2 R3

1––––2σ1

1––––2σ2

1–––σ1d

––––2A

d––––4A

1–––σ1

d––––4A

1–––σ2

d––––2A

1–––σ1

d––––4A

1–––σ1

d–––4

–––––A

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Page 26: Ita2010 1dia

V = + . i

V = . i

17 BB

Uma esfera condutora de raio R possui no seu interiorduas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente,conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade háuma carga puntual qa e no centro da outra, uma cargatambém puntual qb,cada qual distando do centro da esferacondutora de x e y, respectivamente. É correto afirmarque

a) a força entre as cargas qa e qb é

k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cos θ).

b) a força entre as cargas qa e qb é nula.

c) não é possível determinar a força entre as cargas, poisnão há dados suficientes.

d) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter -ceira carga, qc, esta não sentiria força alguma.

e) se nas proximidades do condutor houvesse uma ter -ceira carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada.

ResoluçãoAs cavidades constituem blindagens eletrostáticaspara as cargas qa e qb em seu interior.Logo, entre as cargas qa e qb a força elétrica é nula.

qa qb

bax y

4Aσ1σ2 . Vi = ––––––––––––––d(3σ2 + σ1)

3σ2 + σ1–––––––––σ1 . σ2

d––––4A

1––––2σ2

3––––2σ1d

––––2A

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18 BB

Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo dafigura (a) e produz no seu centro um campo magnéticode magnitude B na direção y, cuja representação nositema de coordenadas é (0, B, 0). Considerando um outrocubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesmamagnitude I flui através do caminho indicado, podemosafirmar que o campo magnético no centro desse cubo serádado por

a) (– B, – B, – B). b) (– B, B, B).

c) (B, B, B). d) (0, 0, B).

e) (0, 0, 0).

ResoluçãoA espira quadrada da face do cubo da figura (a) geraum campo magnético de intensidade B, sendo que emseus quatro lados temos a corrente de intensidade I.

A face ABCD (espira quadrada) está sendo percorridaem apenas dois lados por corrente de intensidade I,gerando no centro do cubo um campo magnético de

intensidade , no sentido de y (regra da mão direi-

ta).Do mesmo modo, a face EFGH gera no centro do cubo

um campo de intensidade na direção e no sentido y

(regra da mão direita).

Logo, o campo, na direção y tem módulo dado por:

By = + + ⇒

Analogamente:espira (BDGF): Bx1

= –

espira (ACHE): Bx2= –

Campo resultante na direção x:

Bx = – – ⇒

(a) (b)

z

x

y

z

x

y

H

G

I

I I

I

I

I

A

B

D

C

E

F

Bx= – BB

–––2

B–––2

B–––2

B–––2

By = BB

–––2

B–––2

B–––2

B–––

2

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Também temos:

espira (ABFE): Bz1= +

espira (CDGH): Bz2= +

Bz = + + ⇒ Bz = + BB

–––2

B–––2

B–––2

B–––2

Bcentro = (– B; B; B)

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Page 29: Ita2010 1dia

19 EE

Considere um aparato experimental composto de umsolenoide com n voltas por unidade de comprimento, peloqual passa uma corrente I, e uma espira retangular delargura , resistência R e massa m presa por um de seuslados a uma corda inextensível, não condutora, a qualpassa por uma polia de massa desprezível e sem atrito,conforme a figura. Se alguém puxar a corda comvelocidade constante v, podemos afirmar que a forçaexercida por esta pessoa é igual a

a) (µ0nI)2v / R + mg com a espira dentro do solenoide.

b) (µ0nI)2v / R + mg com a espira saindo do solenoide.

c) (µ0nI)2v / R + mg com a espira entrando no solenoide.

d) µ0nI2 + mg com a espira dentro do solenoide.

e) mg e independe da posição da espira com relação aosolenoide.

ResoluçãoO campo magnético no interior do solenoide tem adireção de seu eixo, ou seja, suas linhas de campo sãoparalelas ao eixo do solenoide.O movimento da espira retangular também tem adireção do eixo do solenoide e, portanto, não hávariação do fluxo magnético. Não ocorre induçãomagnética e não surgem forças magnéticas na espira.Temos apenas:

I

T = P = mg

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20 CCNo processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila dotipo a nas plantas verdes apresentam um pico de absorçãoda radiação eletromagnética no comprimento de onda λ = 6,80 × 10– 7 m. Considere que a formação de glicose(C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, deforma simplificada, pela reação:

6CO2 + 6H2O ⎯→ C6H12O6 + 6O2

Sabendo-se que a energia total necessária para que umamolécula de CO2 reaja é de 2,34 × 10–18J, o número defótons que deve ser absorvido para formar 1 mol deglicose é

a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.

Resolução

Como a reação para a formação de uma molécula de

glicose envolve seis moléculas de CO2, a energia E

necessária é de:

E = 6 . 2,34 . 10–18 (J)

E = 1,404 . 10–17J

A frequência f da radiação eletromagnética de

máxima absorção é dada por:

c = λf

3,0 . 108 = 6,80 . 10–7 . f

f ≅ 4,41 . 1014Hz

Da Equação de Planck, temos

E = Nhf, em que N é o número de fótons absorvidos

1,404 . 10–17 ≅ N . 6,62 . 10–34 . 4,41 . 1014

Observação: Na verdade, para a obtenção de 1 mol deglicose, ou seja, 6,023 . 1023 moléculas de glicose, sãonecessários aproximadamente 2,89 . 1025 fó tons.

N ≅ 48

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Page 31: Ita2010 1dia

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser resolvidas no caderno de soluções

21Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ânguloα em relação à vertical, gira com velocidade angular ωconstante. O disco encontra-se imerso numa região doespaço onde existe um campo magnético

→B uniforme e

constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação dodisco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso em relação a este, esituada a uma distância R do centro, conforme a figura.Sendo µ o coeficiente de atrito da partícula com o discoe g a aceleração da gravidade, determime até que valorde ω o disco pode girar de modo que a partículapermaneça em repouso.

Resolução

Ao passar pela posição (2), a partícula fica sob açãode uma força de atrito de módulo máximo, que corres -ponde ao valor máximo da velocidade angular ω.O sentido da força magnética é dado pela regra damão esquerda, conforme a figura.→Pt é a componente tangencial do peso da partícula.

Temos: Fat = µ . PN = µ mg cos α

Pt = mg . sen α

Fm = q . v . B = q . ω . R . B

Sendo a resultante centrípeta, vem:

Fat – Fm – Pt = mω2 R

µmg cos α – q ω RB – mg sen α = mω2 R

mω2R + qRBω – µmg cos α + mg sen α = 0

B

R

B

vista lateral

B

R

B

v

(1)

(2)

v

Pt

Fm

vR

R

(1)

(2)

Fat

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Page 32: Ita2010 1dia

ω2 . mR + ω . qRB – mg(µ cos α – sen α) = 0

ω =

Sendo ω > 0, vem:

22Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo emseguida por um “loop” circular de raio R, onde há umrasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado nafigura. Sendo g a aceleração da gravidade e descon -siderando qualquer atrito, obtenha a expressão para aaltura inicial em que o bloco deve ser solto de forma avencer o rasgo e continuar em contato com o restante dapista.

Resolução

No trajeto de B para C, o bloco deverá descrever umarco de parábola cujo alcance D é dado por:

D = sen 2ϕ (1)

Da figura, temos:

D = 2R sen ϕ (2)

(1) = (2) ⇒ sen 2 ϕ = 2R sen ϕ

. 2 sen ϕ cos ϕ = 2R sen ϕ

g RV2

B = –––––cos ϕ

VB2

––––g

VB2

––––g

VB2

––––g

– qRB + q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)ω = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

2mR

– qRB ± q2R2B2 + 4m2Rg(µ cos α – sen α)––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

2mR

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Page 33: Ita2010 1dia

Usando-se a conservação da energia mecânica entre Ae B, resulta:

(ref. em B)

= mg [h – R (1 + cos ϕ)]

= g [h – R (1 + cos ϕ)]

= h – R (1 + cos ϕ)

h = + R (1 + cos ϕ)

h = R + 1 + cos ϕ

1 + 2cos ϕ (1 + cos ϕ)h = R ––––––––––––––––––––2cos ϕ

1–––––––2cos ϕ

R–––––––2cos ϕ

R–––––––2cos ϕ

gR–––––––2cos ϕ

mVB2

––––2

EB = EA

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23Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com umsistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicial -mente em repouso sobre uma superfície sem atrito, con -for me ilustra a figura. Determine o máximo comprimentode compressão da mola, considerando desprezível a suamassa.

Resolução1) A compressão da mola será máxima quando os

corpos tiverem velocidades iguais (fim da fase dedeformação).

2) Conservação da quantidade de movimento:Q1 = Q0(m1 + m2) V1 = m1 V0

3) Conservação da energia mecânica:Efinal = Einicial

+ V21 =

+ =

kx2 + = m1V02

kx2 = m1V02 –

kx2 = m1V02 1 –

kx2 = m1V02

kx2 =

x2 =

m11 m2x = V0 –––––––––––

k(m1 + m2)

m11 m2 V02

–––––––––––(m1 + m2)k

m1 V0V1 = ––––––––––

m1 + m2

m11 m2 V02

––––––––––m1 + m2

m11 + m2 – m1–––––––––––––

m1 + m2

m1 ––––––––m1 + m2

m12 V0

2

––––––––––m1 + m2

m12 V0

2

––––––––––m1 + m2

m1 V02

–––––––2m1

2 . V02

–––––––––(m1 + m2)2m1 + m2

––––––––––2kx2

––––2

m1 V02

–––––––2

(m1 + m2)––––––––––

2kx2

––––2

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Page 35: Ita2010 1dia

24Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V estáimersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda euma mola de constante elástica k, conforme mostra afigura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está nolíquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração dagravidade, determine a força de tração na corda.

Resolução

O peso P da esfera é dado por:P = ρ V g

As intensidades dos empuxos serão dadas por:

E1 = ρ1 0,7 Vg

E2 = ρ2 0,3 Vg

Para o equilíbrio da esfera temos:

T + E1 + E2 = P

T + ρ1 0,7 Vg + ρ2 0,3 Vg = ρ Vg

T = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2)

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Page 36: Ita2010 1dia

Para o equilíbrio do sistema:

No triângulo, temos:

cos 30° =

F = T cos 30° = T

F–––T

3F = Vg (ρ – 0,7 ρ1 – 0,3 ρ2) ––––

2

3–––2

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Page 37: Ita2010 1dia

25Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol deum gás ideal monoatômico a uma pressão P0 etemperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separao gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e umamola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e àparede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). Osistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicial -mente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamenteaté passar pela posição de equilíbrio, em que a suaaceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobrodo original, conforme mostra a figura (b). Desprezandoos atritos, determine a temperatura do gás na posição deequilíbrio em função da sua temperatura inicial.

Resolução1) Se o gás é ideal, podemos aplicar a Equação de

Clapeyron para as situações inicial e final:

pV = n R TAssim:

p0V0 = 1 . R T0 ⇒ p0V0 = R T0 (I)

pV = 1 R T ⇒ p 2V0 = R T (II)

Observe que V = 2V0 (o volume dobra).

2) Do texto, podemos concluir que a operação éadiabática (sem trocas de calor) e a energiaperdida pelo gás monoatômico na realização detrabalho foi armazenada na mola como energiapotencial elástica.

Assim:

U0 – U = Epe

RT0 – RT =

T0 – T =

Mas:

V0 = A . x ⇒ x =

Portanto:

T0 – T =

V0kx . ––––A

––––––––––3R

kx2–––––

3R

kx2–––––

23

–––2

3–––2

V0–––A

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Page 38: Ita2010 1dia

Como: kx = F (força realizada pelo gás na situa çãode equilíbrio),

vem:

T0 – T =

T0 – T = =

Usando-se a expressão II, temos:

T0 – T =

T0 = + T ⇒ T0 =

Resposta: T0

6––––

7

6T = ––– T0 7

7T––––

6

T–––6

RT–––––

6R

p . 2V0–––––––

3R . 2

p . V0–––––––

3R

kx–––– . V0A

––––––––––3R

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26A figura mostra uma barra LM de 102 cm de com -primento, formando um ângulo de 45° com a horizontal,tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lentedivergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y =10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine ocomprimento da x imagem da barra e faça um desenhoesquemático para mostrar a orientação da imagem.

Resolução(I) A barra LM pode ser considerada a hipotenusa de

um triângulo retângulo isósceles de catetos decomprimento a.

Teorema de Pitágoras:

(LM)2 = a2 + a2

(102)2 = 2a2

Da qual:

(II) Considerando-se que a lente divergente apresen -tada opera de acordo com as condições deestigma tismo de Gauss, determinemos,inicialmente, as coordenadas das extremidades daimagem L’M’ do bastão LM.Extremidade L:Abscissa:

+ = ⇒ + = –

Da qual: p’L = – cm ⇒

Ordenada:

= – ⇒ = –

Da qual:

Extremidade M:Abscissa:

+ = ⇒ + = –

i–––o

45°

yL

M

x

a = 10cm45°

L

M

a

a

10 2 cm

1–––20

1––––p’M

1––––––30 – 5

1–––

f1

–––p’

1–––p

20yL’ = –––– cm

11

140– ––––11––––––––

30 + 5

yL’––––––10 – 5

p’–––p

140xL’ = –––– cm

11140––––

11

1–––20

1––––p’L

1––––––30 + 5

1–––

f1

–––p’

1–––p

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Da qual: p’M = – cm ⇒

Ordenada:

= – ⇒ = –

Da qual:

(III) A imagem L’M’ está posicionada no esquemaabaixo em relação a um referencial cartesianoOxy.

O comprimento da imagem L’M’ é obtido peloTeorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retân -gulo hachurado no gráfico.

x = – ⇒ x = cm

y = – ⇒ y = cm

(L’M’)2 = x2 + y2 ⇒ (L’M’)2 = 2

+2

Da qual:

(IV) O esquema a seguir apresenta os raios luminososque produzem a imagem virtual L’M’ do objetivoreal LM.

M’

F

L’

O

L

M

60yM’ = –––– cm

9

100– ––––9––––––––

30 – 5

yM’––––––10 + 5

p’–––p

i–––o

100xM’ = –––– cm

9100––––

9

160––––99

100––––

9140––––

11

160L’M’ = –––– 10 cm ≅ 5,1 cm

99

480––––99160

––––99

480––––99

20––––

1160

––––9

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27Derive a 3.a Lei de Kepler do movimento planetário apartir da Lei da Gravitação Universal de Newton conside -rando órbitas circulares.

Resolução

Se a órbita é suposta circular, o movimento orbital éuniforme.A força gravitacional que o Sol aplica no planeta faz opapel de resultante centrípeta.

FG = Fcp

= mω2 r

ω2 =

Porém, ω = ⇒ =

T = período de translação r = raio de órbitaG = constante de gravitação universalM = massa do Sol

3.a Lei de Kepler:O quadrado do período de translação do planeta éproporcional ao cubo do raio médio da órbita.

T2 4π2–––– = ––––

r3 GM

GM––––

r3

4π2––––T2

2π––––

T

GM––––

r3

GMm––––––

r2

Sol r

M

PLANETA

mFG

V

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28Considere uma espira retangular de lados 3a e a,respectivamente, em que circula uma corrente I, deacordo com a figura. A espira pode girar livremente emtorno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fioinfinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no pontox = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesmamagnitude I, calcule o momento resultante da forçamagnética sobre a espira em relação ao eixo z, quandoesta encontra-se no plano yz.

ResoluçãoConsidere as figuras:

O momento M resultante das forças magnéticas demódulo F sobre a espira em relação ao eixo z quandoesta se encontra no plano yz é dado por:

→Fcos α

M = F cos α . dd = a 3

→Fcos α

Cálculo do valor de →F Determinação do

ângulo α

x

I

I y

a 32

a

a2

Z

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F = tg α =

F = tg α = 3

M = . cos 60° . a 3

M = . . a 3

α = 60°µ . I2F = ––––––

2 π

µ . I2 . a–––––––––

2 π a

a 3 ––––––––

2––––––––

a––2

µ . I . I . a–––––––––

2 π .

3 µ . I2 aµ = –––––––––––

4 π

1–––2

µ . I2––––––

2 π

µ . I2––––––

2 π

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29O olho humano é uma câmara com um pequeno diafrag -ma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e umasuperfície fotossensível (retina). Chegando à retina, osfótons produzem impulsos elétricos que são conduzidospelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.

Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupilase dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sen -sibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noitemuito escura, duas fontes monocromáticas, ambas compotência de 6 ×10–5 W, emitem, respectivamente, luz azul(λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente,isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção deluz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qualdas duas fontes pode ser vista a uma maior distância?Justifique com cálculos.

Resolução(I) Equação de Planck: E = h f

Mas c = λ f ⇒ f =

Logo: E = (1)

(II) Potência requerida para sensibilizar a retina:

P = (2)

(1) em (2): P = (3)

(III) Intensidade de onda requerida para sensibilizara retina:

I = ⇒ I = (4)

(3) em (4): I = (5)

(IV) Intensidade de onda da fonte:

I = (6)

Comparando-se (5) e (6), vem:

=

Da qual:

hc–––λ

c–––λ

d

400E–––––

∆t

400hc–––––––π λ∆t r2

P–––––π r2

P–––A

400hc–––––λ∆t

400 h c–––––––––π λ ∆t r2

PF––––––4πx2

PF––––––4πx2

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Tendo-se em conta os valores constantes r = 3mm, PF = 6 . 10–5W, ∆t = 1s, h = 6,62 . 10–34m2kg/s e c = 3 . 108m/s, conclui-se que poderá ser vista a uma maiordistância x a luz de maior comprimento de ondaλ. É o caso da luz vermelha, cujo comprimentode onda é maior que o da luz azul.

λv = 650nm > λA = 475nm

r PFλ ∆tx = ––– ––––––––

40 h c

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30No gráfico a seguir estão representadas as característicasde um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistênciainterna r, e um receptor ativo de força contraeletromotrizε’ e resistência interna r’. Sabendo que os dois estãointerligados, determine a resistência interna e o rendi -mento para o gerador e para o receptor.

Resolução1 – Leitura do gráfico:

• gerador: ε = 100V• receptor: ε’ = 40V

2 – Cálculo das resistências internas:• gerador:

r = (Ω) ⇒

• receptor:

r’ = (Ω) ⇒

3. O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A)

i = 2A

4. Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:U = ε – r iU = 100 – 20 . 2 (V)U = 60V

0 1 2 3 4

I(A)

20

40

60

100

80

V(V

)

r’ = 10Ω60 – 40

––––––––2

r = 20Ω100 – 20––––––––

4

100 – 40––––––––20 + 10

ε – ε’––––––r – r’

U

i

i

r r’

+

-

+

- ’

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5. Cálculo dos rendimentos:• gerador:

ηG = ⇒ ηG = = 0,60

• receptor:

ηrec = ⇒ ηrec = =

Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%

receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%

ηrec 67%

2–––3

40V–––––60V

ε’–––U

ηG = 60%

60V––––––100V

U–––

ε

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