Caso necessário, use os seguintes dados:Constante gravitacional G = ×6 67,× −10 11 m / s kg3 2 . Massa do Sol M = ×1,99

× 10 kg30 . Velocidade da luz c = ×3

× 10 m/s8 . Distância média do centro da

Terra ao centro do Sol: 1,5 10 m11× .

Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2.

Raio da Terra: 6380 km. Número de Avo-gadro: 6 023 1023, × −mol 1. Constante uni-versal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atô-mica do nitrogênio: 14. Constante dePlanck h = × −6,62 10 m kg/s34 2 . Permissi-vidade do vácuo: ε π0 01/4= k . Permeabili-dade magnética do vácuo: μ0.

Pela teoria Newtoniana da gravitação, o po-tencial gravitacional devido ao Sol, assumin-do simetria esférica, é dado por − =V GM r/ ,em que r é a distância média do corpo ao cen-tro do Sol. Segundo a teoria da relatividadede Einstein, essa equação de Newton deveser corrigida para − = +V GM r A r/ / 2, em queA depende somente de G, de M e da velocida-de da luz, c. Com base na análise dimensio-nal e considerando k uma constante adimen-sional, assinale a opção que apresenta a ex-pressão da constante A, seguida da ordem degrandeza da razão entre o termo de correção,A r/ 2, obtido por Einstein, e o termo GM/r daequação de Newton, na posição da Terra, sa-bendo a priori que k = 1.a) A kGM c= / e 10 5−

b) A kG M c= 2 2/ e 10 8−

c) A kG M c= 2 2/ e 10 3−

d) A kG M c= 2 2 2/ e 10 5−

e) A kG M c= 2 2 2/ e 10 8−

alternativa E

Da expressão que corrige a equação de Newton,podemos concluir que:

GMr

A

r[A] [G M r]2

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥⇒ = ⋅ ⋅

No sistema MLT, temos:

[A] M L T M L L T (I)1 3 2 4 2= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− − −

Como A depende apenas de G, M e c, temos:

[A] (M L T ) M (L T )1 3 2 1= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒− − −α β γ

⇒ = ⋅ ⋅− + + − −[A] M L T (II)3 2α β α γ α γ

De I e II, vem:− + =

+ =− − = −

⇒= == −

α βα γα γ

α βγ

0

3 4

2 2

2

2

Como A G M c= ⋅ ⋅α β γ , a expressão que poderepresentá-la é:

Ak G M2 2

2= ⋅ ⋅c

A razão (R) entre o termo de correção e o termoda equação de Newton, para k 1= , é dada por:

R

A

rGM

r

G M

r c

rGM

G M

r c

2 2 2

2 2 2= = ⋅⋅

⋅ ⇒ = ⋅⋅

R

Substituindo os valores, vem:

R6,67 10 1,99 10

1,5 10 (3 10 )

11 30

11 8 2= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⇒−

⇒ = ⋅ ⇒−R 9,83 10 9 R ~ 10 8−

Considere a Terra como uma esfera homogê-nea de raio R que gira com velocidade angu-lar uniforme ω em torno do seu próprio eixoNorte-Sul. Na hipótese de ausência de rota-ção da Terra, sabe-se que a aceleração dagravidade seria dada por g GM R= / 2. Comoω ≠ 0, um corpo em repouso na superfície daTerra na realidade fica sujeito forçosamentea um peso aparente, que pode ser medido, porexemplo, por um dinamômetro, cuja direçãopode não passar pelo centro do planeta.Então, o peso aparente de um corpo de massam em repouso na superfície da Terra a umalatitude λ é dado por

Questão 1

Questão 2

a) mg m R− ω λ2 cos .

b) mg m R− ω λ2 2sen .

c) mg R g R g1 2 2 2 2 2− +[ / ( / ) ]ω ω λsen .

d) mg R g R g1 2 2 2 2 2− −[ / ( / ) ] cosω ω λ .

e) mg R g R g1 2 2 2 2 2− −[ / ( / ) ]ω ω λsen .

alternativa D

As forças que atuam em um corpo localizado auma latitude λ são dadas por:

Considerando a normal como sendo o peso apa-rente (P N)= , do Princípio Fundamental da Dinâ-mica, vem:• Na horizontal:

R m r mg P m Rcp = ⇒ − = ⇒ω λ θ ω λ2 2cos cos cos

⇒ = −P mg m Rcos cos cosθ λ ω λ2 (I)

• Na vertical:P mgsen senθ λ= (II)

De I e II, temos que o peso aparente (P) é dadopor:

P P P2 2 2 2 2sen cos= + ⇒θ θ

⇒ = + +P (mg) sen (mg) cos2 2 2 2 2λ λ

+ − ⇒(m R cos ) 2m g R cos2 2 2 2 2ω λ ω λ

⇒ P mg 12 R

gR

gcos

2 2 22= − −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

ω ω λ

Considere um segmento de reta que liga ocentro de qualquer planeta do sistema solarao centro do Sol. De acordo com a 2a Lei deKepler, tal segmento percorre áreas iguaisem tempos iguais. Considere, então, que emdado instante deixasse de existir o efeito dagravitação entre o Sol e o planeta. Assinale aalternativa correta.a) O segmento de reta em questão continuariaa percorrer áreas iguais em tempos iguais.b) A órbita do planeta continuaria a ser elíp-tica, porém com focos diferentes e a 2a Lei deKepler continuaria válida.c) A órbita do planeta deixaria de ser elípticae a 2a Lei de Kepler não seria mais válida.d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando seconsidera uma força que depende do inversodo quadrado das distâncias entre os corpos e,portanto, deixaria de ser válida.e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.

alternativa A

Se, em um dado instante, deixasse de existir oefeito da gravidade, o planeta passaria a descre-ver um MRU.Assim, ele passaria a percorrer espaços iguais (b)em intervalos de tempos iguais (Δt), como é mos-trado a seguir:

Da figura, temos que a área varrida pelo segmen-to que une o centro de qualquer planeta ao centrodo Sol, em um mesmo intervalo de tempo, é sem-

pre igual ab R

2⋅

.

A temperatura para a qual a velocidade asso-ciada à energia cinética média de uma molé-cula de nitrogênio, N2 , é igual à velocidadede escape desta molécula da superfície daTerra é de, aproximadamente,

física 3

Questão 3

Questão 4

a) 1,4 × 105 K.c) 7,0 × 1027 K.e) 8,4 × 1028 K.

b) 1,4 × 108 K.d) 7,2 × 104 K.

alternativa A

Sendo RT o raio da Terra, e sabendo que a velo-cidade de escape (v )e é igual à velocidade qua-drática média (v), temos:

v 2g R

v3R T

M

2g R3R T

M

e T

T

= ⋅

= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅⋅

⇒−2 9,8 6 380 103 8,31 T

28 103

3

⇒ T 1,4 10 K5= ⋅

No plano inclinado, o corpo de massa m épreso a uma mola de constante elástica k,sendo barrado à frente por um anteparo. Coma mola no seu comprimento natural, o ante-paro, de alguma forma, inicia seu movimentode descida com uma aceleração constante a.Durante parte dessa descida, o anteparomantém contato com o corpo, dele se sepa-rando somente após um certo tempo. Descon-siderando quaisquer atritos, podemos afir-mar que a variação máxima do comprimentoda mola é dada por

a) [ ( ) ]/mg m a g a ksen senα α+ +2 .

b) [ cos ( cos ) ]/mg m a g a kα α+ +2 .

c) [ ( ) ]/mg m a g a ksen senα α+ −2 .d) m g a k( ) /sen α − .e) mg ksen α / .

alternativa C

Durante o trecho em que o anteparo está em con-tato com o corpo, as forças no corpo são dadaspor:

Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:R ma mg sen kx F ma= ⇒ − − = ⇒α⇒ = − −F mg sen ma kxαPara que a aceleração a seja constante, F temque variar.Podemos, assim, construir um gráfico da força F(que varia de mg sen maα − até zero) em funçãodo deslocamento x (que varia de zero atémg sen ma

kα −

quando o corpo desencosta do

anteparo) dado a seguir:

O trabalho realizado por essa força para essedeslocamento é dado por:

N| |F áreaτ = ⇒

⇒ = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⋅ ⇒F

mg sen mak

(mg sen ma)12

τ α α

⇒ = − −F

2(mg sen ma)2k

τ α

Aplicando o teorema da energia cinética para ocorpo, desde quando o anteparo começou a semovimentar até a deformação máxima da mola X,temos:R c P Fe FE 0τ τ τ τ= ⇒ + + = ⇒Δ

⇒ + − − − = ⇒mgX senkX

2(mg sen ma)

2k0

2 2α α

⇒ − + − = ⇒k2

X mg sen X(mg sen ma)

2k02

2α α

⇒ =

± − ⋅ ⋅−

⋅

⇒X

mg sen m2

g2

sen2

4k

2

(mg sen ma)2

2k

2k

2

α αα

⇒ =± − +

⇒Xmg sen m a 2m ag sen

k

2 2 2α α

⇒ =± −

Xmg sen m a(2g sen a)

kα α

física 4

Questão 5

Tomando apenas a resposta positiva, temos:

Xmg sen m a(2g sen a)

k=

+ −α α

Um quadro quadrado de lado � e massa m,feito de um material de coeficiente de dilata-ção superficial β, é pendurado no pino O poruma corda inextensível, de massa desprezí-vel, com as extremidades fixadas no meio dasarestas laterais do quadro, conforme a figura.A força de tração máxima que a corda podesuportar é F. A seguir, o quadro é submetidoa uma variação de temperatura ΔT, dilatan-do. Considerando desprezível a variação nocomprimento da corda devida à dilatação, po-demos afirmar que o comprimento mínimo dacorda para que o quadro possa ser penduradocom segurança é dado por

a) 2�F T mgβΔ .

b) 2 1�F T mg( )+ βΔ .

c) 2 1 4 2 2 2�F T F m g( ) ( )+ −βΔ .

d) 2 1 2�F T F mg( ) ( )+ −βΔ .

e) 2 1 4 2 2 2�F T F m g( ) ( )+ −βΔ .

alternativa E

Marcando as forças sobre o quadro, podemosmontar a seguinte figura:

Do equilíbrio, vem:

P 2 F sen mg 2 F 1 cos2= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ − ⇒θ θ

⇒− ⋅

cos4F m g

2F

2 2 2θ =

O lado �’ do triângulo depois de aquecido é dadopor:

� � � �’ (1 ) ’ (1 )2 2 2= + ⋅ ⇒ = + ⋅ ⇒β βΔ ΔT T

⇒ = + ⋅� �’ 1 β ΔT

Sendo x o comprimento do fio, depois do aqueci-mento podemos visualizar o seguinte triângulo:

Da figura e da equação anterior, vem:

cos 21 T

x2

cos4F m g

2F

2 2 2

θβ

θ

=⋅ + ⋅

=− ⋅

⇒

� Δ

⇒⋅ + ⋅

=− ⋅⋅

⇒

�

21 T

x2

4F m g2 F

2 2 2β Δ

⇒ x 2 F1 T

4F m g2 2 2= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅− ⋅

�β Δ

Considere um semicilindro de peso P e raioR sobre um plano horizontal não liso, mos-trado em corte na figura. Uma barra homo-gênea de comprimento L e peso Q está arti-culada no ponto O. A barra está apoiada nasuperfície lisa do semicilindro, formando umângulo α com a vertical. Quanto vale o coefi-ciente de atrito mínimo entre o semicilindroe o plano horizontal para que o sistema todopermaneça em equilíbrio?

física 5

Questão 6

Questão 7

a) cos [cosμ α α= ++ −2P h LQ R LQ(2 cos(2 ) sen )]α α

b) cos [cosμ α α= ++ −P h LQ R LQ(2 sen(2 ) cos )]α α2

c) cos [senμ α α= ++ −2P h LQ R LQ(2 sen(2 ) cos )]α α

d) sen [senμ α α= ++ −2 2P h LQ R LQ(2 cos( ) cos )]α α

e) sen [cosμ α α= ++ −P h LQ R LQ(2 sen( ) cos )]α α2

alternativa C

Marcando forças que atuam na barra, vem:

Adotando o polo em O, no equilíbrio, temos:

N ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⋅ ⋅ ⇒h R sen

cosQ

L2

senα

αα

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅−

NL Q sen cos

2(h R sen )α α

α(1)

Montando o diagrama de forças que atuam no se-micilindro, vem:

No equilíbrio, temos:

f N cos

f N’

N’ P N sen

N cosP N sen

at.

at.

== ⋅= +

⇒ =+

⇒α

μα

μ αα

⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

μ α

α

cosPN

sen(2)

Substituindo (1) em (2), temos:

μ αα

α αα

=− +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⇒cos

2P(h R sen )LQ sen cos

sen

⇒ =+ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⇒μ α

αα α α

cos

sen2Ph

LQ sen cos2PR

LQcos

⇒μ α

αα α

=+ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

cos

sen 2P2h

LQ sen (2 )R

LQcos

Um elétron é acelerado do repouso atravésde uma diferença de potencial V e entranuma região na qual atua um campo magné-tico, onde ele inicia um movimento ciclotrô-nico, movendo-se num círculo de raio REcom período TE. Se um próton fosse acelera-do do repouso através de uma diferença depotencial de mesma magnitude e entrassena mesma região em que atua o campo mag-nético, poderíamos afirmar sobre seu raio RPe período TP que

a) R RP E= e T TP E= .

b) R RP E> e T TP E> .

c) R RP E> e T TP E= .

d) R RP E< e T TP E= .

e) R RP E= e T TP E< .

alternativa B

O período do movimento descrito no interior do

campo magnético é dado por T = 2 mπe B⋅

. Assim,

como a massa do próton é maior que a do elé-tron, temos T TP E> .

física 6

Questão 8

Considerando a aceleração devido à força elétri-ca, temos:

Fel. C

2

Fel.

2Em v

2e V

v2 R

T

e Vm

2 RT

2

ττπ

π= = ⋅

= ⋅

=

⇒ ⋅ =⋅ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒

Δ

⇒ = = ⋅ ⋅ ⇒RT2

2eVm

2 me B2

2eVmπ

π

π

⇒ =R1B

2Vme

Assim, como a massa do próton é maior que a doelétron, temos R RP E> .

Considere um oscilador harmônico simplescomposto por uma mola de constante elásticak, tendo uma extremidade fixada e a outraacoplada a uma partícula de massa m. O osci-lador gira num plano horizontal com veloci-dade angular constante ω em torno da extre-midade fixa, mantendo-se apenas na direçãoradial, conforme mostra a figura. Conside-rando R0 a posição de equilíbrio do osciladorpara ω = 0, pode-se afirmar que

a) o movimento é harmônico simples paraqualquer que seja velocidade angular ω.b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0 .c) a frequência do MHS cresce em relação aocaso de ω = 0.d) o quadrado da frequência do MHS dependelinearmente do quadrado da velocidade angu-lar.e) se a partícula tiver carga, um campo mag-nético na direção do eixo de rotação só poderáaumentar a frequência do MHS.

alternativa D

Sendo R a distância radial de equilíbrio da oscila-ção para a velocidade angular ω, e R’ uma distân-cia maior de x’ em relação a R, temos a seguintefigura:

Quando a partícula estiver a uma distância R docentro da trajetória, temos:

R F m R k(R R )cp. e2

0= ⇒ = −ω (I)

Para a situação em que a partícula está distanteR’ do centro da trajetória, adotando-se o referen-cial não inercial que descreve MCU de raio R, te-mos uma força centrífuga F agindo sobre a partí-cula radialmente para fora. Considerando-se ωconstante independente da posição (condição vá-lida somente se x R’ << ), temos:R m

R F Fm k(R’ R ) m R’

e0

2== − +

⇒ = − − + ⇒γ

γ ω

⇒ = − + − + + ⇒m k(x’ R R ) m (x’ R)02γ ω

⇒ = − + − − +m kx’ m x’ k(R R ) m R20

2γ ω ω (II)

Substituindo-se I em II, vem:

m kx’ m x’ k(R R ) k(R R )20 0γ ω= − + − − + − ⇒

⇒ = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟γ ωk

mx2 ’

Da definição de MHS ( x)02γ ω= − , temos que a

partícula descreve um MHS, com a mola desloca-da da posição de equilíbrio de R0 para R(R R )0> , e com pulsação ω0 dada por

ω ω02 2k

m= − , tal que ω2 k

m< . Logo, a frequên-

cia f0 do MHS é dada por:

ω ω π ω02 2

02 2k

m(2 f )

km

= − ⇒ = − ⇒

⇒ = −fk

(2 ) m (2 )02

2

2

2πωπ

Assim, da equação anterior, temos que o quadra-do da frequência do MHS (f )0

2 depende linear-mente do quadrado da velocidade angular ( )2ω .

física 7

Questão 9

N

Uma máquina térmica opera segundo o cicloJKLMJ mostrado no diagrama T – S da figura.

Pode-se afirmar quea) o processo JK corresponde a uma compres-são isotérmica.b) o trabalho realizado pela máquina em umciclo é W T T S S= − −( )( )2 1 2 1 .c) o rendimento da máquina é dado por

η = −1 2

1

TT

.

d) durante o processo LM uma quantidade decalor Q T S SLM = −1 2 1( ) é absorvida pelo sis-tema.e) outra máquina térmica que opere entre T2e T1 poderia eventualmente possuir um ren-dimento maior que a desta.

alternativa B

Num ciclo a variação da energia interna é nula( U 0)Δ = . Assim, pela Primeira Lei da Termodinâ-mica, temos queW Q= , onde a quantidade de ca-lor (Q) no ciclo é numericamente igual à área in-terna do gráfico T S− .Assim, temos:W Q

Q área (T T )(S S )2 1 2 1

=

= = − −⇒

⇒ W (T T )(S S )2 1 2 1= − −

Um feixe luminoso vertical, de 500 nm decomprimento de onda, incide sobre uma len-te plano-convexa apoiada numa lâmina ho-rizontal de vidro, como mostra a figura.

Devido à variação da espessura da camada dear existente entre a lente e a lâmina, tor-na-se visível sobre a lente uma sucessão deanéis claros e escuros, chamados de anéis deNewton. Sabendo-se que o diâmetro do me-nor anel escuro mede 2 mm, a superfície con-vexa da lente deve ter um raio de

a) 1,0 m.d) 4,0 m.

b) 1,6 m.e) 8,0 m.

c) 2,0 m.

alternativa C

A situação descrita pode ser representada peloesquema a seguir:

O valor da espessura e é dado por:

R e R r (R e) R r2 2 2 2 2− = − ⇒ − = − ⇒

⇒ − + = −R 2Re e R r2 2 2 2

Sendoe2 desprezível, temos:

erR

=2

2(I)

Como ocorre interferência destrutiva, visível sobrea lente, temos:2e m= λ (II)

Para o anel de menor raio, temos m 1= . Substi-tuindo I em II, vem:

2r2R

Rr

R(1 10 )

500 10

2 2 3 2

9

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = ⇒ = ⇒ = ⋅

⋅⇒

−

−λλ

⇒ R 2= m

Considere o modelo de flauta simplificadomostrado na figura, aberta na sua extremida-de D, dispondo de uma abertura em A (próxi-ma à boca), um orifício em B e outro em C.

física 8

Questão 10

Questão 11 Questão 12

Sendo AD = 34 00, cm, AB BD= , BC CD= ea velocidade do som de 340,0 m/s, as frequên-cias esperadas nos casos: (i) somente o orifí-cio C está fechado, e (ii) os orifícios B e C es-tão fechados, devem ser, respectivamente

a) 2000 Hz e 1000 Hz.b) 500 Hz e 1000 Hz.c) 1000 Hz e 500 Hz.d) 50 Hz e 100 Hz.e) 10 Hz e 5 Hz.

alternativa C

A flauta pode ser interpretada como um tubo aber-to.Com o orifício C fechado, consideramos um tubode 17 cm de comprimento; então, para a frequên-cia fundamental, temos:

v f 340 2 17 10 f2= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒−λ f 1 000 Hz=

Já com os orifícios B e C fechados, consideramosum tubo de 34 cm de comprimento; neste caso, afrequência fundamental é:

v ’ f’ 340 2 34 10 f’2= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒−λ f’ 500 Hz=

Uma jovem encontra-se no assento de umcarrossel circular que gira a uma velocidadeangular constante com período T. Uma sireneposicionada fora do carrossel emite um somde frequência fo em direção ao centro de rota-ção. No instante t = 0, a jovem está à menordistância em relação à sirene. Nesta situação,assinale a melhor representação da frequên-cia f ouvida pela jovem.

a)

b)

c)

d)

e)

física 9

Vista superior

A B C D

Questão 13

alternativa A

A figura a seguir ilustra a situação inicial. O ponto Jrepresenta a jovem no carrossel em t 0= .

Observa-se que, de t 0= até completar

meia-volta em tT2

= , a jovem apresenta veloci-

dade relativa de afastamento com a sirene. Deacordo com o efeito Doppler, nesse intervalo afrequência ouvida f será menor que a emitida f0 .

Logoff

10< .

Para a próxima meia-volta executada, ou seja, en-

tre tT2

= e t T= , a jovem se aproxima da sirene

fixa e a frequência ouvida será maior que f0 .

Então, nesse intervalo, temosff

10> .

Note que em t 0= e tT2

= a velocidade relativa

de aproximação (ou afastamento) é nula, logoff

10= .

Considere as cargas elétricas q1 = 1 C, situa-da em x = −2 m, e q2 = −2 C, situada emx = −8 m. Então, o lugar geométrico dos pon-tos de potencial nulo éa) uma esfera que corta o eixo x nos pontosx = −4 m e x = 4 m.b) uma esfera que corta o eixo x nos pontosx = −1 m6 e x = 16 m.c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontosx = −4 m e x = 16 m.d) um hiperboloide que corta o eixo x no pon-to x = −4 m.e) um plano perpendicular ao eixo x que ocorta no ponto x = −4 m.

alternativa A

Do enunciado, podemos construir a figura a se-guir:

O potencial elétrico total no ponto P indicado na fi-gura vale:

V V Vkqr

kqrP 1 2

1

1

2

2= + = + ⇒

⇒ = ⋅

+ + ++V

k 1

y (x 2) zP 2 2 2

+ ⋅ −

+ + += ⇒k ( 2)

y (x 8) z0

2 2 2

⇒+ + +

=1

y (x 2) z2 2 2

=+ + +

⇒2

y (x 8) z2 2 2

⇒ + + + = + + + ⇒y (x 8) z 4y 4(x 2) 4z2 2 2 2 2 2

⇒ + + = + + + + ⇒x 16x 64 3y 3z 4x 16x 162 2 2 2

⇒ + + = ⇒ + + =3y 3x 3z 48 y x z 42 2 2 2 2 2 2

Essa é a equação de uma esfera de centro em(x; y; z) = (0; 0; 0) e raio 4 m.Assim, o lugar geométrico dos pontos de potencialnulo é uma esfera que corta o eixo x nos pontosx 4 m= − e x 4 m= .

Considere uma balança de braços desiguais,de comprimentos �1 e �2, conforme mostra afigura. No lado esquerdo encontra-se pen-durada uma carga de magnitude Q e massadesprezível, situada a uma certa distânciade outra carga, q. No lado direito encon-tra-se uma massa m sobre um prato demassa desprezível. Considerando as cargascomo puntuais e desprezível a massa doprato da direita, o valor de q para equili-brar a massa m é dado por

física 10

Questão 14

Questão 15

a) −mg d k Q� �22

0 1/( ).

b) −8 22

0 1mg d k Q� �/( ).

c) −4 322

0 1mg d k Q� �/( ).

d) −2 322

0 1mg d k Q� �/( ).

e) −8 3 322

0 1mg d k Q� �/( ).

alternativa E

Marcando as forças que atuam na barra de pesodesprezível, temos:

Adotando o polo em C, do equilíbrio, vem:

T cos30 P

T F

Fk Q q

2d 33

o1 2

el.

el.0

2

⋅ = ⋅=

=⋅ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

� �

| | | | ⇒

⇒⋅ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒k |Q| |q|

2d 33

32

m g02 1 2� �

⇒⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒3k |Q| |q|

4 d

32

m g02 1 2� �

⇒ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅| |

| |q

m g d

k Q

8

3 32

2

0 1

�

�

Admitindo que a carga Q seja positiva, o valor deq será:

q8 m g d3 3 k Q

22

0 1= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅�

�

A figura mostra três camadas de dois mate-riais com condutividade σ1 e σ2, respectiva-mente. Da esquerda para a direita, temosuma camada do material com condutividadeσ1, de largura d /2, seguida de uma camada domaterial de condutividade σ2, de largura d /4,seguida de outra camada do primeiro materialde condutividade σ1, de largura d /4. A áreatransversal é a mesma para todas as camadase igual a A. Sendo a diferença de potencial en-tre os pontos a e b igual a V, a corrente do cir-cuito é dada por

a) 4V A /d( )3 1 2σ σ+ .

b) 4V A /d( )3 2 1σ σ+ .

c) 4V Aσ σ1 2 /d( )3 1 2σ σ+ .

d) 4V Aσ σ1 2 /d( )3 2 1σ σ+ .

e) AV ( )6 41 2σ σ+ /d.

alternativa D

Sendo a resistência elétrica de um condutor igual

a RL

ALA

= =ρσ

, a resistência equivalente da as-

sociação em série do enunciado vale:

R R R R

d2

d4

d4

eq. 1 2 31 2 1

= + + = + + ⇒σ σ σA A A

⇒ = + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =R

dAeq. 2

1 12

121 2 1σ σ σ

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒ =

+d4A

3 1R

d(3 )4A1 2

eq.2 1

1 2σ σσ σσ σ

Assim, a corrente elétrica no circuito é dada por:

iU

Req= = + ⇒

.

Vd (3 )

4A2 1

1 2

σ σσ σ

i =+

4V Ad(3 )

1 2

2 1

σ σσ σ

física 11

Questão 16

Uma esfera condutora de raio R possui noseu interior duas cavidades esféricas, de raioa e b, respectivamente, conforme mostra a fi-gura. No centro de uma cavidade há uma car-ga puntual qa e no centro da outra, uma car-ga também puntual qb, cada qual distando docentro da esfera condutora de x e y, respecti-vamente. É correto afirmar que

a) a força entre as cargas qa e qb é k q q0 a b /( cos )x y xy2 2 2+ − θ .b) a força entre as cargas qa e qb é nula.c) não é possível determinar a força entre ascargas, pois não há dados suficientes.d) se nas proximidades do condutor houvesseuma terceira carga, qc, esta não sentiria forçaalguma.e) se nas proximidades do condutor houvesseuma terceira carga, qc, a força entre qa e qbseria alterada.

alternativa B

Devido à blindagem eletrostática produzida pelaesfera condutora, o campo elétrico em cada cavi-dade é devido somente à carga que se encontraem seu interior, ou seja, as cargas qa e qb nãoexercem força uma sobre a outra.

Uma corrente I flui em quatro das arestasdo cubo da figura (a) e produz no seu centroum campo magnético de magnitude B na di-reção y, cuja representação no sitema de coor-denadas é (0,B,0). Considerando um outrocubo (figura (b)) pelo qual uma corrente demesma magnitude I flui através do caminhoindicado, podemos afirmar que o campo mag-nético no centro desse cubo será dado por

(a)

(b)

a) ( B, B, B)− − − .d) (0,0,B) .

b) ( B,B,B)− .e) (0,0,0) .

c) (B,B,B).

alternativa B

A seguir temos as projeções do primeiro cubo (fi-gura a) nos planos yz e xy, respectivamente:

A intensidade total B do campo magnético na di-reção y é dada por:

B 2B B 2B 2R I= ⇒ =Fazendo as projeções do segundo cubo (figura b)nos planos yz, xy e xz, respectivamente, temos:

física 12

Questão 17

Questão 18

Em que B’ 2B22

B’ B 2I I= ⇒ = .

Logo, as intensidades nas direções x, y e z sãodadas, respectivamente, por:

B 2B’ B 2B 2 B Bx x I x= − ⇒ = − ⇒ = −

B 2B’ B 2B 2 B By y I y= ⇒ = ⇒ =

B 2B’ B 2B 2 B Bz z I z= ⇒ = ⇒ =Assim, a representação no sistema de coordena-das do campo magnético no centro do segundocubo é (−B, B, B).

Considere um aparato experimental compos-to de um solenoide com n voltas por unidadede comprimento, pelo qual passa uma corren-te I, e uma espira retangular de largura �, re-sistência R e massa m presa por um de seuslados a uma corda inextensível, não conduto-ra, a qual passa por uma polia de massa des-prezível e sem atrito, conforme a figura. Sealguém puxar a corda com velocidade cons-tante v, podemos afirmar que a força exercidapor esta pessoa é igual a

a) ( ) /μ02nI v R mg� + com a espira dentro do

solenoide.b) ( ) /μ0

2nI v R mg� + com a espira saindo dosolenoide.

c) ( ) /μ02nI v R mg� + com a espira entrando no

solenoide.d) μ0

2nI R mg�/ + com a espira dentro do so-lenoide.e) mg e independe da posição da espira comrelação ao solenoide.

alternativa E

Como o movimento do plano da espira é sempreparalelo às linhas de indução magnética geradaspelo solenoide, o fluxo magnético na espira serásempre nulo. Assim, a força exercida pela pessoapara deslocar a espira com velocidade constanteé mg e independe da posição desta com relaçãoao solenoide.

No processo de fotossíntese, as moléculas declorofila do tipo a nas plantas verdes apre-sentam um pico de absorção da radiação ele-tromagnética no comprimento de ondaλ = −6 80 10 7, x m. Considere que a formaçãode glicose (C H O6 12 6) por este processo de fo-tossíntese é descrita, de forma simplificada,pela reação:

6 6 62 2 6 12 6 2CO H O C H O O+ → +Sabendo-se que a energia total necessáriapara que uma molécula de CO2 reaja é de2 34 10 18, x J− , o número de fótons que deveser absorvido para formar 1 mol de glicose éa) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.

alternativa C

Para a formação de uma molécula de glicose énecessário que 6 moléculas de CO2 reajam, ou

seja, é preciso uma energia E 6 2,34 10 J18= ⋅ ⋅ =−

= ⋅ −1,40 10 J17 .Assim, para a formação de uma molécula são ne-cessários n fótons, de modo que:

E nE

E h f

fc

E n hc

nEhc

fóton

fóton

== ⋅

=

⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒

λ

λλ

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⇒ =− −

−n1,40 10 6,80 10

6,62 10 3 10n 47,9

17 7

34 8

Assim, para a formação de 1 molécula de glicosesão necessários 48 fótons. Para a formação de1 mol de glicose são necessários 48 mols de fótons.

física 13

Questão 19

Questão 20

As questões dissertativas, numeradas de21 a 30, devem ser resolvidas no caderno

de soluções

Um disco, com o eixo de rotação inclinado deum ângulo α em relação à vertical, gira comvelocidade angular ω constante. O disco en-contra-se imerso numa região do espaço ondeexiste um campo magnético B uniforme econstante, orientado paralelamente ao eixo derotação do disco. Uma partícula de massa me carga q > 0 encontra-se no plano do disco,em repouso em relação a este, e situada auma distância R do centro, conforme a figu-ra. Sendo μ o coeficiente de atrito da partí-cula com o disco e g a aceleração da gravida-de, determine até que valor de ω o disco podegirar de modo que a partícula permaneça emrepouso.

Resposta

A força de atrito estático assume maior valor noponto mais baixo da trajetória. A figura a seguirrepresenta as forças que atuam na partícula nes-se instante.

Na iminência do escorregamento, do PrincípioFundamental da Dinâmica, temos:

f mg sen F R

f N

N mg cos

at.e mag. cp

at.e

máx

máx

.

.

− − =

=

=

α

μ

α

F q RB sen90

R m R

mag.o

cp2

=

=

⇒

ω

ω

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =μ α α ωm g cos m g sen q R B

= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +m R m R q R B2 2ω ω ω

+ ⋅ ⋅ − ⋅ =m g (sen cos ) 0α μ α

Resolvendo a equação de 2º grau, obtemos:

ω α μ α= − ⋅ ⋅ ± ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅⋅ ⋅

q R B (q R B) 4 m R m g (sen cos )

2 m R

2

Portanto, para ω > 0 no referencial da figura, te-mos:

ω α μ α= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅⋅ ⋅

q R B 4m R (sen cos ) q R B

2 m R

2 2 2 2 g

Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa elogo em seguida por um “loop” circular deraio R, onde há um rasgo de comprimento dearco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g aaceleração da gravidade e desconsiderandoqualquer atrito, obtenha a expressão para aaltura inicial em que o bloco deve ser solto deforma a vencer o rasgo e continuar em conta-to com o restante da pista.

física 14

Questão 21

Questão 22

Resposta

Do esquema fornecido, temos:

Para o bloco vencer o rasgo, é necessário que oalcance do lançamento oblíquo seja igual a2 R sen⋅ ⋅ ϕ. Da equação do alcance máximo,vem:

2 R senv sen 2

g

2⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ϕ ϕ

⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒2 R senv 2 sen cos

g

2ϕ ϕ ϕ

⇒ = ⋅v

R gcos

2

ϕ

No ponto onde o bloco perde contato com a pista,a altura h’ em relação ao solo é R R cos+ ⋅ ϕ. Daconservação da energia mecânica, vem:

E E

mgh mgh’mv

2h’ R R cos

vR gcos

mi

mf

2

2

= ⇒

= +

= + ⋅

= ⋅⇒ϕ

ϕ

⇒ = + ⋅ + ⋅⋅

⇒gh g(R R cos )R g

2 cosϕ

ϕ

⇒ h R 1 cos1

2 cos= + +

⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ϕ

ϕ

Uma massa m1 com velocidade inicial V0 coli-de com um sistema massa-mola m2 e constan-te elástica k, inicialmente em repouso sobreuma superfície sem atrito, conforme ilustra afigura.

Determine o máximo comprimento de com-pressão da mola, considerando desprezível asua massa.

Resposta

Como o sistema é isolado, da conservação daquantidade de movimento do sistema, temos:

Q Q m V (m m )vi f 1 0 1 2 CM= ⇒ = + ⇒

⇒ =+

vm V

m mCM1 0

1 2

Como não há dissipação de energia no acopla-mento, a máxima compressão da mola é dadapor:

E Em V

2(m m )v

2kx2m

imf 1 0

21 2 CM

2 2= ⇒ =

++ ⇒

⇒ = ++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⇒m V (m m )

m Vm m

kx1 02

1 21 0

1 2

22

⇒ x Vm m

k(m m )01 2

1 2=

+

Uma esfera maciça de massa específica ρ evolume V está imersa entre dois líquidos,cujas massas específicas são ρ1 e ρ2, respec-tivamente, estando suspensa por uma cor-da e uma mola de constante elástica k, con-forme mostra a figura. No equilíbrio, 70%do volume da esfera está no líquido 1 e 30%no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravi-dade, determine a força de tração na cor-da.

física 15

Questão 23

Questão 24

Resposta

Marcando as forças sobre a esfera, podemosmontar o seguinte esquema:

Do equilíbrio, a tração T é dada por:

P T E E1 2= + + ⇒

⇒ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ρ ρ ρV g T 0,7 V g 0,3 V g1 2

⇒ T V g ( 0,7 0,3 )1 2= ⋅ ⋅ − −ρ ρ ρ

Analisando o ponto de junção da corda com amola, temos:

Assim, do equilíbrio, vem:

T T’ sen 60 F sen 30

T’ cos 60 F cos 30

oe

o

oe

o

= ⋅ + ⋅

⋅ = ⋅⇒

⇒ − ⋅⋅

=⋅⋅

⇒T T’ sen 60

T’ cos 60

F sen 30

F cos 30

o

oe

o

eo

⇒− ⋅

⋅= ⇒ = ⋅ ⇒

T T’32

T’12

1232

T’32

T

⇒ T’32

Vg ( 0,7 0,3 )1 2= ⋅ − −ρ ρ ρ

Uma parte de um cilindro está preenchidacom um mol de um gás ideal monoatômico auma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolode massa desprezível separa o gás da outraseção do cilindro, na qual há vácuo e uma

mola em seu comprimento natural presa aoêmbolo e à parede oposta do cilindro, comomostra a figura (a). O sistema está termica-mente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, éentão solto, deslocando-se vagarosamente atépassar pela posição de equilíbrio, em que asua aceleração é nula e o volume ocupado pelogás é o dobro do original, conforme mostra afigura (b). Desprezando os atritos, determinea temperatura do gás na posição de equilíbrioem função da sua temperatura inicial.

(a)

(b)

Resposta

Como o sistema está termicamente isolado e oêmbolo desloca-se vagarosamente, temos umprocesso adiabático, quase estático de um gásideal. Assim, temos:

T V T V0 0( 1) ( 1)⋅ = ⋅ ⇒− −γ γ

⇒ = ⇒−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

T V T(2V )0 0

53

1

0

53

1

T 2 T23

0= ⋅−

Por outro lado, da Primeira Lei da Termodinâmi-ca, temos ΔU = −τ. Como o trabalho do gás é rea-lizado contra a mola, no instante de aceleraçãonula temos que F F kx pAe gás= ⇒ = . Assim, vem:

Δ

Δ

Ukx2

U32

nR(T T )

p2V nRT

2

0

0

= −

= −

=

⇒

⇒− = −

=⇒

32

nR(T T )pAx2

pnRT2V

0

0

⇒ − = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒3

2nR(T T )

nRT2V

V20

0

0 T6T7

0=

Como6T7

2 T023

0>−

, a discordância dos resulta-

dos se deve às suposições de expansão vagaro-sa e que o êmbolo possui massa desprezível.

física 16

Questão 25

A figura mostra uma barra LM de 10 2 cmde comprimento, formando um ângulo de 45o

com a horizontal, tendo o seu centro situadoa x = 30,0 cm de uma lente divergente, comdistância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cmacima do eixo ótico da mesma. Determine ocomprimento da imagem da barra e faça umdesenho esquemático para mostrar a orienta-ção da imagem.

Resposta

Podemos determinar graficamente a imagemcomo segue:

As coordenadas x e y dos pontos M e L estão in-dicadas na figura a seguir.

Determinamos a coordenada p’ das imagens M’ eL’ através da equação da conjugação, ou seja:1f

1p

1p’

120

125

1p’M M M

= + ⇒−

= + ⇒

⇒ = −p’100

9cmM

1f

1p

1p’

120

135

1p’L L L

= + ⇒−

= + ⇒

⇒ = −p’14011

cmL

Determinamos a coordenada y’ das imagens M’ eL’ através da equação do aumento linear, ou seja:

y’y

p’p

y’15

1009

25y’

203

cM

M

M

M

MM= − ⇒ = −

−⇒ = m

y’y

p’p

y’5

14011

35y’

2011

cmL

L

L

L

LL= − ⇒ = −

−⇒ =

Assim, o comprimento d da imagem da barra vale:

d (p’ p’ ) (y’ y’ )2M L

2M L

2= − + − ⇒

⇒ = − − −⎛⎝⎜⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒d

1009

14011

203

2011

22 2

⇒ = ⎛⎝⎜⎞⎠⎟ + ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ ⇒d

16099

16033

16033

109

22 2 2

⇒ d 5,1 cm=

Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento pla-netário a partir da Lei da Gravitação Univer-sal de Newton considerando órbitas circula-res.

Resposta

Da lei da gravitação universal, temos:

FGMm

rF R

m r

2T

GMm

rm

2T

G 2

G cp

cp2 2

2

=

=

=

=

⇒ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟R ω

ω π

πr ⇒

constante

⇒ T4GM

r22

3= ⋅π

física 17

Questão 26

Questão 27

Considere uma espira retangular de lados3a e a, respectivamente, em que circula

uma corrente I, de acordo com a figura. A es-pira pode girar livremente em torno do eixo z.Nas proximidades da espira há um fio infini-to, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy noponto x a= /2 e y = 0. Se pelo fio passa umacorrente de mesma magnitude I, calcule omomento resultante da força magnética so-bre a espira em relação ao eixo z, quando estaencontra-se no plano yz.

Resposta

Para o esquema visto de cima, temos:

Sendo da 3

2a2

a2 2

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = e

sen

a2d

12

θ = = , o módulo de Fy é dado por:

F B I d senI

2 dI d

12y = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒θ μ

π

⇒ = ⋅F

I4y

2μπ

O momento resultante da força magnética em re-lação ao ponto P é dado por:

M 2 Fa 3

2M 2

I4

a 32(P) y (P)

2= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒μ

π

⇒ MI a 34(P)

2= μ

π

O olho humano é uma câmara com um pe-queno diafragma de entrada (pupila), umalente (cristalino) e uma superfície fotossensí-vel (retina). Chegando à retina, os fótons pro-duzem impulsos elétricos que são conduzidospelo nervo ótico até o cérebro, onde são deco-dificados. Quando devidamente acostumadaà obscuridade, a pupila se dilata até um raiode 3 mm e o olho pode ser sensibilizado porapenas 400 fótons por segundo. Numa noitemuito escura, duas fontes monocromáticas,ambas com potência de 6 10 W5× − , emitem,respectivamente, luz azul (λ = 475 nm) e ver-melha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é,em todas as direções. Desprezando a absor-ção de luz pelo ar e considerando a área dapupila circular, qual das duas fontes pode servista a uma maior distância? Justifique comcálculos.

Resposta

Como a energia se propaga esfericamente a par-tir da fonte luminosa e se distribui uniformementepor esta superfície, temos que a potência p queatinge a área da pupila de raio r é dada por

p = ⋅ =P

4 dr

Pr

4d,2

22

2ππ em que P é a potência

total emitida. Da equação de Planck para a ener-gia carregada por n fótons, temos:

Enhc

Et

P

4dr

nt

hc P

4dr

22 2

2=

= =⇒ ⋅ = ⇒λ

λpΔ

Δ

⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

dr2

Pnt

hc

λ

Δ

Assim, sendont

400Δ

= fótons por segundo a me-

nor taxa capaz de sensibilizar o olho promovendovisão, para cada tipo de fonte, temos:

física 18

Questão 28 Questão 29

N

N

d3 10

26 10 475 10

400 6,62 10 3 10

d

azul

3 5 9

34 8

v

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

− − −

−

ermelha

3 5 9

34 83 10

26 10 650 10

400 6,62 10 3 10= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

− − −

−

⇒

⇒=

=d 898 m

d 1 051 mazul

vermelha

Assim, a fonte que emite luz vermelha poderá servista a uma distância maior.

No gráfico a seguir estão representadas ascaracterísticas de um gerador, de força ele-tromotriz igual a ε e resistência interna r, eum receptor ativo de força contraeletromotrizε’ e resistência interna r’. Sabendo que osdois estão interligados, determine a resistên-cia interna e o rendimento para o gerador epara o receptor.

Resposta

Do gráfico do gerador (reta decrescente), temos:ε

α

=

= = −−

⇒100V

r tg100 20

4 0

r = 20 Ω

Do gráfico do receptor (reta crescente), vem:ε

β

' 40V

r' tg80 40

4 0

=

= = −−

⇒ r' 10= Ω

Sabendo que os dois estão interligados, pela Leide Ohm-Pouillet, temos:

ε ε' r' i r i 0+ ⋅ + ⋅ − = ⇒⇒ + ⋅ + ⋅ − = ⇒ =40 10 i 20 i 100 0 i 2 A

Pela leitura do gráfico, quando i 2 A= , a ddp nosterminais do gerador e do receptor é V 60V= .Assim, o rendimento para o gerador será:

η εGu

t

PP

V 60100

= = = ⇒ ηG 60%=

Para o receptor, temos:

η εR

u

t

PP

'V

4060

= = = ⇒ ηR = 67%

física 19

Questão 30