1

"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"Galileu GalileiITA2

01

4

Símbolos adotados nesta prova: g : módulo da gravidade na superfície da Terra. G : constante gravitacional universal. c : velocidade da luz no vácuo. : constante de Planck reduzida. O módulo de Young de um material mede sua resistência a deformações causadas por esforços externos. Numa parede vertical, encontra-se engastado um sólido maciço de massa específica e módulo de Young , em formato de paralelepípedo reto, cujas dimensões são indicadas na figura. Com base nas correlações entre grandezas físicas, assinale a alternativa que melhor expressa a deflexão vertical sofrida pela extremidade livre do sólido pela ação do seu próprio peso.

a

h

b

g

A) 3 / 2gab

B) 23 / 2gb

C) 2 2 43 / 2b h ga

D) 4 23 / 2ga h

E) 3 / 2gbh

Resolução:

Podemos calcular a deflexão máxima da barra engastada e sob ação apenas do próprio peso da forma:

4

8

Pa

ay

I

(1)

Sendo 3112

I bh o momento de inércia por unidade de comprimento e o peso:

P ahbg (2) De (1) e (2) temos:

3

3

32Pa

ybh

3 4

3 2

3 32 2ahbg a ga

ybh h

Alternativa D

Q u e s t ã o 0 1

2

Considere dos satélites artificiais S e T em torno da Terra. S descreve uma orbita elíptica com semieixo maior a , e T , uma órbita circular de raio a , com os respectivos vetores posição Sr

e Tr

com origem no centro da Terra. É correto afirmar que

A) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por Sr

é igual à varrida por Tr

.

B) para o mesmo intervalo de tempo, a área varrida por Sr

é maior que a varrida por Tr

. C) o período de translação de S é igual ao de T . D) o período de translação de S é maior que o de T . E) se S e T têm a mesma massa, então a energia mecânica de S é maior que a de T . Resolução:

O satélite S descreve uma órbita elíptica cujo raio médio é igual ao semieixo maior, e portanto igual a ' 'a . O satélite T descreve uma órbita circular de raio ' 'a . Portanto, de acordo com a terceira Lei de Kepler:

2 2

3

4Tcte

a GM

Ambos os satélites apresentam períodos de translação iguais, visto que os raios médios das órbitas são iguais a ' 'a .

Alternativa C

Uma esfera de massa m tampa um buraco circular de raio r no fundo de um recipiente cheio de água de massa específica . Baixando-se lentamente o nível da água, num dado momento a esfera se desprende do fundo do recipiente. Assinale a

alternativa que expressa a altura h do nível de água para que isto aconteça, sabendo que o topo da esfera, a uma altura a do fundo do recipiente, permanece sempre coberto de água.

2r

ah

A) 2/m a

B) 2/m r

C) 2 2 23 / 6a r a r

D) 2/ 2 /a m r

E) 2 2 2 23 / 6 /a r a r m r

Resolução:

Observamos a figura a seguir:

Primeiramente: 22 2R r a R 2 2 2 22R r a aR R

Q u e s t ã o 0 2

Q u e s t ã o 0 3

3

2 2

2r a

Ra

Volume da calota esférica cV :

2 236c

yV r y

onde 2 2

2 r ay R a a

a

2ry

a

Então: 2 4

223

6c

r rV r

a a

O volume da esfera imerso no líquido iV vale:

343i cV R V

32 2 2 42

2

4 33 2 6i

r a r rV r

a a a

2 236i

a a rV

Para a esfera se desprender do fundo, temos:

2

LíqP r Peso E

2ig h r m g V g

2 22

36

a a rh r m

2 2

2 2

36

a a r mh

r r

Alternativa E

Sobre uma placa de vidro plana é colocada uma lente plano-côncava, com 1,50 de índice de refração e concavidade de 8,00 m de raio voltada para baixo. Com a lente iluminada perpendicularmente de cima por uma luz de comprimento de onda 589 nm (no ar), aparece um padrão de interferência com um ponto escuro central circundado por anéis, dos quais 50 são escuros, inclusive o mais externo na borda da lente. Este padrão de interferência aparece devido ao filme de ar entre a lente e a placa de vidro (como esquematizado na figura). A espessura da camada de ar no centro do padrão de interferência e a distância focal da lente são, respectivamente,

A) 14,7 m e 10,0m . B) 14,7 m e 16,0m . C) 238 m e 8,00m .

Q u e s t ã o 0 4

4

D) 35,2 m e 16,0 m . E) 29,4 m e 16,0m . Resolução: 1) Cálculo de f :

,1 2

1 1 1 1 1 11 1,5 1 16m8 2 8L Mn f

f R R

2) Circulo da espessura central e :

“Fontes” em oposição de fase

Assim, 22arN

x e

, com N Par (anel escuro)

Para 9589 102 294,5nm

2 2ar

mínn e

(menor espessura)

No entanto, a espessura poderá ser tal que: míne k e , com k .

As opções B e E satisfazem essa condição. 50,0B K e 100E K

reflexão com inversão de fase

reflexão sem inversão de fase

Para esta situação, como há uma inversão de fase, a interferência destrutiva ocorre quando λn , com n natural. Desta forma, como temos 50 anéis escuros, a defasagem na parte central da lente será de 50λ

e

50 franjas escuras

e : espessura da camada de ar. Como 2 50λe

25λe

25 589 n m14,7μm

e

e

Alternativa B

Um capacitor de placas planas paralelas de área A , separadas entre si por uma distância inicial 0r muito menor que as dimensões dessa área, tem sua placa inferior fixada numa base isolante e a superior suspensa por uma mola (figura (1)). Dispondo-se uma massa m sobre a placa superior, resultam pequenas oscilações de período T do conjunto placa superior + massa m . Variando-se m , obtém-se um gráfico de 2T versus m , do qual, após ajuste linear, se extrai o coeficiente angular . A seguir, após remover a massa m da placa superior e colocando entre as placas um meio dielétrico sem resistência ao movimento, aplica-se entre elas uma diferença de potencial V e monitora-se a separação r de equilíbrio (figuras (2) e (3)). Nestas condições, a permissividade do meio entre as placas é

Q u e s t ã o 0 5

5

r0 V = 0

Fig. (1)

r V � 0�

Fig. (2)

V

Vm

r02r

0 3/

Fig. (3)

r

A) 2 3 2

032 / 27 mr AV

B) 2 3 2016 / 27 mr AV

C) 2 3 208 / 27 mr AV

D) 2 3 204 / mr AV

E) 2 3 216 / 27r AV

Resolução: i) Inicialmente para o sistema massa-mola temos:

2 2

2 2

2π

4π

4π

mT

km

Tk

T

m k

Graficamente, temos:

�

m

T2

24πtgθ αN

k

ii) No equilíbrio, a força resultante sobre a placa superior será nula, logo: elétrica elástica= F F

• elétrica . .2ε

F A

onde é a densidade superficial de carga.

• 0elástica . .

3r

F k r k

Então:

20

2 20

22 0

.2ε 3

. 4π .2ε α 3

8π . .ε3α

A rk

A r

rI

A

Para o capacitor

capacitânciacarga

0 tensão

0

ε.. .23

3ε2

C

m

m

AA V

r

VII

r

6

Substituindo II em I , temos:

2 2 20

20

2 30

2

9ε 8π ε4 3α.

32π27α.

m

m

V r

r A

r

AV

Alternativa A

A figura mostra um interferômetro de Michelson adaptado para determinar o índice de refração do ar. As características do padrão de interferência dos dois feixes incidentes no anteparo dependem da diferença de fase entre eles, neste caso, influenciada pela cápsula contendo ar. Reduzindo a pressão na cápsula de 1atm até zero (vácuo), nota-se que a ordem das franjas de interferências sofre um deslocamento de N , ou seja, a franja de ordem 0 passa a ocupar o lugar da de ordem N , a franja de ordem 1 ocupa o lugar da de ordem 1N , e assim sucessivamente. Sendo d a espessura da cápsula e o comprimento de onda da luz no vácuo, o índice de refração do ar é igual a

Laser

Divisorde Feixe

Espelho 2

Espelho 1

Anteparo

Cápsula

d

A) /N d . B) / 2N d .

C) 1 /N d . D) 1 / 2N d .

E) 1 /N d . Resolução:

A mudança da ordem da franja na anteparo esta associada à mudança de velocidade da luz na cápsula e consequentemente, na diferença de caminho entre a ida e a volta da luz. Consideremos que no ar, a diferença de caminho é dada por:

2

ar

da

Para o vácuo, ela vale: 2d

b

(onde é o comprimento de onda no vácuo).

Comparando as velocidades: c f

arv f

ar

cn

v

ar n

onde n é o índice de refração do ar

ar

Como houve uma mudança de ordem igual a N entre o ar e o vácuo, podemos escrever. a b N 2 2

ar

d dN

2 2dn dN

2 1dn N

Q u e s t ã o 0 6

7

12N

nd

12N

nd

Alternativa D

É muito comum a ocorrência de impurezas em cristais semicondutores. Em primeira aproximação, a energia de ionização dessas impurezas pode ser calculada num modelo semelhante ao do átomo de hidrogênio. Considere um semicondutor com uma impureza de carga e atraindo um elétron de carga e . Devido a interações com os átomos de rede cristalina, o elétron, no semicondutor, possui uma massa igual a 0rm m em que 0m é a massa de repouso do elétron e rm , uma constante

adimensional. O conjunto impureza/elétron está imerso no meio semicondutor de permissividade relativa r . A razão entre a energia de ionização desta impureza e a energia ionização do átomo de hidrogênio é igual a A) 1 . B) 2/r rm .

C) 2 /r rm .

D) /r rm .

E) /r rm . Resolução:

i) Considerando o modelo de Bohr para o átomo de hidrogênio: ● el cpF F

2 20 0

20 0 04e m v

r r

I

● Quantização do momento angular 0L

0 2nh

L

0 0 0 2nh

m r v

002 o

nhv

m r

II

Substituindo-se II e I, temos:

2 2 2

0 2 2 20 0 0 04 4

n h em

m r r

2 20

0 20

n hr

m e

III

1ionização nE E E 2

0 0

08ionização

eE

r

2

0 08ionização

eE

r

IV Para o átomo de hidrogênio.

ii) Analogamente, para a impureza temos:

● 2 2

02

0

ri

r

n hr

m m e

Conforme III

● 2

0

'8ionização

r i

eE

r

Dividindo-se:

20 0 0

20

' 88

ionização

ionização r i r i

E e r r

E r e r

2 2 20 02 2 2 2

0 0

1 11

r r

r r r

h m m e m

m e h

Alternativa B

Q u e s t ã o 0 7

8

Considere um capacitor de placas paralelas ao plano yz tendo um campo elétrico de intensidade E entre elas, medido por um referencial S em repouso em relação ao capacitor. Dois outros referenciais, 'S e ''S , que se movem com velocidade de módulo v constante em relação a S nas direções de x e y , nesta ordem, medem as respectivas intensidades 'E e ''E dos

campos elétricos entre as placas do capacitor. Sendo 21/ 1 /v c , pode-se dizer que '/E E e ''/E E são,

respectivamente, iguais a A) 1 e 1 . B) e 1 . C) 1 e .

D) e 1/

E) 1 e 1/ Resolução:

Área de cada placa 1 1A y z

0 0 0 1 1 0

QQ QAEA y z

Os referenciais 'S e ''S medirão intensidades diferentes do campo devido à contração do espaço na direção do movimento, que produzirá mudança nos valores de 1y ou de 1z .

'S move-se na direção x . Não haverá alteração do produto 1 1y z . Logo 'E E .

''S move-se na direção y , com fator de Lorentz , e haverá contração nesta direção, aumentando a intensidade do campo.

1'' yy

. Logo ''E E .

Portanto: ' 1E

E e

''EE

Alternativa C

Considere as afirmações a seguir: I. Em equilíbrio eletrostático, uma superfície metálica é equipotencial. II. Um objeto eletrostaticamente carregado induz uma carga uniformemente distribuída numa superfície metálica próxima

quando em equilíbrio eletrostático. III. Uma carga negativa desloca-se da região de maior para a de menor potencial elétrico. IV. É nulo o trabalho para se deslocar uma carga teste do infinito até o ponto médio entre duas cargas pontuais de mesmo

módulo e sinais opostos. Destas afirmações, é (são) correta(s) somente: A) I e II. B) I, II e III. C) I, II e IV. D) I e IV. E) III.

Q u e s t ã o 0 9

Q u e s t ã o 0 8

9

Resolução:

I. V. O equilíbrio eletrostático ocorre quando não há mais diferenças de potencial nos pontos da superfície.

II. F. A carga induzida na superfície não é uniformemente distribuída

III. F. Cargas negativas deslocam-se espontaneamente para regiões de maior potencial elétrico.

IV. V. Considere 0V e o esquema abaixo:

+Q –Qd d

M

M

KQ KQV

d d

0MV

O trabalho para deslocar uma carga q do infinito para M será:

0 0MT q V V q

0T

Alternativa D

Um recipiente contém um gás monoatômico ideal inicialmente no estado L , com pressão p e volume V . O gás é

submetido a uma transformação cíclica LMNL , absorvendo de uma fonte quente uma quantidade de calor 1Q e cedendo a

uma fonte fria uma quantidade de calor 2Q . Pode-se afirmar que 1Q é igual a

A) 30pV .

B) 51 / 2pV . C) 8pV .

D) 15 / 2pV .

E) 9 / 2pV . Resolução:

i. Transformação LM (isobárica): ● 0LMU

● 4 3 0LMW p V V pV

● 0LMQ

ii. Transformação MN (isocórica):

● 0MNU

● 0MNW

● 0MNQ

iii. Transformação NL :

● 0NLU

● 0NLW

● 0NLQ

Q u e s t ã o 1 0

10

Logo, o calor absorvido pelo gás 1Q corresponde à soma de LMQ com MNQ .

● 3 4 4 4 182MN MNQ U p V p V pV

● 33 3 7,52LMQ pV p V pV

Logo: 15125,5

2pV

Q pV

Alternativa B

Considere um ímã cilíndrico vertical com o polo norte cima, tendo um anel condutor posicionado acima do mesmo. Um agente externo imprime um movimento ao anel que, partindo do repouso, desce verticalmente em torno do ímã e atinge uma posição simétrica á original, iniciando, logo em seguida, um movimento ascendente e retornando à posição inicial em repouso. Considere o eixo de simetria do anel sempre coincidente com o do ímã e sendo positiva a corrente no sentido anti-horário (visto por um observador de cima), o gráfico que melhor representa o comportamento da corrente induzida i no anel é

Resolução:

B

menos intenso 0,t t T

3,

4 4T T

t t B

mais intenso

2T

t B

menos intenso

Lei de Lenz:

1 BINDi R t

Considerando que a normal ao plano da espira aponta para cima . .cos0 .B B A B A

Intervalo B INDUZIDAi

0 a 4T

Aumenta Negativa

4T

a 2T

Diminui Positiva

2T

a 34T

Aumenta Negativa

34T

a T Diminui Positiva

O gráfico que está de acordo com a tabela acima é o da alternativa C.

Alternativa C

Q u e s t ã o 1 1

B

B

N

S

B

11

Um circuito elétrico com dois pares de terminais é conhecido como quadripolo. Para um quadripolo passivo, as tensões medidas em cada par de terminais podem ser expressas em função das correntes mediante uma matriz de impedância

11 12

21 22

z zZ

z z

, de tal forma que: 1 1

2 2

v iZ

v i

. Dos quadripolos propostos nas alternativas seguintes, assinale aquele cuja

matriz de impedância seja 4 22 3

Resolução:

1 1

2 2

1 1 2

2 1 2

4 22 3

4. 2.2. 3.

v i

v i

v i i

v i i

Analisando as alternativas, substituímos o quadripolo pelo circuito representado a seguir

ZA ZB

ZC

Sabendo que ele pode ser também representado, através de uma transformação estrela-delta, pelo circuito.

ZAB

ZAC ZBC

Escrevendo, de acordo com as tensões e correntes, temos:

i2

v2ZC

ZBZA

v1

i1

1 1 1 2

2 2 1 2

.

.A C

B C

v Z i Z i i

v Z i Z i i

1 1 2

2 1 2

.A C C

C B C

v Z Z i Z i

v Z i Z Z i

Comparando as equações temos:

422

A C

C

A

Z Z

Z

Z

23

1

C

B C

B

Z

Z Z

Z

Q u e s t ã o 1 2

12

2Ω

2Ω

1Ω

Utilizando a transformação estrela delta

8 428 818 42

A B A C B CAB

C

A B A C B CAC

B

A B A C B CAB

A

Z Z Z Z Z ZZ

Z

Z Z Z Z Z ZZ

Z

Z Z Z Z Z ZZ

Z

Logo:

4Ω

4Ω8Ω

Alternativa D

Um sistema binário é formado por duas estrelas esféricas de respectivas massas m e M , cujos centros distam d entre si, cada qual descrevendo um movimento circular em torno do centro da massa desse sistema. Com a estrela de massa m na posição mostrada na figura, devido ao efeito Doppler, um observador T da Terra detecta uma raia do espectro do hidrogênio, emitida por essa estrela, com uma frequência natural 0f . Considere a Terra em repouso em relação ao centro de massa do sistema e que o movimento das estrelas ocorre no mesmo plano de observação. Sendo as velocidades das estrelas muito menores que c , assinale a alternativa que explicita o valor absoluto de 0 0/f f f . Se necessário, utilize

1 1nx nx para 1x .

A) 2 2/GM d M m c

B) 2 2 2sen α /Gm d M m c

C) 2 2 2cos α /Gm d M m c

D) 2 2 2sen α /GM d M m c

E) 2 2 2cos α /GM d M m c

Resolução: Devido ao Doppler relativístico, ocorre uma mudança na freqüência percebida devido à velocidade relativa de aproximação ou

afastamento. Como a questão pede o

o

f f

f

, vamos pressupor que of f , logo ocorre aproximação entre fonte e observador.

1 β1 βo

f

f

; onde β relv

c

ZAB

ZAC ZBC

2Ω

2Ω

1Ω

Q u e s t ã o 1 3

13

1 12 21 β . 1 β

o

f

f

; como β 1v c

Podemos usar a aproximação que 1 1nx nx

2β β β1 . 1 1 β2 2 4o

f

f

; com β 1

1 β 11 β β1

β

o

o o

o rel

o

f f f

f f

f f v

f c

Considerando o CM na origem do sistema cartesiano, temos: . .

. .

M a m bO

M mM a m b

b M

a mb M

a b M mM

b dM m

A força gravitacional exerce papel de centrípeta, logo.

2

2

22

2

2 2

2 2 2 2

2

.

.cosα

cos α

1 cos α cos α

g p

rel

rel

o

o

F F

GMm mv

d bGM M

v dd M m

GMv

d M m

v v

GMv

d M m

f f GM GM

f c d M m d M m c

Alternativa E

Uma luz monocromática incide perpendicularmente num plano com três pequenos orifícios circulares formando um triangulo equilátero, acarretando um padrão de interferência em um anteparo paralelo ao triângulo, com o máximo de intensidade num ponto P equidistante dos orifícios. Assinale as respectivas reduções da intensidade luminosa em P com um e com dois orifícios tampados. A) 4 / 9 e 1/ 9 B) 2 / 3 e 1/ 3 C) 8 / 27 e 1/ 27 D) 1/ 2 e 1/ 3 E) 1/ 4 e 1/ 9 Resolução: Como o ponto P está equidistante dos 3 orifícios, a interferência construtiva (I.C.) terá uma intensidade total dada pela soma algébrica de três contribuições idênticas. Cada orifício contribui com a mesma amplitude de onda. Sabemos que 2 amplitudeI K A A

Com os três orifícios abertos:

2 23 3 9I K A K A

Com dois orifícios abertos (1 tampado):

2 22 2 4I K A KA

Com 1 orifício aberto (2 tampados): 2

1I KA .

a b

d

mM Fg

v

cm

Q u e s t ã o 1 4

14

Percebemos um equívoco no enunciado, pois as respostas não contemplam reduções de intensidade e sim proporções:

2 1

3 3

4 19 9

I I

I I

Alternativa A

Pode-se associar a segunda lei da Termodinâmica a um princípio de degradação de energia. Assinale a alternativa que melhor justifica esta associação. A) A energia se conserva sempre. B) O calor não flui espontantemente de um corpo quente para outro frio. C) Uma máquina térmica opera em ciclo converte integralmente trabalho em calor. D) Todo sistema tende naturalmente para o estado de equilíbrio. E) É possível converter calor totalmente em trabalho. Resolução: A afirmação de que “é impossível converter calor totalmente em trabalho” corresponde ao enunciado de Lorde Kelvin e Max Planck para a segunda lei da Termodinâmica. E também, leva em consideração o princípio da degradação da energia devido à irreversibilidade da transformação entre a energia mecânica (macroscópica) e energia térmica (microscópica).

Alternativa E

Um cilindro de altura h e raio a , com água até uma certa altura, gira com velocidade angular w constante. Qual o valor máximo de w para que a água não transborde, sabendo que neste limite a altura z (ver figura) é igual a 2 2/ 3 / 4h w a g ?

Dado: num referencial que gira com o cilindro, e, portanto, considerado a força centrífuga, todos os pontos da superfície da água têm mesma energia potencial.

A) 22 / 3w gh a

B) 24 / 9w ga h

C) 24 / 3w ga h

D) 24 / 3w gh a

E) 24 / 9w gh a

Resolução:

Resolução 1:

Q u e s t ã o 1 5

Q u e s t ã o 1 6

15

w x2

gaparente

h

z

y

x

g�

�

Da figura tg dz

dx I

Por outro lado 2

tg w z

g II

Fazendo I e II, vem: 2dz w x

dx g (equação diferencial de variáveis separáveis)

2 2 2

20 0

z x w w xdz xdx z

g g

Mais de acordo com o enunciado, para x a

2 2 2 2 23 4 2 2h w a w a

zg g

2 2

3 4h w a

g

2

43gh

wa

Resolução 2: No referencial não-inercial que gira com o cilindro, existe um “campo gravitacional adicional” de intensidade 2w r , ao qual se pode associar uma energia potencial dada por:

2 22

0' '

2c

r

P

w rw r dr

V

y

rP

Z

εpc= 0

εpg= 0

Sendo ,r y as coordenadas (cilíndricas) de um ponto P da superfície, sua energia potencial é dada por: 2 2

2P

mw rmgy

que vale zero, pois é a mesma do ponto V (vértice). Portanto, 2 2

2w r

y rg

(parábola).

16

Para r a , temos 2 2

3 4h w a

y zg

Assim, 2 2 2 2

2 3 4w a h w a

g g

2 2

4 3w a h

g

2

43gh

wa

Alternativa D

Um disco rígido de massa M e centro O pode oscilar sem atrito num plano vertical em torno de uma articulação P . O

disco é atingido por um projetil de massa m M que se move horizontalmente com velocidade v

no plano do disco. Após a colisão, o projétil se incrusta no disco e o conjunto gira em torno de P até o ângulo θ . Nestas condições, afirmam-se: I. A quantidade de movimento do conjunto projétil+disco se mantém a mesma imediatamente antes e imediatamente

depois da colisão. II. A energia cinética do conjunto projétil+disco se mantém a mesma imediatamente antes e imediatamente depois da

colisão. III. A energia mecânica do conjunto projétil+disco imediatamente após a colisão é igual à da posição de ângulo θ / 2 .

É (são) verdadeira(s) apenas a(s) assertiva(s) A) I B) I e II. C) I e III. D) II e III. E) III. Resolução: (I) Correta. Conservação da quantidade de movimento. (II) Errada. Nas colisões inelásticas ocorre dissipação de energia mecânica. (III) Correta. Conservação de energia mecânica.

Alternativa C

As figuras mostram três espiras circulares concêntricas e coplanares percorridas por correntes de mesma intensidade I em diferentes sentidos. Assinale a alternativa que ordena corretamente as magnitudes dos respectivos campos magnéticos nos centros 1 2 3, ,B B B e 4B .

A) 2 4 3 1B B B B .

B) 1 4 3 2B B B B .

C) 2 3 4 1B B B B .

D) 3 2 4 1B B B B .

E) 4 3 2 1B B B B .

Q u e s t ã o 1 7

Q u e s t ã o 1 8

17

Resolução: O campo magnético no centro de uma espira é calculado pela expressão:

2I

BR

Considerando que as espiras concêntricas tenham raios ,A BR R e CR , de modo que: A B CR R R .

Então: Em (1), conforme o sentido das correntes nas espiras, temos:

11 1 1

2A B CA B C

IB B B B

R R R

Em (2)

21 1 1

2A B CA B C

IB B B B

R R R

Em (3)

31 1 1

2A B CA B C

IB B B B

R R R

Em (4)

41 1 1

2A C BA C B

IB B B B

R R R

Portanto, analisando-se as expressões anteriores, temos: 2 3 4 1B B B B

Alternativa C

Duas placas de um mesmo metal e com a mesma área de 25,0cm , paralelas e próximas entre si, são conectadas aos terminais de um gerador de tensão ajustável. Sobre a placa conectada ao terminal negativo, faz-se incidir radiação e, por efeito fotoelétrico, aparece uma corrente no circuito, cuja relação com a tensão aplicada é explicitada no gráfico. Sabendo que a função trabalho do metal é de 4,1 eV e assumindo que na região de saturação da corrente todo fóton incidente sobre

a placa gera um fotoelétron que é coletado, a medida da intensidade dessa radiação em 2W / cm é igual a

A) 13 . B) 8,2 . C) 6,6 . D) 3,2 . E) 1,6 . Resolução:

i) Para a corrente i temos: n e

it

i n

e t

ii) Efeito fotoelétrico:

0fóton cinéticaE W E

4,1 2,5fótonE eV eV

6,6fótonE eV

Q u e s t ã o 1 9

18

iii) fótonot

n EP

t

fóton

nI A E

t

19

19 2

10 6,6 1,6 10 CV1,6 10 C 5cm

AI

2

W13,2cm

I

Alternativa A

Uma amostra I de átomos de 57 Fe , cujos núcleos excitados emitem fótons devido a uma transição nuclear, está situada a uma altura d verticalmente acima de uma amostra II de 57 Fe que recebe a radiação emitida pela amostra I. Ao chegar a II, os fótons da amostra I sofrem um aumento de frequência devido à redução de sua energia potencial gravitacional, sendo, portanto, incapazes de excitar os núcleos de 57 Fe dessa amostra. No entanto, essa incapacidade pode ser anulada se a amostra I se afastar verticalmente da amostra II com uma velocidade v adequada. Considerando v c e que a energia potencial gravitacional do fóton de energia pode ser obtida mediante sua “massa efetiva” 2/ c , assinale a opção que

explicita v . Se necessário, utilize 1 1nx nx para 1x .

A) gd

B) /gd c

C) 2 gd

D) 2 /gd c

E) 2/gd gd c Resolução:

d

2

εε ε

ε ε

I

II I

I gdc

II

2ε ε ' oII I o

hf gdhf hf

c

2' . Equação o o

gdf f f A

c

Doppler:

1 12 21

' . 1 . 11

o o

vv vcf f fc cv

c

Como 1 1 1nvx nx

c

21 1' . 1 . 1 12 2 2o o

v v vf f f

c c c

2

2' 14o

v vf f

c c

, mas

2

2 04v

c

' 1

' Equação

o

o o

vf f

c

vf f f B

c

2 . .o o

A B

gd v gdf f v

c c c

Alternativa B

Q u e s t ã o 2 0

19

No sistema de unidades atômicas de Hartree, as unidades de carga elétrica, de massa, de comprimento e de tempo podem ser representadas respectivamente por Aq , Am , AL e At . Neste sistema, a carga elétrica e do próton é igual a 1 Aq , a massa

do elétron 0m vale 1 Am , a constante de Planck reduzida h é igual a 21 /A A Am L t e a constante de Coulomb 0 01 / 4K e

vale 3 2 21 /A A A Am L q t . Dados no SI: 191,6 10e C . 310 9,1 10 kgm . 341,1 10 J.s . 9 2 2

0 9,0 10 N m /CK .

a) Qual a medida em metros de um comprimento igual a 1,0 AL ?

b) Qual a medida em segundos de um tempo igual a 1,0 At ? Resolução:

a) 3

0 2 2

1 A A

A A

m LK

q t

22 4 2

0 2 2 2

1 1A A AA A A

A A A A

m L LK m L m

q t q t

0 2 20

A A AA A A

K m L Lq K m q

23411

29 31 19

1,1 105,8 10

9 10 9,1 10 1,6 10AL m

b) 2 2

A A A AA

A

m L m Lt

t

231 1117

34

9,1 10 5,8 102,8 10 s

1,1 10At

Considere uma esfera maciça de raio r , massa m , coeficiente de dilatação volumétrica , feita de um material com calor específico a volume constante Vc . A esfera, sujeita à pressão atmosférica p , repousa sobre uma superfície horizontal isolante térmica e está inicialmente a uma temperatura T alta o suficiente para garantir que a sua energia interna não se altera em processos isotérmicos. Determine a temperatura final da esfera após receber uma quantidade de calor Q , sem perdas para o ambiente. Dê sua resposta em função de g e dos outros parâmetros explicitados. Resolução: Quando aquecemos um sólido a elevadas temperaturas, ele passa a ter um calor específico (molar a volume constante) invariável 3 .R A dilatação volumétrica da esfera irá produzir uma elevação de seu centro de massa, aumentando a energia potencial gravitacional da mesma. A elevação do centro de massa realizará trabalho sobre a atmosfera (transformação isobárica).

Rr

Temperaturainicial T

Temperaturafinal TF

h

h é a dilatação linear do raio:

0 3 3 FL L h r T T

3pot FE mgh mgr T T

Trabalho sobre a atmosfera:

0

343 F

P V pV

p r T T

O aquecimento também produzirá aumento de energia interna na esfera: v vU Q mc

Conservação de energia: Calor recebido = Aumento de energia potencial + trabalho sobre a atmosfera + aumento de energia interna

Q u e s t ã o 2 1

Q u e s t ã o 2 2

20

343 3F F v FQ mgr T T p r T T mc T T

343 3

F

v

QT T

mgr p rmc

A figura mostra parte de uma camada de um cristal tridimensional infinito de sal de cozinha, em que a distância do átomo de Na ao de seu vizinho Cl é igual a a . Considere a existência dos seguintes defeitos neste cristal: ausência de um átomo de Cl e a presença de uma impureza de lítio (esfera cinza), cuja carga é igual à fundamental e , situada no centro do quadrado formado pelos átomos de Na e Cl . Obtenha as componentes xF e yF da força eletrostática resultante

ˆ ˆx yF F x F y

que atua no átomo de lítio. Dê sua resposta em função de e , a e da constante de Coulomb 0K .

y

x Resolução: Desenhando circunferências com centro na impureza de lítio e tomando como raio a distância até qualquer átomo de Na ou Cl , sempre haverá um número par de átomos na circunferência, exceto na circunferência que passa pela posição do Cl ausente.

Os átomos diametralmente opostos nestas circunferências são idênticos (mesmo sinal e módulo), produzindo uma força resultante nula no lítio.

Portanto, a única força que atuará no lítio será produzida pelo átomo de Cl que é diametralmente oposto à posição do Cl ausente.

Na figura a seguir, o átomo de Cl de número 8 representa o diametralmente oposto à posição do Cl ausente, distante x do lítio:

1 2

x

3 4 5 7

8 9 10 11 12 13 14

2 22 5

2 2a a

x

2

2 26 264 2a a

x x

θ

x a/2

5a/2

26sen26

, 5 26cos

26

A força atrativa entre o lítio e o Cl terá módulo:

20 0

2 2

213

K e e K eF

x a

As componentes xF e yF terão orientação contrária dos eixos e módulos:

Q u e s t ã o 2 3

21

2 20 0

2 2

2 26 26sen13 26 169y

K e K eF F e

a a

2 20 0

2 2

2 5 26 5 26cos13 26 169x

k e k eF F

a a

Portanto: 2 2

0 02 2

5 26 26ˆ ˆ169 169

k e k eF x y

a a

Em uma experiência de interferência de Young, uma luz magenta, constituída por uma mistura de luz vermelha (de comprimento de onda de 660 nm ) e luz azul (comprimento de onda de 440 nm ) de mesma intensidade da luz vermelha, incide perpendicularmente num plano onde atravessa duas fendas paralelas separadas de 22,0 m e alcança um anteparo paralelo ao plano, a 5,00 m de distância. Neste, há um semieixo Oy perpendicular a direção das fendas, cuja origem também está a 5,00 m do ponto médio entre estas. Obtenha o primeiro valor de 0y onde há um máximo de luz magenta

(intensidades máximas de vermelho e azul no mesmo local). Se necessário, utilize tan sen , para 1 rad . Resolução: Para que ocorra um máximo de luz magenta teremos I.C. da luz vermelha e da luz azul no mesmo ponto.

L

y

d

Para que ocorra I.C.: 2

dypar

L

Para a luz vermelha:

2L

y pard

9

36

660 10 5,0 75 102 22 10vermelhoy par par m

75vermehoy par mm Para a luz azul:

9

6

440 10 5,0 502 22 16azuly par par mm

O 1º ponto no qual ocorrerá simultaneamente I.C. da luz azul e da luz vermelha será:

300 0,3y mm m Partindo do repouso, uma bolinha cai verticalmente sobre um plano inclinado de um ângulo com relação à horizontal, originando seguidos choques perfeitamente elásticos. Se d é a distância inicial da bolinha ao plano, obtenha, em função de d , n e , a distância do ponto do n-ésimo choque em relação ao ponto do primeiro choque. Resolução: Rotacionando o referencial para que a rampa fique na horizontal

� �

v�

v�

�

�1

v1

v1x

v1y

t1

x

y �

g

g gy = cos�

g gx = sen�

Q u e s t ã o 2 4

Q u e s t ã o 2 5

22

Direção 20

cos: 0 cos2

g ty y v t

01

2/ 0 vp y t

g

Direção 20

sen: 0 sen2

g tx x v t

2 20 0 0

1 2

2 2 sen sen 4/ v v g vp t A

g g g g

20

14 senv

Ag

Imediatamente antes do 1º choque:

1 0 0 cosy yv v v

01 0 0 0

2sen sen sen 3 sen

xv

x x

vv v g t v g v

g

Portanto: 1 01

1 0

sen3 3cos

y

x

v vtg tg

v v

Portanto, durante cada vôo, xv aumenta um 02 senxv v Pode-se montar a seguinte tabela: voo

0senivx

v

0senv

v

0senv i

v

20senx g

v

20seng

Alcancev

1 1 2 1 2 3 1 2 2 4 0 4 4 2 3 2 3 2 5 3 2 2 8 4 8 12 3 5 2 5 2 7 5 2 2 12 12 12 24 4 7 2 7 2 9 7 2 2 16 24 16 40 . . .

n 2 1n 2 2 1n 2 12 2 4n

n

( )A n

Portanto, durante o n-ésimo voo, o corpo percorre 20sen4 v

ng

O alcance é 20

1

sen 4n

k

v kg

2 20 0

1

( 1)2

sen sen4 2 1n

k

n n

v vk n n

g g

Mas 20 2

cosd

v g

tg 4 1A d n n Mas após o n-ésimo voo temos o ( 1)n -ésimo impacto. Portanto trocando n por 1n :

tg 4 1A d n n

O aparato esquematizado na figura mede a velocidade da luz usando o método do espelho rotativo de Foucault, em que um feixe de laser é refletido por um espelho rotativo I , que gira a velocidade angular constante sendo novamente refletido por um espelho estacionário II a uma distância d . Devido ao tempo de percurso do feixe, o espelho rotativo terá girado de um ângulo quando o feixe retornar ao espelho I , que finalmente o deflete para o detector.

Q u e s t ã o 2 6

23

II

I

d

Detector

Laser

II

I

θ

αDetector

Laser

a) Obtenha o ângulo do posicionamento do detector em função de . b) Determine a velocidade da luz em função de d , e . c) Explique como poderá ser levemente modificado este aparato experimental para demonstrar que a velocidade da luz na

água é menor que no ar. Resolução: a) O espelho girou a posição da imagem gira 2. Logo, = 2b) luz espelhot t

2 2luz

luz

d dV

V

c) Colocar um aquário (paralelepípedo) de paredes finas de vidro, cheio de água, entre os espelhos I e II.

Pontos quânticos são nanoestruturas que permitem a manipulação do estado quântico de um único elétron, sendo um caminho promissor para a Computação Quântica. Em primeira aproximação, um ponto quântico confina elétrons com um potencial semelhante ao de um oscilador harmônico, isto é, com uma energia potencial do tipo 2 2 /2V x m x , em que x

é a posição da partícula em relação ao ponto de equilíbrio, m é a massa da partícula confinada, /k m e k é a “constante de mola” (embora não seja este um conceito apropriado no mundo quântico). De acordo com a Mecânica Clássica, a energia mecânica deste oscilador pode variar continuamente de zero até infinito. Por outro lado, na Mecânica Quântica, a energia deste oscilador varia de forma discreta, de acordo com a expressão 1/ 2nE n , em que n pode

assumir os valores 0,1,2, . Na descrição quântica do oscilador harmônico, o menor valor possível para a energia mecânica

é /2 , diferentemente do previsto na Mecânica Clássica. Explique por que não é possível haver energia igual a zero na descrição quântica do oscilador harmônico. Resolução:

No análogo quântico do oscilador harmônico, 1 .2nE n

Para 0n temos a chamada “Energia do ponto zero” ou energia associada ao “estado fundamental”, cujo valor é mínimo e vale:

2E

(energia mínima)

Essa energia mínima não pode ser nula, ao contrário do caso clássico, vez que deve satisfazer o princípio da indeterminação de Heisemberg que nos diz ser impossível determinarmos, simultaneamente, o momento e a posição da partícula. Assumirmos a possibilidade da energia mínima ser nula, implicaria violação dessa indeterminação. Duas espiras verticais estacionárias com aproximadamente o mesmo diâmetro d , perpendiculares e isoladas eletricamente entre si, têm seu centro comum na origem de um sistema de coordenadas xyz , na qual também está centrado um ímã cilíndrico de comprimento l d e raio r l . O ímã tem seu polo norte no semieixo x positivo e pode girar livremente em torno do eixo vertical z , sendo mantido no plano xy . Numa das espiras, situada no plano yz , circula uma corrente

1 cosI i t , cujo sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo x positivo, e na outra circula uma corrente

2 senI i t , cujo sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo y positivo.

a) Desprezando a diferença de diâmetro entre as espiras, obtenha o campo magnético B

na origem devido às correntes 1I

e 2I , na forma x yB x B y .

Q u e s t ã o 2 7

Q u e s t ã o 2 8

24

b) Explique, por que, partindo do repouso em 0t , o ímã adquire um movimento de rotação em torno de z . Em que sentido (horário ou anti-horário, visto a partir do semieixo z positivo) ocorre este giro?

c) Ao se aumentar gradativamente a frequência angular das correntes, nota-se que o ímã passa a girar cada vez mais rápido. Contudo, com o ímã inicialmente em repouso e se são repentinamente aplicadas correntes 1I e 2I de alta frequência angular, nota-se que o ímã praticamente não se move. Explique a(s) razão (ões).

Resolução: De acordo com o texto, uma espira está no plano yz (com corrente 1I ) e a outra no plano xz (com corrente 2I ), ambas com centro na

origem do sistema xyz . Os campos criados por estas espiras no centro do sistema serão perpendiculares entre si. A espira no plano yz produzirá campo no eixo x e a no plano xz produzirá campo no eixo y :

00 1 cosx

i tIB

d d

00 2 sen

y

i tIB

d d

a) 0 0cos seni t i t

B x yd d

b) 0

00

x

y

iB

t dB

0

0

2

x

y

Bt i

Bd

0

0

x

y

iB

t dB

Como o polo norte do ímã (que está inicialmente no semieixo x positivo) tende a se alinhar com o campo magnético resultante, e o mesmo tem rotação no plano xy no sentido anti-horário (visto a partir do semieixo z positivo), o ímã terá movimento de rotação anti-horário. c) Com uma alta frequência angular, os campos magnéticos mudam de sentidos muito rapidamente, impossibilitando o imã de

acompanhar a rotação devido á sua inércia.

Uma fonte de corrente é um dispositivo que fornece uma corrente invariável independentemente da tensão entre seus terminais. No circuito da figura, a corrente i produzida pela fonte é proporcional à corrente i que circula no resistor R . Inicialmente descarregadas, as placas M e N são carregadas após o fechamento das chaves 1S , 2S e 3S , que serão novamente abertas após um intervalo de tempo T . A placa M é então retirada do circuito e é posta em contato com um condutor C descarregado (não mostrado na figura), ao qual transfere uma fração f de sua carga. Em seguida, com esse contato desfeito, o condutor C é totalmente descarregado. Na sequência, o mesmo procedimento é aplicado à placa N , a qual transfere a C a mesma fração f de sua carga, sendo então o contato desfeito e descarregando-se novamente C . Quando M e N são reintroduzidas no circuito, com as respectivas cargas remanescentes (de mesmo módulo, mas de sinais opostos), as chaves 1S , 2S e 3S são fechadas outra vez, permanecendo assim durante o intervalo de tempo T , após o que são novamente abertas. Então, como antes, repetem-se os contatos entre cada placa e C , e este processo de carga/descarga das placas é repetido indefinidamente. Nestas condições, considerando os sucessivos processos de transferência de carga entre M e C , e N e C , determine a carga q de M após todo esse procedimento em função de , f , r , R , 1V , 2V , 3V e T . Considere 3 2 1V V V .

Q u e s t ã o 2 9

25

S1

S2

S3

V2

V1r

Fonte decorrente

NM

αi

V3

Resolução: Observe que a fonte de corrente mantém o mesmo valor de corrente, independe da ddp no capacitor. Desta forma, cada vez que as chaves são fechadas, uma carga i T é adicionada a cada placa. Sendo que uma fração da carga total é descarregada.

0 (carga)Q iT 1 1

k

Q iT f iT f iT

1 (descarga)Q k iT 2 1 (carga)Q k iT iT k iT

23 1 (descarga)Q k k iT k k iT

2 24 1 (carga)Q k k iT iT k k iT

2 3 25 1 (descarga)Q k k k iT k k k iT

3 26 1 (carga)Q k k k iT

1 ... 1 cargan nnQ k k k iT 21 ... ...q k k iT

2 3 1 11 ... ...1

k k kk f

iTq

f

Circuito:

Fazendo Kirchhoff na malha ABCDA, temos:

3 2

2 3

2 3

A AV Ri V V V

V V Ri

V Vi

R

2 3

R

T V Vq

f

Considerando que este valor de carga não excede a rigidez dielétrica no capacitor.

R

BA

C

V2

V1 V3

D

MN

αi

r i3

i2

ii1

26

Um recipiente cilíndrico vertical contém em seu interior três esferas idênticas de mesmo peso P que são tangentes entre si e também à parede interna do recipiente. Uma quarta esfera, idêntica às anteriores, é então sobreposta às três esferas como ilustrado em pontilhado. Determine as respectivas intensidades das forças normais em função de P que a parede do recipiente exerce nas três esferas.

Resolução:

�3

�1

�4

�2

F32

F42

F12

F23

F43

F13

F21

F31

F41

P

PP

�2

�3

�4

�1

P

Logo: 12 13 14P F F F

Considerando:

12 13 14F F F F

3 cosP F

No tetraedro com vértices nos centros temos:

2R

2

2 2 33

h

22 2 6

3 3h h

63cos h

6cos 3 Logo:

3 cosP F 63

3

66

P F

PF

Q u e s t ã o 3 0

F31

F41

F21

P

lh

�

3

3

l

27

90 cosXN F senXN F

3 6 3 2 33 6 3 6 3X

P PN F

26X

PN

6 6 6cos6 3 6 3Y

P PN F P P P

43 3Y

P PN P

Nx

FP

Ny

�

28

Física

André Villar Marcos Fernandes

Moisés Pedro Lavinas

Rodrigo Bernadelli Vinícius Miranda

Wesley

Colaboradores Aline Alkmin

Carolina Chaveiro Moisés Humberto

Digitação e Diagramação

Daniel Alves João Paulo

Márcia Santana Valdivina Pinheiro

Desenhistas Luciano Lisboa Rodrigo Ramos Vinicius Ribeiro

Projeto Gráfico Vinicius Ribeiro

Assistente Editorial

Valdivina Pinheiro

Supervisão Editorial José Diogo

Rodrigo Bernadelli Marcelo Moraes

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