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1 Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outra, o escoamento resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimensional (Número de Reynolds) dado por R vd α β γ τ = ρ η , em que ρ é a densidade do fluido, v , sua velocidade, η , seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera de diâmetro D, que se movimenta num meio fluido, sobre ação de uma força de arrasto viscoso dada por 3 F Dv = π η . Assim sendo, com relação aos respectivos valores de ,, e , αβγ τ uma das soluções é: a) 1, 1, 1, 1 α= β= γ= τ=− b) 1, 1, 1, 1 α= β=− γ= τ= c) 1, 1, 1, 1 α= β= γ=− τ= d) 1, 1, 1, 1 α=− β= γ= τ= e) 1, 1, 1, 1 α= β= γ= τ= Resolução: Da equação 3 v F D = π η vem 1 1 [] MLT η= E dado que R é adimensional, [ ] ( ) ( ) ( ) 0 0 0 3 1 1 1 ( . ) LT R M LT ML L ML T β τ γ α = = [ ] ( ) ( ) ( ) 3 0 0 0 R M L T M LT α+τ − α+β+γ−τ −β−τ = = De onde obtemos que i) α = −τ ii) 3 0 3 − α+β+γ−τ= ∴β+γ =τ+ α iii) β = −τ De i) e iii) vem que α=β=−τ E de ii), γ = −τ Logo, α=β=γ=−τ , que é coerente com a alternativa A Alternativa A Questão 01

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Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outra, o escoamento resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimensional (Número de Reynolds) dado por R v dα β γ τ= ρ η , em que ρ é a densidade do fluido, v , sua velocidade, η , seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera de diâmetro D, que se movimenta num meio fluido, sobre ação de uma força de arrasto viscoso dada por 3F D v= π η . Assim sendo, com relação aos respectivos valores de , , e ,α β γ τ uma das soluções é: a) 1, 1, 1, 1α = β = γ = τ = − b) 1, 1, 1, 1α = β = − γ = τ = c) 1, 1, 1, 1α = β = γ = − τ = d) 1, 1, 1, 1α = − β = γ = τ = e) 1, 1, 1, 1α = β = γ = τ = Resolução:

Da equação 3 vF D= π η vem 1 1[ ] ML T− −η = E dado que R é adimensional,

[ ] ( ) ( ) ( )0 0 0 3 1 1 1( . ) LTR M L T M L L ML Tβ τγ− α − − −= =

[ ] ( ) ( ) ( )3 0 0 0R M L T M L Tα+τ − α+β+γ−τ −β−τ= =

De onde obtemos que i) α = −τ ii) 3 0 3− α +β + γ − τ = ∴β+ γ = τ + α iii) β = −τ De i) e iii) vem que α = β = −τ E de ii), γ = −τ Logo, α = β = γ = −τ , que é coerente com a alternativa A Alternativa A

Q u e s t ã o 0 1

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2 2

Um projétil de densidade p ρ é lançado com um ângulo α em relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o

recipiente é preenchido com um superfluido de densidade sρ e o mesmo projétil é novamente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β em relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial v do projétil, de mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera a distância alcançada pelo projétil (veja figura). Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo β de lançamento do projétil, que a) s pcos (1 / )cosβ = − ρ ρ α

b) s psen 2 (1 / )sen2β = − ρ ρ α

c) s psen 2 (1 / )sen2β = + ρ ρ α

d) s psen 2 sen2 /(1 / )β = α + ρ ρ

e) s pcos 2 cos /(1 / )β = α + ρ ρ Resolução:

Sendo os alcances iguais, podemos escrever:

2 2

sen2 sen2 (I)o o

A A

v vg a

α β=

α = β

Onde a é a nova aceleração vertical quando o fluido é introduzido. E calculando a :

s

s1 (II)

a

p

p

F P Ema = Vg Vg

a = g

= −ρ − ρ

⎛ ⎞ρ−⎜ ⎟⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

Por fim, substituindo (II) em (I) ,

sen2 1 sen2s

p

⎛ ⎞ρβ = − α⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

Alternativa B

Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a qual desce um vagão, com aceleração a , e cujo teto está dependurada uma mola de comprimento l , de massa desprezível e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na sua extremidade. Considerando que 0l é o comprimento natural da mola e que o sistema está em repouso em relação ao vagão, pede-se dizer que a mola sofreu uma variação de comprimento 0l l lΔ = − dada por a) sen /l mg kΔ = θ b) cos /l mg kΔ = θ c) /l mg kΔ =

d) 2 22 cos /l m a ag g kΔ = − θ+

e) 2 22 sen /l m a ag g kΔ = − θ+

Q u e s t ã o 0 2

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3 3

Resolução: y

–ma

Fel

Px

Py x

g’g

-a

Tomando a bolinha como referencial não inercial, ela fica sujeita a uma aceleração gravitacional aparente 'g , onde,

g' g a= − E assim, podemos escrever o equilíbrio da bolinha da forma:

( ) ( )( ) ( )

222

22 2

22 2 2 2 2

2

sen ( cos )

2 sen (sen cos )

el x yF P ma P

k l m a g mg

ml a ag gk

= − +

Δ = − θ + θ⎡ ⎤⎣ ⎦

⎡ ⎤Δ = − θ+ θ+ θ⎣ ⎦

Por fim temos,

2 22 senml a ag gk

Δ = − θ+

Alternativa E

Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v , horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de módulo constante dado por 7 / 4f mg= π . Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após percorrer um arco de 60º (veja figura), sua velocidade inicial deve ter o módulo de a) 2 / 3gR

b) 3 / 2gR

c) 6 / 2gR

d) 3 / 2gR

e) 3 gR Resolução:

Na posição final (destaque do corpo), a componente da força peso normal à velocidade ( )yP é o agente centrípeto:

cp yF P= 2

sen60ºmv mgR

=

2 (I)2

Rgv∴ =

Entre os instantes inicial e final houve trabalho da força atrito dissipativa dado por:

7 7cos4 3 12fatmg R mgRT Fd Fd π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= θ = − = − ⋅ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟π⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Com esse trabalho determinamos a variação de energia mecânica:

fim inicio fatE E T− =

2203 7(2) (II)

2 2 2 12mvmv mgRmgR mgR

⎡ ⎤⎡ ⎤ −⎛ ⎞ + − + =⎢ ⎥⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

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4 4

E substituindo (I) em (II) , 20

07 2,

2 4 12 3v gR gR gRv= − + ∴ =

Alternativa A

Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corre sobre trilhos horizontais com velocidade constante

72,0 km/hv = (portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Em dado instante, a caçamba é preenchida com uma carga de grãos de massa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso de uma altura de 6,00 m (veja figura). Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimento exclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos é a) 15 J/kg b) 80 J/kg c) 100 J/kg d) 463 J/kg e) 578 J/kg Resolução:

Cálculo da perda de energia potencial gravitacional:

( ) ( ) ( )4 6 24mgh M g Mgτ = = ⋅ ⋅ =

Na horizontal a quantidade de movimento se conserva:

20 5 4,00m/sF FM M v v⋅ = ⋅ ⇒ =

( ) ( )2 25 4 . 2040 200 160

2 2C

M ME M M M

⋅Δ = − = − = − , devido às variações horizontais das velocidades

Energia liberada no processo: 24 160Mg M Q+ =

( )24 160 J6 40 kg4 4Q Mg M gM M

+= = +

Adotando 210 m/sg =

100 J/kg4QM

=

Alternativa C

Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,respectivamente, são liberados no espaço livre. Considerando que a única força interveniente seja a da atração gravitacional mútua, e que seja de 12R a distância de separação inicial entre os centros dos corpos, então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a colisão será de a) 1,5 R b) 2,5 R c) 4,5 R d) 7,5 R e) 10,0 R Resolução:

Com as massas estão na proporção 1

2

15

MM

=

Q u e s t ã o 0 5

Q u e s t ã o 0 6

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5 5

As acelerações e os respectivos espaços percorridos estarão na proporção 1 1

2 2

51

a da d

= = (tempos iguais). Logo:

1 2

1 2

11

1

12 29

9545 7,5

6

d d R R Rd d R

dd R

Rd R

+ = − −+ =

+ =

= =

Alternativa D

Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera de massa m com carga elétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado num campo elétrico uniforme E que atua na mesma direção e sentido da aceleração da gravidade g . Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio e soltando-a, ele executa um movimento harmônico simples, cujo período é a) 2 /T l g= π

b) 2 /( )T l g q= π +

c) 2 /( )T ml qE= π

d) 2 /( )T ml mg qE= π −

e) 2 /( )T ml mg qE= π + Resolução:

O período que um pêndulo executando MHS pode ser escrito com resultante

2 m LTF

⋅= π

A força resultante será: RF mg qE= +

Logo: 2 m LTmg qE

⋅= π

+

Alternativa E

Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa M com o formato de uma casa (veja figura). A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma com a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de densidade ρ, permanecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o objeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimo da altura submersa do bloco é igual a a) sen /m Sα ρ

b) 2cos /m Sα ρ c) cos /m Sα ρ d) /m Sρ e) ( ) /m M S+ ρ

Resolução:

A força trocada entre M e m tem intensidade dada por cosnF mg= α e possui componente vertical ( )nyF dada por 2cosnyF mg= α .

Quando o bloco m deixar o plano e o bloco M voltar à posição de equilíbrio, ocorrerá uma variação no empuxo sofrido por M de: nyE FΔ =

2

2

( ) coscos

g S h mgmh

S

ρ⋅ ⋅ ⋅ = α

α=

⋅ρ

Alternativa B

Q u e s t ã o 0 7

Q u e s t ã o 0 8

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Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter uma imagem real a uma distância p’ da lente. Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que: a) 3 3 3' ' 5p fpp p f+ + =

b) 3 3 3' ' 10p fpp p f+ + =

c) 3 3 3' ' 20p fpp p f+ + =

d) 3 3 3' ' 25p fpp p f+ + =

e) 3 3 3' ' 30p fpp p f+ + = Resolução:

' 4p p f+ = , pois objeto e imagem estão à mínima distância.

''

p pfp p⋅

=+

( )

( ) ( )

2

3 3

3 2 2 3 3

3 3 3

3 3 3

3 3 3

3 3 3 2 3

' '' 4' 4

' 4

3 ' 3 ' ' 64' 3 '( ') 64' 12 ' 64

' ' 64 11 '' ' 64 11 4 20

p p f p pp p f fp p f

p p f

p p p p p p fp p p p p p fp p p p f fp f p p p f p p fp f p p p f f f f

⋅ = ⋅ +

⋅ = ⋅

⋅ =

+ =

+ ⋅ + + =

+ + ⋅ + =

+ + ⋅ =

+ ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅ =

Alternativa C

Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de: a) 71% b) 171% c) 7100% d) 9 999 900% e) 10 000 000% Resolução:

1

0

2

0

2 1

0 0

2

15

2 1

10 log 70

10 log 120

log log 12 7

log 5

10

IIII

I II III

I I

⋅ =

⋅ =

− = −

=

= ⋅

Seja i a taxa de aumento: 51 10

100000 1 999999999900%

iii

+ == − ==

Q u e s t ã o 0 9

Q u e s t ã o 1 0

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Alternativa D Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0 m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno ângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tan senθ ≅ θ ≅ θ e o índice de refração da água 1,33n = . Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a a) 2,5 m b) 5,0 m c) 7,5 m d) 8,0 m e) 9,0 m

Resolução:

Para pequenos valores de θ podemos usar a relação do dioptro plano:

''

h hn n= e substituindo:

101,33 1

7,5m

h

h

=

=

Alternativa C

São de 100 Hz e 125 Hz respectivamente, as freqüências de duas harmônicas adjacentes de uma onda estacionária no trecho horizontal de um cabo esticado, de comprimento = 2 m e densidade linear de massa igual a 10 g/m (veja figura).

Considerando a aceleração da gravidade 2 10 m/sg = a massa do bloco suspenso deve ser de: a) 10 kg b) 16 kg c) 60 kg

d) 210 kg

e) 410 kg Resolução:

Cálculo da velocidade de propagação da onda na corda

3

10 100010 10

m g mv m−

⋅ ⋅= = = ⋅

μ ⋅, em que m é a massa do bloco.

Lembrando que 2

nn ⋅λ= , para 1, 2,3...n = , ou seja,

2n n

λ = .

Como 2 n

n nf

v fn⋅

= λ ⋅ = vem, 1000

2 2nn v mf n⋅

= = ⋅

Para que a freqüência cresça de 100 Hz para 125 Hz devemos ter 4n = e 5n = , portanto:

4 10001002 2

m⋅ ⋅=

⋅ e

5 10001252 2

m⋅=

O que conduz a 10 kgm =

Alternativa A

Q u e s t ã o 1 1

Q u e s t ã o 1 2

Q u e s t ã o 1 3

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Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu teclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na base do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capacitor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminui a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere então um dado teclado, cujas placas metálicas têm 240 mm de área e 0,7 mm de distância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar seja

120 9 10 F/m−ε = × . Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da capacitância a partir de 0,2 pF , então, qualquer

tecla deve ser deslocada de pelo menos a) 0,1 mm b) 0,2 mm c) 0,3 mm d) 0,4 mm e) 0,5 mm Resolução:

A capacitância inicial do capacitor é

( ) ( )( )

12 60

0 3

9 10 40 10

0,7 10A

Cd

− −

⋅ ⋅ ⋅ε ⋅= =

⋅, 12

0 0,514 10 FC −= ⋅

Com uma variação da capacitância de 120,2 10 F−⋅ , temos:

( ) ( )12 612 0

9 10 40 100,714 10

' 'fA

Cd d

− −−

⋅ ⋅ ⋅ε ⋅= ⋅ = =

3' 0,5 10 m 0,5 mmd −= ⋅ =

∴ 0, 2 mmdΔ =

Alternativa B

O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, está sendo utilizado para determinar a temperatura de óleo de um reservatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio TR . O resistor variável R é ajustado automaticamente de modo a manter a ponte sempre em equilíbrio, passando de 4,00 Ω para 2,00 Ω . Sabendo que a resistência varia linearmente

com a temperatura e que o coeficiente linear de temperatura para o tungstênio vale 3 14,00 10 º C− −α = ⋅ a variação da temperatura do óleo deve ser de a) 125 °C− b) 35,7 °C− c) 25 °C d) 41,7 °C e) 250 °C Resolução:

Ponte de Wheatstone: 80TR R⋅ =

No início: 0 0

4 80 20T TR R⋅ = ⇒ = Ω

No final: 1 1

2 80 40T TR R⋅ = ⇒ = Ω

Portanto, pela variação da resistência em função da temperatura, temos:

( )1 0

1T TR R T= +αΔ

( )340 20 1 4 10 T−= + ⋅ Δ 32 1 4 10 T−= + ⋅ Δ

310 250º C4

T T= Δ ∴Δ =

Alternativa E

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base do te clado

0,7 mm

tecla

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Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico constante no interior do metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere uma barra metálica descarregada, de 2,0 m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulo 216 km/hv = num plano horizontal (veja figura), próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferença de potencial (ddp) de 33,0 10 V−⋅ entre as extremidades da barra, o valor da componente vertical do campo de indução magnética terrestre nesse local é de

a) 66,9 10 T−⋅

b) 51, 4 10 T−⋅

c) 52,5 10 T−⋅

d) 54,2 10 T−⋅

e) 55,0 10 T−⋅

Resolução:

cos 0º l lB A B x B vT T TΔφ ⋅Δ ⋅ ⋅ ⋅Δ

ε = = = = ⋅ ⋅Δ Δ Δ

52,5 10 TBlv

−ε= = ⋅

Alternativa C

Uma bicicleta, com rodas de 60 cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro composto de um ímã preso em raios, a 15 cm do eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 225 mm de área, com 20 espiras de fio metálico, presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2 T em toda a área da bobina (veja a figura). Com a bicicleta a 36 km/h , a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de

a) -52 ·10 V

b) -35 ·10 V

c) -21 ·10 V

d) -11 ·10 V

e) -12 ·10 V

Resolução: Cálculo da velocidade com que o imã passa pela bobina

15cm km m18 5,030cm h sbicicletaV V= ⋅ = =

Cálculo do lado do quadrado formado por uma bobina:

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10 10

2 2 6 225 mm 25 10 ml −= = ⋅ 35,0 10 ml −= ⋅

Força eletromotriz máxima devido à uma bobina

cos 0ºB A B l x B l vT T TΔφ ⋅Δ ⋅ ⋅ ⋅Δ

ε = = = = ⋅ ⋅Δ Δ Δ

( ) ( ) ( )30,2 5 10 5−ε = ⋅ ⋅ ⋅ 35 10 V−ε = ⋅

Logo, para 20 espiras teremos:

( )3 120 5 10 V 1 10 Vmáx− −ε = ⋅ ⋅ = ⋅

Alternativa D

Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecida pelo air-bag, comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para o carro de parte do momentum do motorista se dá em condição de a) menor força em maior período de tempo. b) menor velocidade, com mesma aceleração. c) menor energia, numa distância menor. d) menor velocidade e maior desaceleração. e) mesmo tempo, com força menor. Resolução:

O air-bag funciona como um colchão de ar, fazendo com que a queda de velocidade do passageiro ocorra mais suavemente, ou seja, com menor aceleração, menor força e maior tempo; proporcionando assim, menor risco à integridade física do passageiro. Alternativa A

Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0 km , com velocidade de 50 10 m/s no rumo norte, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 26,0 m/s . Após 40 10 / 3 s , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste. Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância de a) 5,2 km b) 6,7 km c) 12 km d) 13 km e) 28 km Resolução:

Seja F o ponto fixo da fonte de ondas eletromagnéticas De A para B :

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11 11

2

0 0 2ats s v t= + +

( )2

40 10 6 40 10 20000 1600050 103 2 3 3 3

s⎛ ⎞ ⎛ ⎞

Δ = ⋅ + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

12000m 12 kmsΔ = =

Temos que o ABCΔ é retângulo isósceles: 12 kmBC AB= =

Fazendo o Teorema de Pitágoras no BCFΔ :

2 2 2 2 212 5 169BF BC CF= + = + = 13 kmBF =

Alternativa D

Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de um pulverizador em movimento, passam por uma unidade eletrostática onde perdem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço entre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes da impressão. Considere gotas de raio igual a 10 µm lançadas com

velocidade de módulo 20 m/sv = entre placas de comprimento igual a 2 cm no interior das quais existe um campo elétrico

vertical uniforme, cujo módulo é 4 8,0 ·10 N/CE = (veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 31000 kg/m e sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30 mm ao atingir o final do percurso, o módulo da sua carga elétrica é de

a) -142,0 ·10 C

b) -143,1 ·10 C

c) -146,3 ·10 C

d) -113,1 ·10 C

e) -101,1 ·10 C Resolução:

Na horizontal:

S V tΔ = ⋅ 22,0 10 20 t−⋅ = ⋅

310 st −=

Na vertical:

( )22 3 31 10,30 10 102 2

s at a− −Δ = ⇒ ⋅ = ⋅

3 2 20,60 10 6,0 10 m/sa = ⋅ = ⋅

rF m a= ⋅

( )

( )

( )

( )

33 5

12

12

4

14

410 103

4 10 kg34 10 600 103

8 10

3,1 10 C

q E mg m am a g

qE

m V

m

q

q

⋅ + = ⋅

−=

π⎡ ⎤= μ = ⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦π

= ⋅

π⎛ ⎞⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

∴ = ⋅

Alternativa B

Q u e s t ã o 1 9

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12 12

A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a 3 10 ·10 atmP Pa+ Colocado o recipiente

num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a ser de 3 4,0 ·10 atmP Pa+ . Considerando

que atmP é a pressão atmosférica, que a massa específica da água é de 31,0 g/cm e que o sistema de referência tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a aceleração do elevador é de a) 2-14 m/s b) 2-10 m/s c) 2-6 m/s d) 26 m/s e) 214 m/s Resolução:

410 PahidrostaticaP gh= μ = 3' 4,0 10 PahidrostaticaP g h= μ = ⋅

4310 ' 4,0 10g

g⋅ = ⋅

2' 0, 4 4,0 m/sg g= ⋅ =

Cálculo do modulo da aceleração do elevador:

2' 10 4,0 6,0m/sa g g= − = − = , e para baixo:

de acordo com a convenção adotada: 26 m/sa = −

Alternativa C

Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia n para o estado fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assim permanecendo após a colisão. Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão. Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n é 2

0 /nE E n= ; o mometum do fóton é /hv c ; e a energia deste é hv , em que h é a constante de Planck, v a freqüência do fóton e c a velocidade da luz. Resolução:

02n

EE

n= e 0

1 21E

E =

20

0 02 2

1E nE E E h vn n

⎛ ⎞−Δ = − = = ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

20

2

1Ehv nPc c n

⎛ ⎞−= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ é a quantidade de movimento do átomo de hidrogênio, em módulo igual à do fóton.

Com a colisão inelástica entre o átomo de hidrogênio e o elétron, a quantidade de movimento do sistema será a quantidade de movimento inicial do átomo de hidrogênio, ou seja

20

2

1( )E nM m Vc n⎛ ⎞−

+ ⋅ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

20

2

1( )

E nvc M m n

⎛ ⎞−∴ = ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

, em que M e m são as massas do núcleo do átomo de hidrogênio e do elétron respectivamente.

Q u e s t ã o 2 0

Q u e s t ã o 2 1

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Inicialmente 48 g de gelo a 0°C são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0 g , também a 0°C . Em seguida, 75 g de água a 80°C são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto. Dados: calor latente do gelo

80 cal/ggL = calor específico da água 1 1=1,0 cal g °Cáguac − −⋅ ⋅ , calor específico do alumínio 1 10, 22 cal g °CAlc − −= ⋅ ⋅ .

Resolução:

Sistema isolado:

0trocadasQ =∑

1 2 3 0fusãoQ Q Q Q+ + + =

( )48 80 48 1,0 2,0 0, 22 75 1,0 80 0f f f⋅ + ⋅ ⋅θ + ⋅ ⋅θ + ⋅ ⋅ θ − = 123,44 2160fθ =

17,5ºCf∴θ =

Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12 Ω no circuito da figura. Para tanto, ele dispõe de um galvanômetro e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui resistência interna 5 kgR = Ω e suporta, no máximo, uma

corrente de 0,1 mA . Determine o valor máximo do resistor R a ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico consiga medir a corrente.

Resolução:

A tensão no galvanômetro será

5k 0,1mA 0,5VU R i= ⋅ = Ω ⋅ = Por Kirchhoff 1) 1 2 3i i i+ =

2) 1 224 4 2 12 0i i− + − + =

3) 2 312 2 12 0,5 0i i− + + + =

Resolvendo 1, 2 e 3, temos:

1 2,3875Ai =

2 1,225Ai = −

3 1,1625Ai =

O resistor R (Shunt) deverá provocar um desvio de 1,1625 0,0001 1,1624Agi = − = e estará submetido a uma tensão de 0,5V .

Logo: 0,5 0, 43

1,1624URi

= = = Ω

Q u e s t ã o 2 2

Q u e s t ã o 2 3

4 � 2 � 12 �

i1 i2 i3

Rg R

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Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o comprimento de onda = 5500 Åλ , o índice de refração do vidro 1,50vn = e, o da película, 1,30pn = . Admita a incidência

luminosa como quase perpendicular ao espelho. Resolução:

1 2 31 1,30 1,50n n n= < = < =

Nas reflexões teremos inversão de fase, daí para temos interferência destrutiva entre os raios refletidos devemos ter 22

e kλ⋅ = + ⋅λ , com

k natural. A menor espessura ocorre para 0k =

22

e λ⋅ = (1)

Cálculo do comprimento de onda ( 2λ ) na propagação no interior da película:

1 12 2

2 2 2

5500Å1,3

V tn

V t nλ ⋅ λ

= = ⇒ λ = =λ ⋅

(2)

De 1 e 2 vem:

1 550022 1,3

e = ⋅ 31,06 10 Åe∴ = ⋅

Num experimento, foi de 35,0 ·10 m/s a velocidade de um elétron, medida com precisão de 0,003% . Calcule a incerteza na

determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron 319,1 ·10 kgem −= e constante de Planck reduzida -34 1,1 ·10 J s= ⋅ .

Resolução:

4 2hp xΔ ⋅Δ ≥ =π

2m v x⋅ Δ ⋅Δ ≥

3431 30,003 1,1 109,1 10 5 10

100 2x

−− ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅Δ ≥ 44 10 mx −∴Δ ≥ ⋅

Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade /100R , do fundo da qual um projétil é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máxima alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v. Resolução:

Gráfico da energia potencial gravitacional do sistema Lua de massa M mais projétil de massa m em função da distância d entre seus centros.

Q u e s t ã o 2 4

Q u e s t ã o 2 5

Q u e s t ã o 2 6

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Observe que no fundo da cratera a energia potencial gravitacional é menor do que na superfície, o que nos conduz a uma velocidade de escape maior do que teríamos na superfície. Logo, caso o projétil fosse arremessado da superfície com tal velocidade ele escaparia e ainda chegaria ao infinito com alguma energia cinética. Do exposto, concluímos que a altura máxima tende ao infinito.

Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimados das variáveis empregadas. Resolução:

Consideraremos uma sala de dimensões 10 m 15 m 3 m× × , a temperatura do ar 300K , 1 18J mol KR − −= ⋅ ⋅ , a pressão local a 51,0 10 Pa⋅ , a composição do ar com 30% de 2O e 70% de 2N (como na questão 28) e por fim o ar como um gás ideal.

Calculo do volume:

3 310 15 3m 450mV = ⋅ ⋅ =

Calculo da massa de 2O :

2 2O OP V n RT=

2

530 1,0 10 450 8 300100 On⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

25625 molOn =

25625 32 180kgOm∴ = ⋅ =

Calculo da massa de 2N

2 2N NP V n RT=

2

570 1,0 10 450 8 300100 Nn⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

213125molNn =

213125 28 367,5kgNm∴ = ⋅ =

Logo a massa m de ar estimada é de

2 2

25,5 10 kgO Nm m m= + = ⋅

Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 31 m de hélio na temperatura local (27 ºC) . Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0 N . São dadas a massa atômica do oxigênio

16OA = , a do nitrogênio 14NA = , a do hélio 4HeA = e a constante dos gases 1 10,082 atm mol KR − −= ⋅ ⋅ ⋅ . Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e que a atmosfera é composta de 30% de 2O e 70% de 2N , determine o número mínimo de balões necessários. Resolução:

Cálculo do peso de cada balão: 1balão HEP M g= + ⋅ (1)

Supondo pressão interna do balão igual a

5 21,0 10 N / m 1,0atmatmP = ⋅ = vem:

PV nRT= 31 10 0,082 300n⋅ = ⋅ ⋅

1000 40,65mol0,082 300

n = =⋅

34 40,65g 162,6 10 kgm −= ⋅ = ⋅

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Voltando em (1) temos:

1 0,1626 10 1 1,626balãoP = + ⋅ = +

2,6NbalãoP =

Calculo do empuxo em cada balão:

2 2balão O nE m g m g= ⋅ + ⋅ , em que 2Om e

2Nm são as massas do oxigênio e nitrogênio deslocadas por um balão, respectivamente.

2

3040,65 32 g 390, 24g 0,39kg100Om = ⋅ ⋅ = =

2

7040,65 28 g 796,74g 0,80kg100Om = ⋅ ⋅ = =

( )3,9 8,0 N 11,9NbalãoE = + =

Para que o conjunto seja suspenso devemos ter:

conjuntoE P≥

11,9 1000 2,6n n⋅ ≥ + ⋅ 9,3 1000n⋅ ≥

107,5n ≥ Daí o menor número de balões é 108 .

Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barra vertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro 2H . O tubo encontra-se a uma altura 2 H L+ e, para efeito de cálculo, é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é preenchido com um liquido até uma altura 2H (veja a figura), mantido o tubo na mesma posição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra. Determine literalmente o índice de refração desse liquido.

Resolução:

( ) ( )1/ 22 2

2sen2

HiH H L

=⎡ ⎤+ +⎣ ⎦

2

11

2 2tgx H Hi xH H L H L

= = ⇒ =+ +

( )1/ 222

2

2cos22

HrHH

H L

=⎡ ⎤⎛ ⎞

+⎢ ⎥⎜ ⎟+⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

sen senar Ln i n r= ⋅

( ) ( ) ( ) ( )

2

1/ 2 1/ 22 2 222

2 212 22

LH Hn

H H L HH L HH L

⋅ = ⋅⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + ⎛ ⎞⎣ ⎦ + ⋅ +⎢ ⎥⎜ ⎟+⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

( )( ) ( )

2 2

2 222

L

H L Hn

H L H

+ +=

+ +

Q u e s t ã o 2 9

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Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionário em relação a este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é 27=1,9 ·10 kgJM e cujo raio é 7= 7,0 ·10 mJR . Sendo a

constante da gravitação universal 11 3 1 26,7 ·10 m kg sG − − −= ⋅ ⋅ e considerando que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10 h , determine a altitude do satélite em relação à superfície desse planeta. Resolução:

( ) ( )2

2

GMm m vFR hR h⋅

= =++

( ) 2

2 2 R hGM vR h T

π +⎛ ⎞= = ⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠

( )3 224

GMR h T+ = ⋅π

( )11 27 237

2

6,7 10 1,9 10 (10 3600)7 104 3,14

h−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ + =⋅

79,1 10 mh = ⋅

Q u e s t ã o 3 0