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  • 1. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOFFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA1 BBBBSobre um corpo de 2,5kg de massa atuam, em sen-tidos opostos de uma mesma direção, duas forças deintensidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. Aopção que oferece o módulo da aceleração resultantecom o número correto de algarismos significativos éa) 40,00m/s2. b) 40m/s2. c) 0,4 . 102m/s2.d) 40,0m/s2. e) 40,000m/s2.Resolução2ª Lei de NewtonFR = ma150,40 – 50,40 = 2,5a100,00 = 2,5aComo a massa está expressa com dois algarismos sig-nificativos, o valor da aceleração deve ser expressocom dois algarismos significativos:a = 40 m/s2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA
  • 2. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO2 DDDDA partir do nível P, com velocidade inicial de 5 m/s, umcorpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente deatrito cinético entre o plano e o corpo é igual a 1/3.Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2,sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não oferece resis-tência. O tempo mínimo de percurso do corpo para quese torne nulo o componente vertical de sua velocidadeéa) 0,20s. b) 0,24s. c) 0,40s.d) 0,44s. e) 0,48s.ResoluçãoA velocidade vertical vai anular-se quando o corpo atin-gir o ponto mais alto de sua trajetória parabólica apósabandonar o plano em Q.1) Cálculo do módulo da aceleração no plano inclinado:PFD: Pt + Fat = mamg sen θ + µ mg cos θ = maa = g(sen θ + µ cos θ)a = 10(0,8 + 0,6) (m/s2)2) Cálculo da velocidade em Q:VQ2= VP2+ 2 γ ∆s (MUV)VQ2= 25 + 2(– 10) . 0,8 = 9,0 ⇒3) Cálculo do tempo entre P e Q:VQ = VP + γ t (MUV)3,0 = 5,0 – 10 t1 ⇒4) Cálculo do tempo de subida após abandonar o planoinclinado:Vy = VQy+ γyt (MUV)0 = 3,0 . 0,8 – 10 t210t2 = 2,4 ⇒5) O tempo total de subida será dado por:t2 = 0,24st1 = 0,2 sVQ = 3,0 m/sa = 10 m/s21–––3IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 3. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOTs = t1 + t2Ts = 0,2 + 0,24 (s)Ts = 0,44 sIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 4. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO3 EEEEA figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, comseus trechos retilíneos e circulares percorridos por umatleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, atéa chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DEsão percorridos com a mesma velocidade de móduloconstante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB,BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movi-mento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.III.O sentido da aceleração vetorial média do movi-mento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, parasudoeste, no DE.Então, está(ão) correta(s)a) apenas a I. b) apenas a I e ll.c) apenas a I e III. d) apenas a ll e III.e) todas.ResoluçãoI) (?) A questão admite duas interpretações para aexpressão “movimento acelerado”.Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o atleta tem aceleraçao não-nula,concluímos que o movimento será acelerado nos tre-chos AB, BC, DE e EF, o que torna correta a opção I.Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o módulo da velocidade aumenta,então o movimento será acelerado apenas no trechoAB e a opção I seria falsa.II) (V) No trecho AB, o módulo da velocidade aumentae a aceleração vetorial média tem o mesmo sen-tido do movimento, isto é, é orientada do sulpara o norte.No trecho EF, o módulo da velocidade diminui(movimento retardado) e a aceleração vetorialmédia tem sentido oposto ao do movimento,isto é, orientada do sul para o norte.III)(V) A aceleração vetorial média tem o mesmo senti-IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 5. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdo da variação de velocidade vetorialNo trecho BC, temos:͉→VB͉ = ͉→VC͉ ⇒ θ = 45°No trecho DE, temos:͉→VD͉ = ͉→VE͉ ⇒ α = 45°Admitindo-se que a primeira interpretação de movi-mento acelerado seja a pretendida pelo examinador,optamos pela resposta E.∆→V→am = ––––∆tIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 6. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO4 AAAAConsidere que num tiro de revólver, a bala percorre tra-jetória retilínea com velocidade V constante, desde oponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o apa-relho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro dodisparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocor-rendo com o aparelho M2. Sendo VS a velocidade dosom no ar, então a razão entre as respectivas distânciasdos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q éa) VS (V – VS) / (V2 – Vs2). b) VS (VS – V) / (V2 – Vs2).c) V (V – VS) / (Vs2 – V2). d) VS (V + VS) / (V2 – Vs2).e) VS (V – VS) / (V2 + Vs2).ResoluçãoConsidere a figura:F é a posição da frente de onda emitida no instante dodisparo, quando a bala atinge o alvo em Q.Seja T o intervalo de tempo que a bala percorre o tre-cho PQ—.Então:PF—= VST e PQ—= VTComo a frente de onda do som do disparo atinge M1 nomesmo instante que a frente de onda do som emitidopelo impacto da bala no alvo, temos:––––FM1 =–––––M1Q = d1Analogamente: FM—–2 = QM—–2 = d2Então:–––PQ = d1 + d1 + PF ⇒ VT = 2d1 + VSTPelo Teorema de Pitágoras:(PM—–2)2 = (PQ—–) 2 + (QM—–2) 2(PF—–+ d2)2 = (PQ—–)2 + (QM—–2)2(VST + d2)2 = (VT)2 + d22T(V – VS)d1 = ––––––––––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 7. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOVS2T2 + 2d2 VST + d22= V 2T2 + d22Assim:d1 VS(V – VS)––– = ––––––––––d2 V2 – VS2T(V 2 – VS2)d2 = ––––––––––2VSIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 8. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO5 DDDDNa experiência idealizada na figura, um halterofilista sus-tenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio estáticocomposto de uma barra rígida e uniforme, de um pesoP1 = 100 N na extremidade a 50 cm de M, e de um pesoP2 = 60 N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmoequilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, opeso P2 na posição original de P1, passando este à posi-ção de distância x1 = 1,6 x2 da extremidade N.Sendo de 200 cm o comprimento da barra e g = 10 m/s2a aceleraçao da gravidade, a massa da barra é dea) 0,5 kg. b) 1,0 kg. c)1,5 kg.d) 1,6 kg. e) 2,0 kg.ResoluçãoNa configuração inicial, tomando-se o ombro do haltero-filista com o pólo dos momentos, temos:50P1 = 50 . P + (150 – x2) . P2em que P é o peso da barra.50 . 100 = 50 . P + (150 – x2) . 60 (÷10)500 = 5P + (150 – x2) 6500 = 5P + 900 – 6x2ቢNova configuração:Tomando-se, novamente, o ombro do halterofilista co-mo pólo dos momentos, temos:50 . P2 = 50P + (150 – 1,6x2) . P150 . 60 = 50P + (150 – 1,6x2) . 100 (÷10)300 = 5P + (150 – 1,6x2) . 10400 + 5P = 6x2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 9. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO300 = 5P + 1500 – 16x2ባJuntando-se as duas equações ቢ e ባx2 = 80 cmVoltando-se à equação ቢ400 + 5P = 6 . 805P = 80P = 16N ⇒ m . g = 16m = (kg)m = 1,6kg16–––101200 + 5P = 16x2{ –400 + 5P = 6x2––––––––––––––––800 + 0 = 10x21200 + 5P = 16x2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 10. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO6 AAAANo arranjo mostrado na figura com duas polias, o fioinextensível e sem peso sustenta a massa M e, tam-bém, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrioestático.Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h dadistância entre os pontos P e Q valea) ML/ ͙ෆෆෆෆෆ4m2 – M2 . b) Lc) ML/ ͙ෆෆෆෆෆM2 – 4m2 . d) mL/ ͙ෆෆෆෆෆ4m2 – M2 .e) ML/ ͙ෆෆෆෆෆ2m2 – M2 .Resolução1) Para o equilíbrio do bloco m:T = P = mg2) Para o equilíbrio do bloco M:2T cos θ = P’2 mg cos θ = Mg(1)3) Da figura:cos θ = (2)Comparando-se (1) e (2), vem:==h2 M2 + M2 L2 = h2 4m2h2(4m2 – M2) = M2 L2M Lh = –––––––––––––͙ෆෆෆෆෆ4m2 – M2h 2––––––––h2 + L2M 2––––4m2h–––––––––––͙ෆෆෆෆh 2 + L2M–––2mh––––––––––––͙ෆෆෆෆh 2 + L2Mcos θ = –––2mIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 11. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO7 AAAAUma bala de massa m e velocidade V0 é disparadacontra um bloco de massa M, que inicialmente se en-contra em repouso na borda de um poste de altura h,conforme mostra a figura. A bala aloja-se no bloco que,devido ao impacto, cai no solo.Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atri-to e nem resistência de qualquer outra natureza, omódulo da velocidade com que o conjunto atinge o solovalea)2+ 2gh. b) .c) . d) ͙ෆෆෆෆv02+ 2g h.e) + 2gh.Resolução1) No ato da colisão, a quantidade de movimento seconserva:(M + m) V1 = m V02) Usando-se a conservação da energia mecânica apósa colisão, vem:(M + m) = V12+ (M + m) g hV 2 = + 2 g h––––––––––––––––––mV0V =΂–––––––––΃2+ 2gh͙ (M + m)m2 V02–––––––––––(M + m)2(M + m)––––––––2V2–––2m V0V1 = ––––––––M + mm v20–––––––m + M2 m g hv02+ –––––––––M2 g h m2v02+ –––––––––(m + M)2mv0΂–––––––΃m + MIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 12. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO8 CCCCProjetado para subir com velocidade média constante auma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome apotência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja de370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gra-vidade g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máxi-mo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser trans-portado pelo elevador éa) 7. b) 8. c) 9. d) 10. e) 11.Resolução1) A velocidade escalar média é dada por:Vm = = = 0,8 m/s ቢ2) A potência média é dada por:Potm = F . VmF = Ptotal (M + n m)gF = (370 + n 70)gPortanto:8,5 . 103 = (370 + n 70) . 10 . 0,8. 103 = 370 + n 70370 + n 70 = 1062,5n ≅ 9,89Como n é um número inteiro, o seu máximo valordeve ser 9.8,5–––8,032m–––––40s∆s–––∆tIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 13. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO9 BBBBUm corpo indeformável em repouso é atingido por umprojétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a tem-peratura de 0°C. Sabe-se que, devido ao impacto, 1/3da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restantetransforma-se em calor, fundindo parcialmente o projé-til. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calor espe-cífico c = 0,02 cal/g°c e calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massatotal do projétil metálico que se funde é tal quea) x < 0,25. b) x = 0,25. c) 0,25 < x < 0,5.d) x = 0,5. e) x > 0,5.Resolução1) Cálculo da energia cinética inicial do projétil:Eci= = (J)Observe que a massa m do projétil está em kg.2) Calor absorvido pelo projétil:Q = Eci= . . (cal)Q = 7500m (cal)3) Essa energia foi absorvida pelo projétil provocandoseu aquecimento e fusão parcial. Assim:Q = mc∆θ + m’LF7500m = m . 103 . 0,02 . (300 – 0) + m’ . 103 . 67500m = 6000m + 6000m’1500m = 6000m’A fração pedida é obtida por:x = = = 0,25x = 0,251500–––––––6000m’–––m1––4m (300)2–––––––––22––32––3m (300)2–––––––––2m V02––––––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 14. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO10 BBBBUma bolinha de massa M é colada na extremidade dedois elásticos iguais de borracha, cada qual de com-primento L/2, quando na posição horizontal. Despre-zando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob aação da tensão T de cada um dos elásticos e executano plano vertical um movimento harmônico simples, talque sen θ ≅ tg θ. Considerando que a tensão não sealtera durante o movimento, o período deste valea) 2π . b) 2π .c) 2π . d) 2π .e) 2π .ResoluçãoI) tg θ = ⇒ (1)II) A intensidade da força elástica (restauradora) res-ponsável pelo movimento harmônico simples é ex-pressa por:Fe = 2Ty ⇒ ky = 2 T sen θ (2)(1) em (2): k tg θ = 2 T sen θSendo sen θ ≅ tg θ, vem:k = 2 T ⇒ (3)III)O período P de oscilação do sistema fica então deter-minado por:P = 2π (4)M–––k4 Tk = ––––––LL–––2L–––2Ly = ––– tg θ2y––––––L–––22ML–––––TML–––––2TML–––––TML–––––4T4ML–––––TIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 15. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO(3) em (4): P = 2π (4)Da qual:–––––––MLP = 2π ––––––͙ 4TM–––––4T––––LIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 16. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO11 DDDDNuma cozinha industrial, a água de um caldeirão éaquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em segui-da, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando10ᐉ de água a 32°C, após a mistura. Considere hajatroca de calor apenas entre as duas porções de águamisturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/ᐉ não varia com a temperatura, sendo, ainda, seucalor específico c = 1,0 cal g–1°C–1. A quantidade decalor recebida pela água do primeiro caldeirão ao seraquecida até 20°C é dea) 20 kcal. b) 50 kcal. c) 60 kcal.d) 80 kcal. e) 120 kcal.Resolução1) Cálculo do calor recebido pela água do primeiro cal-deirão:Q1 = m1 c ∆θComo:d = ⇒ m = d Ve dágua = 1kg/ᐉ = 1 . 103 g/ᐉentão:Q1 = 1 . 10 3 . V1 . 1,0 (20 – 10) (cal)Q1 = 1,0 . 10 4 V1 (cal)2) Misturando-se as águas dos caldeirões, temos:Qcedido + Qrecebido = 0(m2 c ∆θ)cedido + (m1 c ∆θ)recebido = 01 . 10 3 . V2 . 1,0 . (32 – 80) + 1 . 10 3 . V1 . 1,0 . (32 – 20) = 0– 48 . 103V2 + 12 . 103 V1 = 012 V1 = 48 V2V1 = 4 V2Como:V1 + V2 = 10ᐉtemos:V1 + = 10ᐉV1 = 10ᐉ ⇒ V1 = 8,0ᐉAssim:Q1 = 1,0 . 104 . 8,0 cal = 80 . 10 3 calQ1 = 80 kcal5–––4V1–––4m–––vIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 17. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO12 EEEEA água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial Vconstante, quando despenca de uma altura de 80 m,convertendo toda a sua energia mecânica em calor.Este calor é integralmente absorvido pela água, resul-tando em um aumento de 1K de sua temperatura.Considerando 1 cal ≅ 4J, aceleração da gravidadeg = 10 m/s2 e calor específico da água c = 1,0calg–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água Vé dea) 10 ͙ෆ2m/s. b) 20 m/s. c) 50 m/s.d) 10 ͙ෆෆ32 m/s. e) 80 m/s.Resolução1) Cálculo da energia mecânica que irá transformar-seem calor:Em = Ec + Ep = + m g hEm = + m . 10 . 80(J)2) Essa energia é totalmente absorvida pela água, pro-vocando um aquecimento de 1K, que equivale àvariação de 1°C. Assim:Q = m . 103 c ∆θQ = m . 103 . 1,0 . 1 (cal)Observe que a massa m está na unidade kg.Q = m . 103 . 4 (J)Portanto:m . 4000 = + 800 . m4000 = + 8008000 = V 2 + 16006400 = V 2V = 80 m/sV2–––2m V2–––––2m V2–––––2m V 2–––––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 18. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO13 DDDDNuma planície, um balão meteorológico com um emis-sor e receptor de som é arrastado por um vento fortede 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüên-cia do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velo-cidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. As-sinale a opção que indica a freqüência refletida pelamontanha e registrada no receptor do balão.a) 450 Hz b) 510Hz c) 646 Hzd) 722 Hz e) 1292 HzResoluçãoI) A freqüência aparente fO captada por um suposto ob-servador em repouso na encosta da montanha é cal-culada pela equação do Efeito Doppler, como fa-zemos abaixo.== ⇒ fO = (Hz)Da qual:II) A encosta da montanha comporta-se como uma fon-te de ondas de freqüência fO = 646 Hz, haja vista quereflete as ondas provenientes do balão. Assim, oreceptor existente no balão capta uma freqüênciaaparente fO’ , também calculada pela equação doEfeito Doppler.=fO––––––––V ± V0f’O––––––––V ± VBfO = 646 Hz340 . 570–––––––––300570––––––––340 – 40fO––––––––340 + 0fB––––––––V ± VBfO––––––––V ± VOIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 19. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO= ⇒ f’O = (Hz)Da qual: f’O = 722 Hz646 . 380–––––––––340646––––––––340 + 0f’O––––––––340 + 40IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 20. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO14 EEEEA figura mostra um raio de luz propagando-se nummeio de índice de refração n1 e transmitido para umaesfera transparente de raio R e índice de refração n2.Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muitopequenos, tal que cada ângulo seja respectivamenteigual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximadode φ2 é dea) φ2 = (φ1 – α) b) φ2 = (φ1 + α)c) φ2 = φ1 + α d) φ2 = φ1e) φ2 = φ1 + αResoluçãoAplicando-se a Lei de Snell à refração da luz do meio Ipara o meio II, vem:n2 sen r = n1 sen in2 sen (Φ2 + α) = n1 sen (Φ1 + α)n2 (sen Φ2 cos α + sen α cos Φ2 ) == n1 ( sen Φ1 cos α + sen α cos Φ1)Observando-se que, conforme o enunciado, os ângulosΦ1, Φ2 e α são pequenos, valem as aproximações:sen Φ1 ≅ Φ1, sen Φ2 ≅ Φ2, sen α ≅ α, cos Φ1 ≅ 1,cos Φ2 ≅ 1 e cos α ≅ 1.Assim, a expressão anterior reduz-se a:n2 (Φ2 . 1 + α . 1) = n1 (Φ1 . 1 + α . 1)Da qual: Φ2 + α = Φ1 + αn1–––n2n1–––n2n1(––– – 1)n2n1–––n2n1–––n2n1(1 – –––)n2n1–––n2n1–––n2n1–––n2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 21. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOLogo:n1 n1Φ2 = –––– Φ1 + ΂––– – 1΃ αn2 n2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 22. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO15 EEEEA figura mostra dois auto-falantes alinhados e alimen-tados em fase por um amplificador de áudio na fre-qüência de 170 Hz. Considere desprezível a variação daintensidade do som de cada um dos alto-falantes coma distância e que a velocidade do som é de 340m/s. Amaior distância entre dois máximos de intensidade daonda sonora formada entre os alto-falantes é igual aa) 2m b) 3mc) 4m d) 5me) 6mResoluçãoAs ondas sonoras emitadas pelos dois alto-falantesinterferem nas vizinhanças deles, determinando emalgumas posições reforço (interferência construtiva) eem outras, anulamento (interferência destrutiva).Para que haja reforço entre os dois sons, a diferença depercursos entre eles (∆x) deve ser um múltiplo par demeio comprimento de onda.∆x = p ⇒ ∆x = p(p = 2; 4; 6…)Sendo V = 340 m/s e f = 170 Hz, vem:∆x = p (m) ⇒com p = 2: ∆x = 2 . 1,0 m = 2,0 mcom p = 4: ∆x = 4 . 1,0 m = 4,0 mcom p = 6: ∆x = 6 . 1,0 m = 6,0 mcom p = 8: ∆x = 8 . 1,0 m = 8,0 mӇ ӇComo a distância entre os alto-falantes é 700cm = 7,0m,a maior distância entre dois máximos de intensidade é∆x = 6,0m, com uma posição a 0,50m do alto-falante daesquerda e outra posição a 0,50m do alto-falante dadireita.∆x = p . 1,0 (m)340––––––––2 . 170V–––2fλ–––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 23. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO16 BBBBO circuito da figura é composto de duas resistências, R1= 1,0 x 103 Ω e R2 = 1,5 x 103Ω, respectivamente, e dedois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 x 10–9 F e C2= 2,0 x 10–9 F, respectivamente, além de uma chave S,inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a varia-ção da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, apósdeterminado período, é dea) – 8,0 x 10–9 C.b) – 6,0 x 10–9 C.c) – 4,0 x 10–9 C.d) + 4,0 x 10–9 C.e) + 8,0 x 10–9C.ResoluçãoChave abertaCálculo da carga inicial no capacitor C1:Q1 = C1U1Q1 = 1,0 . 10–9 . 10 (C)Chave fechadaCálculo da intensidade de corrente elétrica que percorreR1 e R2 :U = (R1 + R2) i10 = (1,0 . 103 + 1,5 . 103) ii = 4,0 . 10–3ACálculo da diferença de potencial em R1:U’1= R1 iU’1= 1,0 . 103 . 4,0 . 10–3 (V)Q1 = 10 . 10–9CIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 24. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOU’1= 4,0VNo capacitor C1 , a diferença de potencial também é4,0V, assim, podemos determinar a carga final nele ar-mazenada.Q’1= C1U’1Q’1= 1,0 . 10–9 . 4,0 (C)A variação de carga ∆Q será dada por:∆Q = Q’1– Q1 = – 6,0 . 10–9CQ’1= 4,0 . 10–9CIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 25. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO17 DDDDNo circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 eas fontes V1 e V2 aterradas, A corrente i indicada éa) b)c) d)e)ResoluçãoNó A:i = i1 + i2 ቢMalha α–V1 + R1i1 + Ri = 0V1 = R1i1 + Ri ባMalha β–V2 + R2i2 + Ri = 0V2 = R2i2 + Ri ቤDe ባ: i1 =De ቤ: i2 =Em ቢ: i =R1R2i = V1R2 – R . R2i + V2R1 – R . R1iR1R2i + R . R2i + R . R1i = V1R2 + V2R1V1R2 + V2R1i = –––––––––––––––––––R1R2 + R R2 + R R1V1 – R i V2 – R i–––––––– + ––––––––R1 R2V2 – R i––––––––R2V1 – R i––––––––R1(V2R1 – V1R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1(V1R2 + V2R1)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1(V1R1 – V2R2)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1(V1R1 + V2R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1(V1R2 – V2R1)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 26. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO18 AAAAA figura mostra uma partícula de massa m e carga q > 0,numa região com campo magnético B→constante e uni-forme, orientado positivamente no eixo x. A partícula éentão lançada com velocidade inicial v→no plano xy, for-mando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, noeixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.Assinale a alternativa correta.a) O produto d q B deve ser múltiplo de 2 π m v cos θ.b) A energia cinética da partícula é aumentada ao atin-gir o ponto P.c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimentouniformemente acelerado.d) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo detempo igual a m/qB.e) O campo magnético não produz aceleração na partí-cula.Resoluçãoa) CorretaA partícula descreve um movimento helicoidal unifor-me de período T =Ao atingir o ponto P, transcorreu um intervalo detempo ∆t, que é múltiplo do período T:∆t = K . T (K ∈ ‫)ޚ‬A distância d é percorrida com velocidade v . cos θno intervalo de tempo ∆t:d = v . cos θ . ∆td = v . cos θ . K . Td = v . cos θ . K .dqB = K . 2 π m . v . cos θ2 π m––––––qB2 π m––––––qBIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 27. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOPortanto, o produto dqB é um múltiplo de2 π m . v . cos θb) ErradaSendo o movimento uniforme, concluímos que aenergia cinética da partícula é constante.c) Errada.Para θ = 0, o movimento é retilíneo e uniforme.d) Errada.A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo detempo igual a um período T = .e) Errada.A aceleração da partícula é centrípeta.΃2 π m–––––qB΂IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 28. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO19 CCCCConsidere uma sala à noite iluminada apenas por umalâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.a) A iluminação da sala é proveniente do campo mag-nético gerado pela corrente elétrica que passa nalâmpada.b) Toda potência da lâmpada é convertida em radiaçãovisível.c) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado aondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.d) A energia de radiação que ilumina a sala é exata-mente igual à energia elétrica consumida pela lâm-pada.e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pelalâmpada.ResoluçãoAs lâmpadas fluorescentes contêm um gás rarefeito (abaixa pressão) que é ionizado pela ação de elétrons pro-venientes dos terminais da lâmpada. Nessa ionização,produz-se radiação invisível, na faixa do ultravioleta.Essa radiação incide sobre uma fina película de fósforoexistente na parede interna da ampola, excitando oselétrons dessa substância. Esses elétrons, por sua vez,ao retornarem a níveis de menor energia, emitemradiação (ondas eletromagnéticas) na faixa visível, oque possibilita a iluminação do ambiente.IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 29. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO20 DDDDO átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-tituído de um elétron de carga – e e massa m, que semove em órbitas circulares de raio r em torno do pró-ton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r équantizado, dado por r = n2 ao, onde ao é o raio de Bohre n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n, envol-vendo a permissividade do vácuo εo, é igual aa) e / (4π ao n3 ͙ළළළළළεomao ).b) (4π ao n3 ͙ළළළළළεomao ) / e.c) (π ao n3 ͙ළළළළළළළπ εo m ao ) / e.d) (4π ao n3 ͙ළළළළළළළπ εo m ao ) / e.e) e / (4π ao n3 ͙ළළළළළළළπ εo m ao ).ResoluçãoA estabilidade do átomo de hidrogênio, no modelo deBohr, depende de dois postulados:I. Considerar a força de atração coulombiana (→Fe ) entreo próton e o elétron como a resultante centrípeta (→Fcp ).II. Quantizar os raios das órbitas (r = n2 ao) para evitara emissão de energia radiante.Dessa forma, temos:Fe = Fcp. = m ω2 r. = m2r. = m rT 2 =T =T =T =4π ao n3 ͙ළළළළළළළළπ εom aoT = –––––––––––––––––––e16π3n 6 ao3 . εo.m––––––––––––––––e216π 3(n2ao ) 3 εo m–––––––––––––––––e216π3r3εom–––––––––––e 216π3r 3 εom––––––––––––e24π2––––T2e2––––r21–––––4π εo2π΂–––΃Te . e–––––r21–––––4π εo|q1| . |q2|––––––––r 21–––––4π εoIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 30. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNODE SOLUÇÕES.21Equipado com um dispositivo a jato, o homem-fogueteda figura cai livremente do alto de um edifício até umaaltura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considereque o dispositivo forneça uma força vertical para cima deintensidade constante F. Determine a altura h para que ohomem pouse no solo com velocidade nula. Expressesua resposta como função da altura H, da força F, damassa m do sistema homem-foguete e da aceleração dagravidade g, desprezando a resistência do ar e a altera-ção da massa m no acionamento do dispositivo.ResoluçãoTeorema da energia cinéticaτtotal = ∆EcinτP + τF = 0m g H – F h = 0m g H = F hResposta:m g Hh = –––––––Fm g Hh = –––––––FIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 31. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO22Um corpo de massa m e velocidade V0 a uma altura hdesliza sem atrito sobre uma pista que termina em for-ma de semicircunferência de raio r, conforme indicadona figura. Determine a razão entre as coordenadas x ey do ponto P na semicircunferência, onde o corpo per-de o contato com a pista. Considere a aceleração dagravidade g.Resolução1) Usando-se a conservação da energia mecânica entreA e P, vem:(referência em P)= + m g (h – y)m VP2= m V02+ 2 m g (h – y)= + (h – y) ቢ2) Na condição de desligamento, a força normal seanula e a componente normal do peso faz o papel deresultante centrípeta:m g cosθ = ባComparando-se ቢ e ባ, vem:m g cosθ = + (h – y)Sendo cosθ = , vem:g . = + (h – y)gy = V02+ 2g (h – y)gy = V02+ 2gh – 2gy2 g––rV02––––––ry––ry––r2 m g––––––rm V02––––––rm VP2––––––r2 m g––––––rm V02––––––rm VP2––––––rm V02––––––2m VP2––––––2EP = EAIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 32. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO3gy = V02+ 2ghቢ3) Da figura, temos:tgθ =Como cosθ = , vemsenθ =͙ළළළළළ =tgθ = =ባSubstituindo-se ቢ em ባ, vem:=͙ළළළළළළළ=͙ළළළළළළළResposta:x 9g2 r2––– =͙ළළළළළළළ––––––––––– – 1y (V02+ 2gh)2x 9g2 r2––– =͙ළළළළළළළ––––––––––– – 1y (V02+ 2gh)2r 2––––––––––––– – 1V02+ 2gh2(––––––––)3gx––yr 2––––––––––––– – 1V0222(––– + –– h)3g 3x––yr2tgθ =͙ළළළ––– – 1y2͙ළළළළළළළළළළළr 2 – y2––––––––––ysenθ–––––cosθ͙ළළළළළළළළළළළr 2 – y2––––––––––ry 21 – –––r 2y––rx––yV022hy = –––– + –––3g 3IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 33. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO23Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicialV0, um parafuso de massa m chega com velocidadenula na órbita de um satélite artificial, geoestacionárioem relação à Terra, que se situa na mesma vertical.Desprezando a resistência do ar, determine a veloci-dade V0 em função da aceleração da gravidade g nasuperfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.ResoluçãoNão levando em conta a rotação da Terra, temos:Efinal = Einicial= –= – +V02= 2 GMV02= 2 GMV02=Sendo g = , vem: GM = g R2V02= ⇒Resposta:–––––––2g R hV0 = –––––––͙R + h–––––––2g R hV0 = –––––––͙R + h2 g R2h–––––––––R (R + h)GM–––––R22GM h–––––––––R (R + h)(R + h – R)–––––––––––R (R + h)1 1΂––– – –––––΃R R + hGM–––––RGM––––––R + hV02––––2GMm––––––RmV02––––––2– GMm––––––––R + hIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 34. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO24Um sistema massa-molas é constituído por molas deconstantes k1 e k2, respectivamente, barras de massasdesprezíveis e um corpo de massa m, como mostradona figura. Determine a freqüência desse sistema.ResoluçãoI) As duas molas do constante elástica k1 estão asso-ciadas em paralelo, sendo equivalentes a uma molaúnica de constante elástica keq1, dada por:keq1= k1 + k1 ⇒II) As três molas da constante elástica k2 também estãoassociadas em paralelo, sendo equivalentes a umamola única de constante elástica keq2, dada por:keq2= k2 + k2 + k2 ⇒III)O sistema reduz-se, portanto, ao que esquematiza-mos abaixo com as molas keq1e keq2associadas emsérie.A constante elástica equivalente do oscilador (k) écalculada pork =k = ⇒IV)A freqüência (f) de oscilação do sistema fica então6k1k2k = –––––––––––2k1 + 3k22k1 . 3k2–––––––––––––2k1 + 3k2keq1. keq2–––––––––––––keq1+ keq2keq2= 3k2keq1= 2k1IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 35. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOdeterminada fazendo-se:f = ⇒Resposta:–––––––––––––1 6k1k2f = –––– –––––––––––––2π ͙ m(2k1 + 3k2 )–––––––––––––1 6k1k2f = –––– –––––––––––––2π ͙ m(2k1 + 3k2 )k–––m1––––2πIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 36. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO25A figura mostra uma bolinha de massa m = 10 g presapor um fio que a mantém totalmente submersa no líqui-do (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade dolíquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinhatem a mesma densidade do líquido (1) e sua extremi-dade superior se encontra a uma profundidade h emrelação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidadesuperior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1)com velocidade de 8,0 m/s. Considere aceleração dagravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquerresistência ao movimento de ascensão da bolinha, bemcomo o efeito da aceleração sofrida pela mesma aoatravessar a interface dos líquidos. Determine a profun-didade h.ResoluçãoComo a densidade do corpo é a mesma do líquido (1),no interior do referido líquido o empuxo vai equilibrar opeso, a força resultante será nula e a velocidade perma-necerá constante.Portanto, basta calcularmos a velocidade com que abolinha penetra no líquido (1).Teorema da energia cinética:τP + τE2=– mg (h – h1) + ρ2 Vg (h – h1) = (1)ρ1 = e ρ2 = 5 ρ1ρ2 = (2)(2) em (1), vem:– mg (h – h1) + 5 mg (h – h1) == 4g (h – h1)= h – h1h = h1 +h = 0,20 + (m)h = 1,0m(8,0)2–––––80V2–––8gV2–––8gV2–––2mV2–––––25m–––––Vm––VmV2–––––2mV2–––––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 37. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOResposta: h = 1,0mIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 38. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO26Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina oponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal so-bre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontosnum mesmo plano vertical. Determine a distância entrea imagem virtual da lanterna A e o ponto B. ConsidereAD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.ResoluçãoUsando o triângulo retângulo A’MB, temos:(A’B)2 = (A’M)2 + (BM)2 (Pitágoras)(A’B)2 = 52 + 52 = 2 . 52 (m)Resposta: 5͙ළළ2 m(A’B) = 5͙ළළ2 mIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 39. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO27Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m,encontram-se inicialmente na origem de um sistemacartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir dorepouso, bem como devido à ação de um campo elétri-co horizontal e uniforme E→, conforme mostra a figura.Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativaentre as cargas e determine o trabalho realizado pelaforça peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.ResoluçãoA composição de dois movimentos uniformemente va-riados com velocidade inicial nula nos fornece o esque-ma abaixo.No triângulo hachurado, temos:tg θ =mas, tg θ =Assim,== ⇒ h =O trabalho realizado pela força peso sobre as duas car-gas será dado por:τ = 2 m g hτ = 2 m gm2g2dτ = –––––––qEmg d–––––2 q Emg d–––––2 q Ed–––2hqE–––mgd/2–––hFe–––Pd/2–––hFe–––PIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 40. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOResposta:m2g2d–––––––qEIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 41. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO28Sabe-se que a máxima transferência de energia de umabateria ocorre quando a resistência do circuito se igua-la à resistência interna da bateria, isto é, quando há ocasamento de resistências. No circuito da figura, a re-sistência de carga Rc varia na faixa 100Ω ≤ Rc ≤ 400Ω.O circuito possui um resistor variável, Rx, que é usadopara o ajuste da máxima transferência de energia.Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingi-do o casamento de resistências do circuito.ResoluçãoRext =Sendo Rext = r = 50Ω, vem:= 502 . = + 1202Rx Rc + 40Rx + 40Rc = Rx . Rc + 120Rx + 120RcRx . Rc – 80Rx = 80RcRx . Rc––––––––Rx + RcRx . Rc(–––––––– + 20)Rx + RcRx . Rc(–––––––– + 20). 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––Rx . Rc–––––––– + 120Rx + RcRx . Rc(–––––––– + 20). 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––Rx . Rc–––––––– + 120Rx + RcIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 42. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOPara Rc = 100Ω, vem: Rx = 400Ω e para Rc = 400Ω,temos Rx = 100Ω.Portanto, temos:Resposta: 100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω80RcRx = ––––––––Rc – 80IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 43. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO29A figura mostra uma região de superfície quadrada delado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orien-tados em sentidos opostos e de mesma magnitude B.Uma partícula de massa m e carga q > 0 é lançada doponto R com velocidade perpendicular às linhas doscampos magnéticos. Após um certo tempo de lança-mento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescen-tada uma outra partícula em repouso, de massa m ecarga –q (choque perfeitamente inelástico). Determineo tempo total em que a partícula de cargaq > 0 abandona a superfície quadrada.ResoluçãoNa região superior, a partícula descreve uma semicir-cunferência em um intervalo de tempo ∆t1 dado por:∆t1 = =No choque inelástico, temos:Qantes = Qdepoism v = (m + m) v’v’ = v/2Após o choque inelástico, a carga total do sistema é nu-la e as partículas realizarão um movimento retilíneo uni-forme, percorrendo em um intervalo de tempo∆t2.∆t2 =∆t2 =L/2–––v/2L/2–––v’L–––2πm∆t1 = –––––q B2πm / ͉q͉B––––––––––2T–––2IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 44. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOAssim, o intervalo do tempo total para a partícula aban-donar a superfície quadrada é:∆ttotal = ∆t1 + ∆t2Nota: Admitimos que a linha que passa pelos pontos Re S divide a caixa ao meio.Resposta:πm L∆ttotal = –––– + –––q B vπm L∆ttotal = –––– + –––q B vL∆t2 = ––––vIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 45. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO30Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de mas-sa m = 3,3 kg preso a uma mola, e verifica-se que estepassa a oscilar livremente com a freqüência angular ω = 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, masem repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromáticade freqüência f = 500 . 1012 Hz, de modo que toda a ener-gia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma disten-são de 1 mm da sua posição de equilíbrio. Determine onúmero de fótons contido no feixe de luz. Considere aconstante de Planck h = 6,6 . 10–34J s.ResoluçãoO período T de oscilação do sistema, formado pelamassa m e pela mola de constante elástica k, é dadopor:T = 2π (1)A freqüência angular ω do sistema é dada por:ω = (2)Substituindo (1) em (2), vem:ω =O feixe de luz monocromática, de freqüência f, contémn fótons cuja energia total En é transformada em ener-gia elástica Eeᐉ que acarreta uma distensão x em rela-ção à posição de equilíbrio do sistema massa-mola.Assim, temos:En = Eeᐉnhf = ⇒ nhf = ⇒ n =n =Resposta: 5,0 . 1014 fótonsn = 5,0 . 10143,3 . (10)2 . (1,0 . 10–3) 2––––––––––––––––––––––––2 . 6,6 . 10 –34 . 500 . 1012mω2x2–––––––2hfmω2x2–––––––2kx2––––2k = mω2m–––k͙ළළ2π–––Tm–––k͙ළළIIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 46. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOOCCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFFIIIICCCCOOOOO Exame de Física do ITA 2007 foi difícil, como erade se esperar. A maioria das questões exigiu dos can-didatos profundo conhecimento dos temas abordados,propondo soluções criativas e conceituais.Houve predominância de Mecânica (40%), seguindo-se de Termologia, Óptica e Ondas (33%), Eletricidade(20%) e Física Moderna (7%).A prova deverá selecionar, entretanto, os melhorescandidatos, que fizeram uma preparação específica pa-ra esta contenda.IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666