315SICA - 14 dez 2010.doc) - paperinside.compaperinside.com/elitecuritiba.com.br/gabaritos/gabarito-elite-ita... · CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA - 1 - ... UNICAMP 2010: ENG

2010-2011 14/DEZ/2010

RESOLUÇÃO COMENTADA ITA FÍSICA

CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA - 1 - (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br

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IME 2011: 8 dos 10 aprovados do Sul. Só dá Elite! Bruna Morrone: 1ª do Sul! 2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE, sendo os 2 melhores colocados da ativa e os 2 melhores da reserva !!! 2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados, todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!! 2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva) 2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os 4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva 2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná 2005: 7 aprovados e os 3 únicos convocados do Paraná

AFA 2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder! Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional 2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros do Paraná! Destaque para Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil 2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná (incluindo os 3 primeiros lugares) Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e 1º do Paraná! 2008: 13 aprovados 1ºs lugares do Paraná em todas as opções de carreira 2007: 10 dos 14 convocados do Paraná 2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo: 1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação 1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência

ESPCEX 2010: 13 aprovados! 2009: Dos 10 primeiros colocados do Paraná, 5 são ELITE! E dos 26 aprovados no Paraná, 10 são ELITE! 2008: 9 aprovados GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO 1º do Paraná e 9º do Brasil BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO 2º do Paraná e 32º do Brasil 2007: 9 convocados no Paraná 2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação!

EPCAr 2010: Jean Ricardo Ferrer 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2010: 6 aprovações 2009: 3 aprovações: MURILO R. MESQUITA ROMULO CORREA DA SILVA COSTA GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados

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UNICAMP 2010: ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues

UFPR 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 2009: 17 aprovados 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar Direito (matutino) 1ºLugar Relações Públicas

UFTPR 2010: 16 aprovados. Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – Eng. de Computação Verão 2008: 13 aprovados 2007: 11 aprovados em vários cursos 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 85% de aprovação em Engenharia, com 5 dos 8 1ºs colocados de Eng. Mecânica.

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2010-2011 14/DEZ/2010



Caso necessário, use os seguintes dados: Aceleração da gravidade = 10 m/s2 Velocidade de som no ar = 340 m/s Densidade da água = 1,0 g/cm3 Comprimento de onda médio da luz = 570 nm 01. Um problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente com a velocidade de módulo constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual apontador à posição instantânea do objeto vizinho em movimento. A figura mostra a configuração desse movimento múltiplo no caso de um hexágono regular. Considere que o hexágono tinha 10,0 m de lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de módulo constante de 2,00 m/s.

Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância percorrida por cada um dos seis objetos? a) 5,8 s e 11,5 m b) 11,5 s e 5,8 m c) 10,0 s e 20,0 m d) 20,0 s e 10,0 m e) 20,0 s e 40,0 m SOLUÇÃO: C Na descrição do movimento tem-se que: - Em cada instante as partículas encontram-se num hexágono menor que o anterior, mas de mesmo centro. - Em cada instante as velocidades estão alinhadas aos lados do hexágono, logo a componente radial da velocidade faz um ângulo constante θ = 60º com a velocidade real da partícula. Deste modo: Direção radial: ∆Sr = Vr.∆t → R = Vcos60º.∆t → ∆t = R/Vcos60º = 10/(2.1/2) = 10 s Ao longo da curva o módulo da velocidade é constante, logo: ∆St = V.∆t = 2.10 = 20 m 02. Um cubo maciço homogêneo com 4,0 cm de aresta flutua na água tranqüila de uma lagoa, de modo a manter 70% da área total de sua superfície em contato com a água, conforme mostra a figura.

A seguir, uma pequena rã se acomoda no centro da face superior do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção com os valores aproximados da densidade do cubo e da massa da rã, respectivamente. a) 0,20 g/cm3 e 6,4 g b) 0,70 g/cm3 e 6,4 g c) 0,70 g/cm3 e 8,0 g d) 0,80 g/cm3 e 6,4 g e) 0,80 g/cm3 e 8,0 g SOLUÇÃO: E Na situação inicial temos agindo sobre o cubo as seguintes forças: peso do cubo e empuxo. Para a situação de equilíbrio temos: Peso do cubo = Empuxo sobre o cubo, logo:

µc. Vt. g = µa. Vi. g . Como Ai = 0,7 At Vi = 0,8 Vt, pois 0,7. 6 a2 = 4,2 a2 = a2 + 4.a.h h = 0,8 da altura total do cubo Vi = 4.4.3,2 cm3

µc = 0,8 µa.

Na segunda situação teremos agindo sobre o sistema cubo + rã as seguintes forças: Peso do cubo + rã e empuxo. Para a situação de equilíbrio temos: µc. Vt. g + Pra= µa. Vi. g. Para calcularmos o novo volume imerso do cubo temos: 0,8 Vt + 0,5/4 Vt = 0,925 Vt

Sendo assim: 0,8 µa. Vt. g + Pra= µa. 0,925 Vt. g Pra = 0,125 µa. Vt. g = 0,125.10-3.43.10 = 0,08 N Pra = mra.g mra = 0,008 kg = 8 g 03. Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte amarrada a uma corda elástica de “bungee jumping” com 16,0 m de comprimento. Considere que a corda de esticará até 20,0 m de comprimento sob a ação do peso. Suponha que, em todo o trajeto, a pessoa toque continuamente uma vuvuzela, cuja freqüência natural é de 235 Hz. Qual(is) é(são) a(s) distância(s) abaixo da ponte em que a pessoa se encontra para que um som de 225 Hz seja percebido por alguém parado sobre a ponte? a) 11,4 m b) 11,4 m e 14,4 m c) 11,4 m e 18,4 m d) 14,4 m e 18,4 m e) 11,4 m, 14,4 m e 18,4 m SOLUÇÃO: C A constante elástica da corda pode ser calculada através da conservação da energia mecânica:

⇒= ELASPOTGRAVPOT EE ,, ( ) ⇒⋅=+⋅⋅ 220 xkxLgm

( ) ⇒⋅=+⋅⋅ 244161080 2k 2000=k mN

Velocidade de afastamento para obter a freqüência aparente desejada:

⇒+

⋅=FS

S

vv

vff ' ⇒

+⋅=

Fv340

340235225

11,15=Fv sm /

Até a corda começar a esticar, temos um movimento de queda livre, logo:

⇒∆⋅⋅+= 12

02 2 SgvvF ⇒∆⋅⋅+= 1

22 102011,15 S

4,111 =∆S m

Após 16=∆S m a força elástica da corda passa a atuar. Por conservação de energia, temos:

⇒+= CINELASPOTGRAVPOT EEE ,,

( ) ⇒⋅+⋅=+⋅⋅ 211,158022000161080 2222 xx

⇒=−− 065,912025 22

2 xx 4,22 =x m

Logo, a segunda posição em que 11,15=Fv sm / é dada por:

⇒+=+=∆ 4,216202 xLS 4,182 =∆S m

Um fato importante a ser observado é que a corda elástica somente pode exercer tração sobre o corpo, nunca compressão, o que poderia ocorrer por exemplo em uma mola. Desse modo, as únicas posições para se obter

a freqüência aparente desejada são 4,111 =∆S m e

4,182 =∆S m .

04. Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteróide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua nova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano terrestre e a distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente, a) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes. b) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes. c) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes. d) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes. e) mais curto – aproximadamente um quarto do que era antes. SOLUÇÃO: B

FÍSICA

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Pela equação

2 3

a a

b b

T R

T R

=

, concluímos que a diminuição do raio leva a

uma diminuição do período, logo o ano terrestre se tornará mais curto. Aplicando a mesma equação para a lua,

3 3280 400

228 49

b b b

a a a

R R R

R R R

= → = → ≈

.

05. Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas

molas alinhadas, de constante de mola k e comprimento natural l0

,

fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma distância x na direção perpendicular à linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir.

Obtenha a aceleração da bola, usando a aproximação

( )+ = +1 1a aα

α .

a) a = – kx

b) a = – kx2/M l0

c) a = – kx2/2M l0

d) a = – kx3/2M l2

0

e) a = – kx3/M l2

0

SOLUÇÃO: E

2ky sen θ = M a

θysenM

ka

2= 0

220 ll −+= xy ,

⇒+

=22

0 x

xsen

l

θ

⇒+

−+=

220

022

0

x

xxysen

l

llθ

xx

ysen

+−=

20

21

11

l

θ

Conforme o enunciado podemos fazer:

− + = −

l l

12 2 2

2

0 0

x x1 1

2; substituindo:

θ = − + =

l l

2 3

2 2

0 0

x xysen 1 1 x

2 2

= ⋅ ⇒ = ⇒ = −l l l

3 3 3

2 2 2

0 0 0

2k x kx kxa a a

M 2 M M

06. Um copo de massa M, inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H, onde fica novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha módulo igual a nMg, em que n > 1. Qual deve ser o menos tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo?

a) −

2

( 1)

H

n g

b) −

2

( 1)

nH

n g

c) − 22( 1)

nH

n g

d) −

4

( 2)

nH

n g

e) −

4

( 1)

nH

n g

SOLUÇÃO: B/A Para se ter o menor tempo deve-se ter a maior aceleração. Como o corpo parte do repouso e chega com velocidade nula, deverá acelerar ao máximo atingir a máxima velocidade e retardar ao máximo também. Plotando o gráfico da velocidade em função do tempo tem-se:

Durante o aumento de velocidade aceleração aac é determinada pela lei de Newton: F - Mg= Ma → nMg – Mg= Ma → aac = (n-1)g F é a tração no fio (variável) Aplicando a lei de Newton para o retardamento: Mg – F = Ma → para a máxima aceleração aret → F = 0 Então: Mg= Ma → aret = g Note-se que: VMax = aac.t = aret.(T-t) ∆→ t = T/n A área corresponde ao deslocamento do corpo:

Área = ∆S → MAXT.V

=H2

→ T = MAX

2H

V=

ac

2H

a t=

2H

T(n-1)g.n

Logo

T = 2nH

(n-1)g

Uma outra interpretação possível para o enunciado é a de que de o corpo chega com velocidade na altura H, sendo posteriormente colocado em repouso. Neste caso, o corpo poderia ser submetido à aceleração máxima durante todo o percurso e o tempo mínimo seria dado por

T = −

2

( 1)

H

n g

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07. Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro O. Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre uma distância a no primeiro segundo a uma distância b no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse movimento? a) 2a3/(2a

2 – b2) b) 2a2/(4a – b) c) 2a2/(3a – b) d) 2a2/(3a

2 – b2) e) 4a2/(3a – 2b) SOLUÇÃO: C A equação da posição deste MHS poderia ser dada por x = x0.cosωt Assim para t = 0, temos x = x0 Para t=1 temos x1 = x0.cosω Para t=2, temos x2 = x0.cos2ω Logo, temos a = x0.(1-cosω) e b = x0.(cosω-cos2ω) = x0.(cosω-[2cos2

ω-1]) = x0.(cosω- 2cos2

ω +1) De a = x0.(1-cosω), temos cosω = 1 – a/x0

Substituindo, temos: b = x0. ( 1 – a/x0 – 2(1 – a/x0)2 +1) = x0. ( 1 – a/x0 – 2(1

– 2a/x0 + (a/x0)2) +1)

b = x0. (– a/x0 +4a/x0 -2(a/x0)2) = x0. ( 3a/x0 -2(a/x0)

2) = 3a – 2a2/x0 Assim, 2a2/x0 = 3a –b e x0 = 2a2/ (3a – b) 08. Duas partículas idênticas, de mesma massa m, são projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, com velocidades iniciais de mesmo

módulo v0 a ângulo de lançamento respectivamente α e β em relação à

horizontal. Considere T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetória t1 e t2 os respectivos tempos para as partículas alcançar um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t1T1+t2T2.

a) =2 2

02 ( ) /tg tg gυ α β

b) 2 2

02 / gυ

c) 2 2

04 /sen gυ α

d) 2 2

04 /sen gυ β

e) +2 2

02 ( ) /sen sen gυ α β

SOLUÇÃO: B

Cálculo do intervalo de tempo para atingir a altura máxima:

⇒= 0yV ⇒=− 00 gTV y ⇒= gTsenV θ0

gsenVT /0 θ=

Logo: gsenVT /01 α= e gsenVT /02 β=

Equação da trajetória do lançamento oblíquo:

θθ

coscos

00

V

xttVx =→=

⇒−+=2

2

00

gttsenVyy θ

⇒

−+=

2

000 cos2cos

0θθ

θV

xg

V

xsenVy

⇒−

=θ

θθ22

0

220

cos2

cos2

V

gxsenVy

( )θ

θ

2cos1

22

0

220

+

−=

V

gxxsenVy

Para a trajetória do primeiro lançamento temos:

( )α

α

2cos1

22

0

220

1+

−=

V

gxxsenVy

E para a trajetória do segundo lançamento temos:

( )β

β

2cos1

22

0

220

2+

−=

V

gxxsenVy

Portanto, o ponto P de encontro das duas trajetórias ocorre quando

21 yy = , ou seja:

( ) ( )β

β

α

α

2cos1

2

2cos1

22

0

220

20

220

+

−=

+

−

V

gxxsenV

V

gxxsenV

De onde vêm:

)2cos2(cos

22)](2[20

βα

αβαβ

−

−+−=

g

sensensenVx

Então, temos que:

)2cos2(coscos

22)](2[

cos

)2cos2(coscos

22)](2[

cos

012

011

βαβ

αβαβ

β

βαα

αβαβ

α

−

−+−=→=

−

−+−=→=

g

sensensenVt

xt

g

sensensenVt

xt

Logo:

βα

αβαβ

β

β

α

α

2cos2cos

22)](2[

coscos2

20

2211−

−+−

+=+

sensensensensen

g

VTtTt

Além disso, sabemos que:

• βα

βα

βα

αββα

β

β

α

α

coscos

)(

coscos

coscos

coscos

+=

+=+

sensensensensen

• )cos()(2)](2[ αβαβαβ −−=− sensen

• )cos()(222 αβαβαβ +−=− sensensen

• )()(22cos2cos αβαββα +−=− sensen

Substituindo:

)()(2

)cos()(2)cos()(2

coscos

)(2

20

2211αβαβ

αβαβαβαβ

βα

βα

+−

+−+−−+=+

sensen

sensensen

g

VTtTt

Simplificando numerador e denominador por

)()(2 αβαβ +− sensen temos:

⇒=++−

=+βα

βα

βα

αβαβ

coscos

coscos2

coscos

)cos()cos(2

20

2

20

2211g

V

g

VTtTt

2

20

2211

2

g

VTtTt =+

09. Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim anunciado: Uma partícula está se movendo com uma aceleração cujo

módulo é dado por + 3 2( / )r a rµ , sendo r a distância entre a origem

e a partícula. Considere que a partícula foi lançada a partir de uma

distância a com uma velocidade inicial 2 aµ . Existe algum erro

conceitual nesse anunciado? Por que razão? a) Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da

aceleração;

b) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 22a µ ;

c) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 22 /a rµ ;

d) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria

22 /a rµ ;

e) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a µ ;

SOLUÇÃO: E Fazendo a análise dimensional para a aceleração encontramos

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[ ] [ ][ ]

[ ]

[ ]

[ ]

3

22

3

2 2

2

aLr

T r

L LL

T L

T

µ

µ

µ −

= +

= +

=

Assim a única alternativa que leva a uma equação dimensionalmente correta para a velocidade é a letra E.

[ ][ ] [ ] 22L

a L TT

µ −= =

10. Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta da base de 2,0 m é mantido de pé graças ao apoio de um dos seus vértices da base inferior (ver figura) e à ação de uma força vertical de suspensão de 10 N (não mostrada). Nessas condições, o ponto de aplicação da força na base superior do prisma encontra-se

a) sobre o segmento RM a 2,0 m de R.

b) sobre o segmento RN a 4,0 m de R.

c) sobre o segmento RN a 3,0 m de R.

d) sobre o segmento RN a 2,0 m de R.

e) sobre o segmento RP a 2,5 m de R. SOLUÇÃO: C

5x – 15(x – 2) = 0 5x – 15x + 30 = 0 10x = 30 X = 3 m 11. Um relógio tem um pêndulo de 35 cm de comprimento. Para regular seu funcionamento, ele possui uma porca de ajuste que encurta o comprimento do pêndulo de 1 mm a cada rotação completa à direita e alonga este comprimento de 1 mm a cada rotação completa à esquerda. Se o relógio atrasa um minuto por dia, indique o número aproximado de rotações da porca e sua direção necessários para que ele funcione corretamente. a) 1 rotação à esquerda b) 1/2 rotação à esquerda c) 1/2 rotação à direita d) 1 rotação à direita e) 1 e 1/2 rotação à direita. SOLUÇÃO: C

O período de oscilação é dado por: L

T = 2πg

Sejam L

T = 2πg

período com atraso e 00

LT = 2π

g período

sem atraso

Dividindo membro a membro tem-se: 0 0

T L =

T L

0

0

L +∆L=

L0

L= 1

L

∆+

0 0

T L = 1

T 2L

∆+ (aproximação de Newton)

T = T0 + 0

0

T ∆L

2L → ∆T = 0

0

T ∆L

2L

O número N de oscilações em um intervalo de tempo ∆t é dado por: N = ∆t/T → ∆t = NT Logo:

N0T0 = NT → 0

0

N N=

T T→ 0 0

0 0

N -N T - T=

N T →

Para 60s de atraso em 1 dia (24.3600s) tem-se:

0 0

60 ∆T ∆L=

24.3600 T 2L= → ∆L = 0,05 cm = 0,5 mm → ½ volta

Como houve atraso, o comprimento aumentou e deve-se encurtar o fio. Assim a ½ volta é para a direita. 12. Um hemisfério de vidro maciço de raio de 10 cm e índice de refração n = 3/2 tem sua face plana apoiada sobre uma parede, como ilustra a figura. Um feixe colimado de luz de 1 cm de diâmetro incide sobre a face esférica, centrado na direção do eixo de simetria do hemisfério. Valendo-se das aproximações de ângulos pequenos, sen θ ≈ θ e tgθ ≈ θ, o diâmetro do círculo de luz que se forma sobre a superfície da parede é de

a) 1 cm.

b) 2

3 cm.

c) 1

2 cm.

d) 1

3 cm.

e) 1

10 cm.

SOLUÇÃO: B Seja x o raio do círculo de luz que se forma na parede.

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Da figura, senθ = 0,5/10 Usando a Lei de Snell: nAr.senθ = n.senα Assim, senα = 2senθ / 3 sen (θ-α) = senθ .cosα – senα.cosθ Para ângulos pequenos, podemos considerar os cossenos como sendo 1, logo sen (θ-α) = senθ - senα = senθ / 3 Da figura, tg (θ-α) = (0,5-x)/10 ≈ sen (θ-α) (0,5-x)/10 = 0,5/10.3 x = 1/3 e o diâmetro procurado vale 2/3

13. A inversão temporal de qual dos processos abaixo NÃO violaria a segunda lei de termodinâmica? a) A queda de um objeto de uma altura H e subsequente parada no chão b) O movimento de um satélite ao redor da Terra c) A freiada brusca de um carro em alta velocidade d) O esfriamento de um objeto quente num banho de água fria e) A troca de matéria entre as duas estrelas de um sistema binário SOLUÇÃO: B Todos os processos descritos anteriormente têm como características só poderem ocorrer espontaneamente em um único sentido em termos do tempo, ou seja, com variação de entropia positiva. O único processo citado em que não ocorre variação da entropia, e que, portanto, pode ter o seu sentido invertido em termos do tempo sem violar a 2ª Lei da Termodinâmica é o do movimento do satélite ao redor da terra. 14. Fontes distantes de luz separadas por um ângulo α numa abertura de diâmetro D podem ser distinguidas quando α > 1,22λ/D, em que λ é o comprimento de onda da luz. Usando o valor de 5 mm para o diâmetro das suas pupilas, a que distância máxima aproximada de um carro você deveria estar para ainda poder distinguir seus faróis acesos? Considere uma separação entre os faróis de 2 m. a) 100 m b) 500 m c) 1 km d) 10 km e) 100 km SOLUÇÃO: D

Como o ângulo é muito pequeno podemos escrever, D

yα ≈ .

Pela semelhança entre os triângulos temos 2D

y x y=

+.

E do enunciado 1, 22

D

λα ⟩ .

Reunindo as 3 equações

3

9

4

2 1,22

2 2.5.10

1,22 1, 22.570.10

10

x y D

Dx y

x y m

λ

λ

−

−

≈+

+ ≈ =

+ ≈

15. Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é

a) V/2. b) V/3. c) V/4. d) V/5. e) V/6. SOLUÇÃO: D

2V1 + V2 = V

=

= ⇒ ==

11

2 1 2

2

32

2

6

QV

VCV V V

QV

C

4V2 + V2 = V ⇒ 5V2 = V ⇒ V2 = 5

V

16. Um fio condutor é derretido quando o calor gerado pela corrente que passa por ele se mantém maior que o calor perdido pela superfície do fio (desprezando a condução de calor pelos contatos). Dado que uma corrente de 1 A é a mínima necessária para derreter um fio de seção transversal circular de 1 mm de raio e 1 cm de comprimento, determine a corrente mínima necessária para derreter um outro fio da mesma substância com seção transversal circular de 4 mm de raio e 4 cm de comprimento. a) 1/8 A b) 1/4 A c) 1 A d) 4 A e) 8 A SOLUÇÃO: E

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A potência produzida térmica produzida por efeito Joule no fio deve ser igual à potência dissipada para o meio ambiente pela área lateral do fio. Logo: PotPROD = PotDISS => Ri2 = k.2π.r.L => ρ.L.i2 / (π.r2) = k.2π.r.L => k = ρ.i2 / (2.π2.r3) = ρ.i’2 / (2.π2.r’3) => i’2 = i2.(r’ / r)3=12.(4)3 => i’=8A 17. Prótons (carga e a massa mp), deuterons (carga e e massa md = 2mp) e partículas alfas (cargas 2e e massa ma = 4mp) entram em um campo

magnético uniforme urB perpendicular a suas velocidades, onde se

movimentam em órbitas circulares de períodos TP, Td e Ta, respectivamente. Pode-se afirmar que as razões dos períodos Td/Tp e Ta/Tp são, respectivamente, a) 1 e 1.

b) 1 e 2.

c) 2 e 2.

d) 2 e 2. e) 2 e 2. SOLUÇÃO: E Cargas que se movimentam em um campo magnético sofrem a ação de uma força eletromagnética dada por: Fmag = B.(q X v) = B.q.v.senθ onde θ é o ângulo entre q e v. Ao sofrer a ação dessa força descreverão órbitas circulares cujas velocidades podem ser determinadas através da resultante centrípeta: mv2/R = B.q.v v = BqR/m. Teremos então o período dessas órbitas circulares dado por: T = 2πR/v = 2πm/Bq Sendo assim, para a relação Td /Tp temos: (2mp/Be)/(mp/Be) = 2 Para a relação Ta/Tp = (4mp/2Be)/(mp/Be) = 2 18. Uma bobina de 100 espiras, com seção transversal de área de 400

cm2 e resistência de 20 Ω , está alinhada com seu plano perpendicular ao campo magnético da Terra, de 7,0 x 10–4 T na linha do Equador. Quanta carga flui pela bobina enquanto ela é virada de 180° em relação ao campo magnético? a) 1,4 x 10–4 C b) 2,8 x 10–4 C c) 1,4 x 10–2 C d) 2,8 x 10–2 C e) 1,4 C SOLUÇÃO: B Considerando o ângulo entre o vetor da superfície e o vetor do campo

magnético como sendo t⋅+= ωθθ 0 e sendo os dois vetores

inicialmente alinhados temos que 00 =θ e, portanto, t⋅= ωθ .

O fluxo magnético é então dado por

)cos(..cos.. tSBSB ⋅== ωθφ .

O potencial induzido é dt

dNIND

φε −= .

ωωω

ε )).(.(..))cos(..(

tsenSBNdt

tSBdNIND ⋅−−=

⋅−=

)(.... tsenSBNIND ⋅= ωωε

R

tsenSBN

Ri

IND

IND

)(.... ⋅==

ωωε

Mas ∫=⇒=ωπ /

0

dtiqdt

dqi

INDIND

∫∫ ⋅−−=⋅

=ωπωπ

ωωωω

/

0

/

0

))(.(..)(....

dttsenR

SBNdt

R

tsenSBNq

)0cos(cos..

)cos(..

/

0

−

−=⋅

−= πω

ωπ

R

SBNt

R

SBNq

20

)10.4).(10.7).(10.2.(2...2 242 −−

==R

SBNq

Cq410.8,2 −=

19. No circuito ideal da figura, inicialmente aberto, o capacitor de capacitância CX encontra-se carregado e armazena uma energia potencial elétrica E. O capacitor de capacitância CY = 2CX está inicialmente descarregado. Após fechar o circuito e este alcançar um novo equilíbrio, pode-se afirmar que a soma das energias armazenadas nos capacitores é igual a: a) 0. b) E/9. c) E/3. d) 4E/9. e) E. SOLUÇÃO: C Na situação inicial, circuito aberto, o capacitor CX tem energia

2

2x

QE

C= e está carregado com carga 2

xQ EC= . Essa carga

total, após o fechamento do circuito, é redistribuída entre os capacitares CX e CY até que cheguem ao mesmo potencial elétrico. Nessa situação, QY = 2 QX (pois CY = 2 CX) e QY + QX = Q (conservação da carga). Assim, QY = 2Q/3; QX = Q/3 ;

2 2 2( 3)

2 2 18 9x

x

x x x

Q Q Q EE

C C C= = = = e

2 2 2 2(2 3) 4 2

2 2(2 ) 4.9 9 9Y

Y

Y X x x

Q Q Q Q EE

C C C C= = = = =

Portanto, a energia total armazenada nos capacitores é

2 3

9 9 9 3ARMAZENADA X Y

E E E EE E E= + = + = =

20. O aparato para estudar o efeito fotoelétrico mostrado na figura consiste de um invólucro de vidro que encerra o aparelho em um ambiente no qual se faz vácuo. Através de uma janela de quartzo, luz monocromática incide sobre a placa de metal P e libera elétrons. Os elétrons são então detectados sob a forma de uma corrente, devido à diferença de potencial V estabelecida entre P e Q. Considerando duas situações distintas a e b, nas quais a intensidade da luz incidente em a é o dobro do caso b, assinale qual dos gráficos abaixo representa corretamente a corrente fotoelétrica em função da diferença de potencial.

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SOLUÇÃO: C O potencial de corte não depende da intensidade. A corrente dobra com a intensidade. 21. Uma barra homogênea, articulada no pino O, é mantida na posição horizontal por um fio fixado a uma distância x de O. Como mostra a figura, o fio passa por um conjunto de três polias que também sustentam um bloco de peso P. Desprezando efeitos de atrito e o peso das polias, determine a força de ação do pino O sobre a barra.

SOLUÇÃO: Isolando a barra temos:

- No contanto só há reação vertical Assim: V + T = PB → V = PB – T Para o bloco:

T = P/4 (talha exponencial) Então: V = PB – P/4 Calculando o momento das forças em relação ao ponto O e somando esses momentos(Teorema de Varignon): Tx – PB(x+y)/2 = 0 → PB = 2Tx/(x+y) = Px/2(x+y) Assim:

V = PB – P/4 = Px/2(x+y) – P/4 → V = P(x-y)/4(x+y) 22. Um objeto de massa m é projetado no ar a 45° do chão horizontal com uma velocidade v. No ápice de sua trajetória, este objeto é interceptado por um segundo objeto, de massa M e velocidade V, que havia sido projetado verticalmente do chão. Considerando que os dois objetos "se colam" e desprezando qualquer tipo de resistência aos movimentos, determine a distância d do ponto de queda dos objetos em relação ao ponto de lançamento do segundo objeto. SOLUÇÃO: As velocidades horizontal e vertical do objeto de massa m no instante de

lançamento valem ambas v 2

2. No instante da colisão a velocidade horizontal é a

mesma, e a vertical é nula.

Usando a Eq. de Torricelli, a altura do ponto de colisão vale H = (v 2

2)2/2g = v2/4g,

com g positivo. Não há forças externas aos dois objetos além do peso, mas se considerarmos que a colisão é quase instantânea, podemos assumir que o impulso das forças externas é desprezível, logo haverá conservação da quantidade do movimento do sistema (objeto 1 +objeto 2) na horizontal e na vertical.

Na horizontal: m v2

2 = (M+m).VH, onde VH e a velocidade horizontal do sistema

m + M após o choque. Logo, VH = 2

2( )

m v

M m+

Na vertical: M.V = (M+m).VV, onde VV é a velocidade vertical do sistema m + M após

o choque. Logo, VV = ( )

MV

M m+.

O movimento do sistema M+m será descrito por um MRU na horizontal e um MRUV na vertical. Considerando o referencial vertical com origem no chão, a posição inicial é igual a v2/4g. Então, escrevendo a equação horária, para o instante t tal que a posição final seja 0 (chão), temos:

0 = v2/4g + ( )

MV

M m+.t - 21

2gt

Resolvendo a equação de segundo grau, temos t = 2 21

2

M MV v

g M m M m

+ + + +

E a distância d pedida vale VH.t , ou seja:

d = 2 22 1

.2( ) 2

m v M MV v

M m g M m M m

+ + + + +

23. Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de comprimento L, é solto de uma posição horizontal. Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetro disprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O. Em consequência, a massa M passa a se movimentar num círculo de raio L – x, conforme mostra a figura. Determine a faixa de valores de x para os quais a massa do pêndulo alcance o ponto mais alto deste novo círculo.

SOLUÇÃO:

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No ponto 2 temos: cptFPT =+

Na situação limite 0→T , logo: ⇒≥ PFcpt

⇒⋅≥⋅

gmR

vm2

2 gRv ⋅≥

22 (i)

Logo, por conservação de energia, temos:

Rgmvmvm

Lgm ⋅⋅⋅+⋅

=⋅

=⋅⋅ 222

22

21

(ii)

De (i) e (ii) temos que ⇒⋅⋅+⋅

≥⋅ gRgR

Lg 22

⇒⋅

≥2

5 RL

5

2 LR

⋅≤

Como xLR −= , temos: ⇒⋅

≤−5

2 LxL

5

3 Lx

⋅≥

24. Um bloco, com distribuição homogêna de massa, tem o formato de um prisma regular cuja seção transversal é um triângulo equilátero. Tendo 0,5 g/cm3 de densidade, tal bloco poderá flutuar na água em qualquer das posições mostradas na figura. Qual das duas posições será a mais estável? Justifique sua resposta. Lembrar que o baricentro do triângulo encontra-se a 2/3 da distância entre um vértice e seu lado oposto.

SOLUÇÃO:

⇒= EP ⇒⋅⋅=⋅⋅ SUBaTOT VggV ρρ ⇒⋅= TOTSUB VV 5,0

⇒⋅⋅=⋅ TOTSUB ALAL 5,0 ⇒= TRAPETRIAN AA

( )⇒

−=

4

3

4

3 222xx l

⇒=2

2lx

3

3

4

6 ll=>= CGEME hh

Além disso sabemos que ( )

4

322

4

6

2

3'

lll −=−=EMEh e

6

3

2

3'

ll=−= CGCG hh

Dos valores calculados anteriormente e das figuras a seguir, observa-se que em ambos os casos o CG do corpo encontra-se acima do CE (centro de ação do empuxo) e que, portanto, ambos serão instáveis caso sejam perturbados da posição original de equilíbrio.

Situação 1

Situação 2 25. Um filme fino de sabão é sustentado verticalmente no ar por uma argola. A parte superior do filme aparece escura quando é observada por meio de luz branca refletida. Abaixo da parte escura aparecem bandas coloridas. A primeira banda tem cor vermelha ou azul? Justifique sua resposta. SOLUÇÃO: A diferença de caminho no interior do filme fino é dado por ∆ = 2.d. Como ocorre inversão de fase na reflexão da face externa e não ocorre inversão de fase na reflexão da face interna, os raios que interferem estão naturalmente em oposição de fase, o que justifica a cor escura na parte superior do filme, onde a espessura tende a zero. Para obtermos interferência construtiva é necessário que a diferença de caminho entre os raios seja um múltiplo ímpar de ½ comprimento de onda (no meio onde ocorre essa diferença de caminho), ou seja ( ) ( )nk 212 λ−=∆ . Igualando

as duas expressões para a diferença de caminho e considerando a menor

espessura (1° máximo), temos: λ=4

dn

.

Como d deve ter o menor valor, λλλλ deve ter o menor valor e como λazul < λvermelho a 1ª banda terá cor azul. 26. O tubo mais curto de um orgão típico de tubos tem um comprimento de aproximadamente 7 cm. Qual é o harmônico mais alto na faixa audível, considerada como estando entre 20 Hz e 20.000 Hz, de um tubo deste comprimento aberto nas duas extremidades? SOLUÇÃO:

A expressão para a frequência é: nn

L

vnf n ⋅=

⋅

⋅=

⋅

⋅= 57,428.2

07,02

340

2

235,857,428.2000.20 ==n

Sendo n natural, o seu maior valor, para a freqüência dentro da faixa audível, é n=8. 27. Uma bolha de gás metano com volume de 10 cm3 é formado a 30 m de profundidade num lago. Suponha que o metano comporta-se como um gás ideal de calor específico molar Cv = 3R e considere a pressão atmosférica igual a 105 N/m2. Supondo que a bolha não troque calor com a água ao seu redor, determine seu volume quando ela atinge a superfície. SOLUÇÃO: Na situação inicial temos agindo sobre a bolha de gás de metano uma pressão de aproximadamente 4. 105 N/m2. Temos que a bolha de gás sofrerá uma transformação adiabática, logo:

P0. oV γ

= Pf. fV γ

γ = Cp/Cv

Cp – Cv = R γ = 4R/3R = 4/3

4. 105. 104/3 = 105. 4/3

fV

220104 3434 =⇒⋅= VV3

cm 28. Uma corrente IE percorre uma espira circular de raio R enquanto uma corrente IF percorre um fio muito longo, que tangencia a espira, estando ambos no mesmo plano, como mostra a figura. Determine a razão entre as correntes IE/IF para que uma carga Q com velocidade v paralela ao fio no momento que passa pelo centro P da espira não sofra aceleração nesse instante.

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SOLUÇÃO: Para que a aceleração seja nula os campos magnéticos atuantes devem ser iguais em módulo e direção, em sentidos opostos.

O campo R

iB F

Fπ

µ

2

.0= sai do plano do papel, enquanto o campo

R

iB E

E 2

.0µ= entra no plano do papel. Logo:

⇒= EF BB ⇒=R

i

R

i EF

2

.

2

. 00 µ

π

µ

π

1=

F

E

i

i

29. Um tarugo de vidro de índice de refração n = 3/2 e seção transversal retangular é moldado na forma de uma ferradura, como ilustra a figura. Um feixe de luz incide perpendicularmente sobre a superfície plana P. Determine o valor mínimo da razão R/d para o qual toda a luz que penetra pela superfície P emerja do vidro pela superfície Q.

SOLUÇÃO: Primeiro analisamos dois raios

E concluímos que o raio crítico seria aquele que entrasse rente a parede interna do vidro (raio azul), pois teria menor ângulo de incidência. Para o raio crítico temos

( )i

Rsen

R dθ =

+.

Para esse raio sofrer reflexão total

( ) ( ) 1/

2 31 2

3 2

i iLim sen sen Lim n

R d R

R d R d

θ θ⟩ → ⟩ =

⟩ → ⟩ + → ⟩+

Note que analisando a primeira reflexão do raio já garantimos que ele conseguirá sair, pois as demais incidências acontecerão ou com ângulos maiores (vértice B) ou com ângulos iguais (vértice C). O ângulo em C é igual ao primeiro pois os triângulos OAB e OBC são congruentes.

30. Obtenha uma expressão para as energias das órbitas do modelo de Bohr do átomo de Hidrogênio usando a condição de que o comprimento da circunferência de uma órbita do elétron ao redor do próton seja igual um número inteiro comprimentos de onda de Broglie do elétron. SOLUÇÃO:

= +p c

E E E

22

o

e 1E mv

4 r 2= − +

πε

2 2 22

2

oo

v e em mv

r 4 r4 r= ⇒ =

πεπε

2 2 2

o o o

e e eE E (1)

4 r 8 r 8 r= − + ⇒ = −

πε πε πε

⇒⋅=⋅⋅p

hnrπ2

nh nh nhp mv v

2 r 2 r 2 rm= ⇒ = ⇒ =

π π π

2 2 2 2 22 2

2 2 2

o o o

e e n h emv v

4 r 4 rm 4 rm4 r m= ⇒ = ⇒ = ⇒

πε πε πεπ

2 2 2 2

2 2

o o

n h e 1 me(2)

rm r n h

π⇒ = ⇒ =

π ε ε

De (1) e (2): 2 2

2 2

o o

e meE .

8 n h

π= − ⇒

πε ε

4

2 2 2

o

meE

n . 8 h= −

ε

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