[mgsena + m a(2gsen -...

CADERNO DE RESOLUÇÕES

CONCURSO ITA 2010 FÍSICA

15/DEZ/2009

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

O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove porque temos mais a oferecer. IME 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

ITA Elite Curitiba: 5 anos de existência, 5 anos de aprovações no ITA !!! 11 alunos aprovados! LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009) JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008) LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008) MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008) CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007) VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007) GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006) RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006) YVES CONSELVAN (ITA 2006) EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005) FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005)

AFA 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 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 alunos convocados no Paraná 2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação!

EPCAr 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2009: 3 aprovações MURILO RODRIGUES MESQUITA ROMULO CORREA DA SILVA COSTA GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2)

2006: 2 convocados

Escola Naval 2010: Único a aprovar no PR e em SC! 2009: Único a aprovar no PR e em SC! 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2005: 100% de aprovação!

UFPR 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 Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar em 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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OBJETIVAS Caso necessário, use os seguintes dados: Constante gravitacional G=6,67 x 10-11.m3/s2kg. Massa do Sol M=l,99x1030 kg. Velocidade da luz c=3x108m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 x 1011 m. Aceleração da gravidade g=9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro: 6,023 x 1023 mol-1. Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de Planck h=6,62x 10-34m2Kg/s. Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πκ0. Permeabilidade magnética do vácuo: µ0. 01. Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por —V = GM/r, em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida para —V= GM/r + A/r2, em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de correção, A/r2; obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k=1. a ) A = kGM/c e 10-5 b ) A = kG2M2/c e 10-8 c) A = kG2M2/c e 10-3 d) A = kG2M2/c2 e 10-5 e) A = kG2M2/c2 e 10-8

Resolução: –V = GM/r + A/r2 Aplicando o operador dimensional: [–V] = [GM/r] = [A/r2] → [A] = [GMr] [A] = [G].[M].[r] De acordo com as alternativas A = kGx.My/cz → [A] = [k].[G]x.[M]y.[c]-z

Assim: [G].[M].[r] = [k].[G]x.[M]y.[c]-z → L = [G]x-1.My-1.(L.T-1)-z k é adimensional, logo [k] = 1. De F = GMm/d2, concluímos que [G] = M-1.L3.T-2 L = (M-1.L3.T-2)x-1.My-1.(L.T-1)-z

1 =3(x-1) –z 0 = 1-x + y-1 0= -2(x-1) + z Resolvendo encontramos x= y = z = 2. Logo: A = kG2.M2/c2 Cálculo da ordem de grandeza (OG) de (A/r2)/(GM/r) : OG ((A/r2)/(GM/r)) = OG(A/GMr) = OG(GM/rc2) = OG(6,67.10-11.1,99.1030/1,5.1011.(3.108)2) = OG(13,34.10-8/13,5) = 10-8 ALTERNATIVA: E 02. Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme m em torno do seu próprio eixo Norte-Sul- Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = GM/R2. Como ω≠0, um corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro cuja direção pode não passar pelo centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude X é dado por a ) mg - mω2 R cos λ. b) mg - mω2R sen2λ.

c) mg 2 2 2 21 [2 / ( / ) ]R g R g sen− ω + ω λ

d) mg 2 2 2 21 [2 / ( / ) ]cos− ω − ω λR g R g

e) mg 2 2 2 21 [2 / ( / ) ]− ω − ω λR g R g sen Resolução:

Da figura acima, temos:

ALTERNATIVA: D 03. Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta. Assinale a alternativa correta. a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2a Lei de Kepler continuaria válida. c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2a Lei de Kepler não seria mais válida. d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida. e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. Resolução: Se a força de gravitacional deixasse de atuar, o planeta seguiria em movimento uniforme com velocidade v.

Para um mesmo intervalo de tempo ∆t, o espaço percorrido (v t ur

) será o mesmo.

= = ∆uur uur uur uur ur

2 1 3 2S – S S – S v . t

Isto significa que os triângulos ABC e ACD de mesma altura (S1) e mesma base (v t ), logo possuem mesma área. ALTERNATIVA: A 04. A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio; N2, é



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igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente, a) 1,4 x 105 K. b) 1,4 x 108 K. c) 7,0 x 1027 K. d) 7 9 x 104 K e) 8,4 x 1028 K. Resolução:

Obs: desconsiderou-se a energia de rotação da molécula de nitrogênio. Deve-se atentar também que o enunciado faz menção à energia da molécula e não a energia do gás como um todo. ALTERNATIVA: E 05. No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por a)[ (2 ) ]/mgsen m a gsen a kα α+ + .

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

c)[ (2 )] /mgsen m a gsen a kα α+ − . d) m(g senα-a)/k. e) mg senα/k. Resolução: De x=0 até x1, o corpo faz um MRUV, com aceleração a. Assim: v1

2=2ax1 O instante em que o corpo se solta do anteparo é o instante em que a resultante das forças sobre o corpo produz exatamente a aceleração a (neste instante não há força entre o corpo m e o anteparo). Assim: mgsenα - kx1 = ma → x1 = m(gsenα – a)/k x1 = m(gsenα - a)/k O instante em que o corpo anula sua velocidade corresponde à máxima elongação (x2), pois a partir daí, o corpo vai voltar. De x1 até x2 o sistema é conservativo, então a energia mecânica se mantém constante. Logo: mv1

2/2 + mg(x2-x1)senα + kx12/2 = kx2

2/2 m2ax1/2 + mg(x2-x1)senα + kx1

2/2 = kx22/2

max1 + mg(x2-x1)senα + kx12/2 = kx2

2/2 kx2

2/2 - mgsenαx2 + mgx1(gsenα-a) - kx12/2 = 0

Usando Baskhara para encontrar x2 e substituindo o valor já encontrado de x1: Substituindo, encontramos

x2 = [ ] kagsenammgsen /)2( −+ αα ALTERNATIVA: C 06. Um quadro quadrado de lado l e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação superficial β, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado por a) 2 /F T mgβ∆l .

b) 2 F (1 T) /mg+ β∆l .

c) 2 2 22 F(1 T) / 4F m g )+ β∆ −l .

d) 2 F (1 T) /(2F mg)+ β∆ −l .

e) 2 2 22 F (1 T) /(4F m g )+ β∆ −l . Resolução: Da figura ao lado temos:

Mas, , logo:

Como , logo:

ALTERNATIVA: E 07. Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre uni plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio? a) µ = cos α/[cos α+2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ senα) b) µ = cos α/[cos α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα) c) µ = cos α/[sen α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα) d) µ = sen α/[sen α+2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ cosα) e) µ = sen α/[cos α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα)



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Resolução:

Pela figura temos:

− ⋅ α=

αh R sen

xcos

No equilíbrio da barra: Σ = ⇒

ur ur0M 0 ⇒ ⋅ = ⋅ α ⋅ ⇒B

LN x Q sen

2

α α⇒ = ⋅ ⇒

− ⋅ αB

LQsen cosN

2 h R sen α

⇒ =− ⋅ αB

QLsen2N

4(h R sen )

Para um coeficiente de atrito mínimo o semicírculo encontrar-se-á na iminência do movimento.

= = µ ⋅ ⇒x at sN F N ⇒ α = µ ⋅ + ⇒B yN cos (N P)

⇒ α = µ ⋅ ⋅ α + ⇒B BN cos (N sen P) ⋅ α⇒ µ = ⇒

⋅ α +B

B

N cosN sen P

α⇒ µ = ⇒

α +B

cosP

senN

α⇒ µ = ⇒

− ⋅ αα +

⋅ ⋅ α

cos4P(h R sen )

senQ L sen2

⋅ α ⇒ µ = α α + − ⇒ ⋅ ⋅ α ⋅ ⋅ α ⋅ α

2h 2R sencos / sen 2P

Q L sen2 Q L 2sen cos

⇒ µ = α α + − ⋅ ⋅ α ⋅ ⋅ α

2h Rcos / sen 2P

Q L sen2 Q L cos

ALTERNATIVA: C 08. Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico, movendo-se num círculo, de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que a) RP = RE e TP = TE. b) RP > RE e TP > TE. c) RP > RE e TP = TE.

d) RP < RE e TP = TE. e) RP = RE e TP < TE. Resolução: A velocidade da partícula é calculada a partir do trabalho do campo elétrico associado a diferencial de potencial V. Sendo e a carga elétrica fundamental temos que:

2122

CW qV E

eV mv

eVvm

= = ∆

=

=

O raio da trajetória da partícula na região de campo magnético é dado por:

2 1 2

1 2.

mvRqB

m eV mVReB m B e

VR mB e

=

= =

=

Como P Em m> , temos queP ER R>

E seu período é:

2

2 .

mTqB

T meB

π

π

=

=

Como P Em m> , temos que P ET T> ALTERNATIVA: B 09. Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade angular constante ω em tomo da. extremidade fixa; mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que

a) o movimento é harmónico simples para qualquer que seja velocidade angular ω. b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0. c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0. d) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do quadrado da velocidade angular. e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS. Resolução: O movimento da partícula é a composição de um MHS com um MCU (A – incorreta). A posição de equilíbrio é tal que a força elástica exerce o papel de força centrípeta:



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K(R-R0) = mw2R (com w>0 o ponto de equilíbrio é deslocado para R>R0). (B – incorreta). Denotaremos R-R0 = x0. Um campo magnético poderá tanto fortalecer quanto enfraquecer o efeito da força elástica da mola, isto depende do seu sentido (E – incorreta) Supondo a partícula em uma posição diferente da de equilíbrio, e o referencial na partícula (entra em cena a força centrífuga), temos que kx´- mw2R = ma, onde a é o módulo da aceleração radial e x´é a deformação da mola. Denotando por x = x´- x0 a deformação da mola mola em relação à posição de equilíbrio, e sabendo que R = R0 + x, temos a = (k/m)x0 – w2R0 + (k-mw2).x/m, provando que a aceleração é função da distância até a posição de elequilíbrio, o que prova que o movimento é um MHS em relação ao referencial que gira com velocidade angular w, com pulsação Ω, calculada por

Ω = mmwk 2− , logo f =

mmwk 2

21 −π

, provando que o

quadrado de f depende do quadrado de w. (C – incorreta e D – correta). ALTERNATIVA: D 10. Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar que

a) o processo JK corresponde a uma compressão isotérmica. b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W=(T2-T1)(S2-S1). c) o rendimento da máquina é dado por η = 1- 2

1

TT

.

d) durante o processo LM uma quantidade de calor QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema. e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta.

Resolução: a) Incorreta, pois no processo JK temos entrada de calor (Q>0) no sistema e, portanto, o trabalho realizado é positivo (W>0), ou seja, ocorre expansão isotérmica. b) Correta, pois em um ciclo temos ∆U=0 e, portanto,

. c) Incorreta, pois o rendimento do ciclo de Carnot representado na figura é dado por . d) Incorreta, pois durante o processo LM o sistema perde calor

. e) Incorreta, pois a máquina representada opera segundo o ciclo de Carnot, que fornece o maior rendimento possível. ALTERNATIVA: B 11. Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a. figura. Devido à variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de

Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de a) 1,0 m. b) 1,6 m. c) 2,0 m. d) 4,0 m. e) 8,0 m. Resolução:

Podemos relacionar o raio r de um anel qualquer com o raio de curvatura da face convexa da lente fazendo: e = R – R cos θ ou e = R ( 1 – cos θ ) e sendo θ um ângulo

pequeno temos cos θ = 1 – θ 2

2 e portanto θ 2

2 = 1 – cos θ ;

substituindo na equação acima vem e = R θ 2

2; como, também

pela aproximação de ângulo pequeno

θ ≅ rR

teremos e ≅ 2r

2R.

Se fizermos, como para lâminas delgadas, o estudo dos anéis claros (interferência construtiva) e escuros (interferência destrutiva), notaremos que, sendo o sistema imerso no ar, os primeiros aparecem para + λ

=(2m 1)

e4

e os segundos

para λ= 0

2

2me

4n sendo m = 0, 1, 2, 3, ... .

Para =m 1 , nesta última expressão:



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λ λ= =o o2x1x

e4x1 2

(I)

Como: e ≅

2r2R

−

=61x10

e2R

(II); Igualando (I e II):

− −

−

λ= ⇒ = ⇒ =

6 6o

9

10 10R R 2m

2 2R 500x10

ALTERNATIVA: C 12. Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C, Sendo AD = 34,00 cm, ,AB BD BC CD= = e a velocidade do som de 340,0 m/s; as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectivamente a) 2000 Hz e 1000 Hz. b) 500 Hz & e 1000 Hz. c) 1000 Hz e 500 Hz. d) 50 Hz e 100 Hz. e) 10 Hz e 5 Hz. Resolução: Em ambos os casos, ter-se-á uma configuração de onda estacionária, cujos ventres coincidirão com cada abertura. Portanto: CASO (i):

( ).

340 0,34 .1500

som i

i

i

v ff

f Hz

λ=

=

=

CASO (ii):

( ).

340 2.0,34 .500

som ii

ii

ii

v ff

f Hz

λ=

=

=

ALTERNATIVA: C 13. Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T, Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de freqüência f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distância em relação a sirene.

Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência ƒ ouvida pela jovem. a) b) c) d) e) Resolução: Na situação inicial (t=0) não há movimento relativo de aproximação entre a sirene e a jovem, logo f = f0, com f/f0 = 1 Nos primeiros instantes (0<t<T/2) a jovem se afastará da sirene e então por efeito Doppler teremos f < f0, e portanto, f/f0 < 1. No instante t= T/2 a jovem estará no ponto mais afastado da sirene, no qual também não há movimento relativo de aproximação ou afastamento entre ela e a sirene e f = f0, com f/f0 = 1. Para T/2 < t < T a jovem estará se aproximando da sirene e neste caso teremos o aumento da freqüência percebida por ela (f > f0), e portanto, f/f0 > 1. A alternativa que melhor se aproxima da resposta é A, embora os instantes de maior efeito Doppler não sejam t=T/4 e t = 3T/4 como mostra a figura da alternativa A. Obs.:

Os instantes corretos correspondem aos pontos onde há a maior velocidade relativa entre a jovem e a sirene, sendo, portanto, os instantes associados aos pontos indicados na figura abaixo. Logo estes instantes são t1 (próximo de T/4, mas tal que t1 < T/4) e t2 (próximo de 3T4, mas tal que t2 > 3T/4). A alternativa A é mais próxima da resposta, quanto menor for a razão do raio do carrossel pela distância entre seu centro e a sirene. ALTERNATIVA: A 14. Considere as cargas elétricas q1 = 1C, situada em x = -2 m, e q2.= -2 C, situada em x = -8 m. Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = -4 m e x = 4 m.



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b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = -16 m e x = 16 m. c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = -4 m e x = 16 m. d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = -4 m. e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = -4 m. Resolução: Consideremos um ponto P qualquer de coordenadas (x,y, z) distante d1 da carga 1C e d2 da carga -2C. Para que tenhamos potencial nulo, a soma dos potenciais produzidos pelas cargas deve ser zero, ou seja:

A expressão anterior representa uma esfera de raio R = 4m e com centro na origem, portanto cruzando o eixo x nos pontos x= -4 m e x = 4m. ALTERNATIVA: A 15. Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos l1 e l2 conforme mostra a figura. No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considerando as cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por a) -mgl2d²/(k0Ql1).

b) -8mgl2d²/(k0Ql1). c) -4mgl2d²/(3k0Ql1).

d) -2mgl2d²/( 3 k0Ql1). e) -8mgl2d²/(3 3 k0Ql1). Resolução:

Pela figura:

= ⇒ =°

d 2dx x

cos30 3

No equilíbrio da carga Q: ⋅ ⋅

= ⇒ = ⇒02

k Q qF T T

x⋅ ⋅ ⋅

= 02

3 k Q qT

4d

No equilíbrio da barra: Σ = ⇒ ⋅ ° = ⇒

ur url l1 2M 0 T cos30 mg

⋅ ⋅⇒ ⋅ ⋅ =l l0

1 22

3k Q q 3mg

24d; Como: ⋅ <Q q 0

−=

⋅ ⋅ ⋅

ll

22

0 1

8mgdq

3 3 k Q

ALTERNATIVA: E 16. A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d/2, seguida de uma camada do material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material de condutividade σ1, de largura d/4. A área transversal é a mesma para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por

a) 4VA/d(3σ1 + σ2). b) 4VA/d(3σ2 + σ1). c) 4VAσ1σ2/d(3σ1 + σ2). d) 4VAσ1σ2/d(3σ2 + σ1). e) 4V(6σ1 + 4σ2)/d. Resolução: Sabendo que L LR

A Aρ

σ= = e considerando cada uma das

camadas como um resistor, temos 3 resistores em série, cuja resistência equivalente é:

( )

1 2 3

31 2

1 1 2 2 3 3

1 2 1

1 2

2 1

1 2

2 4 4

3 14

34

R R R RLL LR

A A Ad d d

RA A A

dRA

dRA

σ σ σ

σ σ σ

σ σ

σ σσ σ

= + +

= + +

= + +

= +

+

=

Logo, a corrente elétrica do circuito é dada por:

( )

( )

2 1

1 2

1 2

2 1

34

43

V ViR d

AAVi

d

σ σσ σ

σ σσ σ

= =+

=+

ALTERNATIVA: D 17. Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb, cada qual distando do centro da esfera condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que a)a força entre as cargas qa e qb é K0qaqb(x² + y² -2xycos θ). b) a força entre as cargas qa, e qb é nula. c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não há dados suficientes,



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d) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, esta não sentiria força alguma. e) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada. Para calcular a força de interação entre as cargas, é preciso calcular a distância d entre elas, o que pode ser realizado pela Lei dos Cossenos:

θcos2222 xyyxd −+=

Logo o módulo da força de interação vale θcos2

..220

xyyxqqk

F ba

−+=

Obs.: As duas cargas estão blindadas eletrostaticamente, de maneira que o campo elétrico total sobre cada uma delas é nula, sendo nula também a força eletrostática RESULTANTE sobre cada uma delas. ALTERNATIVA: A 18. Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sitema de coordenadas é (0,B,0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I fluí através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse cubo será dado por

a) (-B, -B, -B). b) (-B,B,B). c) (B,B,B). d) (0,0,B). e) (0,0,0). Resolução: Situação inicial (fazendo as projeções nos planos xy e yz): Das figuras anteriores, temos: , onde é o módulo do campo gerado por cada aresta de fio. Situação final (fazendo as projeções nos planos xz, xy e yz)::

Das figuras anteriores, temos:

ALTERNATIVA: B 19. Considere um aparato experimental composto de um solenóide com n voltas por unidade de comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura l, resistência R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa, por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a a) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira dentro do solenóide.

b) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira saindo do solenóide.

c) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira entrando no solenóide.

d) µ0n²Il + mg com a espira dentro do solenóide. e) mg e independe da posição da espira com relação ao solenóide. Resolução: O campo magnético gerado no interior do solenóide estará sempre paralelo ao plano da espira, portanto não haverá força magnética induzida na espira. Como ela é puxada com velocidade constante, a força exercida por esta pessoa possui módulo igual ao peso da espira (m . g). Não haverá variação do fluxo magnético devido ao movimento vertical da espira no interior do solenóide ou ao sair do mesmo. ALTERNATIVA: E 20. No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo o, nas plantas verdes presentam um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda λ = 6,80 x 10-7m. Considere que a formação de glicose (C6H12O6) por este processo de fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação:

6CO2 + 6H2O → C6H12O6 + 6O2 Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de 2,34 x 10-18 J o numero de fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é a) 8. b) 24. c) 48. d) 120. e) 240.



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Resolução: Observando a reação tem-se:

2

181 6

181

6.2,34 10

14,04 10mol GLICOSE moles CO

mol GLICOSE

E E x J

E x J

−

−

= =

=

Essa energia deve então ser obtida da radiação absorvida pela planta:

1

18

18

. .

. . 14,04 10

14,04 10 . 48.

n fótons mol GLICOSEE n h f E

cn h x

n xc h

λλ

−

−

−

= =

=

= =

ALTERNATIVA:C

DISCURSIVAS 21. Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo magnético B

ur uniforme

e constante, orientado paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em repouso era relação a este, e situada, a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ, o coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que valor de ω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso. Resolução: Do enunciado percebe-se que os pontos críticos são o mais alto e o mais baixo. Assim, vamos analisar tais pontos.

1 - Considerando-se a iminência de movimento no ponto inferior tem-se: mg(µcosα - senα) - qωRB = mω2R (1) 2 - Considerando-se a iminência de movimento no ponto superior tem-se: mg(µcosα + senα) - qωRB = mω2R (2) O máximo ω que permite o movimento é o menor entre os dois, logo caso (1). Daí: mω2R + qωRB + mg(µcosα - senα) = 0

Cuja raiz (positiva) é:

( )2 2qRB 4m gR(sen cos ) qB2mR 2m

− α − µ αω = −

22. Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um "loop" circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na figura. Sendo g a. aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma, a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista. Resolução: Da figura, temos: Do alcance máximo do lançamento oblíquo, temos: Logo: Por conservação de energia, temos:

23. Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa.

Resolução: No início do movimento a energia mecânica é dada por:

= 2mi 1 0

1E m . v

2

No momento de compressão máxima não há velocidade relativa entre os corpos m1 e m2. Ambos estão com velocidade de V. Então a energia mecânica do sistema é:

= + +2

2mf 1 2

kx 1E (m m )v

2 2

Conservação do momento linear: Qi = m1 . v0 Qf = (m1 + m2)V ∆Q = 0 ⇒ m1 v0 = (m1 + m2) V ⇒ V =

( )+1 0

1 2

m vm m

Conservação da energia mecânica: Emi = Emf 12

=2

21 0

kxm v

2+

12

+1 2m m( )( )+

21 0

2

1 2

m v

m m

( ) =+

2 22 21 0

1 01 2

m vm v – kx

m m ⇒ = ⇒ +

22 2 1

0 11 2

mkx v m –

m m



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⇒ =212 2

0

mx v

+ 21 2 1m m – m

( ) ⇒

+ 1 2k m m

⇒ =+

1 20

1 2

m .mx v

k(m m )

24. Uma esfera, maciça de massa específica ρ e volume V está imersa, entre dois líquidos, cujas massas específicas são p1 e p2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k. conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume dá esfera está no líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda. Resolução:

25. Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o embolo, inicialmente fixo, é então solto; deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial. Resolução: Processo adiabático: Gás ideal monoatômico: Logo: Lei dos gases perfeitos:

26. A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com a horizontal; tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o

comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem.

Resolução: Ponto central da barra:

Ponto M da barra:

Ponto L da barra:

27. Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares. Resolução: A força da gravitação faz o papel de resultante centrípeta, :

Gm=2

M mr

→ =2

2V GMV ,

r r (I)

onde G = const. gravitação de Newton, M = massa do corpo orbitado, r = raio de órbita, m = massa do corpo orbitante e v = velocidade da órbita. Para órbita circular: π

=2 r

V ,T

(II)

onde T = período da órbita. Substituindo (II) em (I): π π = ⇒ =

2 2 2

3

GM 2 r T 4r T GMr

Esta última expressão é uma formulação da 3ª Lei de Kepler, a qual afirmar que, para diversos corpos que orbitem um mesmo corpo central, a razão

2

3

Tr

independe das características dos

corpos orbitantes.



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28. Considere uma espira retangular de lados 3a e a, respectivamente, em que circula uma corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto x = a/2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z quando esta encontra-se no plano yz. Resolução: As linhas de campo magnético gerado pelo fio infinito são radiais e paralelas ao plano xy. Logo, a força magnética que atua nos lados de comprimento 3 a da espira, além de ter resultante nula, é paralela ao eixo z e, portanto, não gera torque em relação ao eixo z. Os vetores campo magnético e força magnética resultantes nos lados de comprimento a da espira estão representados na figura abaixo.

Nele, o módulo do campo magnético é dado por: 0

2IBa

µπ

=

Logo, a força magnética será: 2

0

2MIF BIa µπ

= =

E o momento em relação ao eixo z é:

,

20

20

.

3cos .2

1 32 2 23

8

M x

M

M F d

aM F

I aM

a IM

θ

µπ

µπ

=

=

=

=

O resultante dos momentos é a soma dos momentos no ponto A e B, assim:

20

Re tan

20

Re tan

32.8

34

sul te A B

sul te

a IM M M

a IM

µπ

µπ

= + =

=

29. O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados. Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas com potência de 6 xl0-5 W, emitem, respectivamente, luz azul ( λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é, em todas as direções. Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos. Resolução:

Logo:

Portanto, a maior distância para visualização é obtida com a cor vermelha. 30. No gráfico ao lado estão representadas as características de um gerador, de força eletromotriz igual a ε e resistência interna r, e um receptor ative de força contraeletromotriz ε1 e resistência interna r1. Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência interna e o rendimento para o gerador e para o receptor.



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Resolução: Para o gerador, temos:

Para o receptor, temos:

Como o gerador e o receptor estão interligados, então

. Logo: Rendimento do gerador: Rendimento do receptor:

Fone : 3013-5400

www.ELITECURITIBA.com.br

[mgsena + m a(2gsen -...

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