FRENTE 1 – MECÂNICA                                                                               V’ – V’ = V’ + V’ ⇒ V’ =...
2                                                     V1 = (V’)2 + (V’)2                                                  ...
5. (UNESP-2011) – A montagem de um experimento utiliza uma                          Como d1 = d2, as bolinhas I e II, imed...
2. Analise as proposições abaixo.                                              4. (UFRGS-2011) – Considere o raio médio da...
RESOLUÇÃO:                           MÓDULO 57                                           FG = FCP             LEI DA GRAVI...
4. (UFPI-2011) – Leia o texto abaixo.           “Estrelas como o Sol, classificadas de anãs amarelas, são comumente       ...
RESOLUÇÃO:                                                                 4. A respeito da radiação cósmica de fundo, ass...
MÓDULO 59                                                                                                c                ...
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RESOLUÇÃO:                                        MÓDULO 60                                   De acordo com o texto, r e a...
FRENTE 2 – ONDAS                                                                        2. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE O...
3. (UFBA-2011) – A maioria dos morcegos possui ecolocalização –            Cálculo de fmáx:           um sistema de orient...
6. (FUVESTÃO 2010) – A telefonia móvel foi introduzida no Brasilem 1972, utilizando um sistema anterior à tecnologia celul...
2. (UFTM-2011) – Marcos está parado na borda de um lago de águas          RESOLUÇÃO:           calmas em um manhã sem vent...
5. (UFRGS-2011) – Uma corda é composta de dois segmentos de                     6. (UFV-2010) – Duas cordas com densidades...
2. (GV-2011) – A figura mostra dois pulsos que se movimentam em                                     MÓDULO 30             ...
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  1. 1. FRENTE 1 – MECÂNICA V’ – V’ = V’ + V’ ⇒ V’ = 0m/s e V’ = V1 = 3,0m/s MÓDULO 55 2 1 2 1 1 2 Respostas: V’ = 0 1 COLISÕES V’= 3,0m/s 21. (UFBA-2011) – Uma esfera rígida de massa m1 = 0,5kg, presa porum fio de comprimento L = 45,0cm e massa desprezível, é suspensa 2. (UFTM-MG-2011) – Num jogo de sinuca, a bola branca é lançadaem uma posição tal que, como mostra a figura, o fio suporte faz um com velocidade V1 de módulo igual a 2,0m/s contra a bola preta, queângulo de 90° com a direção vertical. Em um dado momento, a esfera é está em repouso no ponto P, colidindo com ela nesse ponto.solta, indo se chocar unidimensionalmente com outra esfera de massam2 = 0,5kg, posicionada em repouso no solo.Considerando-se o diâmetro das esferas desprezível e o choque entreelas perfeitamente elástico, determine os módulos das velocidade dasesferas após o choque, supondo-se todas as forças dissipativasdesprezíveis, o módulo da aceleração da gravidade local igual a 10m/s2e o coeficiente de res- Imediatamente após a colisão, as bolas movem-se perpendicularmente V’ – V’ 2 1tituição ε = ––––––––– , em que V’ e V’ são as velocidades escalares 1 2 uma a outra, a bola branca com velocidade V’ de módulo igual a 1 FÍSICA A V1 – V2 3 m/s e a bola preta com velocidade V’ , dirigindo-se para a caçapa, 2finais das esferas e V1 e V2 as velocidades escalares iniciais. numa direção perpendicular à tabela, conforme indica a figura.RESOLUÇÃO:Tomando-se como referência a posição da esfera m1 no ponto mais baixo dasua trajetória, sua energia potencial quando no alto é igual a EP = m1 g L .Ao ser solta a esfera m1 descreve um quarto de círculo, chegando ao ponto 1 2mais baixo da trajetória com energia cinética EC = ––– m1V1 . 2 1Devido à conservação de energia, m1gL = ––– m1V2 , a velocidade escalar 1 2da massa m1 no ponto mais baixo da sua trajetória éV1 = 2gL = 2 . 10 . 0,45 (m/s) = 3,0 m/s.Por outro lado, durante o choque das esferas, há a conservação do Considerando-se que as bolas tenham massas iguais, o módulo de V’ , 2momento linear, de modo que m1V1 + m2V2 = m1V’ + m2V’. 1 2 em m/s, é 3Como m1 = m2 = m e v2 = 0 , então mV1 = mV’ + mV’ ⇒ V1 = V’ + V’ (I) a) 3. b) 2. c) 1,0. d) –––– e) 0,5. 1 2 2 1 2 2V’ – V’ 1 RESOLUÇÃO:O coeficiente de restituição é dado por ε = ––––––––– . Conservação da Quantidade de Movimento no ato da colisão: V1 – V2 → →Sendo o choque perfeitamente elástico, tem-se Qf = Qi → → → V’ – V’ 2 1 V’ – V’ 2 1 mV’ + mV’ = mV1 1 2ε = ––––––––– = ––––––––– = 1 ⇒ V1 = V’ – V’ (II) 2 1 → → V1 – V2 V1 → V’ + V’ = V1 1 2Das equações (I) e (II), obtém-se – 281
  2. 2. 2 V1 = (V’)2 + (V’)2 2 1 4. (UFJF-MG-2011) – A figura a seguir mostra um sistema composto por dois blocos de massas idênticas mA= mB = 3,0kg e uma mola de 4,0 = (V’)2 + 3,0 2 constante elástica k = 4,0N/m. O bloco A está preso a um fio de massa desprezível e suspenso de uma altura h = 0,80m em relação à superfície (V’)2 = 1,0 2 S, onde está posicionado o bloco B. Sabendo-se que a distância entre o bloco B e a mola é d = 3,0m e que a colisão entre os blocos A e B é V’ = 1,0m/s elástica, faça o que se pede nos itens seguintes. Adote g = 10,0m/s2 e 2 despreze o efeito do ar. Resposta: C Outra maneira: V’ 1 tg 60° = –––– V’ 2 3 3 = –––– V’ 2 V’ = 1,0m/s 2 Resposta: C a) Usando a lei de conservação da quantidade de movimento (mo- 3. (UNIFEI-MG-2011) – Uma partícula e um próton movem-se mento linear), calcule o módulo da velocidade do bloco B imedia- numa mesma direção e em sentidos opostos, de modo que se tamente após a colisão com o bloco A. aproximam um do outro com velocidades que, enquanto a distância b) Calcule o deslocamento máximo sofrido pela mola se o atrito entre d que os separa é ainda muito grande, são iguais em módulo a o bloco B e o solo for desprezível. V0 = 1,0 x 102m/s. Considere que a massa e a carga da partícula são c) Calcule a distância percorrida pelo bloco B rumo à mola, se o atrito iguais ao dobro dos valores correspondentes ao próton. Quais os cinético entre o bloco B e o solo for igual a μC = 0,40. Nesse caso, valores finais dos módulos das velocidades da partícula e do próton, a mola será comprimida pelo bloco B? Justifique. supondo-se que houve uma colisão elástica entre eles? Dar as respostas com dois algarismos significativos e com notação RESOLUÇÃO: científica. a) 1) 1 2 mAgh = –– mAVA 2 RESOLUÇÃO: VA = 2gh = 2 . 10,0 . 0,80 (m/s) = 16,0 (m/s) = 4,0m/sFÍSICA A mA 3,0 2) QA = QB ⇒ mAvA= mBVB ⇒ VB = –––– vA = –––– 4,0m/s = 4,0m/s mB 3,0 1 1 b) –– mBVB2 = –– kx2 2 2 mB 3,0 x = VB ––– = 4,0 ––– (m) = 2,0 . 3 (m) 3,5m k 4,0 cmBg c) fa = cN = mBa ⇒ a = ––––––– = cg = 0,40 . 10,0 = 4,0m/s2 1) Qf = Qi mB 16,0 mV1 + 2mV2 = mV0 + 2m (–V0) V2 = V02 + 2 x ⇒ 0 = 4,02 – 2 . 4,0 . x ⇒ x = ––––––– (m) = 2,0m 2 . 4,0 V1 + 2V2 = – 1,0 . 102 (1) Se a distância inicial é de 3,0 m então o bloco B não comprime a mola. 2) Vaf = Vap Respostas: a) VB = 4,0m/s V2 – V1 = 2,0 . 102 (2) b) x 3,5m c) Δx = 2,0m (o bloco não comprime a mola) (1) + (2): 3V2 = 1,0 . 102 ⇒ V2 33m/s Em (2): 33 – V1 = 200 ⇒ V1 = – 167m/s → Respostas: V2 3,3 . 101m/s → V1 1,7. 102m/s 282 –
  3. 3. 5. (UNESP-2011) – A montagem de um experimento utiliza uma Como d1 = d2, as bolinhas I e II, imediatamente após a colisão, terãopequena rampa AB para estudar colisões entre corpos. Na primeira velocidades com módulos iguais (V).etapa da experiência, a bolinha I é solta do ponto A, descrevendo a 3) Sendo a colisão elástica a energia mecânica, no ato da colisão, vai setrajetória AB, escorregando sem sofrer atrito e com velocidade vertical conservar:nula no ponto B (figura 1). Eapós = EantesCom o auxílio de uma folha carbono, é possível marcar o ponto exatoC onde a bolinha I tocou o chão e com isto, conhecer a distância m V2 m VB2 2 –––––– = –––––––horizontal por ela percorrida (do ponto B’ até o ponto C de queda no 2 2chão), finalizando a trajetória ABC. VB2 VB 2,0 2 V2 = ––––– ⇒ V = ––––– = ––––––– (m/s) 2 2 2 V = 2,0m/s As bolinhas I e II atingirão o solo com velocidades horizontais com módulo V = 2,0m/s. b) No ato da colisão há conservação da quantidade de movimento do sistema formado pelas duas bolinhas: Qapós = QantesNa segunda etapa da experiência, a bolinha I é solta da mesma forma 2 m V cos = m VBque na primeira etapa e colide elasticamente com a bolinha II, idêntica VB 2,0 2 2e de mesma massa, em repouso no ponto B da rampa (figura 2). cos = –––– = –––––––– = –––– 2V 4,0 2 Portanto: = 45° Respostas: a) 1.a etapa: 2,0 2 m/s 2.a etapa: 2,0m/s b) = 45° MÓDULO 56Admita que as bolinhas I e II chegam ao solo nos pontos C1 e C2, LEIS DE KEPLERpercorrendo distâncias horizontais de mesmo valor (d1 = d2), conformea figura 3. 1. (UDESC-2011) – Analise as proposições abaixo sobre as principais FÍSICA Aa) Sabendo-se que H = 1,0m; h = 0,60m e g = 10,0m/s2, determine os características dos modelos de sistemas astronômicos. módulos das velocidades horizontais da bolinha I ao chegar ao chão I. Sistema dos gregos: a Terra, os planetas, o Sol e as estrelas estavam na primeira e na segunda etapa da experiência. incrustados em esferas que giravam em torno da Lua.b) Determine o valor do ângulo . II. Ptolomeu supunha que a Terra encontrava-se no centro doRESOLUÇÃO: Universo; e os planetas moviam-se em círculos, cujos centros aa) 1) Na 1. etapa da experiência, usando a conservação da energia giravam em torno da Terra. mecânica entre A e B, vem: III.Copérnico defendia a ideia de que o Sol estava em repouso no EB = EA centro do sistema e que os planetas (inclusive a Terra) giravam em (referência em C) torno dele em órbitas circulares. 2 IV. Kepler defendia a ideia de que os planetas giravam em torno do m VB ––––––– = mg (H – h) Sol, descrevendo trajetórias elípticas, e o Sol estava situado em um 2 dos focos dessas elipses. Assinale a alternativa correta. VB = 2g (H – h) = 2 . 10 ,0 . 0,40 (m/s) a) Somente as afirmativas I e IV são verdadeiras. VB = 2,0 2 m/s b) Somente a afirmativa II é verdadeira. c) Somente as afirmativas II, III e IV são verdadeiras. De B para C, a velocidade horizontal da bolinha permanece d) Somente as afirmativas III e IV são verdadeiras. constante e, portanto: e) Somente as afirmativas II e III são verdadeiras. VC = VB = 2,0 2 m/s X RESOLUÇÃO: I. (F) 2) Na 2.a etapa, ocorre uma colisão elástica e oblíqua entre as bolinhas II. (V) Sistema geocêntrico criado por Ptolomeu. I e II. III.(V) Sistema heliocêntrico de Copérnico. A distância horizontal percorrida durante a queda de B para C é IV. (V) Trata-se da 1. Lei de Kepler. ª dada por: Resposta: C d = V Tqueda – 283
  4. 4. 2. Analise as proposições abaixo. 4. (UFRGS-2011) – Considere o raio médio da órbita de Júpiter em I. A órbita de um planeta em torno de uma estrela pode ser circular, torno do Sol igual a 5 vezes o raio médio da órbita da Terra. com a estrela ocupando o centro da circunferência; Segundo a 3.ª Lei de Kepler, o período de revolução de Júpiter em II. Um planeta em órbita circular, em torno de uma estrela tem movi- torno do Sol é de aproximadamente mento variado; a) 5 anos. b) 11 anos. c) 25 anos. III.Um planeta em órbita elíptica, em torno de uma estrela tem velo- d) 110 anos. e) 125 anos. cidade areolar variável; IV. A energia mecânica (total) de um sistema constituído por um RESOLUÇÃO: 3 3 planeta que gravita em órbita de uma estrela é constante. RJ RT –––– = –––– Estão corretas 2 TJ 2 TT a) apenas I e IV. b) apenas I e II. c) apenas III e IV. TT = 1a d) apenas I, II e IV. e) I, II, III e IV. RJ = 5 RT RESOLUÇÃO: 3 3 125 RT RT I. (V) Pode ser circular ou elíptica. –––––––– = –––– 2 II. (F) Se a órbita for circular o movimento será uniforme. TJ 1 III.(F) A velocidade areolar é constante e a velocidade de translação é 2 TJ = 125 variável. IV. (V) A força gravitacional é conservativa. TJ = 125 a 11,2a Resposta: A Resposta: B 5. (ITA-2011) – Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteroide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua nova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 81 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano terrestre e a 3. (UFJF-MG-2010) – Examinemos a seguinte notícia de jornal: “O distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente, satélite de comunicação V23 foi colocado em órbita da Terra de modo a) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes. que ele permaneça sempre acima da cidade de Macapá”. Conside- b) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes. rando-se a notícia, é correto afirmar que: c) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes.FÍSICA A a) o jornal cometeu um enorme equívoco, pois isso é impossível d) mais longo – aproximadamente a metade do que era antes. acontecer. e) mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes. b) a velocidade angular do satélite terá que ser, obrigatoriamente, igual à velocidade angular da Terra. RESOLUÇÃO: c) a velocidade de rotação da Terra é o dobro daquela do satélite. a 1) Se a Terra se aproxima do Sol, de acordo com a 3. Lei de Kepler, o seu d) a gravidade no local, onde se encontra o satélite, é nula. período de translação vai diminuir, isto é, o ano terrestre ficará mais e) a velocidade tangencial do satélite terá que ser obrigatoriamente curto. a 2) De acordo com a 3. Lei de Kepler, aplicada para a órbita da Lua em igual a de um ponto na superfície da Terra. torno da Terra, temos: R3 RESOLUÇÃO: –––– = K O satélite em questão será estacionário e terá as seguintes características: T2 1) Órbita circular para que o movimento seja uniforme. O período atual da Lua é da ordem de 27d. 2) Órbita contida no plano equatorial da Terra (a cidade de Macapá tem 3 3 latitude nula). R1 R2 –––– = –––– 3) Período de translação do satélite igual ao de rotação da Terra: 24h. 2 T1 T22 Isto implica na igualdade das velocidades angulares na translação do 3 3 satélite e na rotação da Terra. R1 R2 Resposta: B ––––– = ––––– (27)2 (81)2 R2 3 81 2 3 –––– = –––– =9 ⇒ R2 = 9 R1 R1 27 R2 2R1 Resposta: B 284 –
  5. 5. RESOLUÇÃO: MÓDULO 57 FG = FCP LEI DA GRAVITAÇÃO UNIVERSAL GMm m V2 –––––––– = –––––– r2 r1. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE ASTRONOMIA) – As ViagensEspaciais. Durante as viagens dos ônibus espaciais, têm sido comum GM V= ––––––atividades de videoconferência, nas quais estudantes aqui da superfície rconversam com os astronautas, que estão em órbita, em geral a umaaltura da ordem de 300 quilômetros da superfície terrestre. Umestudante secundarista, que assistiu a uma dessas transmissões, numa rA < rB = rC ⇔ VA > VB = VCsala de aula aqui no Brasil, ficou curioso em saber o motivo pelo qual V não depende da massa do satélite.o fio do microfone usado pelos astronautas parecia flutuar o tempo Resposta: Ctodo dentro da nave. Conversando com colegas logo após terem vistoa referida situação, o estudante e seus colegas elaboraram as seguintesexplicações sobre o fato de verem o fio flutuando no interior da nave.Indique, entre as explicações apresentadas pelo estudante e seuscolegas, qual é fisicamente correta. O fio flutua devido ao fato de quea) a força centrípeta sobre a nave e tudo em seu interior anula a força de atração gravitacional.b) as naves espaciais estão em órbita em uma região onde a gravidade é nula. 3. (UFTM-MG – 2011) – No sistema solar, Netuno é o planeta maisc) o ônibus espacial em órbita se comporta como um corpo em queda distante do Sol e, apesar de ter um raio 4 vezes maior e uma massa 18 livre. vezes maior do que a Terra, não é visível a olho nu. Considerando-sed) em órbita, a contribuição da atração gravitacional da Lua sobre os a Terra e Netuno esféricos e sabendo que a aceleração da gravidade na corpos se torna importante e é isso que faz com que os corpos superfície da Terra tem módulo igual a 10m/s2, pode-se afirmar que a flutuem. intensidade da aceleração da gravidade criada por Netuno em suae) a força gravitacional que a Lua aplica sobre a nave equilibra a força superfície é, em m/s2, aproximadamente, gravitacional que a Terra aplica sobre a nave. a) 9,0. b) 11. c) 22. d) 36. e) 45.RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO:O ônibus espacial e todo seu conteúdo movem-se sob ação exclusiva da GMforça gravitacional aplicada pela Terra e, portanto, estão em uma eterna g = –––––queda livre, o que justifica o fato de os corpos flutuarem dentro do ônibus. R2 FÍSICA AResposta: C 2 gN MN RT –––– = ––––– –––– gT MT RN 1 2 gN –––– = 18 –– 10 4 1802. (UFV-MG-2011) – A figura abaixo ilustra as órbitas de três satélites gN = ––––– (m/s2) 16A, B e C, com velocidades de módulos VA, VB e VC, respectivamente. gN 11m/s2 Resposta: BSendo mA > mB > mC, onde mA, mB e mC são as respectivas massasdesses satélites, é correto afirmar que:a) VA < VB < VC b) VA > VB > VCc) VA > VB = VC d) VA < VB = VC – 285
  6. 6. 4. (UFPI-2011) – Leia o texto abaixo. “Estrelas como o Sol, classificadas de anãs amarelas, são comumente MÓDULO 58 encontradas na observação astronômica. Na outra ponta da escala estelar estão as azuis gigantes, muito raras no universo. Na semana ORIGEM E EVOLUÇÃO DO UNIVERSO passada, um grupo de astrônomos europeus anunciou a descoberta de nada menos que sete astros desse tipo, entre eles a estrela com a maior 1. (UFMG) – Em alguns laboratórios de pesquisa, são produzidas massa já encontrada. Batizada de R136a1, ela é colossal mesmo para antipartículas de partículas fundamentais da natureza. Cite-se, como os padrões das azuis gigantes. Sua descoberta deve levar os cientistas exemplo, a antipartícula do elétron – o pósitron –, que tem a mesma a rever seus cálculos sobre os limites da massa das estrelas. Até agora, massa que o elétron e carga de mesmo módulo, porém positiva. achava-se impossível que existissem astros com massa superior a 150 Quando um pósitron e um elétron interagem, ambos podem desa- vezes a do Sol. A R136a1 tem quase o dobro, brilha com intensidade parecer, produzindo dois fótons de mesma energia. Esse fenômeno é 10 milhões de vezes maior e é sete vezes mais quente.” chamado de aniquilação. (SALVADOR, Alexandre. Um raro achado no cosmo. Com base nessas informações, Veja, São Paulo, ano 43, n. 30, p. 94, 28 jul. 2010) 1. Explique o que acontece com a massa do elétron e com a do pósi- tron no processo de aniquilação. Dados: Distância média da Terra ao Sol = 1,49 x 108km; 2. Calcule a frequência dos fótons produzidos no processo de Massa do Sol = 2,0 x 1030kg; aniquilação. Constante gravitacional = 6,67 x 10–11N.m2/kg2. Dados: melétron = 9 . 10–31kg h = 7 . 10–34 J. s Considerando-se que a massa da estrela R136a1 é 265 vezes a massa E = m c2 do Sol, pode-se afirmar que se ela fosse a estrela do sistema solar em RESOLUÇÃO: vez do Sol e se, mesmo assim, a Terra descrevesse sua órbita com o 1. As massas do elétron e do pósitron são transformadas em energia na mesmo raio médio, o ano terrestre teria a duração mais próxima de forma de radiação eletromagnética de acordo com a Equação de a) 3 horas. b) 3 dias. c) 3 semanas. Einstein: d) 3 meses. e) 3 anos. E = mtotal c2 Considere: 265 16 2. 2hf = 2mec2 RESOLUÇÃO: mec2 9 . 10– 31 . 9 . 1016 FG = FCP f = ––––– = –––––––––––––––– Hz h 7 . 10–34 GMm GM 2 2 –––––– = m 2 R⇒ 2= ––––– = –––– f = 12 . 1019Hz R2 R 3 T f = 1,2 . 1020Hz GM 4 2 T2 4 2FÍSICA A ––––– = –––– ⇒ –––– = –––– 3 R 3 T2 R GM 4 2R3 T2 = ––––––– GM 2 M1 T2 M1 –––– = –––– ⇒ T2 = –––– . T1 2 M2 T1 M2 Sendo M2 = 265M1, vem: T1 52 semanas T2 = ––––––– = ––––––––––– ––– 265 16 2. Em Astronomia, denomina-se raio de Schwarzschild o raio de uma superfície imaginária em torno de um buraco negro a partir da qual a T2 = 3,25 semanas velocidade de escape é igual à velocidade da luz na vácuo Resposta: C (3,0 . 108m/s). Isto significa que tudo que está no interior da referida superfície esférica não consegue escapar do buraco negro. Sabe-se que a velocidade de escape de um corpo esférico de massa M e raio R tem módulo Ve dado por: 2GM Ve = ––––– R G = constante de gravitação universal = 6,7 . 10–11Nm2(kg)–2 Determine: a) a razão entre a massa e o raio de um buraco negro. b) o raio de um buraco negro com a massa do Sol. (mSol = 2,0 . 1030kg) 286 –
  7. 7. RESOLUÇÃO: 4. A respeito da radiação cósmica de fundo, assinale a proposição 2GM falsa:a) c = ––––– a) Passou a se propagar quando o Universo tinha a idade de 380 000 R anos e tornou-se transparente com a formação dos primeiros 2GM átomos. c2 = ––––– R b) Sua temperatura atual é da ordem de 2,7K e corresponde à M c2 9,0 . 1016 kg temperatura média atual do Universo. ––– = –––– = ––––––––––– ––– c) Seu comprimento de onda atual é da ordem de 1mm. R 2G 13,4 . 10–11 m d) Pode ser visualizada por parte do “chuvisco” que aparece nas telas M de televisão quando a emissora não está corretamente sintonizada. ––– = 6,7 . 10 26 kg/m R e) É absolutamente uniforme, não apresentando nenhuma flutuação de temperatura e/ou de comprimento de onda.b) Para M = 2,0 . 1030 kg, vem: 2,0 . 10 30 RESOLUÇÃO: ––––––––– = 6,7 . 1026 R Se a radiação cósmica de fundo fosse absolutamente uniforme, toda a teoria do big-bang estaria destruída, pois inviabilizaria a existência de galáxias 2,0 . 1030 que certamente interagem com a radiação cósmica de fundo, provocando R = ––––––––– (m) flutuações em seu comprimento de onda e em sua temperatura, conforme 6,7 . 1026 a direção em que é recebida. R 3,0 . 103 m 3,0km Resposta: E 5. (UFPR-2011) – Em 1914, o astrônomo americano Vesto Slipher, analisando o espectro da luz de várias galáxias, constatou que a grande maioria delas estava se afastando da Via Láctea. Em 1931, o astrônomo Edwin Hubble, fazendo um estudo mais detalhado, comprovou os resultados de Slipher e ainda chegou a uma relação entre a distância (x)3. A respeito da teoria do Big-Bang, considere as proposições que se e a velocidade de afastamento ou recessão (v) das galáxias em relação –1 à Via Láctea, isto é, x = H0 v . Nessa relação, conhecida com a Lei deseguem:(01) Afirma que o Universo sempre existiu. Hubble, H0 é determinado experimentalmente e igual a 2,5 . 10–18Hz.(02) Afirma que o Universo tem uma idade aproximada de Com o auxílio dessas informações e supondo-se uma velocidade 13,7 . 109 anos. constante para a recessão das galáxias, é possível calcular a idade do FÍSICA A(04) Tem como evidência a existência da radição cósmica de fundo. Universo, isto é, o tempo transcorrido desde o Big Bang (Grande(08) Tem como evidência a expansão do Universo demonstrada por Explosão) até hoje. Assinale a alternativa correta para a idade aproxi- Hubble usando o Efeito Doppler. mada do Universo em horas.(16) Deve ser encarada como ficção científica. a) 6,2 × 1017. b) 3,7 × 1016. c) 2,4 × 1018. d) 6,6 × 10 15. e) 1,1 × 1014.(32) É negada pelo fato da noite ser escura.Dê como resposta a soma dos números associados às proposições RESOLUÇÃO:corretas. V = H0 . xRESOLUÇÃO: x(01) FALSA. –– = H0 . x T O Universo tem uma idade finita. 1 1(02) VERDADEIRA. T = ––– = ––––––––– s H0 25 . 10– 19(04) VERDADEIRA.(08) VERDADEIRA. 100 . 1017s T = –––––––––––(16) FALSA. 25 É aceita por quase toda a comunidade científica. T = 4,0 . 1017s(32) FALSA. A escuridão da noite evidencia que o Universo tem uma idade finita. 1h = 3600sResposta: 14 4,0 . 1017 T = –––––––––– h 3,6 . 103 T = 1,1 . 1014h Resposta: E – 287
  8. 8. MÓDULO 59 c A energia E de cada fóton é dada por: E = h . f = h . –– h = constante de Planck. NOÇÕES DE FÍSICA MODERNA f = frequência da radiação c = módulo da velocidade da luz no vácuo = comprimento de onda da radiação 1. (UFRGS-2011) – Cerca de 60 fótons devem atingir a córnea para A energia cinética Ec do elétron emitido é dada por: Ec = h f – que o olho humano perceba um flash de luz, e aproximadamente = energia de ligação entre o elétron e o núcleo do átomo e que é metade deles são absorvidos ou refletidos pelo meio ocular. Em média denominada função trabalho, sendo característica do metal. apenas 5 dos fótons restantes são realmente absorvidos pelos fotor- receptores (bastonetes) na retina, sendo os responsáveis pela percepção luminosa. (Considere a constante de Planck h igual a 6,6 . 10–34 J.s.) Com base nessas informações, é correto afirmar que, em média, a energia absorvida pelos fotorreceptores quando luz verde com comprimento de onda igual a 500nm atinge o olho humano é igual a a) 3,30 . 10–41J. b) 3,96 . 10–33J. c) 1,98 . 10–32J. d) 3,96 . 10–19J. e) 1,98 . 10–18J. RESOLUÇÃO: c Eabsorvida = 5 Ef = 5 h f = 5 h –– 3. (UNICAMP-2011) – Em 1905 Albert Einstein propôs que a luz é 3,0 . 108 formada por partículas denominadas fótons. Cada fóton de luz trans- Ea = 5 . 6,6 . 10–34 . –––––––––– (J) 500 . 10–9 porta uma quantidade de energia E = hf e possui momento linear Ea = 19,8 . 10–19J h Q = –– , em que h = 6,6 × 10−34Js é a constante de Plank e f e são, Ea = 1,98 . 10–18J respectivamente, a frequência e o comprimento de onda da luz. a) A aurora boreal é um fenômeno natural que acontece no Polo Norte, Resposta: E no qual efeitos luminosos são produzidos por colisões entre partículas carregadas e os átomos dos gases da alta atmosfera terrestre. De modo geral, o efeito luminoso é dominado pelas colorações verde e vermelha, por causa das colisões das partículas carregadas com átomos de oxigênio e nitrogênio, respectivamente.FÍSICA A Everde Calcule a razão R = –––––––– em que Everde é a energia transpor- Evermelho tada por um fóton de luz verde com 500 nm, ( verde = 500nm), 2. (UNIFEI-MG-2011) – No início do século passado foram obser- e Evermelho é a energia transportada por um fóton de luz vermelha vados alguns fenômenos físicos que não puderam ser compreendidos com vermelho = 650nm. através da utilização da chamada Física Clássica. Consequentemente, b) Os átomos dos gases da alta atmosfera estão constantemente novas ideias tiveram que ser elaboradas e acabaram por dar origem à absorvendo e emitindo fótons em várias frequências. Um átomo, Física Moderna, hoje já centenária e constituída principalmente pela ao absorver um fóton, sofre uma mudança em seu momento linear, Mecânica Quântica e Relatividade Geral. que é igual, em módulo, direção e sentido, ao momento linear do Dentre aqueles fenômenos que deram origem a esta Física, tem-se o fóton absorvido. Calcule o módulo da variação de velocidade de efeito fotoelétrico, que trata da interação entre a luz e a superfície de um átomo de massa m = 5,0 × 10−26kg que absorve um fóton de um metal. Pergunta-se: comprimento de onda = 660nm. a) O que acontece quando se incide luz sobre uma superfície metálica? RESOLUÇÃO: Explique. a) A razão R entre as energias dos fótons, Everde e Evermelho, é dada por: b) Que hipótese Einstein formulou acerca da natureza da luz que lhe Everde permitiu explicar o efeito fotoelétrico e que ainda lhe rendeu o R = ––––––––– prêmio Nobel de Física? Escreva a expressão que relaciona a Evermelho energia e a frequência da entidade proposta por Einstein para a luz. h . fverde R = –––––––––––– RESOLUÇÃO: h . fvermelho a) Se a frequência da luz for adequadamente elevada o metal absorve os fótons de luz e emite elétrons. Este fenômeno é chamado de efeito V Sendo f = –– , temos: fotoelétrico. b) Einstein admitiu que a luz era formada por entidades chamadas fótons que seriam partículas de energia atribuindo à luz uma natureza cor- puscular. 288 –
  9. 9. V 5. (UNIMONTES-2011) – Sempre que se mede a posição ou o –––––– momento linear de uma partícula (grandeza física proporcional à verde R = –––––––––– velocidade) num dado instante, incertezas experimentais estão incluí- V –––––––– das nas medidas. De acordo com a mecânica clássica, se aperfeiçoar- vermelho mos os aparelhos de medida e os procedimentos experimentais, 650nm poderemos realizar medidas com uma incerteza arbitrariamente vermelho R = ––––––––– = –––––––– pequena. No entanto, a teoria quântica prevê que é fundamentalmente verde 500nm impossível medir simultaneamente a posição e o momento de uma R = 1,3 partícula com exatidão infinita. Em 1927, Werner Heisenberg intro- → duziu essa noção que é conhecida hoje como o princípio da incertezab) O módulo da variação da quantidade de movimento | Q| corresponde ao módulo do momento linear do fóton (P). de Heisenberg. Ele estabelece que: se forem feitas uma medida da → → posição de uma partícula com uma incerteza Δx e uma medida si- | Q| = | P| multânea do seu momento com uma incerteza Δpx, o produto das duas h m . V = –– incertezas nunca poderá ser menor que h/4 , em que h é a constante de Planck. O princípio enunciado por Heisenberg foi sintetizado na 6,6 . 10–34 5,0 . 10–26 . V = –––––––––– famosa expressão matemática: 660 . 10–9 h 6,6 . 10–34 6,6 . 10–34 x px ≥ ––– V = –––––––––––––––––– (m/s) = –––––––––– m/s 4 5,0 . 10–26 . 660 . 10–9 3,3 . 10–32 Noutras palavras: é fisicamente impossível medir simultaneamente a V = 2,0 . 10–2m/s posição exata e o momento exato de uma partícula. Heisenberg tomou o cuidado de apontar que as incertezas inevitáveis Δx e Δpx nãoRespostas: a) R = 1,3 surgem de imperfeições nos instrumentos de medida, mas da estrutura b) V = 2,0 . 10–2m/s quântica da matéria. Ele recebeu o prêmio Nobel de Física em 1932. (Trecho adaptado de SERWAY, Raymond A.; JUNIOR John, W. Jewett. Princípios de Física – Óptica e Física Moderna, vol. 4. São Paulo: Thomson Learning, 2007, p. 1119.)4. (UFRN) – Amanda, apaixonada por História da Ciência, ficou Considere moléculas contidas num pedaço finito de algum material,surpresa ao ouvir de um colega de turma o seguinte relato: J. J. estando restritas a se movimentarem dentro dele e existindo, portanto,Thomson recebeu o prêmio Nobel de Física, em 1906, pela uma incerteza fixa Δx em suas posições ao longo de um eixo que passadescoberta da partícula elétron. Curiosamente, seu filho, G. P. por esse material. Uma descrição cômoda, mas equivocada, do zeroThomson, recebeu o prêmio Nobel de Física, em 1937, por seu absoluto de temperatura (limite mínimo das temperaturas no universo)importante trabalho experimental sobre difração de elétrons por é a de que essa é a temperatura na qual cessa todo movimento mole- FÍSICA Acristais. Ou seja, enquanto um verificou aspectos de partícula para cular. Baseando-se nas ideias descritas no texto acima sobre o princípioo elétron, o outro percebeu a natureza ondulatória do elétron. da incerteza, marque a alternativa que apresenta um argumento corretoNesse relato, de conteúdo incomum para a maioria das pessoas, contra essa descrição.Amanda teve a lucidez de perceber que o aspecto ondulatório do a) Se o movimento molecular desaparecesse no zero absoluto, aselétron era uma comprovação experimental da teoria das ondas de velocidades das moléculas seriam nulas e, consequentemente,matéria, proposta por Louis de Broglie, em 1924. Ou seja, o relato do teríamos Δx = 0 para cada uma. Nesse caso, o produto ΔxΔpxcolega de Amanda estava apoiado num fato bem estabelecido em também seria nulo, contrariando o princípio da incerteza.Física, que é o seguinte: b) Se o movimento molecular desaparecesse no zero absoluto, asa) O princípio da superposição, bastante usado em toda a Física, diz velocidades das moléculas seriam nulas e, consequentemente, que aspectos de onda e de partícula se complementam um ao outro teríamos Δpx = 0 para cada uma. Nesse caso, o produto ΔxΔpx e podem se superpor num mesmo experimento. também seria nulo, contrariando o princípio da incerteza.b) O princípio da incerteza de Heisenberg afirma que uma entidade c) Se o movimento molecular desaparecesse no zero absoluto, física exibe ao mesmo tempo suas características de onda e de teríamos um produto ΔxΔpx infinitamente grande, para cada uma, partícula. contrariando o princípio da incerteza.c) A teoria da relatividade de Einstein afirma ser tudo relativo; assim, d) Se o movimento molecular desaparecesse no zero absoluto, dependendo da situação, características de onda e de partícula teríamos um produto ΔxΔpx negativo, para cada uma, contrariando podem ser exibidas simultaneamente. o princípio da incerteza.d) Aspectos de onda e de partícula se complementam um ao outro, mas não podem ser observados simultaneamente num mesmo RESOLUÇÃO: experimento. h x . p ≥ ––– 4RESOLUÇÃO: Para p = 0 o produto x . p seria nulo o que contraria o Princípio daO Princípio da Complementaridade de Bohr afirma que a luz pode se Incerteza.comportar como onda ou como partícula (fóton) porém nunca as duascoisas simultaneamente. Resposta: BResposta: D – 289
  10. 10. RESOLUÇÃO: MÓDULO 60 De acordo com o texto, r e a têm dimensão de comprimento: [r] = [a] = L ANÁLISE DIMENSIONAL Sendo = a3 r + ––– , vem: r2 1. (UECE-2011) – Suponha que, durante um experimento, sejam L T–2 = [ ] L ⇒ [ ] = T–2 realizadas medidas de volume e massa de um pedaço de cobre em um dado Sistema de Unidades. Isso posto, são atribuídos os valores V, com A velocidade será uma expressão do tipo: dimensão de volume, e m, com dimensão de massa, para essas duas v=2 x ay grandezas. Tomando como base as possíveis operações aritméticas L T–1 = (T–2)x . Ly entre essas grandezas, assinale a alternativa que LT–1 = Ly T–2x contém uma operação sem incoerências no contexto de análise y=1 dimensional. a) m + V b) V/m c) m + m/V d) m – V 1 –2x = –1 ⇒ x = ––– 2 RESOLUÇÃO: 1 –– Não podemos somar nem subtrair grandezas físicas que não tenham a Portanto: V = 2 2 a1 mesma equação dimensional. Resposta: B v = 2a Resposta: E 2. (UFLA-MG-2011) – Um corpo, ao se deslocar em um meio fluido (líquido ou gasoso) fica sujeito a uma força de resistência, cuja intensidade é expressa por: FR = kV2, em que k é uma constante de proporcionalidade e V é o módulo da velocidade do corpo no meio. Considerando-se o Sistema Internacional de Unidades (SI), é correto afirmar que a constante k é dada pelas unidades: a) kg/s2 b) N. m/s2 c) N. kg/s d) kg/m RESOLUÇÃO: F = k V2 4. A energia potencial gravitacional Ep entre duas estrelas de mesma [ F ] = [ k ] [ v ]2 massa M, separadas por uma distância d é dada pela expressão: M L T–2 = [ k ] [ L T–1 ]2 M L T–2 = [ k ] L2 T–2 Ep = –Gx My dzFÍSICA A [ k ] = M L –1 G = constante de gravitação universal kg a) Determine em função de M (massa), L (comprimento) e T (tempo), U (k) = kg . m–1 = –––– a equação dimensional de G. m b) Determine os valores de x, y e z por análise dimensional. Resposta: D RESOLUÇÃO: Mm a) F = G –––– d2 3. (ITA-2011) – Um exercício sobre a Dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula está se movendo com uma M2 M L T–2 = [G] –––– ⇒ [G] = M–1L3 T–2 aceleração cujo módulo é dado por (r + a3/r2), sendo r a distância L2 entre a origem e a partícula. Considere que a partícula foi lançada a b) [Ep] = [G]x [M]y [d]z partir de uma distância a com uma velocidade inicial de módulo 2 a. Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Por que razão? M L2 T–2 = (M–1 L3 T–2)x My Lz a) Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da M L2 T–2 = M–x + y L3x + z T–2x aceleração; –x + y = 1 x=1 G M2 b) Sim, porque a expressão correta para a velocidade inicial poderia 3x + z = 2 ⇒ y = 2 ⇒ Ep = – ––––– –2x = –2 z = –1 d ser 2a2 ; c) Sim, porque a expressão correta para a velocidade inicial poderia ser 2a2 /r; d) Sim, porque a expressão correta para a velocidade inicial poderia ser 2 a2 /r ; e) Sim, porque a expressão correta para a velocidade inicial poderia ser 2a . 290 –
  11. 11. FRENTE 2 – ONDAS 2. (INTERNATIONAL JUNIOR SCIENCE OLYMPIAD-IJSL-2010) – MÓDULO 28 Em duas cordas elásticas idênticas, tracionadas por forças de mesma intensidade, são produzidas duas ondas harmônicas progressivas A e B. EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA ONDULATÓRIA As figuras representam as formas das cordas num determinado instante.1. (UFTM-2011) – A figura mostra o perfil de uma mesma corda poronde se propaga uma onda, em duas situações distintas, nas quais acorda está sob ação de uma força de tração de mesma intensidade. Pode-se afirmar que: a) As ondas possuem mesma amplitude. b) Os pontos das cordas oscilam com a mesma frequência. c) As ondas se propagam com a mesma velocidade.a) Sendo f1 e f2 as frequências de oscilação dos pontos da corda nas d) As ondas possuem o mesmo comprimento de onda. situações 1 e 2, respectivamente, determine a razão f2 / f1. e) Os pontos P e Q da onda A vibram em concordância de fase.b) Considere L = 4,2m. Se na primeira situação a frequência de RESOLUÇÃO: oscilação dos pontos da corda é de 4Hz, qual a velocidade de a) Onda A: AA = 2 unidades propagação das ondas nessa situação, em m/s? Onda B: AB = 3 unidadesRESOLUÇÃO:a) Observando as figuras, notamos que enquanto na situação 1 a onda b) Onda A: A = 8 unidades provoca 1,5 oscilações em um ponto da corda, na situação 2, a onda VA = A fA ⇒ VA = 8 fA provoca 3,0 oscilações. 3,0 FÍSICA A f2 = –––– Onda B: B = 12 unidades número de oscilações t f = ––––––––––––––––––– VB = B fB ⇒ VB = 12 fB t 1,5 f1 = –––– t Como as cordas são idênticas: 2 VB = VA ⇒ 12 fB = 8 fA ⇒ fB = ––– fA f2 3,0 f2 3 Logo: –––– = –––– ⇒ –––– = 2 f1 1,5 f1 c) Os pontos P e Q, indicados na corda A, vibram em oposição de fase.b) I) Situação 1: 1,5 = L ⇒ 1,5 = 4,2 Resposta: C 1 1 1 = 2,8m II) V1 = 1f1 ⇒ V1 = 2,8 . 4 (m/s) V1 = 11,2m f2Respostas: a) ––– = 2 ; f1 b) 11,2m/s – 291
  12. 12. 3. (UFBA-2011) – A maioria dos morcegos possui ecolocalização – Cálculo de fmáx: um sistema de orientação e localização que os humanos não possuem. c 3,0 . 108 Para detectar a presença de presas ou de obstáculos, eles emitem ondas fmáx = ––––– = ––––––––– (Hz) min 4,0 . 10–7 ultrassônicas que, ao atingirem o obstáculo, retornam na forma de eco, percebido por eles. Assim sendo, ao detectarem a direção do eco e o fmáx = 7,5 . 1014Hz tempo que demora em retornar, os morcegos conseguem localizar eventuais obstáculos ou presas. Resposta: D Um dispositivo inspirado nessa estratégia é a trena sônica, a qual emite uma onda sonora que é refletida por um obstáculo situado a uma distância que se deseja medir. Supondo que uma trena emite uma onda ultrassônica com frequência igual a 22,0kHz e comprimento de onda igual a 1,5cm, que essa onda é refletida em um obstáculo e que o seu eco é detectado 0,4s após sua emissão, determine a distância do obstáculo, considerando que as propriedades do ar não mudam durante a propagação da onda e, portanto, a velocidade do som permanece constante. RESOLUÇÃO: 5. (UNICAMP-Adaptada) – A Física de Partículas nasceu com a I) Cálculo da velocidade do ultrassom no ar: descoberta do elétron, em 1897. Em seguida, foram descobertos o V = f ⇒ V = 1,5 . 10–2 . 22,0 . 103(m/s) próton, o nêutron e várias outras partículas, dentre elas o píon, em 1947, com a participação do brasileiro César Lattes. Da qual: V = 330m/s O Grande Colisor de Hádrons (Large Hadron Collider-LHC) é um acelerador de partículas que tem, entre outros propósitos, o de detectar II) Cálculo da distância D entre o equipamento e o obstáculo: uma partícula, prevista teoricamente, chamada bóson de Higgs. Para 2D 2D esse fim, um próton com energia de E = 7 . 1012 eV colide frontalmente V = –––– ⇒ 330 = –––– t 0,4 com outro próton de mesma energia produzindo muitas partículas. Qual é o comprimento de onda ( ) dos prótons do LHC? Da qual: D = 66m Adote os cálculos: Constante de Planck: h = 4 . 10–15 eV.s; Resposta: 66m Velocidade da luz no vácuo c = 3 . 108m/s. RESOLUÇÃO: Equação de Planck:FÍSICA A hc E = hf = ––––– λ Substituindo-se os dados, vem: 4 . 10–15 . 3 . 108 7 . 1012 = ––––––––––––––– λ 4. O espectro da luz visível ocupa a estreita faixa do espectro Da qual: eletromagnético cujos comprimentos de onda variam, aproximada- 12 mente, entre 4,0 . 10–7m a 7,0 . 10–7m. Se a velocidade da luz no vácuo λ = ––– . 10–19m ⇒ λ 1,7 . 10–19m 7 é 3,0 . 108m/s, a frequência das radiações eletromagnéticas visíveis está compreendida no intervalo Resposta: λ = 1,7 . 10–19m a) 1,3 . 10–15Hz a 2,3 . 10–15Hz. b) 2,3 . 10–15Hz a 3,1 . 10–15Hz. c) 3,4 . 1014Hz a 5,7 . 1014Hz. d) 4,3 . 1014Hz a 7,5 . 1014Hz. e) 1,2 . 102Hz a 2,1 . 102Hz. RESOLUÇÃO: V V = f ⇒ f = ––– Cálculo de fmin: c 3,0 . 108 fmin = ––––– = ––––––––– (Hz) máx 7,0 . 10–7 fmin 4,3 . 1014Hz 292 –
  13. 13. 6. (FUVESTÃO 2010) – A telefonia móvel foi introduzida no Brasilem 1972, utilizando um sistema anterior à tecnologia celular. Era um MÓDULO 29sistema rudimentar para os padrões atuais, com baixa capacidade,utilizando a tecnologia IMTS, sigla em inglês para Improved Mobile REFLEXÃO E REFRAÇÃO DE ONDASTelephone System, instalado em Brasília, com apenas 150 terminais.Hoje, passadas quase quatro décadas, as redes de telefonia celular 1. (UESJ-2011) – Um gerador de ondas eletromagnéticas emite deabrangem praticamente todo o território nacional, com mais de 185 um helicóptero ondas com uma frequência definida f. Considerandomilhões de linhas habilitadas (dado de agosto de 2010), que se valem que o helicóptero está a uma altura tal que não provoca alterações nadas tecnologias 2G, 3G e da emergente 4G, que emprega a quarta água contida em uma piscina, e que no ar essas ondas de comprimentogeração de telefones celulares. de onda viajam com a velocidade da luz no vácuo, é correto afirmarConsidere um carro trafegando ao longo de uma rodovia retilínea que as ondas que penetrarem na água contida na piscina sofrerãosituada numa região em que há uma única antena transmissora/re- alterações emceptora de sinais de telefonia celular. Suponha que essa antena esteja a) sua velocidade v, em sua frequência f e em seu comprimento delocalizada junto à posição x = 0 de um eixo de abscissas 0x coincidente onda .com o eixo longitudinal da pista. Admita ainda que os sinais da antena b) seu comprimento de onda e em sua frequência f.sejam constituídos de ondas eletromagnéticas esféricas, centradas na c) sua velocidade v e em sua frequência f.extremidade da antena, e que essas ondas se propaguem sem dissipação d) sua velocidade v em seu comprimento de onda .de energia.O motorista do carro tem um telefone celular que irá “perceber” a RESOLUÇÃO:presença da antena. Sendo I a intensidade do sinal captado pelo Na refração do ar para a água, a frequência das ondas não se altera.aparelho, aponte o gráfico que mais bem representa a variação de I em Como a água é mais refringente que o ar (nágua 1,3 e nar 1,0), nessa refração, a velocidade de propagação das ondas (v) e o respectivofunção da posição x do veículo durante sua passagem diante da antena. comprimento de onda ( ) se alteram, diminuindo na mesma proporção. De fato: nágua Var (I) –––– = ––––– nar Vágua nágua > nar ⇒ Vágua < Var água Vágua (II) ––––– = ––––– ar Var Vágua < Var ⇒ água < ar FÍSICA A Resposta: DRESOLUÇÃO:Na aproximação da antena, o telefone celular “percebe” a intensidade dosinal irradiado aumentando, ocorrendo o contrário no afastamento.O crescimento e o decrescimento de I, porém, estão mais bem representadosno gráfico da alternativa d, já que I varia inversamente proporcional aoquadrado da distância d, do telefone celular à extremidade da antena.Veja a expressão matemática dessa variação: P I = –––––– 4 d2em que P é a potência das ondas transmitidas.Resposta: D – 293
  14. 14. 2. (UFTM-2011) – Marcos está parado na borda de um lago de águas RESOLUÇÃO: calmas em um manhã sem ventos, gritando para que seu amigo José, I) Cálculo da frequência da luz (no ar ou no bloco): do outro lado do lago, possa ouvi-lo. Dentro do lago outro garoto, Var = arf ⇒ 3,0 . 108 = 600 . 10–9f ⇒ f = 5,0 . 1014Hz Pedro, também parado, ouve os gritos de Marcos. II) Cálculo do comprimento de onda da luz no bloco: c c 3,0 . 108 nbloco = ––––– = –––––––– ⇒ 1,5 = ––––––––––––––– Vbloco f 14 bloco bloco 5,0 . 10 Da qual: bloco = 4,00 . 10–7m = 400nm Resposta: A As velocidades do som no ar e na água, nesse local, valem respectiva- mente 350m/s e 1505m/s. a) Determine a razão entre os comprimentos das ondas sonoras emi- 4. (UESPI-2011) – Um feixe de luz monocromática incide na inter- tidas por Marcos e ouvidas diretamente por Pedro e por José, P/ J. face plana separando dois meios. Os ângulos de incidência e de b) Considere que na região existe uma parede vertical que permite que refração com a direção normal ao plano da interface são representados, Marcos ouça o eco de seu grito 0,4s depois de tê-lo emitido. respectivamente, por i e r. Denotam-se por vi, fi, i e ni e por vr, fr, Determine a distância entre Marcos e a parede, em metros. r e nr a velocidade de propagação do feixe, a sua frequência, seu com- RESOLUÇÃO: primento de onda e o índice de refração nos meios, de incidência e de a) No ar ou na água, a frequência da onda sonora emitida por Marcos é a refração, respectivamente. Dentre as alternativas a seguir, assinale a mesma. única que não corresponde à lei da refração de Snell: a) ni sen( i) = nr sen( r) b) vr sen( i) = vi sen( r) Na água: Vágua = Pf ⇒ 1505 = Pf a c) fi sen( i) = fr sen( r) d) r sen( i) = i sen( r) No ar: Var = Jf ⇒ 350 = Jf b e) rfi sen ( i) = ifr sen( r) 1505 RESOLUÇÃO: P De u e u: –––– = ––––– ⇒ –––– = 4,3 1 2 P J 350 J 2D 2DFÍSICA A b) Var = –––– ⇒ 350 = ––––– ⇒ D = 70m t 0,4 P Respostas: a) –––– = 4,3; J b) 70m Versões possíveis das Leis de Snell: I. ni sen ( i) = nr sen ( r) 3. (UFRGS-2011) – Considere a velocidade da luz no vácuo e no ar II. vr sen ( i) = vi sen ( r) igual a 3,0 . 108 m/s. III. r sen ( i) = i sen ( r) Um feixe de luz monocromática de comprimento de onda igual a 600nm, IV. rfr sen( i) = ifi sen( r) propagando-se no ar, incide sobre um bloco de vidro, cujo índice de refração é 1,5. O comprimento de onda e a frequência do feixe que se V. rfi sen( i) = ifr sen( r) propaga dentro do vidro são, respectivamente, Resposta: C a) 400nm e 5,0 . 1014Hz. b) 400nm e 7,5 . 1014Hz. c) 600nm e 5,0 . 1014Hz. d) 600nm e 3,3 . 1014Hz. e) 900nm e 3,3 . 1014Hz. 294 –
  15. 15. 5. (UFRGS-2011) – Uma corda é composta de dois segmentos de 6. (UFV-2010) – Duas cordas com densidades lineares de massa 1 edensidades lineares de massa bem distintas. Um pulso é criado no 2 são unidas entre si formando uma única corda não homogênea. Estasegmento de menor densidade e se propaga em direção à junção entre corda não homogênea é esticada na posição horizontal, suasos segmentos, conforme representa a figura abaixo. extremidades são fixadas em duas paredes e ela é colocada para oscilar, formando uma onda estacionária, conforme a figura abaixo.Assinale, entre as alternativas, aquela que melhor representa a cordaquando o pulso refletido está passando pelo mesmo ponto x indicadono diagrama acima. Considerando que a tensão é a mesma em todos os pontos da corda não homogênea, é correto afirmar que: a) 2 1 = 2 b) 4 1 = 2 c) 1 = 2 2 d) 1 = 4 2 RESOLUÇÃO: • Corda (1), da esquerda: F 1 = L; V1 = 1f e V1 = ––– 1 F F (I) Logo: 1f = ––– ⇒ Lf = ––– 1 1 • Corda (2), da direita: F 2 = 2L; V2 = 2f e V2 = ––– 2 F F Logo: ––– ⇒ ––– 2f = 2Lf = (II) 2 2 FÍSICA A • Das equações (I) e (II): 2Lf F 1 1 ––– = ––– . ––– ⇒ 2 = ––– Lf 2 F 2 Da qual: 1 =4 2 Resposta: DRESOLUÇÃO:I. A reflexão na conexão com a corda de maior densidade linear de massa ocorre com inversão de fase.II. O pulso refratado (ou transmitido), que passa a se propagar na corda de maior densidade linear de massa, tem fase igual à do pulso incidente. A transmissão ocorre sem inversão de fase.III. O pulso refratado propaga-se na corda de maior densidade linear de massa mais lentamente que o pulso refletido. Por isso, percorre uma distância menor no mesmo intervalo de tempo. Isso pode ser justificado pela fórmula de Taylor: F V= –––Resposta: E – 295
  16. 16. 2. (GV-2011) – A figura mostra dois pulsos que se movimentam em MÓDULO 30 sentidos contrários, um em direção ao outro sobre a mesma corda, que pode ser considerada ideal. INTERFERÊNCIA DE ONDAS 1. (UFRGS-2010) – A figura abaixo representa dois pulsos produ- zidos nas extremidades opostas de uma corda. No momento em que houver sobreposição total, a disposição esperada para os pontos da corda estará melhor indicada por: Assinale a alternativa que melhor representa a situação da corda após o encontro dos dois pulsos.FÍSICA A RESOLUÇÃO: A perturbação resultante em cada ponto da corda é a soma algébrica das perturbações produzidas por cada um dos pulsos. Isto posto, temos, no momento em que houver a sobreposicão total dos pulsos, a figura a seguir: RESOLUÇÃO: Depois da superposição, que determina interferência construtiva (reforço), já que os pulsos estão em concordância de fase, cada onda segue seu caminho, como se nada tivesse acontecido. Isso está de acordo com o Princípio de Independência da Propagação Ondulatória. Resposta: B Resposta: C 296 –

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