1

Durante a apresentação do projeto de um sistema acústico, um jovem aluno do ITA esqueceu-se da expressão da intensidade de uma onda sonora. Porém, usando da intuição, concluiu ele que a intensidade média ( I ) é uma função da amplitude do movimento do ar ( A ), da freqüência ( f ), da densidade do ar ( ρ ) e da velocidade do som ( c ), chegando à expressão

x y zI = A f cρ . Considerando as grandezas fundamentais: massa, comprimento e tempo, assinale a opção correta que representa os respectivos valores dos expoentes x, y e z. a) −1, 2, 2 b) 2, −1, 2 c) 2, 2, −1 d) 2, 2, 1 e) 2, 2, 2

Resolução: x y zI A f I c= ⋅ ⋅ ⋅

[ ] ( ) 3

1 y zx kg mI m

s m s⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

[ ] 3 1 1x z y zI m s kg− + − −∴ = ⋅ ⋅

E como [ ] 03

kgI ms

= ⋅ , temos:

3 1 01 3 2

1

x zy y

z

− + =⎧⎪− − = − ⇒ =⎨⎪ =⎩

( )3 1 1 0 2x x∴ − ⋅ + = ⇒ =

Então 2x = ; 2y = e 1z =

Alternativa D

Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si, dispondo seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços horizontalmente alinhados, como mostra a figura. Sendo m a massa do corpo do atleta e μ o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a opção correta que indica o módulo mínimo da força exercida pelo atleta em cada parede.

a) 1 22

2

11

mg2⎛ ⎞μ −⎜ ⎟μ +⎝ ⎠

b) 1 22

2

11

mg2⎛ ⎞μ +⎜ ⎟μ −⎝ ⎠

c) 2

2

11

mg2⎛ ⎞μ −⎜ ⎟μ +⎝ ⎠

d) 2

2

11

mg⎛ ⎞μ +⎜ ⎟μ −⎝ ⎠

e) n.d.a

o90

Q u e s t ã o 0 1

Q u e s t ã o 0 2

2 2

Resolução:

Observemos na figura abaixo que xfat , PN e o braço do atleta são coplanares.

Pfatx

faty

NP

P

O

M

Além disso, yfat aplicada nas duas mãos deve equilibrar o peso do atleta. Assim:

I) 22y y

mgfat P fat= ∴ =

II) Na vista superior MOPΔ notamos que

P xN fat=

45º 45ºM P

NP

fatx

O

NP

fatx

De (I) e (II) concluímos:

2 2 2x yfat fat fat+ = ⇒ 2 2

x yfat fat fat= + ⇒

22

2P Pmgfat N N ⎛ ⎞= μ = + ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠

22 2 2

2P PmgN N ⎛ ⎞μ = + ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2

2 2

21

2 2 1P P

mg mgN N⎛ ⎞μ − = ∴ =⎜ ⎟⎝ ⎠ μ −

Assim, a força do atleta sobre a parede pode ser calculada por:

( )2 2 2 2x y PR fat fat N= + +

2 22

22

22 1mg mgR

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= + ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠μ −⎝ ⎠

2 22

2

2 12 1

mgR⎛ ⎞+ μ −⎛ ⎞= ⋅ ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟ μ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

2

12 1

mgR μ += ⋅

μ −

Alternativa B

Durante 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 o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0 m no início, chegando ao máximo de 2,0 m e terminando a 0,20 m no fim do salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente horizontal da velocidade inicial do salto foi de a) 8,5 m/s. b) 7,5 m/s. c) 6,5 m/s. d) 5,2 m/s. e) 4,5 m/s.

Q u e s t ã o 0 3

3 3

Resolução: Vista lateral do centro de massa

2,0 m

1,0 m

0,2 m0,3 m

1,0 m

2

1’

3

1

De 1 para 2

2 2 2 22 1 12 0 2 10 1V V g H V= − ⋅Δ ⇒ = − ⋅ ⋅

1 4,47 /V m s∴ =

2 1 0 4,47 10V V g t t= − ⋅ ⇒ = − ⋅

0,447st∴ = Logo o tempo de 1 a 1' é 0,894s Velocidade em 3

2 2 2 23 1 3 3 32 20 2 10 0,8 36 6,0m/sV V g H V V V= + ⋅ ⋅ Δ ⇒ = + ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ =

Tempo de 1' até 3

1 1´ 4,47m /sV V= =

3 1 ' 6 4,47 10 ' ' 0,153sV V gt t t= + ⇒ = + ⋅ ⇒ =

Assim o tempo total é de ' 1,047sTt t t= + =

Velocidade horizontal: 8,9 8,5m / s

1,047H HT

SV VtΔ

= ⇒ = =

Alternativa A A figura representa o percurso de um ciclista, num plano horizontal, composto de dois trechos retilíneos ( AB e EF ), cada um com 6,0 m de comprimento, e de um trecho sinuoso intermediário formado por arcos de circunferências de mesmo diâmetro, igual a 4,0 m, cujos centros se encontram numerados de 1 a 7. Considere pontual o sistema ciclista–bicicleta e que o percurso é completado no menor tempo, com velocidade escalar constante.

A B E F1 2 3 4 5 6 7

6 m6 m 4 m

36 m

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 percurso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE . a) 6,0 m/s 6,0 s 0,17s-1 b) 4,0 m/s 12 s 0,32s-1 c) 9,4 m/s 3,0 s 0,22s-1 d) 6,0 m/s 3,1 s 0,17s-1 e) 4,0 m/s 12 s 6,0 s-1 Resolução:

i) Durante o trecho sinuoso, formado pelos arcos, temos que a força de atrito é a responsável por fazer o corpo realizar a curva, ou seja, é a própria força centrípeta, assim:

2

at cpmvF F N

R= ⇒μ⋅ = , mas N mg=

[ ] [ ]1 12 20,8 2 10v Rg v⇒ = μ ⇒ = ⋅ ⋅ 4,0 m/sv∴ =

Q u e s t ã o 0 4

4 4

ii) 12 6 12(1 ) mAF AFS R SΔ = + π ⇒ Δ = + π

3(1 )AF AFS Sv t tt v

Δ Δ= ⇒ = ⇒ = + π

12st∴ =

iii) 42

2 2 2vv R v fR fR

= ω ⇒ = π ⇒ = =π π

0,32Hzf∴ =

Alternativa B

Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metálica, os elétrons de condução podem ser desviados por um campo magnético, tal que no regime estacionário, há um acúmulo de elétrons numa das faces da lâmina, ocasionando uma diferença de potencial VH entre os pontos P e Q , mostrados na figura. Considere, agora, uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, que transporta uma corrente

elétrica de intensidade i, imersa no campo magnético uniforme B→

que penetra perpendicularmente a face ABCD , no mesmo sentido de C 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 P torna-se igual ao potencial em Q . e) N.d.a. Resolução:

A força magnética faz com que elétrons se acumulem na face AGHD , surgindo então uma diferença entre os potenciais eletrostáticos das faces AGHD e BFEC .

No ponto de regime estacionário: Fm Fe=

Então: Fm Fe=

90º ,eq V B sen q E⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ com H He

V VE V

d d B= ⇒ =

⋅

O potencial no ponto P é menor que em Q , já que os elétrons se acumulam na face AGHD .

Ao se imprimir uma velocidade na lâmina igual à velocidade dos elétrons, HVVB d

=⋅

, a força magnética deixa de existir e os potenciais de

P e Q se igualam.

Alternativa D

Q u e s t ã o 0 5

D C

Q

FL G

d

i

B

i

A

PH

E

5 5

Duas partículas carregadas com cargas opostas estão posicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π , respectivamente. Uma onda transversal e progressiva de equação y(x, t) = (π /2) sen(x−ω t), presente na corda, é capaz de transferir energia para as partículas, não sendo, porém, afetada por elas. Considerando T o período da onda, E f , a energia potencial elétrica das partículas no instante t = T/ 4 , e E i essa mesma energia no instante t = 0 , assinale a opção correta indicativa da razão E f / E i. a) 2 / 2π b) 2 / 2 c) 2 d) 2 / 2π e) 2π Resolução:

i) No instante 0t =

(0,0) (0) 02

y senπ= =

( ,0) ( 0) 02

y senππ = π− =

( )2 2

i iKQ KQE EAB

= ⇒ =π

ii) No instante 4Tt = ,

22

T tπ π= ⇒ =ω ω

0, 0 0,2 2 2 2 2

y sen yπ π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −ω⋅ ⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ω ω ω⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, ,2 2 2 2 2

y sen yπ π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π = π −ω⋅ ⇒ π =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ω ω ω⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2

2f fKQ KQE ECD

= ⇒ =π

22

f

i

EE

∴ =

Alternativa B

A figura plana ao lado mostra os elementos de um circuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas espiras interligadas, A e B, de comprimentos relativamente curtos em comparação aos dois fios condutores próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro do micro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre instantaneamente no momento em que

Q u e s t ã o 0 6

Q u e s t ã o 0 7

F

C D G

HE

chave 2chave 1

lâmpada 1 lâmpada 2espira A

espira B

�A

6 6

a) 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:

Pela lei de Lenz, apenas com variação de fluxo magnético há o surgimento de corrente induzida no fio. O momento em que há variação de fluxo magnético é no fechar e abrir da chave 1 ou 2 . No entanto, apenas a chave 2 pode provocar deflexão no ponteiro do amperímetro, já que devido a simetria do circuito no qual se encontra a chave 1 é criada corrente elétrica em cada espira A e B de mesmo modulo mas com sentidos opostos, por isso, o amperímetro não mede passagem de corrente devido a essa chave. Já na chave 2 também são criadas correntes de sentidos opostos em cada espira mas não possuem o mesmo modulo devido a diferente distância de cada espira ate o segmento de fio CD, tendo assim, uma corrente elétrica resultante induzida medida instantaneamente pelo amperímetro. Alternativa D

O circuito elétrico mostrado na figura é constituído por dois geradores ideais, com 45 V de força eletromotriz, cada um; dois capacitores de capacitâncias iguais a 2 μF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resistências estão indicadas na figura. Considere que as chaves S e T se encontram inicialmente fechadas e que o circuito está no regime estacionário.

45V

45V

T

S

ab

c g 2�

f

e

2�

4�2�d

4�

12�4�

2�F

2�F

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 corrente 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 10−4 J. Resolução:

H

Como o regime está estacionário, não passa corrente pelo ramo ADCB , logo o sistema se resume a: i) Na malha EFGH :

( )90 4 2 12 2 0I I I i+ − − − − =

24 18 90 0i I− + = (I) ii) Na malha KLBE :

( ) ( )4 2 2 12 2 0i i I i− − + − =

32 12 0i I− = (II) De II em I, temos: 3,75i A=

iii) 1 2ABU U U= + , como 1 2 1 22C C F U U= = μ ⇒ =

mas 2(2 ) 4 15VAB ABU i U i= ⇒ = =

logo, 1 7,5VU =

Q u e s t ã o 0 8

7 7

iv) Imediatamente após a abertura da chave T, teremos que as malhas ABCD e EFGH funcionarão independentes uma da outra sendo que os capacitores da malha ABCD atuarão como geradores momentâneos, dando ao circuito sua energia armazenada, assim, imediatamente após abrir T , temos:

15VCDU =

1544

3,75A

CDU = λ ⇒ λ =

∴λ =

v) Após abertura das chaves T e S temos o mesmo caso de quando abre-se apenas T , assim: 3,75Aλ = .

vi) ( ) ( )2 2

22 6 41 1 2 21 1 2 10 7,5 1,1 10 J

2 2C U C U

E C U − −= + = = ⋅ = ⋅

Alternativa C

Um painel coletor de energia solar para aquecimento residencial de água, com 50% de eficiência, tem superfície coletora com área útil de 10 m². A água circula em tubos fixados sob a superfície coletora. Suponha que a intensidade da energia solar incidente é de 1,0 × 10³ W/m² e que a vazão de suprimento de água aquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opção que indica a variação da temperatura da água. a) 12º C b) 10º C c) 1,2º C d) 1,0º C e) 0,10º C Resolução:

3 41,0 10 10 1,0 10 WTT T T

PI P A I P P

A= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

35,0 10 Wu T uP P P= η⋅ ⇒ = ⋅

Vazão: 6VZ V tt

= ⇒ = ⋅ (kg de água/min) = 0,1 t⋅ (kg de água/s).

Como uQ m c P t= ⋅ ⋅Δθ = ⋅ 3 30,1 4,13 10 5,0 10t t⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ⋅

12º C∴Δθ =

Alternativa A

Um recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio de um pistão, com 8,00 kg de massa e 60,0 cm² de área, que se move sem atrito. Um gás ideal, contido no cilindro, é aquecido de 30º C a 100º C, fazendo o pistão subir 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 expostos à pressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicionado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2, o calor retirado durante o resfriamento, assinale a opção correta que indica a diferença Q1 – Q2. a) 136 J b) 120 J c) 100 J d) 16 J e) 0 J

Q u e s t ã o 0 9

Q u e s t ã o 1 0

8 8

Resolução:

Patm

Pgás

Pembolo

i) Com o êmbolo é móvel temos que o processo de aquecimento é isobárico. ii) 0y gás atm emboloF A P A P FΣ = ⇒ ⋅ = ⋅ +

54

801 1060 10

embologás atm

FP P

A −⇒ = + = ⋅ +⋅

51,13 10gásP Pa⇒ = ⋅

iii) No aquecimento, temos:

1 1 1Q T U= + Δ , ( ) ( )5 2 41 1,13 10 20 10 60 10 136gásT P V J− −= ⋅Δ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

1 1136Q U= + Δ

iv) No resfriamento, temos que o processo é a volume constante assim:

2 2 2Q T U− = + Δ , 2 0T =

2 2Q U− = Δ

Mas 1 2U UΔ = −Δ pois o gás volta a temperatura inicial com o resfriamento isocórico, logo:

1 2 136JQ Q− =

Alternativa A A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0 acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0º C. Considere que, ao elevar-se acima do nível do mar, o ar sofre uma expansão adiabática que obedece à relação ( )( )/ 7 / 2 /p p T TΔ = Δ , em que p é

a pressão e T, a temperatura. Considerando o ar um gás ideal de massa molecular igual a 30 u (unidade de massa atômica) e a temperatura ao nível do mar igual a 30º C, assinale a opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha das neves. a) 2,5 km b) 3,0 km c) 3,5 km d) 4,0 km e) 4,5 km Resolução:

0

(1)

(2)

�h, � �P T,

v

v

�h

0ºC linhas dasneves eternas

Comparando dois elementos de volume v ((1 ) e ( 2 )) à uma diferença de altura hΔ e considerando a gravidade terrestre (Stevin); temos:

p dg hΔ = Δ , e do enunciado:

( )7 / 2 pp TT

Δ = Δ .

Assim: 72

p T dg hT

⎛ ⎞ Δ = Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

Q u e s t ã o 1 1

9 9

E sendo o gás ideal: 72

nRT T dg hvT

⎛ ⎞ Δ = Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

, ou

72

mR T dg hMv

⎛ ⎞ Δ = Δ ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

72

Rh TMv

⎛ ⎞Δ = Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

E substituindo pelos valores dados na prova: 2908,5 m 2,9 kmh∴Δ = =

Alternativa B Uma estrela mantém presos, por meio de sua atração gravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todos descrevem órbitas elípticas, em cujo foco comum se encontra a estrela, conforme a primeira lei de Kepler. Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de Beta é o dobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se também que o período de Alfa é 2 vezes maior que o período de Beta. Nestas condições, pode-se afirmar que a razão entre o período de Alfa e o de Gama é a) 2 b) 2 c) 4 d) 4 2 e) 6 2 Resolução:

Como β e γ habitam o mesmo corpo, pela terceira lei de Kepler temos :

( )( )

( )( )

22

3 3B

B

TT

R R

γ

γ

= ,

3 32 212

2B B BB

RR R T T TR

⎛ ⎞γ ⎛ ⎞= γ ⇒ γ = ⋅ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Mas 2

2 12 2

TTT TT T

βαα β

γβ

⋅= ⋅ ⇒ =

⋅

4TTα

β

∴ =

Alternativa C

Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que emitem, em fase, ondas de freqüência f e comprimento de onda λ . A distância d entre as fontes é igual a 3λ. Pode-se então afirmar que a menor distância não nula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo X, para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a

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

Como as fontes estão em fase:

1 2d d n− = ⋅λ

2 29 x x nλ + − = ⋅λ

( ) ( )2 22 29 x n xλ + = λ +

Q u e s t ã o 1 2

Q u e s t ã o 1 3

10 10

2 2 2 2 29 2x n nx xλ + = λ + λ +

( )29

2

nx

n

λ −=

Para 1n = ; 4x = λ

Para 2n = ; 54

x = λ

Para 3n = ; 0x = (não convém)

Logo a menor distancia é de 54λ

.

Alternativa B

Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromática de comprimento de onda λ, coloca-se uma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6 ) sobre uma das fendas. Isto produz um deslocamento das franjas na figura de interferência. Considere que o efeito da lâmina é alterar a fase da onda. Nestas circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que provoca o deslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pela franja brilhante de primeira ordem, é igual a a) 0,38λ b) 0,60λ c) λ d) 1, 2λ e) 1,7λ

Resolução:

Se não houvesse a lâmina de vidro, os pontos A e B iriam se interferir construtivamente formando a franja central. Mas devido ao vidro ocorre um atraso de λ em relação a ambos para que possam se interferir na franja de 1ª ordem, ou seja, enquanto B percorre d o ponto A percorre d+ λ , assim:

Adt

cλ +

Δ = e BB

dtv

Δ = , com Bcvn

=

Mas 1 1,6 1A B

d ndt t dc c n

λ + λ λΔ = Δ ⇒ = ⇒ = =

− −

1,7d∴ = λ

Alternativa E

Um tubo sonoro de comprimento , fechado numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo fundamental, com o som emitido por um fio, fixado nos extremos, que também vibra no modo fundamental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massa e c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que a tensão submetida ao fio é dada por a) (c/2L)2 m b) (c/2 )2 m c) (c/ )2 m d) (c/ )2 m e) n.d.a Resolução:

Tubo no modo fundamental

44T

Tλ

= ∴λ =

Q u e s t ã o 1 4

Q u e s t ã o 1 5

�

d Anteparo

F1

F2

Lâmina

A

B

�

d

Tubo fio

l L

11 11

Fio no moda fundamental

22

ffL L

λ= ∴λ =

Como estão em ressonância, a freqüência com que vibram é a mesma, assim:

4 2 2T f

c v c v c LvL

⋅= ⇒ = ∴ =

λ λ (2)

e

T T Lv vm mL

⋅= ∴ = (1)

De (1) e (2) , temos:

( )

2 2 2 2

22 2T L c L T L c L

m m⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2cT m L⎛ ⎞∴ = ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

Alternativa B

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga e que se move em órbitas circulares de raio r , em torno do próton, sob a influência da força de atração coulombiana. O trabalho efetuado por esta força sobre o elétron ao percorrer a órbita do estado fundamental é a) 2

0/(2 )e r− ε

b) 20/(2 )e rε

c) 20/(4 )e r− πε

d) 2 /e r e) n.d.a.

Resolução:

0T = , pois a força colombiana é perpendicular ao deslocamento Alternativa E

Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois comprimentos de onda diferentes, 1λ e 2λ , respectivamente. Sabe-se que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, 1v e 2v , em que 1 22v v= . Designando C a velocidade da luz no vácuo, e h constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a função trabalho φ do metal é dada por

a) 1 2 1 2(2 ) /( )hCλ − λ λ λ b) 2 1 1 2( 2 ) /( )hCλ − λ λ λ c) 2 1 1 2( 4 ) /(3 )hCλ − λ λ λ d) 1 2 1 2(4 ) /(3 )hCλ −λ λ λ e) 1 2 1 2(2 ) /(3 )hCλ −λ λ λ

Resolução: No efeito fotoelétrico temos que a energia fornecida ( )E deve superar a função trabalho ( )φ para que o elétron possua energia cinética

( )cE . Logo,

cE E= + φ

Q u e s t ã o 1 6

Q u e s t ã o 1 7

12 12

Então: 2

11 ,

2mvh f⋅ = + φ

22

2 ,2

mvh f⋅ = + φ e 1 22v v=

Assim:

( )

22

12

2

2

2

42

h c m v

m vh c

⋅⎧ ⎫= ⋅ + φ⎪ ⎪λ⎪ ⎪+⎨ ⎬⋅⋅⎪ ⎪= + φ ⋅ −⎪ ⎪λ ⎭⎩

2 1

1 2 1 2

44 3 3hc hchc hc λ − λ ⋅

− = − φ⇒ = − φλ λ λ ⋅λ

( )1 2

1 2

43

hc λ −λφ =

⋅λ ⋅λ

Alternativa D

Uma lente convergente tem distância focal de 20 cm quando está mergulhada em ar. A lente é feita de vidro, cujo índice de refração é 1,6vn = . Se a lente é mergulhada em um meio, menos refringente do que o material da lente, cujo índice de refração é n, considere as seguintes 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 índices de refração do material da lente e do meio implica numa menor distância focal. Então, pode-se afirmar que a) 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: Pela equação dos fabricantes, temos:

1 2

1 1 11vnf n R R

⎛ ⎞⎛ ⎞= − ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

I: Falso, pois se vn n= , então o foco tende para o infinito.

II: Verdadeiro, pois quanto mais n for maior do que o índice do ar, menor será a vergência da lente e assim, maior será seu foco. III: Verdadeiro, pois essa grande diferença entre os índices gera uma lente de grande vergência e logo, de pequena distancia focal. Alternativa C

Ao olhar-se num espelho plano, retangular, fixado no plano de uma parede vertical, um homem observa a imagem de sua face tangenciando as quatro bordas do espelho, isto é, a imagem de sua face encontra-se ajustada ao tamanho do espelho. A seguir, o homem afasta-se, perpendicularmente à parede, numa certa velocidade em relação ao espelho, continuando a observar sua imagem. Nestas condições, pode-se afirmar que essa imagem a) 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.

Q u e s t ã o 1 8

Q u e s t ã o 1 9

13 13

Resolução:

A imagem do homem continua ajustada ao tamanho do espelho uma vez que o espelho é plano e devido a simetria e as semelhanças estabelecidas nele. O que se altera quando o homem afasta-se é o ângulo visual que o mesmo vê a imagem.

Alternativa C

Um bloco homogêneo de massa m e densidade d é suspenso por meio de um fio leve e inextensível preso ao teto de um elevador. O bloco encontra-se totalmente imerso em água, de densidade ρ, contida em um balde, conforme mostra a figura. Durante a subida do elevador, com uma aceleração constante a , o fio sofrerá uma tensão igual a a) ( )(1 / )m g a d+ − ρ b) ( )(1 / )m g a d− − ρ c) ( )(1 / )m g a d+ + ρ d) ( )(1 / )m g a d− + ρ e) ( )(1 / )m g a d+ − ρ Resolução:

Quando o elevador sobre acelerado, tanto o liquido quanto o corpo imerso, sentem uma gravidade aparente tal que: 'g g a= +

Adotando um referencial no interior do elevador, temos que o corpo parece estar em equilíbrio assim: 0yfΣ =

T E P+ =

' 'T g V mg+ρ⋅ ⋅ = , mVd

=

' 1T mgdρ⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 1T m g adρ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Alternativa A

Uma máquina térmica opera com um mol de um gás monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA , representado no plano PV , conforme mostra a figura. Considerando que a transformação BC é adiabática, calcule: a) a eficiência da máquina; b) a variação da entropia na transformação BC . Resolução:

i) A transformação AB é isocórica.

( ) ( ) ( )00

0

A A B AB A B A B A

B B

P V R T P PP P V R T T T T

P V R T R= η⋅ ⋅ −⎫

⇒ − = η⋅ ⋅ − ⇒ − =⎬= η⋅ ⋅ η⋅⎭

( )AB v B AQ C T T= η⋅ − , como o gás é monoatômico, temo que 32vC R= , assim:

Q u e s t ã o 2 0

Q u e s t ã o 2 1

m

a�

P(Pa)

B

A C

8 V(m )³1

80

3200

P

TE

14 14

( ) ( )03 3 3200 80 1 4680J2 2

B AAB AB

P P VQ R Q

R−⎡ ⎤⎛ ⎞= η⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ − ⋅ = +⎢ ⎥⎜ ⎟ η⋅⎝ ⎠ ⎣ ⎦

ii) A transformação CA é isobárica:

( ) ( ) ( )A A A CA C A C A C

C C

P V R T P V VP V V R T T T T

P V R T R⋅ = η⋅ ⋅ −⎫

⇒ − = η⋅ ⋅ − ⇒ − =⎬⋅ = η⋅ ⋅ η⋅⎭

( )CA P A CQ C T T= η⋅ − , por o gás ser monoatômico, 52PC R= , logo:

( )5 5 80 (1 8) 1400J2 2

A CCA

P V VQ R

R−⎡ ⎤⎛ ⎞= η⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥η⋅⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Como: 14001 1 70%4680

CA

AB

QQ

η = − = − ∴η =

b) Não há variação de entropia, pois não há troca de calor em uma transformação adiabática.

Tubos de imagem de televisão possuem bobinas magnéticas defletoras que desviam elétrons para obter pontos luminosos na tela e, assim, produzir imagens. Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelerados por uma diferença de potencial U entre o catodo e o anodo. Suponha que os elétrons são gerados em repouso sobre o catodo. Depois de acelerados, são direcionados, ao longo do eixo x, por meio de uma fenda sobre o anodo, para uma região de comprimento L onde atua um campo de indução magnética uniforme B , que penetra perpendicularmente o plano do papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda, que a tela delimita a região do campo de indução magnética. Se um ponto luminoso é detectado a uma distância b sobre a tela, determine a expressão da intensidade de B necessária para que os elétrons atinjam o ponto luminoso P, em função dos parâmetros e constantes fundamentais intervenientes. (Considere b << L). Resolução:

i) Por conservação de energia, temos: 2 2

2Cmv qUT E qU v

m= Δ ⇒ = ⇒ =

ii)

A

R

b

v L

bR b�

B C

( )2 2

22:2

2 L bABC R L R b Rb+

Δ = + − ⇒ =

Como 2

2>> ⇒ =

LL b Rb

Mas 2 2

2 2 22mv mb qU b UmR B BqB m qqL L

= ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅

Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências 150HzAf = e 155HzBf = , respectivamente. a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvido por um observador que se encontra próximo aos tubos e em repouso em relação aos mesmos. b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir para eliminar a freqüência do batimento calculada no item a), e especifique o sentido desse movimento em relação ao observador.

Q u e s t ã o 2 2

Q u e s t ã o 2 3

xb

P

telaL

B

y�

anodo

elétron

catodo

U

15 15

Resolução:

a) Freqüência do batimento: 5HzBat A B Batf f f f= − ∴ =

b) A freqüência de B deve diminuir, logo B deve se afastar do observador:

0 B

VB

+ Por efeito doppler:

0

0

150 155300 300

= ⇒ =± + +

B

s s B B

f fv v v v v

150 300 150 300 155⋅ + ⋅ = ⋅Bv

150 300 5 10m/sB Bv v= ⋅ ∴ =

Atualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixes de laser, são capazes de resfriar gases a temperaturas muito próximas do zero absoluto, obtendo moléculas e átomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios de massa M, que se aproximam com velocidades desprezíveis. Da colisão tripla resultante, observada de um referencial situado no centro de massa do sistema, forma-se uma molécula diatômica com liberação de certa quantidade de energia B. Obtenha a velocidade final do átomo remanescente em função de B e M. Resolução:

início fim i) Por conservação do momento linear: 0 2 2mv mV v V= − ⇒ =

ii) Por conservação de energia:

( ) 22 20

2 2= + −

m Vmv B

2 2 23 22 4 4 3

+ = ⇒ = ∴ =mv mv mv BB B v

m

As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm um raio de curvatura igual a 1,00 m. O índice de refração da lente para luz vermelha é 1,60 e, para luz violeta, 1,64. Sabendo que a lente está imersa no ar, cujo índice de refração é 1,00, calcule a distância entre os focos de luz vermelha e de luz violeta, em centímetros. Resolução:

Utilizando a equação dos fabricantes temos: i) vermelho

( )1 1 1 11 1,6 1 2 0,833mveve

ve ar ve

nf

f n R R f⎛ ⎞⎛ ⎞= − + ⇒ = − ⋅ ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

ii) violeta

( )1 1 1 11 1,64 1 2 0,78125mvivi

vi ar vi

nf

f n R R f⎛ ⎞⎛ ⎞= − + ⇒ = − ⋅ ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

Então: 0,052m 5, 2cmve vif f− = =

Q u e s t ã o 2 4

Q u e s t ã o 2 5

16 16

Na prospecção de jazidas minerais e localização de depósitos subterrâneos, é importante o conhecimento da condutividade elétrica do solo. Um modo de medir a condutividade elétrica do solo é ilustrado na figura. Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raio r, são profundamente enterradas no solo, a uma grande distância entre as mesmas, comparativamente a seus raios. Fios retilíneos, isolados do solo, ligam as esferas a um circuito provido de bateria e um galvanômetro G. Conhecendo-se a intensidade da corrente elétrica e a força eletromotriz da bateria, determina-se a resistência R oferecida pelo solo entre as esferas. Sabendo que /RC = ε σ em que σ é a condutividade do solo, C é a capacitância do sistema e ε a constante dielétrica 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) G

BA

BKQVr

= + e AKQVr

= −

2BA

KQVr

Δ = , 1

4K =

πε

2BAQVr

⇒Δ =π ε

Mas 2BA

QC C rV

= ∴ = π εΔ

b) ( )2

RCR r

ε ε= ⇒ σ =σ ⋅ π ε

1

2 rR∴σ =

π

A figura representa o esquema simplificado de um circuito elétrico em uma instalação residencial. Um gerador bifásico produz uma diferença de potencial (d.d.p) de 220 V entre as fases ( + 110 V e −110V) e uma ddp de 110 V entre o neutro e cada uma das fases. No circuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétricos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura.

geradorbifásico

fusível

fusível fase -110v

fase +110v

neutro (zero volts)

cafeteira880 W

forno220 W

chuveiro3300 W

Admitindo que os aparelhos funcionam simultaneamente durante duas horas, calcule a quantidade de energia elétrica consumida em quilowatt-hora ( kWh ) e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em ampére. Resolução:

a) Calculando as energias separadamente: Cafeteira: 880W 2h 1,76kWhca ca caE P t E= ⋅ ⇒ = ⋅ =

Chuveiro: 3300W 2h 6,6kWhch ch chE P t E= ⋅ ⇒ = ⋅ =

Forno: 2200W 2h 4,4kWhf f fE P t E= ⋅ ⇒ = ⋅ =

Q u e s t ã o 2 6

Q u e s t ã o 2 7

G

Br

Ar

17 17

Assim a energia total ( TE ) é:

12,76kWhTE =

b) Calculando as correntes:

Cafeteira: 880W 8,0A110Vca caP V i i= ⋅ ⇒ = =

Chuveiro: 3300W' ' 15A220Vch chP V i i= ⋅ ⇒ = =

Forno: 2200W'' '' 20A110Vf fP V i i= ⋅ ⇒ = =

110 V

Gera

dor

Bifási

co

Chuveiro

3300 W

Cafeteira

880 Wneutro

12A

fase:

�110 Vfase:

35A

Forno 2200W 20A

8A15A

23A

F1

F2

8A

Do esquema acima pode-se concluir que o fusível 1F deve suportar 23A e o segundo fusível 2F deve suportar 35A .

Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de uma diferença de potencial U, adquirindo uma quantidade de

movimento p. Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia relativística é dada por ( )1

2 22 2 20E m C p C⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

em

que 0m é a massa de repouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo. Obtenha o comprimento de onda de De Broglie do elétron em função de U e das constantes fundamentais pertinentes. Resolução:

i) Comprimento de onda de De Broglie

hp

λ =

ii) Conservando energia:

( ) ( )1

22 22 20 0m C qU pc m C⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥⎣ ⎦

12 2

02 qUp qUmC

⎡ ⎤⎛ ⎞⇒ = +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

12 2

02 qUh qUmC

λ−

⎡ ⎤⎛ ⎞∴ = +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória de espessura 5,0cmL = , área 2100mA = e condutividade térmica

2,0W/mKk = . O ar contido em cada sala encontra-se, inicialmente, à temperatura 1 47ºCT = e 2 27ºCT = , respectivamente. Considerando o ar como um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema isolado, calcule: a) O fluxo de calor através da divisória relativo às temperaturas iniciais 1T e 2T . b) A taxa de variação de entropia /S TΔ Δ no sistema no início da troca de calor, explicando o que ocorre com a desordem do sistema.

Q u e s t ã o 2 8

Q u e s t ã o 2 9

18 18

Resolução:

I II

47º 27º

a) 42

2,0 100 20 8 10 W5 10

K Ae −

⋅ ⋅ Δθ ⋅ ⋅φ = ⇒ φ = = ⋅

⋅

b) Q S QS

T t T tΔ Δ Δ

Δ = ⇒ =Δ ⋅Δ

i) Em I: 48 10 W

320KI I I

I

S Q St T t t T

Δ Δ Δ φ ⋅= ⇒ = = −

Δ ⋅Δ Δ

ii) Em II: 48 10 W

300KII II II

II

S Q St t T t T

Δ Δ Δ φ ⋅= ⇒ = =

Δ Δ ⋅ Δ

Assim: 4 48 10 8 10 W16,7

320 300 KI IIS SS

t t⎛ ⎞Δ + ΔΔ − ⋅ ⋅

= = + =⎜ ⎟Δ Δ ⎝ ⎠

Logo 0SΔ > , ocorrendo um aumento da desordem.

Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25 cm de altura, com ambas as extremidades abertas, tem 20 cm mergulhados em um recipiente com mercúrio. Com sua extremidade superior tapada, em seguida a pipeta é retirada lentamente do recipiente.

Ar

25 cm

Hg

20 cm

Considerando uma pressão atmosférica de 75 cmHg, calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente no interior da pipeta. Resolução:

i) Como a pipeta foi retirada lentamente, consideramos que ocorra uma transformação isotérmica com o gás no interior da pipeta. ii) No fim:

A BP P=

atm GfP x P= +

75GfP x⇒ = −

iii) No inicio

075cmHgGP =

iv) Como temos uma transformação isotérmica:

0 0G Gf fP V P V⋅ = ⋅

( ) ( ) ( )75 5 75 25A x A x= − ⋅ −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 100 1500 0x x− + = Resolvendo a equação temos

18,4cmx∴ =

Q u e s t ã o 3 0

25 � x

x

BA

PG