274_Resolução Simulado Rumo ao ITA

Elaborada pelo prof Renato Brito - Respeite o Direito Autoral - www.rumoaoita.com - www.vestseller.com.br

SIMULADO 1 – FISICA 2007 - Prof Renato Brito (www.VestSeller.com.br) Distribuição dos assuntos da prova ( 15 questões) - Analise dimensional - 1 questao - Mecanica - 3 questões - eletricidade/magnetismo - 3 questões - optica - 2 questões - Ondas - 1 questão - termologia - 1 questão - termodinâmica - 1 questão - MHS - 1 questão - Fisica Moderna - 1 questão - Optica Física – 1 questão A dificuldade maior em simular uma real prova do ITA é a reduzida quantidade de questões desse simulado, apenas 15 em vez das 30 tradicionais do ITA. Dúvidas, críticas, incentivos e sugestões, mandem email para : [email protected]


Questão 16 A distância característica abaixo da qual os efeitos quânticos gravitacionais se tornam significantes, chamada de comprimento de Planck, pode ser determinada através de uma combinação adequada das constantes físicas:

G = constante da gravitação Universal h = constante de Planck c = velocidade da luz no vácuo.

Qual das alternativas abaixo corresponde ao comprimento de Planck ?

a) G.h.c b) G.h2.c3 c) G2.h.c d) c.h.G 22/1 e) 3ch.G

O Professor Renato Brito Comenta - Assunto: Análise dimensional Resposta Letra E Achando a dimensão da constante G: F = G.M.m / D² ⇒ G = F.D² / (M.m) ⇒ [G] = (kg.m.s−2).(m2) / (kg.kg) [G] = m3. s−2. kg−1

Achando a dimensão da constante de Planck: E = h.f ⇒ [E] = [h].[f] ⇒ [h] = J.s = (kg.m2.s−2) . s = m2 . s−1. kg [h] = m2 . s−1. kg A dimensão da velocidade da luz é: [c] = m.s−1

Seja L o comprimento de Planck, de dimensão [L] = m Admitindo uma fórmula do tipo L = GA . hB . c C , temos: [L] = [G]A . [h]B . [c] C

m1 = (m3. s−2. kg−1) A . (m2 . s−1. kg) B . (m.s−1) C

m1 . 1 . 1 = m(3A + 2B + C) . s( − 2A − B – C) . kg (−A + B)

m1. S0. kg0 = m(3A + 2B + C) . s( − 2A − B – C) . kg (−A + B)

Igualando os coeficientes, vem:

2A + 2B + C = 1

−2A − B − C = 0

−A + B = 0 , resolvendo vem A = 1/2 , B = 1/2 , C = −3/2

L = GA . hB . c C ⇒ L = G1/2 . h1/2 . c 1/2 ⇒ L = 3ch.G

Questão 17 (elaborada pelo prof Renato Brito) Em Cajúpiter, onde a gravidade vale g, Júlio Sousa jogou uma pedra verticalmente para cima e observou que, durante o penúltimo segundo do movimento de subida, ela percorre uma distância vertical 8 m maior que a distância percorrida durante o último segundo da subida. Desprezando a resistência do ar, a gravidade nesse planeta vale :

a) 2 m/s² b) 4 m/s² c) 6 m/s² d) 8 m/s² e) 12 m/s²


O professor Renato Brito Comenta) - Assunto: Cinemática Resposta D

Quando lançamos uma pedra verticalmente para cima na Terra ( g = 10 m/s2) , a sua velocidade vai diminuindo continuamente, decaindo 10 m/s a cada 1 segundo, até se anular no ponto de altura máxima. Num planeta genérico de gravidade g ocorre o mesmo: a velocidade de uma pedra lançada para cima vai diminuindo g metros por segundo a cada um segundo, até se anular no ponto de altura máxima, conforme o gráfico V x t ao lado.

V

T1s1s1s

g

2g

3g

último segundo da subidapenúltimo segundo da subidaantepenúltimo segundo da subida

0

instante no qual a pedra atinge a altura máxima (V = 0)

Assim, a área hachurada azul (três triângulos) representa a distância percorrida pela pedra no penúltimo segundo da subida, enquanto a área hachurada amarela representa a distância percorrida pela pedra no último segundo de subida, no planeta de gravidade g.

Assim, conforme o enunciado (admitindo que todas as unidades físicas estão no SI), temos:

(área azul) − (área amarela) = 8 b h b h 1 g 1 g3. = 8 3. = 8

2 2 2 2× × × ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⇒ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

g = 8 m/s2 Para outras questões interessantes sobre cinemática IME ITA com resoluções inusitadas, consulte o livro Mecânica para vestibulandos IME ITA de autoria do prof Renato Brito disponível em www.vestseller.com.br . Questão 18 Um pêndulo é abandonado do repouso da posição horizontal A num local em que a gravidade vale g como mostra a figura abaixo . A aceleração resultante da bolinha do pêndulo, em função do ângulo α, é dada por:

a) 1 sen.3. g 2 +α

b) 1 cos.3. g 2 +α

c) 1 sen. g2 2 +α

d) 1 cos. g2 2 +α e) g

A

B

L

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Dinâmica Resposta Letra A Após descer uma altura H = L.senα, o pêndulo atinge uma velocidade v = 2.g.H 2.g.L.sen= α (obtido facilmente por conservação de energia mecânica.

Ao passar pelo ponto B, na direção radial (centrípeta), pela 2ª lei de Newton, temos:

FRctp = ( T − P.senα ) = M . actp Entretanto, para determinar a aceleração centrípeta no ponto B, nem precisamos determinar a tração T no fio ao passar pelo ponto B, visto que a velocidade VB já foi determinada anteriormente por conservação de energia. Conhecendo VB, determinamos a aceleração centrípeta no ponto B diretamente:


2V 2.g.L.senactp = 2.g.sen

R Lα

= = α ⇒ actp = 2.g.senα

Sua aceleração tangencial é causada pela componente tangencial da força peso: FRtg = M. atg ⇒ M.g.cosα = M. atg ⇒ atg = g.cosα Assim, podemos prontamente determinar a aceleração resultante (aR)2 = (atg)2 + (actp)2.

substituindo os valores, obtemos: aR = 1 sen.3. g 2 +α Questão 19 ( elaborada pelo prof Renato Brito) No circuito a seguir, as baterias e medidores são ideais e o capacitor encontra-se inicialmente descarregado. Fechando-se a chave k, a carga elétrica Q armazenada pelo capacitor C aumenta gradativamente, conforme o gráfico abaixo, até atingir o seu valor final QFinal. A corrente indicada pelo amperímetro, no instante t = 3 µs, vale:

a) 1A b) 2A c) 3A d) 4A e) 5A

12 V

2 Ω 2 Ω

2 Ω4 V

CA

k

Carga do capacitor

tempo (µs)2 4 6 8 10 12

QFinal

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Eletrodinâmica Resposta A Estando o capacitor plenamente carregado, não passa mais corrente no ramo aed, só havendo corrente pela malha externa, no valor de 2A (veja figura 1). Um capacitor plenamente carregado funciona como uma chave aberta. Admitindo Va = 0V (por simplicidade) e fazendo o percurso abcde, é fácil ver que teremos Ve = 4 + 4 + 4 = 12 V, portanto, o capacitor estará sujeito a uma ddp Uea = 12V quando está armazenando a carga final QFinal.

12 V

2 2

2 4 V

C

i1

a

0Vb

cd

e

i2i3

i3

i1

f

g

Figura 1 – finalizado o processo de carga Figura 2 - no instante t = 3 µs

No instante t = 3 µs (figura 2), a carga do capacitor está valendo 2/3 da sua carga final, portanto, sua ddp nesse instante deve ser 2/3 da sua ddp final, assim, em t = 3 µs tem-se Uea = 2/3.(12V) = 8V, ou seja, teremos Ve = 8V, visto que Va = 0V. Assim, na figura 2, sendo Ve = 8V, teremos Vd = 4V, assim, sendo Uda = 4V, analisando o trecho dcba, facilmente determinamos i3 = Udcba / Rdcba = 4 / (2+2) = 1A. Essa é a corrente desejada na questão. A seguir, determinaremos as demais correntes na figura 2 para o estudar ter um aprendizado completo.


Para determinar a corrente i1, calculemos a ddp Ufd = Vf − Vd. Analisando o trecho agf, sendo Va = 0V, temos Vf = 12V, donde Ufd = Vf − Vd = 12 − 4 = 8V. Assim, i1 = Udf / Rdf = 8 / 2 = 4A. A corrente i2 pode der determinada alegando i1 = i2 + i3, onde teremos i2 = 3A. Note que, apesar de haver corrente elétrica i2 no trecho “de”, não há corrente elétrica dentro do capacitor, visto entre as placas de um capacitor há um isolante. Assim, a corrente elétrica i2 = 2A, na verdade, está associada a um movimento real de elétrons que fazem o percurso edfga, saindo da placa superior do capacitor (que se torna positiva) e se acumulando na sua placa inferior (que se torna negativa). Questão 20 (elaborada pelo prof Renato Brito) O diagrama a seguir representa a curva de aquecimento de uma amostra de 100 g de benzeno inicialmente sólido. Admita que, no interior de um calorímetro ideal, foram colocados apenas 700 g de benzeno líquido a 30 °C e 200 g de benzeno sólido, a –30 ° C. A temperatura de equilíbrio do sistema, na escala Farenheit, vale: a) 10 oF b) 20 oF c) 40 oF d) 50 oF e) 80 oF

VEJA COMENTÁRIO AINDA HOJE OU AMANHÃ, QUANDO ESSE ARQUIVO FOR ATUALIZADO NO SITE Questão 21 A figura mostra um objeto real o localizando frontamente a um espelho esférico côncavo de distância focal f, bem como a sua imagem real i conjugada por esse espelho. Se as distâncias do objeto e da imagem ao foco F desse espelho são, respectivamente, a e b, vale a relação:

a) b1

a1

f1

+= b) f 2 = a . b c) f = 2

b a +

d) b1

a1

f2

+= e) b1

a1

f21

+=

F VC

o

i

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Óptica – Equação de Newton Resposta B

Observando os triângulos semelhantes, podemos escrever:

2o i i o i f b e portanto f = a.ba f b f o a f= = = = ⇒


Questão 22 (prof Renato Brito) A figura mostra um percurso composto por duas semi-circunferências conectadas por dois trechos retilíneos. Uma fonte sonora, que emite um apito com frequência constante f = 2520 Hz, encontra-se fixa no centro F. Um observador O percorre o circuito no sentido anti-horário movendo-se com velocidade escalar constante v = 50 m/s. A distância d entre o observador e a fonte varia entre os extremos 30 m ≤ d ≤ 70 m. Se a velocidade do som no ar vale 320 m/s, as frequências sonoras máxima e mínima percebidas pelo observador, durante cada volta, valem, respectivamente : a) 2987 Hz e 2180 Hz

b) 2880 Hz e 2240 Hz

c) 2987 Hz e 2240 Hz

d) 2880 Hz e 2180 Hz

e) 2781 Hz e 2304 Hz

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Ondas – Efeito Doppler Bidimensional Quando o observador O se move ao longo do percurso, ele perceberá uma frequência Doppler Fapar dada pelo gráfico a seguir.

Essa frequência aparente atingirá seu valor mínimo no ponto d, onde ocorre máxima velocidade relativa de afastamento entre observador e fonte, velocidade essa sempre medida ao longo do eixo OF que liga observador até a fonte.

Assim, no efeito Doppler bidimensional, as velocidades relevantes são apenas as componentes Vo// e VF// das velocidades do observador e da fonte ao longo do eixo OF visto que elas é que dizem respeito ao que está ocorrendo à distância entre observador e fonte em cada instante.

Pelos dados do enunciado, pode-se deduzir que o raio de cada semi-círculo vale R = 3m e o triângulo retângulo em destaque na figura tem lados 30m, 40m e 50m, de forma que cosα = 0,8 e, consequentemente, a componente da velocidade do observador ao longo do eixo OF, nos pontos d e f vale Vo// = Vo.cosα = 50 .(0,8) = 40 m/s.

sapar o

s

V Vo//F F .

V Vf//⎛ ⎞±

= ⎜ ⎟±⎝ ⎠

Nessa questão, temos Vs = 320 m/s, Vo// = 40 m/s, Vf = 0 (a fonte encontra-se parada) A frequência aparente no ponto d será minima. No seu cálculo, tomaremos a componente Vo// com sinal algébrico negativo na fórmula, visto que aponta no sentido oposto ao do eixo O→F no ponto d. Assim, temos:

apar min320 40F 2520. 2205 Hz320 + 0

−⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

A frequência aparente no ponto f será máxima. No seu cálculo, tomaremos a componente Vo// com sinal algébrico positivo na fórmula, visto que aponta no mesmo sentido do eixo O→F no ponto f . Assim, temos:


apar max320 + 40F 2520. 2835 Hz320 + 0

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

Nessa questão, por um deslize do prof Renato Brito, invertendo os papéis do observador e da fonte (vacilo !!!), não houve alternativa correta. Questão 23 (elaborada pelo prof Renato Brito) Deseja-se projetar a imagem do filamento de uma lâmpada sobre uma tela que se encontra fixa a uma distância D dessa lâmpada. Para isso, posiciona-se entre eles uma lente biconvexa Deslocando-se vagarosamente a lente desde a lâmpada até a tela, verifica-se formação de imagem nítida sobre a tela para duas posições da lente, posições essas que distam d entre si. Admitindo que a lente seja biconvexa simétrica, feita de vidro de índice de refração η imersa no ar, o raio de curvatura R comum às suas faces vale:

a) (η − 1).d2

dD 22 − b) (η − 1).D2

dD 22 − c) (η − 1).d4

dD 22 −

d) (η − 1).D.4

dD 22 − e) (η − 1).dD

d.D+

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Óptica - Lentes Resposta B

Parâmetros ópticos – nomenclatura usada :

P = distância do objeto à lente P’ = distância da imagem à lente f = distância focal da lente

x d x

objeto

objeto

imagem

imagem

D

Caso 1:

Caso 2:

As duas posições da lente para as quais ocorre formação de imagem nítida no anteparo são tais que a relação abaixo é satisfeita para dois pares distintos de valores ( P, P’ ) , para o mesmo valor da distância focal f :

1 1 1f P P'= +

Note que, permutando-se os valores de P e P’ , a relação acima continua sendo satisfeita (visto que a operação soma é comutativa) . Por exemplo, para uma lente de distância focal f = 2, poderíamos ter tanto (p,p’) = (3,6) como (p, p’) = (6,3), visto que:

1 1 1 1 12 3 6 6 3= + = +

Essa permutabilidade está relacionada com o princípio da reversibilidade dos raios. Tudo se passa como se objeto e imagem permutassem suas posições, nos casos 1 e 2 mostrados na figura. Assim, por conta dessa propriedade, em cada um dos casos 1 e 2, temos:

Caso 1: P = x P’ = x + d

Caso 2: P = x + d P’ = x

2x + d = D ⇒ x = 2

dD − e x + d = 2

dD − + d = 2

dD + ⇒ x + d = 2

dD +

Assim, pela equação dos pontos conjugados de Gauss, aliada à equação dos fabricantes de lentes (fórmula de Halley), temos: 1 1 1f P P'= + = lente

meio 1 2

n 1 11 .n R R

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠, com nlente = n, nmeio = nar = 1, R1 = R2 = R (lente simétrica)


1 1 1f x x d= +

+ = n 1 11 .

1 R R⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⇒ 1 2 2f D d D d= +

− + = ( ) 2n 1 .

R⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ R = (n −1)2 2(D d )2D−

Questão 24 Uma fita de cobre de largura 5 mm conduz uma corrente elétrica i contínua e está submetida a um campo magnético constante (B) de módulo igual a 0,50T perpendicular à sua face como mostra a figura. Sabendo que os portadores de carga se movem ao longo da fita metálica com velocidade v = 1,8. 10−4 m/s, a ddp entre as faces laterais da barra, acusada pelo voltímetro, vale:

a) Vx − Vy = 4,5 x 10−7 V

b) Vy − Vx = 4,5 x 10−7 V

c) Vx − Vy = 2,7 x 10−7 V

d) Vy − Vx = 2,7 x 10−7 V

e) Vy − Vx = 3,6 x 10−7 V

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Eletromagnetismo Resposta Letra A Essa questão trata do famoso Efeito Hall e da medida da tensão Hall que surge entre as faces laterais de uma barra metálica conduzindo corrente elétrica na presença de um campo magnético.

Sendo o sentido da corrente convencional i ascendente, o sentido do movimento dos portadores reais de cargas dentro dos metais (os elétrons) é oposto (figura 1). Aplicando a regra da mão direita (figura 2), vemos que os elétrons sofrem força magnética para a direita, de forma que, durante a passagem da corrente elétrica, ocorre uma maior concentração de elétrons na parede direita que na esquerda (Figura 3), induzindo um campo elétrico E transversal e uma ddp U transversal. Esse campo elétrico produz a força elétrica Fe transversal que equilibra a força magnética transversal, de forma que, em regime estacionário, a ddp lateral U permanece constante e a concentração de cargas nas laterais também. Assim, aplicando a regra da mão direita para os elétrons (cargas negativas), conclui-se que haverá uma diferença de potencial lateral tal que Vx > Vy. Curiosamente, aplicando-se a regra da mão direita para a própria corrente convencional i, como se ela representasse o movimento de portadores de cargas positivas, a força magnética Fm sobre os supostos portadores de cargas positivas se movendo dentro do metal resultaria novamente para a direita Fm →, indicando que esses hipotéticos portadores de cargas positivas dentro do metal tenderiam a se concentrar na face direita da placa, levando a uma concentração de cargas negativas à face esquerda ( ficaria o contrário da figura 3) levando a crer que haveria uma ddp transversal tal que Vy >Vx !!!!! Assim, chega-se a um impasse: afinal, qual dos dois ocorre, se montássemos esse aparato num laboratório ?


Foi exatamente o que o Edwin Hall fez em 1879, chegando à conclusão de que o que ocorre é a Figura 3 mesmo. Com isso ele concluiu de forma indubitável que, de fato, os portadores de carga elétrica dentro dos metais têm carga negativa, ou seja, tratam-se dos elétrons. Essa questão é, portanto, uma armadilha terrível para a qual os estudantes precisam ficar atentos. Embora a força magnética, nos dois casos considerados, resulte para a direita Fm→, a ddps induzidas obtida em cada caso apresentam sinais opostos sendo um deles o CERTO (Figura 3) e o outro o ERRADO (não mostrado na figura) , como se verificou experimentalmente. Efetuando o cálculo do equilibrio das forças transversais Fm e Fe, no regime estacionário, vem: Fm = Fe

B.q.v.sen90o = q.E ⇒ B.q.v.sen90o = q. Ud

⇒ U = B.v.d = 0,5 . 1,8,10−4 . (5 .10−3) = 4,5.10−7 V

U = Vx − Vy = 4,5.10−7 V Questão 25 (elaborada pelo prof Renato Brito) Um sistema massa mola oscila ao longo de um plano inclinado liso que forma um ângulo de 30° com a horizontal, com uma freqüência de 4,8 Hz. Em seguida ele foi retirado, a sua mola foi cortada ao meio e cada metade foi fixada em faces opostas da caixa, formando o sistema 2.

30o

Km

sistema 1

m

sistema 2

Se a gravidade local vale g = 10 m/s2, O prof Renato Brito pede para você determinar a freqüência de oscilação do sistema 2:

a) 2,4 Hz b) 9,6 Hz c) 7,2 Hz d) 5,6 Hz e) 3,6 Hz O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Óptica - Lentes Resposta B A frequência de oscilação de um sistema massa-mola, independente de ser horizontal, vertical ou inclinado, é dada pela expressão:

1 kf2 m

=π

No sistema dois, a mola foi cortada ao meio e cada metade associada em paralelo.

Uma mola de comprimento natural L e constante elástica k pode ser entendida como a associação em série de duas metades de mola de comprimentos naturais L/2 e constantes elásticas 2k.

Assim, no sistema 2, temos suas meias-molas de constante elástica 2k em associadas em paralelo, totalizando uma contante elástica Keq = 2k + 2k = 4k

Assim, vemos que ao passar do sistema 1 para o sistema 2, a constante elástica total do sistema passou de k para 4k, portanto, se k quadruplica, a frequência de oscilação duplicará, passando de 4,8 Hz para 9,6 Hz.

Questão 26 (elaborada pelo prof Renato Brito) No circuito abaixo, todos os resistores valem 2Ω. Sabendo que a corrente no resistor em destaque vale 2A, a tensão elétrica U fornecida pela bateria vale:

a) 20 V, b) 32 V c) 36 V d) 48 V e) 56 V


U

2A

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Simetria em Circuitos Num circuito que exibe simetria, existem resistores que ocupam posições simétricas, como se um fosse a imagem do outro conjugada por um espelho plano. Na figura acima, esses resistores foram pintados com cores iguais. Antes do você perguntar POR QUE AS CORRENTES NOS 4 RESISTORES VERMELHOS PRECISAM SER IGUAIS, pergunte o contrário: POR QUE ELAS SERIAM DIFERENTES ? Eles ocupam exatamente a mesma posição em relação aos 2 eixos de simetria (eixo horizontal passando pelo centro e eixo vertical passando pelo centro do circuito). Assim, como as correntes em resistores de mesma cor precisam ser obrigatoriamente iguais............ deduz-se que não pode passar corrente pelos resistores brancos verticais, que foram retirados do circuito. Bom, o resto é lei de kirchhoff.

Calculando o valor de ε, vem ε = 6.R + 6.R + 14.R = 26.R. ⇒ ε = 26 . 2 = 52V Infelizmente, essa, por um erro meu de digitação, ficou sem opção correta. Questão 27 (elaborada pelo prof Renato Brito) Um recipiente cilíndrico de massa desprezível, preenchido com água até 4/5 de sua capacidade, encontra-se sobre uma balança que marca inicialmente um peso igual a 12 kgf. Em seguida, uma esfera de poliuretano, de densidade d = 0,85 g/cm3, é lentamente imersa nesse recipiente, até boiar em equilíbrio parcialmente imersa, acarretando o derramamento de 1000 ml de água. A nova marcação da balança, após esse episódio, valerá:

a) 15 kgf b)14 kgf c)13 kgf d)12 kgf e)16 kgf


O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Hidrostática Resposta A A balança marca a força de contato total exercida no fundo do recipiente (internamente). No caso, vemos que apenas a água está em contato com o fundo do recipiente (a bola não toca o fundo), exercendo sobre ele uma força de pressão dada pelo produto F = (Pressão no fundo) x (área do fundo), onde a pressão hidrostática exercida sobre o fundo do recipiente é dada pela pressão exercida pela coluna líquida Pcol =d.g.h localizada sobre ele.

Fantes = Pcol antees . área = d.g.H antes . área

Fdepois = Pcol depois . área = d.g.H depois . área, dividindo membro a membro, vem:

antes antes antes

depois depois depois

F d.g.H . área H 4 F d.g. H . área H 5

= = = ,

A razão Hantes / Hdepois = 4/5 pode ser vista pela figura da questão. Assim, sendo Fantes = 12 kgf, temos que:

Fdepois = 12 . ( 5 / 4 ) = 15 kgf. A pressão atmosférica não influencia, visto que ela age tanto em cima como embaixo do prato da balança.

Questão 28 Um feixe de luz monocromática de comprimento de onda λ = 520 nm incide normalmente a uma rede de difração com 2000 linhas por centímetro. O máximo de difração de primeira ordem forma com o feixe incidente um ângulo de aproximadamente:

a) 3o b) 6o c) 9º d) 12º e) 15º

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Redes de Difração Resposta B

Numa rede de difração, os máximos produzidos no anteparo são localizados pela expressão:

a.senα = m.λ onde: a = abertura da fenda α = ângulo formado entre a luz difrata e o eixo ao longo do qual se propaga o raio incidente m = ordem da difração, m = 1, 2, 3, 4, ........... λ = comprimento de onda da radiação usada

a.senα = m.λ ⇒ 2

-71.10 m .sen = 1 (5.10 m)2000 fendas

−⎛ ⎞α ×⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ senα = 0,104

Para α < 10o, é válida a aproximação senα ≅ tgα ≅ α rad , portanto senα = 0,104 ⇒ α ≅ 0,104 radianos

Convertendo para graus temos α = oo1800,104 rad . 6

3,14 rad⎛ ⎞

≅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Questão 29 Uma partícula de massa de repouso Mo possui energia cinética relativística três vezes maior que a sua energia de repouso. Sendo h a constante de Planck e c a velocidade da luz no vácuo, o comprimento de onda de De Broglie dessa partícula vale:

a) )c.M.(32

h

o

b) )c.M.(34

h

o

c) o

h15.(M .c)

d))c.M.(2

3.h

o e)

)c.M.(37.h

o

O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Física Moderna – Energia Relativística Resposta C E = energia total ou relatiística Eo = energia de repouso (Eo = Mo.c2) Mo = massa em repouso


Ecin = energia relativística (cujo valor só é aproximadamente igual à energia cinética clássica para V < 0,1.c) λ = comprimento de onda de De Broglie Q = quantidade de movimento relativística

E = Eo + Ecin = o2

E

v1c

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠

, h= Q

λ , E2 = (Q.c)2 + (Mo.c2)2

Segundo o enunciado, temos: E = Eo + Ecin , com Ecin = 3.Eo E = Eo + 3.Eo E = 4.Eo E = 4.Mo.c2

E2 = (Q.c)2 + (Mo.c2)2 ⇒ (4.Mo.c2) 2 = (Q.c)2 + (Mo.c2)2 ⇒ Q.c = 15 Mo.c2

hλ

.c = 15 Mo.c2 ⇒ λ = o

h15.(M .c)

Questão 30 (prof Renato Brito) Uma máquina termodinâmica percorre o famoso ciclo H8, realizando a sequência de transformações gasosas resversíveis AC, CB e BA descritas pelo diagrama PV abaixo.

O diagrama entropia (S) versus temperatura (T) que melhor descreve esse ciclo é:

a)

b)

S

T

A

B

C

c)

d)

e)


O professor Renato Brito Comenta - Assunto: Termodinâmica - Entropia Resposta D

Propriedades básicas da Entropia de um sistema gasoso, ao efetuar transformações reversíveis: Propriedade P1 : Sempre que uma amostra gasosa receber calor (Q > 0) numa transformação (reversível), sua entropia AUMENTARÁ. Matematicamente:

Q > 0 ⇒ ∆S > 0 ⇒ S↑ Propriedade P2: Sempre que uma amostra gasosa ceder calor (Q < 0) numa transformação (reversível), sua entropia DIMINUIRÁ. Matematicamente:

Q < 0 ⇒ ∆S < 0 ⇒ S↓ Propriedade P3: Sempre que uma amostra gasosa NÃO TROCAR CALOR (Q = 0, processo adiabático) numa transformação (reversível), sua entropia permanecerá constante. Matematicamente:

Q = 0 ⇒ ∆S = 0 ⇒ S = constante Assim, analisando o diagrama PV dessa questão, vemos que:

Etapa AC, expansão adiabática, S permanece constante , T diminui (gás esfria), Etapa CB, compressão adiabática, T diminui, o gás cede calor (propriedade P2) , S diminui, Etapa BA, aquecimento isovolumétrico, T aumenta, o gás recebe calor (propriedade P1), S aumenta. Assim, o diagrama S x T correto será a letra D.

PATROCINADORES DO PROJETO RUMO AO ITA

Procurando bons livros de Matemática IME ITA? Procurando bons livros de Física IME ITA?

Procurando bons livros de Química IME ITA?

Especialista em Material Didático IME ITA

www.vestseller.com.br

274_Resolução Simulado Rumo ao ITA

Documents

Transcript of 274_Resolução Simulado Rumo ao ITA