Ita2004 parte 001

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO IIII TTTTAAAA ---- (((( 1111 ºººº DDDD iiii aaaa )))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333

Caso necessário, use os seguintes dados:

Aceleração da gravidade g = 10 m/s2.

Velocidade do som no ar c = 300 m/s.

1 atm = 1 x 105 N/m2 .

1 cal = 4,2 J.

Constante universal dos gases R = 8 J/mol.K.

Calor específico da água β = 1 cal/g°C.

π = 3,14.

Ïw5 = 2,24.

dDurante a apresentação do projeto de um sistema acús-tico, um jovem aluno do ITA esqueceu-se da expressãoda intensidade de uma onda sonora. Porém, usando daintuição, concluiu ele que a intensidade média (I ) é umafunção da amplitude do movimento do ar (A), da fre-qüência (f ), da densidade do ar (ρ) e da velocidade dosom (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Consi-derando as grandezas fundamentais: massa, compri-mento e tempo, assinale a opção correta que repre-senta os respectivos valores dos expoentes x, y e z.a) –1, 2, 2b) 2, –1, 2c) 2, 2, –1 d) 2, 2, 1e) 2, 2, 2Resolução

A equação dimensional da intensidade de onda é dadapor:

I = ⇒ [I] = = = MT–3

Portanto:

[I] = [A]x [f] y [ρ] z . [c]

MT–3 = Lx (T –1) y (ML–3) z LT –1

MT –3 = Mz Lx–3z+1 T –y – 1

Identificando-se os expoentes, vem:z = 1x – 3z + 1 = 0–y – 1 = – 3

bUm atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçan-do as mãos contra duas paredes verticais, perpen-diculares entre si, dispondo seu corpo simetricamenteem relação ao canto e mantendo seus braços hori-

2

z = 1y = 2x = 2

ML2T–3––––––––

L2[Pot]––––[A]

Potência–––––––––

Área

1

FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO

zontalmente alinhados, co-mo mostra a figura. Sendom a massa do corpo doatleta e µ o coeficiente deatrito estático inter-veniente, assinale a opçãocorreta que indica o mó-dulo mínimo da força exer-cida pelo atleta em cadaparede.

a) ( )1/2b) ( )1/2

c) ( ) d) ( )e) n.d.a.Resolução

A pessoa aplica sobre a parede uma força horizontal deintensidade F, inclinada de 45°, e uma força de atrito

vertical dirigida para baixo, e de intensidade Fatv = .

A força inclinada F→

deve ser decom-posta em uma com-ponente normal àparede FN e umaforça de atrito ho-rizontal FatH .Como a inclinação éde 45°, resulta

FatH = FN

A força total de atrito Fat será a soma vetorial das com-ponentes de atrito horizontal e vertical

Fat2 = FatH

2 + FatV

2

Fat2 = FN

2 + (1)

Como se pretende a condição limite (iminência de es-corregar), temos:

Fat = µ FN (2)Substituindo-se (2) em (1), vem:

µ2 FN2 = FN

2 + P2–––4

P2–––4

FNFatH

=

FatV =

P2

Fat

F® 45º

F N

F at H

P––2

µ2 + 1––––––µ2 – 1

mg–––2

µ2 – 1––––––µ2 + 1

mg–––2

µ2 + 1––––––µ2 – 1

mg–––2

µ2 – 1––––––µ2 + 1

mg–––2

IIII TTTTAAAA ---- (((( 1111 ºººº DDDD iiii aaaa )))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000003333


FN2 (µ2 – 1) =

Segue-se ainda que F = Ïw2 FN = Ïw2

A força total que a pessoa aplica na parede é a resul-tante entre F e FatV

.

FR2 = F2 + FatV

2

FR2 =

FR2 = +

FR2 = =

aDurante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México,Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância,cobrindo 8,9 m de extensão. Suponha que, durante osalto, o centro de gravidade do atleta teve sua alturavariando de 1,0m no início, chegando ao máximo de2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Des-prezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que a com-ponente horizontal da velocidade inicial do salto foi dea) 8,5 m/s. b) 7,5 m/s. c) 6,5 m/s. d) 5,2 m/s. e) 4,5 m/s .

3

mg µ2 + 1FR= ––– (––––––––)1/2

2 µ2 – 1

)µ2 + 1––––––––

µ2 – 1(P2–––4

(2 + µ2 – 1)––––––––––2 (µ2 – 1)

P2–––2

)1–––2

1–––––––µ2 – 1(P2

–––2

1 P2–––––– + ––µ2 – 1 4

P2–––2

F

FatV

FR

P 1F = –––– ––––––––––

Ï···2 Ï···········µ2 – 1

P––2

P 1FN = –––– ––––––––––

2 Ï···········µ2 – 1

P2

–––4



Resolução

1) Cálculo de V0yPara o movimento vertical de subida de A para B,temos:

Vy2 = V0y

2 + 2 γy ∆sy

0 = V0y2 + 2 (–10) . 1,0

V0y2 = 20 ⇒

2) Cálculo do tempo total de vôo entre A e C:

y = y0 + V0y t + . t2

0,2 = 1,0 + Ï·····20 T – . T2

5 T2 – Ï·····20 T – 0,8 = 0

T = (s) = (s)

Como T > 0, vem: T = (s)

Sendo Ï·····20 ≅ 4,48, vem:

T = (s) ⇒

3) Como o movimento horizontal é uniforme, vem:

V0x = =

V0x ≅ 8,5 m/s

8,9m––––––1,05s

D–––T

T = 1,05s4,48 + 6––––––––

10

Ï·····20 + 6–––––––––

10

Ï·····20 ± 6–––––––––––

10

Ï·····20 ± Ï··············20 + 16–––––––––––––––––––

10

10–––2

γy–––2

V0y = Ï·····20 m/s



bA figura representa o percurso de um ciclista, numplano horizontal, composto de dois trechos retilíneos(AB e EF), cada um com 6,0 m de comprimento, e deum trecho sinuoso intermediário formado por arcos decircunferências de mesmo diâmetro, igual a 4,0 m, cu-jos centros se encontram numerados de 1 a 7. Consi-dere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o per-curso é completado no menor tempo, com velocidadeescalar constante.

Se o coeficiente de atrito estático com o solo é µ = 0,80,assinale a opção correta que indica, respectivamente,a velocidade do ciclista, o tempo despendido no per-curso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE.a) 6,0m/s 6,0s 0,17s–1

b) 4,0 m/s 12s 0,32s–1

c) 9,4 m/s 3,0s 0,22s–1

d) 6,0 m/s 3,1s 0,17s–1

e) 4,0 m/s 12s 6,0 s–1

Resolução

1) O intervalo de tempo será mínimo quando a velo-cidade escalar for máxima, o que ocorre quando aforça de atrito, que faz o papel de resultante cen-trípeta, for a máxima possível.

Fatmáx= Fcp

µ m g =

V2 = µ g R ⇒

V = Ï··············0,8 . 10 . 2,0 (m/s) ⇒

2) O trecho curvo tem um comprimento total dadopor:

C = 3 . 2π R = 6 . 3,14 . 2,0 (m)

C ≅ 37,7m

A distância total percorrida vale:

∆s = 12,0m + 37,7m = 49,7m

3) O tempo total gasto de A para F é dado por:

V = ⇒ ∆t = (s) ⇒

4) O número de zigue-zagues entre B e E é 3 e otempo gasto é dado por:∆s = C = 37,7m

∆t ≅ 12s49,7–––––4,0

∆s–––∆t

V = 4,0 m/s

V = Ï·········µ g R

m V2–––––

R

4



V = 4,0m/s

∆t = = (s) ⇒

A freqüência de zigue-zagues é dada por:

f = = (Hz) ⇒

dEm 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metá-lica, os elétrons de condução podem ser desviados porum campo magnético, tal que no regime estacionário,há um acúmulo de elétrons numa das faces da lâmina,ocasionando uma diferença de potencial VH entre ospontos P e Q, mostrados na figura. Considere, agora,uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, quetransporta uma corrente elétrica de intensidade i, imer-sa no campo magnético uniforme

→B que penetra per-

pendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido deC para E. Assinale a alternativa correta.

a) O módulo da velocidade dos elétrons é Ve = VH/(BL). b) O ponto Q está num potencial mais alto que o ponto P. c) Elétrons se acumulam na face AGHD.d) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = VH/(Bd)

no sentido indicado pela corrente, o potencial em Ptorna-se igual ao potencial em Q.

e) N.d.a.Resolução

5

f ≅ 0,32Hz3

–––––9,42

n–––∆t

∆t ≅ 9,42s37,7–––––4,0

∆s–––V



O sentido de movimento dos elétrons é contrário aosentido convencional da corrente elétrica i fornecida.Pela regra da mão esquerda, concluímos que os elé-trons irão acumular-se na face BFEC. Logo, o potencialelétrico do ponto Q é menor do que o do ponto P. Addp VH entre os pontos P e Q é dada por:

VH = B . d . Ve ; portanto Ve = . Ao se imprimir à

lâmina uma velocidade V = no sentido indicado

pela corrente i, isto é, oposto ao sentido de Ve , tería-mos uma situação oposta à descrita anteriormente.Desta maneira, o potencial elétrico em P tornar-se-iaigual ao potencial elétrico em Q.

bDuas partículas carregadas com cargas opostas estãoposicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π,respectivamente. Uma onda transversal e progressivade equação y(x, t) = (π / 2) sen (x – ωt), presente na cor-da, é capaz de transferir energia para as partículas, nãosendo, porém, afetada por elas. Considerando T operíodo da onda, Ef, a energia potencial elétrica daspartículas no instante t = T/4, e Ei essa mesma energiano instante t = 0, assinale a opção correta indicativa darazão Ef /Ei.

a) Ïw2 / 2π b) Ïw2 / 2 c) Ïw2 d) Ïw2 π / 2 e) Ïw2 πResolução

Lembrando-se que ω = , a equação da onda

harmônica em questão fica expressa por:

y = sen (x – ωt)

Donde:

Cálculo de Ei (t = 0):

Carga A (x = 0):

yA = sen 0 – . 0 ⇒ yA = 0

Carga B (x = π):

yB = sen π – . 0 ⇒ yB = 0

Configuração das cargas em t = 0:

22π––––

T1π––––

2

22π––––

T1π––––

2

π 2πy = –––– sen 1x – –––– t2

2 T

π––––

2

2π–––––

T

6

VH––––Bd

VH––––Bd



Ei = k ⇒

Cálculo de Ef t = :

Carga A (x = 0):

yA = sen 0 – . ⇒ yA = –

Carga B (x = π):

yB = sen π – . ⇒ yB =

Configuração das cargas em t = :

Os triângulos retângulos destacados são congruentes.Por Pitágoras, calcula-se o comprimento d.

d 2 = 2

+ 2

⇒

A distância total entre as cargas A e B é D, dada por:

D = 2d ⇒

Logo: Ef = k ⇒

Estabelecendo-se a relação pedida Ef /Ei , segue-seque:

Q2Ef = – k––––––

π Ï··2

QAQB–––––––

D

D = π Ï··2

πd = ––– Ï··2

22π–––212π

–––21

T–––4

π––––

22T–––4

2π––––

T1π––––

2

π––––

22T–––4

2π––––

T1π––––

2

2T––––

41

Q2Ei = – k––––

π

QAQB–––––––

d



= =

Logo:

dA figura plana ao lado mostra os elementos de um cir-cuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duasespiras interligadas, A e B, de comprimentos relativa-mente curtos em comparação aos dois fios condutorespróximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre ins-tantaneamente no momento em quea) a chave 1 for ligada. b) a chave 1 for ligada ou então desligada. c) a chave 2 for ligada. d) a chave 2 for ligada ou então desligada. e) a chave 2 for desligada.

Resolução

Ao fecharmos a chave 1, a corrente elétrica que per-corre o fio CD irá provocar na espira “A” uma variaçãodo fluxo magnético.Esta variação do fluxo magnético irá gerar na espira Auma corrente elétrica induzida no sentido anti-horário.A corrente elétrica que percorre o fio EF, de maneiraanáloga, irá gerar na espira B uma corrente elétricainduzida também no sentido anti-horário.Observemos, na figura, que tais efeitos se anulam e omicro-amperímetro não apresenta deflexão.

Fenômeno semelhante ocorre ao “abrirmos” a chave1 e o micro-amperímetro também não apresenta de-flexão.Por outro lado, ao abrirmos ou fecharmos a chave 2,teremos corrente elétrica percorrendo o fio CD, mas nãoo fio EF. Dessa maneira, não teremos um anulamentodos efeitos e o micro-amperímetro apresentará deflexão.

7

Ef Ï··2–––– = –––––

Ei 2

1––––

Ï··2

Q2– k –––––––

π Ï··2––––––––––––

Q2– k–––––

π

Ef––––Ei



cO circuito elétrico mostrado na figura é constituído pordois geradores ideais, com 45 V de força eletromotriz,cada um; dois capacitores de capacitâncias iguais a2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resis-tências estão indicadas na figura. Considere que aschaves S e T se encontram inicialmente fechadas eque o circuito está no regime estacionário.

Assinale a opção correta.a) A corrente através do resistor d é de 7,5 A.b) A diferença de potencial em cada capacitor é de 15 V.c) Imediatamente após a abertura da chave T, a corren-

te através do resistor g é de 3,75 A.d) A corrente através do resistor e, imediatamente após

a abertura simultânea das chaves S e T, é de 1,0 A.e) A energia armazenada nos capacitores é de 6,4 x 10–4J.Resolução

8



Cálculo de i

Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A) ⇒ i = 10A

Cálculo de UCB

UCB = RCB . i ⇒ UCB = 3 . 10(V) ⇒ UCB = 30V

Cálculo de i1:

UCB = (RCA + RAB) . i130 = (2 + 2) . i1i1 = 7,5A

A corrente elétrica no resistor d tem intensidade ,

isto é, 3,75A.A ddp entre os terminais da associação de capacitoresé UAB = RAB . i1 ⇒ UAB = 2 . 7,5 (V) ⇒ UAB = 15V.Logo, cada capacitor está submetido a uma diferençade potencial igual a 7,5V.Ao abrirmos a chave T, o resistor g fica sob tensão de7,5V, aplicada pelos capacitores carregados. Portanto,

a corrente elétrica no resistor g é ig = ⇒

⇒

aUm painel coletor de energia solar para aquecimentoresidencial de água, com 50% de eficiência, tem su-perfície coletora com área útil de 10 m2 . A água circulaem tubos fixados sob a superfície coletora. Suponhaque a intensidade da energia solar incidente é de 1,0 x 103 W / m2 e que a vazão de suprimento de águaaquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opçãoque indica a variação da temperatura da água.a) 12°C b) 10°C c) 1,2°C d) 1,0°C e) 0,10°CResolução

A intensidade de radiação aproveitada para o aque-cimento da água (Iútil) é dada por:

Iútil =

0,5I = ⇒ 0,5I = mc Aθ–––––––∆t . A

Q–––––∆t . A

Pot––––

A

9

ig = 3,75A

7,5V–––––2Ω

i1––––2

90––––

9

E––––∑R



Admitindo-se que a massa de água correspondente a6,0l seja igual a 6,0kg (µH2O = 1,0kg/l), vem:

0,5 . 1,0 . 103 =

aUm recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio deum pistão, com 8,00 kg de massa e 60,0 cm2 de área,que se move sem atrito. Um gás ideal, contido no cilin-dro, é aquecido de 30 °C a 100°C, fazendo o pistãosubir 20,0 cm. Nesta posição, o pistão é fixado,enquanto o gás é resfriado até sua temperatura inicial.Considere que o pistão e o cilindro encontram-se ex-postos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicio-nado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2,o calor retirado durante o resfriamento, assinale aopção correta que indica a diferença Q1 – Q2.a) 136 J b) 120 J c) 100 J d) 16 J e) 0 JResolução

Da Primeira Lei da Termodinâmica aplicada às trans-formações (1) e (2), temos:∑Qtrocado = ∆U1 + ∆U2 + τ1 + τ2

A variação da energia interna ∆U é dada por:

∆U = nR∆T

Como ∆T1 = –∆T2, temos:∆U1 = –∆U2A transformação (2) é isométrica, assim:τ2 = 0O calor trocado fica então:Q1 – Q2 = τ1

Como a transformação (1) é isobárica, temos:τ1 = p1∆VA pressão p1 é dada por:p1 = patm + ppistão

p1 = patm +

p1 = 1,0 . 105 + (N/m2)

p1 = 1,13 . 105 N/m2

A variação de volume é dada por:∆V = A ∆ h∆V = 60 . 10–4 . 20 . 10–2 (m3)∆V = 1,2 . 10–3 m3

Assim:Q1 – Q2 = 1,13 . 105 . 1,2 . 10–3 (J)Q1 – Q2 = 135,6JQ1 – Q2 ≅ 136J

8,0 . 10––––––––––60 . 10–4

mpistão g–––––––––A

3––––2

10

∆θ = 11,9 °C ≅ 12°C

6,0 . 4,2 . 103 . ∆θ–––––––––––––––––

60 . 10



bA linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0

acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°C.Considere que, ao elevar-se acima do nível do mar, o arsofre uma expansão adiabática que obedece à relação∆ p / p = (7 /2) (∆T / T) , em que p é a pressão e T, atemperatura. Considerando o ar um gás ideal de massamolecular igual a 30 u (unidade de massa atômica) e atemperatura ao nível do mar igual a 30°C, assinale aopção que indica aproximadamente a altura h0 da linhadas neves.a) 2,5 km b) 3,0 km c) 3,5 kmd) 4,0 km e) 4,5 kmResolução

1) Cálculo da densidade média do ar:

p V = R T

p = R T

µ = = (kg/m3) ≅ 1,24kg/m3

2) Cálculo da variação de pressão:

= .

= .

3) Cálculo da altura:∆p = µ g ∆h3,5 . 10 4 = 1,24 . 10 . ∆h

cUma estrela mantém presos, por meio de sua atraçãogravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todosdescrevem órbitas elípticas, em cujo foco comum seencontra a estrela, conforme a primeira Lei de Kepler.Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de Beta é odobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se tambémque o período de Alfa é Ïw2 vezes maior que o períodode Beta. Nestas condições, pode-se afirmar que arazão entre o período de Alfa e o de Gama éa) Ïw2. b) 2. c) 4. d) 4 Ïw2. e) 6 Ïw2.Resolução

De acordo com o texto, o semi-eixo maior (raio médio)de Beta é o dobro do de Gama:

Rβ = 2 Rγ

12

∆h = 2,8 . 103m = 2,8km

∆p = 3,5 . 10 4 Pa

30––––303

7––2

∆p––––––––1,0 . 105

∆T–––T

7––2

∆p–––p

1,0 . 105 . 30 . 10–3–––––––––––––––––

8 . 303

p M–––––R T

µ–––M

m–––M

11



Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, vem:

=

= ⇒ Tβ2 = 8 Tγ

2

De acordo com o texto: Tα = Ï···2 Tβ

Substituindo o valor de Tβ , vem:

Tα = Ï···2 . Ï···8 Tγ ⇒ Tα = Ï······16 Tγ

Tα = 4 Tγ ⇒

bNa figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas queemitem, em fase, ondas de freqüência f e compri-mento de onda λ. A distância d entre as fontes é iguala 3 λ. Pode-se então afirmar que a menor distâncianão-nula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo x,para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a

a) 4λ / 5. b) 5λ / 4. c) 3λ / 2.d) 2λ. e) 4λ.Resolução

Para que no ponto O ocorra interferência construtiva

(reforço) entre os sons provenientes de F1 e F2 , a dife-rença de percursos ∆x = F1O – F2O deve ser um múl-tiplo par de meio comprimento de onda.

13

Tα––– = 4Tγ

Tβ = Ï···8 Tγ

Rγ3

––––Tγ

2

8 Rγ3

–––––Tβ

2

Rγ3

––––Tγ

2

Rβ3

––––Tβ

2



∆x = p , com p = 2; 4; 6...

Logo: F1O – F2O = p ⇒ Ïwwwwww(3λ) 2 + x2 – x = p

Ïwwwwww9 λ2 + x2 = p + x

(Ïwwwwww9 λ2 + x2 )2= (p + x)2

9λ2 + x2 = p2 + pλx + x2

Donde: x = (9λ – )Para p = 2: x = 4λ

Para p = 4: x = λ

Para p = 6: x = 0

Como a questão refere-se ao menor valor de x, dife-rente de zero, optamos por:

eNum experimento de duas fendas de Young, com luzmonocromática de comprimento de onda λ, coloca-seuma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) sobre uma dasfendas. Isto produz um deslocamento das franjas nafigura de interferência. Considere que o efeito da lâmi-na é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias,pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que pro-voca o deslocamento da franja central brilhante (ordemzero) para a posição que era ocupada pela franja bri-lhante de primeira ordem, é igual a

a) 0,38 λ. b) 0,60 λ. c) λ.d) 1,2 λ. e) 1,7 λ.

14

5x = ––– λ

4

5––4

p2λ––––

4

1––p

λ2––4

λ––2

λ––2

λ––2

λ––2

λ––2



Resolução

A diferença de fase entre as ondas é causada peladiferença entre os tempos de percurso da luz ao per-correr a distância d na lâmina (∆tL) e distância idênticano vácuo (∆tv):

Para o pulso que atravessa a lâmina de vidro, temos:

∆tL = ⇒ ∆tL =

Da Equação Fundamental da Ondulatória, vem:

c =

∆tL = ⇒

Para o pulso que se propaga sem mudança demeio (pulso direto), temos:

∆tv = ⇒ ∆tv = ⇒

∆tL – ∆tv = –

∆tL – ∆tv = (n – 1)

Assim:

∆ϕ = . (n – 1)

∆ϕ =

Para a franja brilhante de ordem 1 (interferênciaconstrutiva), temos:

∆ϕ = 2π (rad)

(n – 1) = 2π

d = ⇒ d =

d ≅ 1,7 λ

λ–––––––1,6 – 1

λ–––––n – 1

2π d–––––

λ

2π d (n – 1)–––––––––––

λ

d T–––λ

2π–––T

d T––––

λ

d T––––

λn d T–––––

λ

d T∆tv = –––––

λd

––––λ

–––T

d––c

n d T∆tL = ––––––

λn d

––––λ

–––T

λ––T

n d––––

cd––c––n

d∆tL = –––

vL

cvL = –––

n

2π∆ϕ = ––– (∆tL – ∆tV)

T



bUm tubo sonoro de comprimento ,, fechado numa dasextremidades, entra em ressonância, no seu modofundamental, com o som emitido por um fio, fixadonos extremos, que também vibra no modo funda-mental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massae c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que atensão submetida ao fio é dada pora) (c / 2L)2 m,. b) (c / 2,)2 mL. c) (c/,)2 mL. d) (c /,)2 m,. e) n.d.a.Resolução

A situação proposta está esquematizada abaixo.

Para o tubo sonoro, temos:

l = ⇒ λ som = 4l

Vsom = λsom f

c = 4lf

Donde:

Para o fio, temos:

Vfio = λfiof ⇒ = 2L

=2

L2

Donde:

eO átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-tituído de um elétron de carga e que se move em órbi-tas circulares de raio r, em torno do próton, sob ainfluência da força de atração coulombiana. O trabalhoefetuado por esta força sobre o elétron ao percorrer aórbita do estado fundamental éa) –e 2/(2ε0r). b) e 2/(2ε0r). c) –e 2/(4πε0r).

16

cF = (–––)2m L 2l

)c––––2l(FL

––––m

c––––4l

FL–––m

cf = ––––4l

λsom––––4

15



d) e2 / r. e) n.d.a.Resolução

A força de atração coulombiana que age no elétron decarga atua como resultante centrípeta e, desta ma-neira, o trabalho efetuado por esta força é nulo.

dNum experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumi-na-se sucessivamente a superfície de um metal comluz de dois comprimentos de onda diferentes, λ1 e λ2,respectivamente. Sabe-se que as velocidades máxi-mas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente,v1 e v2 , em que v1 = 2v2 . Designando C a velocidadeda luz no vácuo, e h constante de Planck, pode-se,então, afirmar que a função trabalho φ do metal é dadapora) (2 λ1 – λ2) h C /(λ1 λ2).b) (λ2 – 2 λ1) h C /(λ1 λ2).c) (λ2 – 4 λ1) h C/(3λ1 λ2).d) (4 λ1 – λ2) h C /(3λ1 λ2).e) (2 λ1 – λ2) h C/(3λ1 λ2).Resolução

A função trabalho Φ do metal correspondente à ener-gia de ligação dos seus fotoelétrons

Para a radiação de comprimento de onda λ1, temos:

= hf1 – Φ ⇒ = h – Φ

= h – 1

Para a radiação de comprimento de onda λ2, temos:

= hf2 – Φ ⇒ = h – Φ 2

Comparando-se 1 e 2, vem:

C––––λ2

mV22

––––2

mV22

––––2

Φ––4

C––––4λ1

mV22

––––2

C––––λ1

m(2V2)2–––––––

2

mV12

––––2

mV2–––– = hf – Φ2

17

+

e

Fe

®



h – = h – Φ

= hC ( – )

= hC ( )Donde:

cUma lente convergente tem distância focal de 20 cmquando está mergulhada em ar. A lente é feita de vidro,cujo índice de refração é nv = 1.6. Se a lente é mergu-lhada em um meio, menos refringente do que o mate-rial da lente, cujo índice de refração é n, considere asseguintes afirmações:I. A distância focal não varia se o índice de refração

do meio for igual ao do material da lente.II. A distância focal torna-se maior se o índice de

refração n for maior que o do ar.III. Neste exemplo, uma maior diferença entre os índi-

ces de refração do material da lente e do meioimplica numa menor distância focal.

Então, pode-se afirmar quea) apenas a II é correta.b) apenas a III é correta.c) apenas II e III são corretas.d) todas são corretas.e) todas são incorretas.Resolução

A distância focal (f) de uma lente esférica delgada, defaces com raios de curvatura respectivamente iguais a

R1 e R2 e índice de refração relativo nL,M =

é dada pela Equação dos Fabricantes de Lentes

(Equação de Halley).

Com R1 e R2 constantes (características da lente con-siderada), temos:

= – 1 C ⇒ = C

nM 1 f = 1–––––––––2 ––––

nL – nM C

2nL – nM––––––––nM

11–––

f2nL––––nM

11––––

f

1 1 1 ––– = (nL,M – 1) 1–––– + ––––2f R1 R2

nL––––nM

18

h C 4λ1 – λ2Φ = ––– (––––––––)3 λ1λ2

4λ1 – λ2––––––––4λ1λ2

3Φ–––4

1–––4λ1

1–––λ2

3Φ–––4

C––––λ2

Φ––4

C––––4λ1



Observamos na expressão anterior que quanto maispróximo de nL for nM, menor se tornará a diferença nL – nM e, conseqüentemente, maior ficará a distânciafocal.I. Errada

Se nL = nM , a distância focal tenderá ao infinito(sistema afocal).

II. CorretaSe n > nar, reduzir-se-á a diferença nL – nM e a dis-tância focal aumentará.

III. CorretaQuanto maior for a diferença nL – nM , menor seráa distância focal da lente.

cAo olhar-se num espelho plano, retangular, fixado noplano de uma parede vertical, um homem observa aimagem de sua face tangenciando as quatro bordas doespelho, isto é, a imagem de sua face encontra-seajustada ao tamanho do espelho. A seguir, o homemafasta-se, perpendicularmente à parede, numa certavelocidade em relação ao espelho, continuando a ob-servar sua imagem. Nestas condições, pode-se afirmarque essa imagema) torna-se menor que o tamanho do espelho tal como

visto pelo homem.b) torna-se maior que o tamanho do espelho tal como

visto pelo homem.c) continua ajustada ao tamanho do espelho tal como

visto pelo homem.d) desloca-se com o dobro da velocidade do homem.e) desloca-se com metade da velocidade do homem.Resolução

Para um objeto real, o espelho plano conjuga uma ima-gem virtual, simétrica em relação à superfície refletorae com as mesmas dimensões do objeto. Cabe aindasalientar que, no espelho plano, objeto e imagem cons-tituem figuras enantiomorfas.Tais características da imagem independem da posiçãodo objeto em relação à superfície refletora do espelho,portanto, quando o homem se afasta, perpendicular-mente à parede, ele continua a observar sua imagem“ajustada” ao tamanho do espelho, como vista inicial-mente.

aUm bloco homogêneo de massa m e densidade d ésuspenso por meio de um fio leve e inextensível presoao teto de um elevador. O bloco encontra-se total-mente imerso em água, de densidade ρ, contida emum balde, conforme mostra a figura. Durante a subidado elevador, com uma aceleração constante →a, o fiosofrerá uma tensão igual

20

19



a) m (g + a) (1 – ρ /d ). b) m (g – a) (1 – ρ /d ).c) m (g + a) (1 + ρ /d ). d) m (g – a) (1 + d /ρ ).e) m (g + a) (1 – d / ρ ).Resolução

A gravidade aparente dentro do elevador é dada por:gap = g + a

O peso P’ é dado por: P’ = m gap = m (g + a)O empuxo E é dado por:E = ρ V gap

Sendo d = , vem V =

Portanto: E = ρ (g + a)

Para o equilíbrio do bloco em relação a um referencialfixo no elevador, vem:

T + E = P’

T + ρ (g + a) = m (g + a)

T = m (g + a) – ρ (g + a)

Uma máquina térmica opera com um moI de um gásmonoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, repre-sentado no plano PV, conforme mostra a figura. Con-siderando que a transformação BC é adiabática, cal-cule:a) a eficiência da máquina;b) a variação da entropia na transformação BC.

A C

B3200

80

1 8

P(Pa)

V(m )3

21

ρT = m (g + a) (1 – ––)

d

m–––d

m–––d

m–––d

m–––d

m–––V

m

T

E

P’

m

a®



Resolução

1) Na transformação AB isométrica:τAB = 0

∆UAB = VA ∆PAB

∆UAB = 1 x (3200 – 80) (J)

∆UAB = 4680 (J)

QAB = τAB + ∆UAB

QAB = 0 + 4680 (J)

QAB = 4680 J

A quantidade de calor QAB é recebida pelo gás

2) Na transformação BC adiabálicaQBC = 0τBC = – ∆UBC

τBC = (PCVC – PBVB)

τBC = – (80 . 8 – 3200 . 1) (J)

τBC = 3840 J

3) Na transformação CA isobáricaτCA = PC ∆VCAτCA = 80 (1 – 8) (J)τCA = –560 J

∆UCA = PC ∆VCA

∆UCA = . 80 (1 – 8) (J)

∆UCA = – 840 J

QCA = τCA + ∆UCA

QCA = – 560 – 840 (J)

QCA = – 1400 J

A quantidade de calor QCA é cedida pelo gás.A eficiência de uma máquina térmica operando em

ciclos é dada pela razão entre o trabalho total τ trocadopelo gás e o calor Q recebido:

η = τ

––Q

3––2

3––2

3––2

3––2

3––2

3––2



η =

η =

η = 0,70 = 70%

b) A entropia ∆S é dada por

∆S =

Como a transformação CA é adiabática, vem:

∆QCA = 0

Portanto:

Respostas: a) 70%b) 0

Tubos de imagem de televisão possuem bobinas mag-néticas defletoras que desviam elétrons para obterpontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens.Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelera-dos por uma diferença de potencial U entre o catodo eo anodo. Suponha que os elétrons são gerados emrepouso sobre o catodo. Depois de acelerados, sãodirecionados, ao longo do eixo x, por meio de umafenda sobre o anodo, para uma região de comprimen-to L onde atua um campo de indução magnética uni-forme

→B, que penetra perpendicularmente o plano do

papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda,que a tela delimita a região do campo de indução mag-nética.

Se um ponto luminoso é detectado a uma distância bsobre a tela, determine a expressão da intensidade de→B necessária para que os elétrons atinjam o pontoluminoso P, em função dos parâmetros e constantes

elétron

anodo

catodo

Uy

x

P

L

b

tela

B®

X XXX

X XXX

X XXX

X XXX

X XXX

X XXX

22

∆SCA = 0

∆Q–––T

0 + 3840 – 560–––––––––––––

4680

τAB + τBC +τCA–––––––––––––QAB



fundamentais intervenientes. (Considere b << L).Resolução

Parâmetros e constantes fundamentais intervenientes: massa do elétron: mcarga do elétron em valor absoluto: eCálculo da velocidade V com que o elétron penetra nocampo de indução magnética uniforme B:

τAB = ∆Ecinética

eU = –

sendo V0 = 0, vem:

V = Ï··· (I)

Cálculo de R:

No triângulo retângulo OPQ, temos:R2 = (R – b)2 + L2

R2 = R2 – 2Rb + b2 + L2

R = (II)

A força magnética (Fmag) nos elétrons atua como resul-tante centrípeta, assim:

Fmag = Fcp

eV B = ⇒ R = (III)

De II e III, vem:

=

B = . V

De (I), vem:

m–––e

2b–––––––b2 + L2

m V––––––

e Bb2 + L2–––––––

2b

m V–––––e B

m V2––––––

R

b2 + L2––––––

2b

2eU––––m

m V20––––––

2

m V2––––––

2



B = Ï···Assim:

Considerando b << L, temos

Resposta:

Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos demesma amplitude, de freqüências fA =150Hz e fB = 155Hz, respectivamente.a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvido

por um observador que se encontra próximo aostubos e em repouso em relação aos mesmos.

b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir paraeliminar a freqüência do batimento calculada noitem a), e especifique o sentido desse movimentoem relação ao observador.

Resolução

a) A freqüência dos batimentos do som ouvido por umobservador O é dada pela diferença entre as fre-qüências sonoras dos tubos B e A.

fbat = fB – fA ⇒ fbat = 155 – 150

b) A freqüência aparente (Efeito Doppler) detectadapelo observador O indicado no esquema, para otubo B, que se afasta desse observador, deve serigual a 150 Hz. Dessa maneira, anula-se a freqüên-cia dos batimentos.

Equação do Efeito Doppler sonoro:

= ⇒ =

300 + VB = ⇒

Respostas: a) 5,0 Hz; b) 10 m/s

VB = 10m/s300 . 155–––––––––150

150––––––––300 + VB

150–––––––300 + 0

fB––––––V ± VB

f0––––––V ± V0

fbat = 5,0 Hz

23

2b 2mU B = ––––––– Ï···–––––L2 e

2b 2mU B = ––––––– Ï···–––––L2 e

2b 2mU B = ––––––– Ï···–––––b2 + L2 e

2eU––––m

m–––e

2b–––––––b2 + L2



Atualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixesde laser, são capazes de resfriar gases a temperaturasmuito próximas do zero absoluto, obtendo moléculas eátomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios demassa M, que se aproximam com velocidades despre-zíveis. Da colisão tripla resultante, observada de umreferencial situado no centro de massa do sistema,forma-se uma molécula diatômica com liberação decerta quantidade de energia B. Obtenha a velocidadefinal do átomo remanescente em função de B e M.Resolução

Para um referencial no centro de massa, a quanti-dade de movimento total é nula e, portanto:

→ → →Qátomo + Qmolécula = 0

→ →| Qátomo | = | Qmolécula |M V = 2 M V’

A energia cinética total adquirida pelo sistema édado por:

B = Ecinátomo + Ecinmolécula

B = V2 + ( )2

B = V2 + M = M V2

V2 = ⇒

BResposta: 2 Ï····–––

3M

As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm umraio de curvatura igual a 1,00 m. O índice de refraçãoda lente para luz vermelha é 1,60 e, para luz violeta,1,64. Sabendo que a lente está imersa no ar, cujo índi-ce de refração é 1,00, calcule a distância entre os focosde luz vermelha e de luz violeta, em centímetros.Resolução

1) A equação de Halley (equação dos fabricantes delentes) é dada por:

2) Do enunciado, temos:R1 = R2 = +1,00m (face convexa ⇒ R > 0)

1 nL 1 1–––– = (–––– – 1) (––– + ––– )f nM R1 R2

25

4B BV = Ï····–––– = 2 Ï····–––

3M 3M4B–––3M

3–––4

V2–––4

M–––2

V–––2

2M–––2

M–––2

VV’ = –––

2

24



nar = 1,00nL(verm) = 1,60nL(viol) = 1,64

3) Aplicando a equação de Halley para a lente, quandoexposta à luz monocromática vermelha, vem.

= ( ) ( + )= ( ) ( + )

4) Aplicando a equação de Halley para a lente, quandoexposta à luz monocromática violeta, vem:

= ( ) ( + )= ( ) ( + )

5) A distância entre os focos é dada por:d = f1 – f2

d = 0,83 – 0,78

Resposta: 5,0cm

Na prospecção de jazidas minerais e localização dedepósitos subterrâneos, é importante o conhecimentoda condutividade elétrica do solo. Um modo de medira condutividade elétrica do solo é ilustrado na figura.Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raio r, sãoprofundamente enterradas no solo, a uma grande dis-tância entre as mesmas, comparativamente a seusraios. Fios retilíneos, isolados do solo, ligam as esferasa um circuito provido de bateria e um galvanômetro G.Conhecendo-se a intensidade da corrente elétrica e aforça eletromotriz da bateria, determina-se a resis-tência R oferecida pelo solo entre as esferas.

26

d = 0,05m = 5,0cm

f2 ≅ 0,78m

1––––1,00

1––––1,00

1,64–––––– – 11,00

1–––f1

1–––R2

1–––R1

nL (viol)–––––––– – 1nar

1–––f2

f1 ≅ 0,83m

1––––1,00

1––––1,00

1,60–––––– – 11,00

1–––f1

1–––R2

1–––R1

nL (verm)–––––––– – 1nar

1–––f1



Sabendo que R C = ε / σ, em que σ é a condutividadedo solo, C é a capacitância do sistema e ε a constantedielétrica do solo, pedem-se:a) Desenhe o circuito elétrico correspondente do sistema

esquematizado e calcule a capacitância do sistema.b) Expresse σ em função da resistência R e do raio r

das esferas.Resolução

a) O circuito elétrico correspondente ao sistema es-quematizado é o seguinte:

A d.d.p. entre as esferas B e A, depois de plena--mente carregadas, é dada por:

VB – VA = K . – (K . )VB – VA = 2K .

Sendo VB – VA = E, vem:

E = 2K . ⇒ =

Mas = C e K = ; logo

C =

b) De RC = , vem:

R . 2π ε r =

Respostas: a) ver esquema; C = 2π ε r

b) 1

σ = –––––2πRr

1σ = –––––

2πRr

ε–––σ

ε–––σ

C = 2π ε r

r––––––––12 . ––––

4πε

1––––4πε

Q––––E

r––––2K

Q––––E

Q––––r

Q––––r

–Q––––r

+Q––––r



A figura representa o esquema simplificado de um cir-cuito elétrico em uma instalação residencial. Um gera-dor bifásico produz uma diferença de potencial (d.d.p)de 220 V entre as fases (+110 V e –110 V) e uma ddpde 110 V entre o neutro e cada uma das fases. No cir-cuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétri-cos, com as respectivas potências nominais indicadasna figura.

Admitindo que os aparelhos funcionam simultanea-mente durante duas horas, calcule a quantidade deenergia elétrica consumida em quilowatt-hora (kWh) e,também, a capacidade mínima dos fusíveis, em am-pére.Resolução

1) Energia elétrica consumida:

Eel = (Pcafeteira + Pforno + Pchuveiro) . ∆t

Eel = ( ) . kW . 2h

2) Capacidade mínima dos fusíveis

Cafeteira: i1 = ⇒ i1 = (A) ⇒ i1 = 8A

Forno: i2 = ⇒ i2 = (A) ⇒ i2 = 20A

Chuveiro: i3 = ⇒ i3 = (A) ⇒ i3 = 15A

fusível (A): iA = i1 + i3iA = 8 + 15 (A)

iA = 23A

3300–––––220

P3–––U3

2200–––––110

P2–––U2

880––––110

P1–––U1

Eel = 12,76 kWh

880 + 2200 + 3300––––––––––––––––––1000

27



fusível (B): iB = i2 + i3iB = 20 + 15 (A)

Na prática, dificilmente encontraremos um fusívelde 23A, mas sim um de 25A.

Resposta: Eel = 12,76 kWh; 23A e 35A

Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio deuma diferença de potencial U, adquirindo uma quanti-dade de movimento p. Sabe-se que, quando o elétronestá em movimento, sua energia. relativística é dadapor E = [(m0C2)2 + p2 C2]1/2, em que m0 é a massa derepouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo.Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do elé-tron em função de U e das constantes fundamentaispertinentes.Resolução

De acordo o teorema de energia cinética, vem:τ = ∆Ecin ⇒ eU = Ec – 0 ⇒ EC = eU

Mas EC = E – E0 a,

em que E = [(m0 C2)2 + p2C2] e E0 = m0C2.

De a, vem: E = EC + E0.

Elevando ao quadrado, temos: E2 = EC2 + E0

2 + 2 EC E0

Portanto: (m0 C2)2 + p2C2 = e2 U2 + (m0 C2)2 + 2 eU m0C2

p2C2 = e2 U2 + 2eU m0C2

p = [( )2

+ 2eU m0]1/2

De acordo com De Broglie, temos:

λ =

Resposta:

Duas salas idênticas estão separadas por uma divisóriade espessura L = 5,0 cm, área A = 100m2 e condu-tividade térmica k = 2,0W / m K. O ar contido em cadasala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°Ce T2 = 27°C, respectivamente. Considerando o ar como

29

eUλ = h . [(–––)

2+ 2eU m0]–1/2

C

eUλ = h . [(–––)

2+ 2eU m0]–1/2

C

h–––p

e U–––C

1––2

28

iB = 35A



um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistemaisolado, calcule:a) O fluxo de calor através da divisória relativo às tem-

peraturas iniciais T1 e T2 .b) A taxa de variação de entropia ∆S / ∆t no sistema no

início da troca de calor, explicando o que ocorre coma desordem do sistema.

Resolução

a) O fluxo de calor é dado por:

Φ =

Φ = (W)

b) Para cada parte do sistema, a variação de entropiaé dada em módulo por:

|∆S| =

A parte mais fria sofre um aumento de entropiadado por:

∆S2 =

A parte mais quente sofre uma redução de entro-pia dada por:

∆S1 = –

A variação total de entropia é dada por:∆S = ∆S1 + ∆S2

∆S = –

∆S = Q –

Dividindo-se pelo intervalo de tempo ∆t, vem:

= –

= fluxo = 8,0 . 104W; T2 = 300K; T1 = 320K

= 8,0 . 104 – (SI)

= 8,0 . 104 (SI)20

––––––––––300 . 320

∆S–––∆t

)1–––320

1––––300(∆S

–––∆t

Q–––∆t

)1–––T1

1–––T2(Q

–––∆t

∆S–––∆t

)1–––T1

1–––T2(

Q–––T1

Q–––T2

Q–––T1

Q–––T2

Q–––T

Φ = 8,0 . 104W = 80kW

2,0 . 100 . 20––––––––––––––

5,0 . 10–2

k A ∆θ––––––

L



Como a variação da entropia é positiva, a desor-dem do sistema aumenta.Respostas: a) 80kW

b)

Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura,com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm mer-gulhados em um recipiente com mercúrio. Com suaextremidade superior tapada, em seguida a pipeta éretirada lentamente do recipiente.

Considerando uma pressão atmosférica de 75 cm Hg,calcule a altura da coluna de mercúrio remanescenteno interior da pipeta.Resolução

O ar que ficou aprisionado na pipeta tem uma pressãoinicial igual à atmosférica (75 cmHg) e ocupa um volu-me igual a A . 5 (cm3), em que A é a área da secção dapipeta.

Supondo-se a temperatura constante, a nova pressãodo ar, depois da retirada da pipeta, será dada por:

p’ . A . (25 – h) = patm . A . 5

p’ = =

Para o equilíbrio da coluna de mercúrio, temos:

375––––––25 – h

75 . 5––––––25 – h

30

W≅ 16,7 –––

K

∆S W–––– ≅ 16,7 –––∆t K



p’ + h = patm (em cm de Hg)

+ h = 75

375 + 25 h – h2 = 75 (25 – h)375 + 25 h – h2 = 1875 – 75 hh2 – 100 h + 1500 = 0

h = (cm)

h = (cm)

h = 50 ± 10 Ï·····10 (cm)

Como h < 25cm, vem

h = 50 – 10 Ï·····10 cm

h ≅ (50 – 32) cm

Resposta: ≅ 18 cm

h ≅ 18 cm

100 ± 20 Ï·····10––––––––––––––

2

100 ± Ï····················10000 – 6000–––––––––––––––––––

2

375––––––25 – h


Ita2004 parte 001

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