No circuito representado na figura, têm-seduas lâmpadas incandescentes idênticas, L1 eL2 , e três fontes idênticas, de mesma tensãoV. Então, quando a chave é fechada,

a) apagam-se as duas lâmpadas.b) o brilho da L1 aumenta e o da L2 perma-nece o mesmo.c) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permane-ce o mesmo.d) o brilho das duas lâmpadas aumenta.e) o brilho das duas lâmpadas permanece omesmo.

alternativa E

Ao fecharmos a chave, a tensão V em cada umadas lâmpadas é mantida e, portanto, o brilho dasduas lâmpadas é mantido.

A estrela anã vermelha Gliese 581 possui umplaneta que, num período de 13 dias terres-tres, realiza em torno da estrela uma órbitacircular, cujo raio é igual a 1/14 da distânciamédia entre o Sol e a Terra. Sabendo que amassa do planeta é aproximadamente igual àda Terra, pode-se dizer que a razão entre asmassas da Gliese 581 e do nosso Sol é deaproximadamentea) 0,05 b) 0,1 c) 0,6 d) 0,3 e) 4,0

alternativa D

Da Terceira Lei de Kepler, para os sistemasSol–Terra e Gliese 581–planeta, temos:

T

R

4GM

T

R

4GM

T

R

4GM

2

3

2T2

ST3

2

S

P2

3

2

581

= ⇒=

=

⇒ππ

π

⇒ = ⇒

T

R

T

R

4GM

4GM

T2

ST3

P2

3

2

S2

581

π

π

⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ ⎛⎝

MM

TT

R 36513

114

581

S

T

P

2

ST

3 2

R⎜ ⎞

⎠⎟ ⇒3

⇒MM

581

S= 0,3

A figura mostra uma barra de 50 cm de com-primento e massa desprezível, suspensa poruma corda OQ, sustentando um peso de3000 N no ponto indicado. Sabendo que abarra se apóia sem atrito nas paredes do vão,a razão entre a tensão na corda e a reação naparede no ponto S, no equilíbrio estático, éigual a

a) 1,5 b) 3,0 c) 2,0 d) 1,0 e) 5,0

Questão 1

V

V

chave

V+

_

+

_

+

_L2

L1

Questão 2

Questão 3

P

20 cm

O

Q

S

10 cm 30 cm

alternativa B

Marcando as forças temos:

Do equilíbrio das forças na direção y, temos:

F 0 T P T 3 000 Ny = ⇒ = ⇒ =∑Do equilíbrio dos momentos em relação ao pontoA, vem:

M 0 T 10 N 30 P 20S( )A = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒∑⇒ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒3 000 10 N 30 3 000 20S

⇒ =N 1 000 NSAssim, a razão pedida é dada por:

TN

3 0001 000S

= ⇒ TN

3,0S

=

Numa dada balança, a leitura é baseada nadeformação de uma mola quando um objeto écolocado sobre sua plataforma. Considerandoa Terra como uma esfera homogênea, assina-le a opção que indica uma posição da balançasobre a superfície terrestre onde o objeto teráa maior leitura.a) Latitude de 45o.b) Latitude de 60o.c) Latitude de 90o.d) Em qualquer ponto do Equador.e) A leitura independe da localização da ba-lança já que a massa do objeto é invariável.

alternativa C

Devido à rotação da Terra, a maior indicação da ba-lança se dará em latitude elevada, sendo a maiorpossível nos pólos, já que em outro local a forçaelástica (leitura da balança) não é igual ao peso,devido ao movimento de rotação da Terra.

Define-se intensidade I de uma onda como arazão entre a potência que essa onda trans-porta por unidade de área perpendicular àdireção dessa propagação. Considere quepara uma certa onda de amplitude a, fre-qüência f e velocidade v, que se propaga emum meio de densidade ρ, foi determinadaque a intensidade é dada por: I 2 f v a2 x y= π ρ .

Indique quais são os valores adequados parax e y, respectivamente.a) x 2= ; y 2=c) x 1= ; y 1=e) x 2= − ; y 2= −

b) x 1= ; y 2=d) x 2= − ; y 2=

alternativa A

Pela análise dimensional, podemos escrever aunidade de intensidade:

[ ][ ][ ]

[ ][ ] [ ]

[ ][ ][ ] [ ]

[ ][ ] [ ][ ]

IPA

Et A

F dt A

m a dt

= =⋅

=⋅

= ⋅⋅ [ ]A

=

=⋅ ⋅

⋅=

kgm

sm

s m

kg2

2 3sPortanto, pela relação fornecida, obtemos:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]I f v ax y= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ρ

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒kg

s

1

s

kg

m

ms

m3 x 3y

⇒ = ⋅ ⇒− = − += −

⇒− − + −s s m3 (x 1)

0 y 23 (x 1) (y 2)

⇒=

=

x

y

2

2

Uma partícula P1 de dimensões desprezíveisoscila em movimento harmônico simples aolongo de uma reta com período de 8/3 s e am-plitude a. Uma segunda partícula, P2 , seme-lhante a P1 , oscila de modo idêntico numareta muito próxima e paralela à primeira, po-rém com atraso de π /12 rad em relação a P1 .Qual a distância que separa P1 de P2 , 8/9 sdepois de P2 passar por um ponto de máximodeslocamento?a) 1,00 ad) 0,21 a

b) 0,29 ae) 1,71 a

c) 1,21 a

física 3

10 cm 30 cm

P

30 cm

S

O

T

Q

A

NA

P

20 cm

NS

y

x

Questão 4

Questão 5

Questão 6

alternativa D

Sendo a equação do MHS dada porx a cos( t )= +ω ϕ e considerando que em t 0= apartícula P2 está no máximo de deslocamento, ouseja, x a2 = , temos:

a a cos( 0 ) 02 2= ⋅ + ⇒ =ω ϕ ϕ

Assim, admitindo que as partículas estão com

suas origens alinhadas, para t89

s= a distância

que as separa é dada por:

x a cos( t )

x a cos( t)

12

x a cos283

89

1 1

2

1 2

1= +=

− =

⇒

= ⋅ +ω ϕω

ϕ ϕ π

π π

π

12

x a cos283

892

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

= ⋅

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⇒

⇒ = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⇒Δx a cos

23 12

a cos23

π π π

⇒ Δx 0,21a=

Uma corrente elétrica passa por um fio longo,(L) coincidente com o eixo y no sentido nega-tivo. Uma outra corrente de mesma intensi-dade passa por outro fio longo, (M), coinci-dente com o eixo x no sentido negativo, con-forme mostra a figura. O par de quadrantesnos quais as correntes produzem camposmagnéticos em sentidos opostos entre si é

a) I e IId) II e IV

b) II e IIIe) I e III

c) I e IV

alternativa E

Pela Regra da Mão Direita, podemos marcar oscampos magnéticos. A seguir, a figura mostra oscampos produzidos pelos dois fios nos quatroquadrantes:

Portanto, o par de quadrantes pedido é I e III.

Considere uma espira retangular de lados a eb percorrida por uma corrente I, cujo planoda espira é paralelo a um campo magnéticoB. Sabe-se que o módulo do torque sobre essaespira é dado por τ = I B a b. Supondo que amesma espira possa assumir qualquer outraforma geométrica, indique o valor máximopossível que se consegue para o torque.

a) IB(a b)2+π

b) IBab c) 2IBab

d) IBab2π

e) IBabπ

alternativa A

O maior torque é obtido com a maior área da espi-ra, a qual é obtida, para um mesmo perímetro, noformato de circunferência. Em uma espira retangu-lar de lados a e b, seu perímetro é p 2(a b)= + e,utilizando esse perímetro, podemos encontrar aárea da espira como segue:p 2 R

A RA

p4

[2 (a b)]42

2 2=

=⇒ = = ⋅ + ⇒

π

π π π

⇒ = +A

(a b)2

πAssim, o maior torque possível é dado por:

τπ

= ⋅ ⋅ +I B

(a b)2

física 4

Questão 7

Questão 8

L

y

M

x

III IV

II I

BM

III

III IV

M

L

x

y

BM

BM BM

BL BL

BL BL

Um elétron e um pósitron, de massam 9,11 10 31= × − kg, cada qual com energiacinética de 1,20 MeV e mesma quantidadede movimento, colidem entre si em senti-dos opostos. Neste processo colisional aspartículas aniquilam-se, produzindo doisfótons γ γ1 2e . Sendo dados: constante dePlanck h 6,63 10 34= × − J.s; velocidade da

luz c 3,00 108= × m/s; 1 eV 1,6 10 19= × − J;

1 femtometro = = × −1 fm 1 10 15 m, indiqueos respectivos valores de energia E e do com-primento de onda dos fótons.

a) E 1,20 MeV; 2435 fm= =λb) E 1,20 MeV; 1035 fm= =λc) E 1,71 MeV; 726 fm= λ =d) E 1,46 MeV; 0,28 10 fm2= = × −λ

e) E 1,71 MeV; 559 fm= =λ

alternativa C

Trata-se do processo de aniquilação de pares. Noprocesso mostrado na figura, os fótons produzi-dos possuem a mesma quantidade de movimentoe a mesma energia E, e se movem em sentidosopostos. Da conservação total da energia relati-vística, temos:

(m c E ) (m c E ) 2E02

c 02

c+ + + = ⇒

⇒ = + ⇒E m c E02

c

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅⋅

+ ⋅ ⇒−

−E9,11 10 (3,00 10 )

1,6 101,20 10

31 8 2

196

⇒ E 1,71 MeV=

O comprimento de onda λ dos fótons é dado por:

E hf E hc= ⇒ = ⇒λ

⇒ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⇒−

−λ = 6,63 10 3,00 10

1,6 10 1,71 10

34 8

19 6

⇒ ⋅ ⇒−λ = 726 10 m15 λ = 726 fm

A figura mostra uma bobina com 80 espirasde 0,5 m2 de área e 40Ω de resistência. Uma

indução magnética de 4 teslas é inicialmenteaplicada ao longo do plano da bobina. Esta éentão girada de modo que seu plano perfaçaum ângulo de 30o em relação à posição inicial.Nesse caso, qual o valor da carga elétrica quedeve fluir pela bobina?

a) 0,025 Cd) 3,5 C

b) 2,0 Ce) 0,50 C

c) 0,25 C

alternativa B

Considerando θ o ângulo formado entre a normalao plano da bobina e o campo B, obtemos, pelaLei de Faraday, a f.e.m. média induzida como se-gue:

εε

φ φ

φ θφ

θm

0

0

m

n( )

tB A cos

0

n(B A cos 0)t

= ⋅−

= ⋅ ⋅=

⇒ = ⋅ ⋅ − ⇒Δ

Δ

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =ε εm

o

m80(4 0,5 cos60 )

t80

tΔ ΔAssim, o valor em módulo da carga elétrica (Q)que deve fluir pela bobina é dado por:

εε

m

m

m

80t

i

80t

80 40

=

= ⋅

=

⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒Δ

Δ

Δ ΔR i

Qt

RQ

tQm

| |

| || |

⇒ | |Q 2,0= C

física 5

Questão 9

�1

�2

e_

e+

Questão 10

posição inicial posição final

30°B B

A figura mostra um circuito formado por umabarra fixa FGHJ e uma barra móvel MN,imerso num campo magnético perpendicularao plano desse circuito. Considerando despre-zível o atrito entre as barras e também que ocircuito seja alimentado por um gerador decorrente constante I, o que deve acontecercom a barra móvel MN?

a) Permanece no mesmo lugar.b) Move-se para a direita com velocidade cons-tante.c) Move-se para a esquerda com velocidadeconstante.d) Move-se para a direita com aceleração cons-tante.e) Move-se para a esquerda com aceleraçãoconstante.

alternativa E

Como a corrente elétrica na barra móvel é de Mpara N, pela Regra da Mão Esquerda, esta fica su-jeita a uma força magnética para a esquerda. Con-siderando o campo magnético da região constantee uniforme, a força magnética sobre a barra(F B i )mag. = ⋅ ⋅ � é constante e, assim, a acelera-ção da barra será constante e diferente de zero.

Na figura, um bloco sobe um plano inclinado,com velocidade inicial V0 . Considere μ o coe-ficiente de atrito entre o bloco e a superfície.Indique a sua velocidade na descida ao pas-sar pela posição inicial.

a) Vsen sencos cos0

θ μ θθ μ θ−−

b) Vsen cossen cos0

θ μ θθ μ θ−+

c) Vsen cossen cos0

θ μ θθ μ θ+−

d) Vsen cossen cos0

μ θ θμ θ θ

+−

e) Vsen cossen cos0

μ θ θμ θ θ

−+

alternativa B

Indicando as forças no corpo durante a subida, te-mos:

A intensidade γS da desaceleração do bloco édada por:R m

R mg sen f

f mg cos

S

at.

at.

== +=

⇒γ

θμ θ

⇒ = + ⇒m mg sen mg cosSγ θ μ θ⇒ = +γ θ μ θS g(sen cos )

Assim, a distância ΔS percorrida pelo bloco sobreo plano inclinado é dada por:

v v 2 S202

S= − ⇒γ Δ

⇒ = − + ⇒0 V 2g(sen cos ) S02 θ μ θ Δ

⇒ =+

ΔSV

2g(sen cos )02

θ μ θ(I)

Indicando agora as forças no corpo durante adescida, temos:

física 6

Questão 11

M

N

I

H J

G F

Questão 12

�

V0

N

�mg cos�

mg sen�

fat.

v

A intensidade γD da aceração do bloco é dadapor:R m

R mg sen f

f mg cos

D

at.

at.

== −=

⇒γ

θμ θ

⇒ = − ⇒m mg sen mg cosDγ θ μ θ⇒ = −γ θ μ θD g(sen cos ) (II)

Assim, substituindo I e II na Equação deTorricelli, obtemos a velocidade V do bloco ao re-tornar à posição inicial, como segue:

V v 2 S202

D= + ⇒γ Δ

⇒ = + − ⋅V 0 2g(sen cos )2 2 θ μ θ

⋅+

⇒V

2g(sen cos )02

θ μ θ

⇒ V Vsen cossen cos0= −

+θ μ θθ μ θ

Na figura, um gato de massa m encontra-separado próximo a uma das extremidades deuma prancha de massa M que flutua em re-pouso na superfície de um lago. A seguir, ogato salta e alcança uma nova posição naprancha, à distância L. Desprezando o atritoentre a água e a prancha, sendo θ o ânguloentre a velocidade inicial do gato e a horizon-tal, e g a aceleração da gravidade, indiquequal deve ser a velocidade u de deslocamentoda prancha logo após o salto.

a) ugLM

1Mm

m sen cos=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ θ θ

b) ugLM

1Mm

2 m sen 2=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ θ

c) ugLM

1Mm

2 m sen=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ θ

d) ugLm

1Mm

2 M tan=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ θ

e) u2 gLm

1Mm

M tan=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ θ

alternativa D

No momento do salto temos o esquema a seguir:

Sendo o sistema isolado na direção horizontal, te-mos:

Q Q 0 Q Qantes depois g p= ⇒ = + ⇒

⇒ = ⋅ ⋅ − ⇒ =⋅

0 m v cos M vMcos

θθ

uu

m(I)

Representando o salto do gato no referencial daprancha, temos:

Sendo o tempo total do salto dado por t = 2v senθ/g,o alcance L é dado por:

L v t L (v cos )2v sen

gx= ⋅ ⇒ = ⋅ + ⋅ ⋅θ θu (II)

Substituindo I em II, temos:

LMum

uMu sen

m g= ⋅

⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⋅⋅ ⋅

⇒coscos

2cos

θθ

θθ

⇒ u = ⋅ ⋅

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ ⋅

g L m

1Mm

2 M tgθ

física 7

N fat.

�mg cos�

mg sen�

V

Questão 13

L

�

v

Gv cos�

u

G G

L

v sen�v0y =

v cos�vx =+ u

meio 1

t

meio 2r

meio 1

t

meio 2r

meio 1

t

meio 2

r

meio 1t

meio 2r

meio 1t

meio 2

r

Um aro de l kg de massa encontra-se preso auma mola de massa desprezível, constanteelástica k 10= N/m e comprimento inicialL 10 = m quando não distendida, afixada noponto O. A figura mostra o aro numa posiçãoP em uma barra horizontal fixa ao longo daqual o aro pode deslizar sem atrito. Soltandoo aro do ponto P, qual deve ser sua velocida-de, em m/s, ao alcançar o ponto T, a 2 m dedistância?

a) 30,0

d) 69,5

b) 40,0

e) 8,2

c) 23,4

alternativa C

Do Princípio da Conservação da Energia Mecâni-ca, temos:

E Ekx kx

mT

mP T P= ⇒ + = ⇒

2 2 2

2mv

2 2

⇒ = − ⇒vkx

m

kx

mP T22 2

⇒ = ⋅ − − ⋅ − ⇒v10 (2 2 1)

110 (2 1)

12

2 2

⇒ v 23,4= m/s

No estudo de ondas que se propagam emmeios elásticos, a impedância característicade um material é dada pelo produto da suadensidade pela velocidade da onda nesse ma-terial, ou seja, z v= μ . Sabe-se, também, queuma onda de amplitude a1, que se propagaem um meio 1 ao penetrar em uma outra re-gião, de meio 2, origina ondas, refletida etransmitida, cujas amplitudes são, respecti-vamente:

a

zz

1

zz

1ar

1

2

1

2

1=−

+

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

a1

zz

at2

1

1=+

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

2

Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda

nesse meio é dada por v = τμ

. Considere

agora o caso de uma onda que se propaganum fio de densidade linear μ (meio 1) e pe-netra num trecho desse fio em que a densida-de linear muda para 4μ (meio 2). Indique a fi-gura que representa corretamente as ondasrefletida (r) e transmitida (t).a)

b)

c)

d)

e)

alternativa A

Das expressões de ar e at , temos:

a

zz

1

zz

1a

a2

1zz

r

1

2

1

2

1

t2

1

=−

+

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

=+

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

⇒=

−+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

=+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⇒

a

az zz z

a

a2

z za

1

r1 2

1 21

t1

1 21

z

⇒ =

−+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⇒ =−a

z zz z

a

2z z

a

z z2

r

1 2

1 21

1

1 21

1 2a z

at

r z1

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥at (I)

física 8

Questão 14

T 2 m P

2 m

O

Questão 15

Da situação apresentada vem:

z v

4

v

z

z 44

2 1

1 11

2 11

==

=

⇒=

=⇒

μμ μ

μ

μμ

μμτ

τ

τ

⇒ = ⇒ =zz

44

z 2z1

2

11

11

2 1

μμ

μμ

τ

τ (II)

Das relações I e II, vem:

az 2z

2za a

12r

1 1

1t r=

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ ⇒ = − at

Assim, o pulso refletido deve ser invertido, commetade da amplitude do transmitido e, como a ve-locidade no meio 1 é o dobro da velocidade nomeio 2, seu deslocamento também deve ser o do-bro, o que é representado pela alternativa A.

Indique a opção que explicita o representadopelo gráfico da figura:

a) A soma de uma freqüência fundamentalcom a sua primeira harmônica mais a sua se-gunda harmônica, todas elas de mesma am-plitude.b) A soma de uma freqüência fundamentalcom a sua primeira harmônica de amplitude5 vezes menor mais a segunda harmônica deamplitude 10 vezes menor.c) A soma de uma freqüência fundamentalcom a sua segunda harmônica, ambas comamplitudes iguais.

d) A soma de uma freqüência fundamentalcom a sua segunda harmônica com metadeda amplitude.e) A soma de uma freqüência fundamentalcom a sua primeira harmônica com metadeda amplitude.

alternativa A

A equação de onda pode ser escrita pory A sen= ωt. Sendo ω proporcional à freqüência,para a soma de uma freqüência fundamental maisa sua primeira harmônica mais a sua segundaharmônica, de mesma amplitude, temos umaonda resultante que é dada pela função:y = A senωt + A sen 2ωt + A sen 3ωtEsboçando os gráficos das funções, temos:

Do princípio da superposição o gráfico resultanteé dado a seguir:

Obs.: a rigor, o primeiro harmônico tem freqüênciaigual à fundamental e o segundo harmônico temfreqüência igual ao dobro da fundamental.

Numa brincadeira de aventura, o garoto (demassa M) lança-se por uma corda amarradanum galho de árvore num ponto de altura Lacima do gatinho (de massa m) da figura, quepretende resgatar. Sendo g a aceleração da

física 9

Questão 16

3

2

1

0

_1

_2

_30 20 40 60 80 100 120 140 160

Tempo (ms)

Am

plit

ude

(V)

yy A sen t=

�

y A sen 2 t=

�

y A sen 3 t=

�

3

2

1

0

_1

_2

_30 20 40 60 80 100 120 140 160

Tempo (ms)

Am

plit

ude

(V)

Questão 17

gravidade e H a altura da plataforma de ondese lança, indique o valor da tensão na corda,imediatamente após o garoto apanhar o gatopara aterrisá-lo na outra margem do lago.

a) Mg 12HL

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

b) (M m)g 1M m

M2HL

+ − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

c) Mg 12HL

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

d) (M m)g 1M

M m2HL

+ ++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

e) (m M)gM

M m2HL

++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

21

alternativa D

A velocidade V com que o garoto atinge o gatovale V 2gH= . (I)Ao apanhar o gato, temos uma colisão perfeita-mente inelástica e a velocidade v para o conjuntogaroto e gato é dada por:

Q Q Q Qantes depois gar. gar. gato= ⇒ = ⇒+

⇒ = +MV (M m)v (II)

Substituindo I em II, obtemos:

M 2gH (M m)v vM 2gHM m

= + ⇒ =+

(III)

Como nesse momento as únicas forças atuandono conjunto garoto e gato são a tração T e o pesototal P (m M)gT = + , temos:

R(m M)v

LR T P

cp

2

cp T

= +

= −⇒

⇒ − + = +T (m M)g

(m M)vL

2(IV)

Substituindo III em IV, temos:

T (m M)g(m M)

LM 2gH

(M m)

2− + = + ⋅

+⇒

2

⇒ T g= + ++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟(M m) 1

MM m

2HL

2

Um feixe de luz é composto de luzes de com-primentos de onda λ1 e λ2 , sendo λ115% maior que λ2. Esse feixe de luz incideperpendicularmente num anteparo com doispequenos orifícios, separados entre si poruma distância d. A luz que sai dos orifícios éprojetada num segundo anteparo, onde seobserva uma figura de interferência. Pode-seafirmar então, que

a) o ângulo de arcsen (5 1λ /d) corresponde àposição onde somente a luz de comprimentode onda λ1 é observada.b) o ângulo de arcsen (10 1λ /d) corresponde àposição onde somente a luz de comprimentode onda λ1 é observada.c) o ângulo de arcsen (15 1λ /d) corresponde àposição onde somente a luz de comprimentode onda λ1 é observada.d) o ângulo de arcsen (10 2λ /d) corresponde àposição onde somente a luz de comprimentode onda λ2 é observada.e) o ângulo de arcsen (15 2λ /d) corresponde àposição onde somente a luz de comprimentode onda λ2 é observada.

alternativa B

Da relação do experimento típico de Young, te-mos sen nθ λ= /d, onde para n inteiro a interferên-cia é construtiva e, para n semi-inteiro, a interfe-rência é destrutiva.

física 10

Hm

L

MQuestão 18

d�

� �1 2,

Do enunciado temos λ λ1 21,15= .

Para send

θλ

=10 1 , vem:

senθλ λ

=⋅

=10 1,15

d11,5

d2 2

Para esses valores temos que a luz de compri-mento de onda λ1 sofre interferência construtiva(n = 10) e a luz de comprimento de onda λ2 sofreinterferência destrutiva (n = 11,5).

A figura l mostra um capacitor de placas pa-ralelas com vácuo entre as placas, cuja capa-citância é C0 . Num determinado instante,uma placa dielétrica de espessura d/4 e cons-tante dielétrica K é colocada entre as placasdo capacitor, conforme a figura 2. Tal modifi-cação altera a capacitância do capacitor paraum valor C1. Determine a razão C0 /C1.

a) 3K 14K+ b) 4K

3K 1+c) 4 12K

3+

d) 34 12K+

e) 14 12K+

alternativa A

Do cálculo da capacitância CK A

d=

ε0 de um ca-

pacitor plano e considerando a figura 2 como umaassociação em série de 2 capacitores, temos:

CA

d

C

Ad

K Ad

Ad

K Ad

CA

d

CK

00

1

0 0

0 0

00

1

43

4

43

44

=

=⋅

+

⇒=

=

ε

ε εε ε

ε

ε0(3K 1)d

A+

Portanto:

CC

(3K 1)d4

0

1

0

0= ⋅ + ⇒ε

εA

d K ACC

3K 14

0

1= +

K

Certa quantidade de oxigênio (consideradoaqui como gás ideal) ocupa um volume vi auma temperatura Ti e pressão pi. A seguir,toda essa quantidade é comprimida, por meiode um processo adiabático e quase estático,tendo reduzido o seu volume para v vf i= /2.Indique o valor do trabalho realizado sobreesse gás.

a) W32

(p v )(2 1)i i0,7= −

b) W52

(p v )(2 1)i i0,7= −

c) W52

(p v )(2 1)i i0,4= −

d) W32

(p v )(2 1)i i1,7= −

e) W52

(p v )(2 1)i i1,4= −

alternativa C

Sendo o oxigênio (O )2 um gás ideal diatômico,

seu coeficiente γ =C

Cp

vvale γ = = =

72

R

52

R

75

1,4.

Da relação de Poisson, vem:

p v p v p v pv2

p 2 pi i f f i i1,4

fi

1,4

f1,4

iγ γ= ⇒ = ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⇒ =

Assim, o trabalho realizado pelo gás em umacompressão adiabática é dado por:

Wp v p v

1W

p v 2 pv2

1,4 1i i f f

i i1,4

ii

gás =−−

⇒ =− ⋅

−⇒

γ

⇒ =−

⇒Wp v 2 p v

0,4i i

0,4i i

gás

⇒ = −W52

(p v )(1 2 )i i0,4

gás

O trabalho W realizado sobre o gás é dado por:

W W52

(p v )(2 1)i i0,4= − = −gás

física 11

Questão 19

d

d_4

d

figura 1 figura 2

Questão 20

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS,NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SERRESPONDIDAS NO CADERNO DESOLUÇÕES.

Considere um condutor esférico A de 20 cmde diâmetro colocado sobre um pedestal fixo eisolante. Uma esfera condutora B de 0,5 mmde diâmetro, do mesmo material da esfera A,é suspensa por um fio fixo e isolante. Em po-sição oposta à esfera A é colocada uma cam-painha C ligada à terra, conforme mostra afigura. O condutor A é então carregado a umpotencial eletrostático V0 , de forma a atrair aesfera B. As duas esferas entram em contactodevido à indução eletrostática e, após a trans-ferência de carga, a esfera B é repelida, cho-cando-se com a campainha C, onde a cargaadquirida é escoada para a terra. Após 20contatos com a campainha, verifica-se que opotencial da esfera A é de 10000 V. Determi-ne o potencial inicial da esfera A.

Considere (1 x) 1 nxn+ ≅ + se |x| < 1

Resposta

Do Princípio da Conservação da Carga Elétrica edo cálculo do potencial elétrico de uma esferacondutora, podemos calcular o potencial elétricoda esfera A (V )1 após o 1º contato por:Q’ Q’ Q

QVRk

V Rk

V rk

V Rk

1 1 0A B A+ =

=⇒ + = ⇒

⇒ =+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟=

+V

V

1rR

V(1 0,0025)1

0 0

Portanto, após o 20º contato, teremos:

VV

(1 0,0025)10 00020

020=

+=

Considerando a aproximação fornecida, temos:V

1 20 0,002510 000 V 10 500 V0

0+ ⋅= ⇒ =

Num dos pratos de uma balança que se en-contra em equilíbrio estático, uma mosca demassa m está em repouso no fundo de umfrasco de massa M. Mostrar em que condiçõesa mosca poderá voar dentro do frasco semque o equilíbrio seja afetado.

Resposta

Ao voar, a mosca exercerá uma força de intensi-dade diferente do seu peso sobre a massa gaso-sa na direção vertical, alterando o equilíbrio dabalança, somente se voar, nessa direção, commovimento não uniforme.

A figura mostra uma bola de massa m que caicom velocidade v1 sobre a superfície de umsuporte rígido, inclinada de um ângulo θ emrelação ao plano horizontal. Sendo e o coefi-ciente de restituição para esse impacto, cal-cule o módulo da velocidade v2 com que abola é ricocheteada, em função de v1, θ e e.Calcule também o ângulo α.

física 12

Questão 21

A

isolante

isolante

V0

B

C

condutor

Questão 22

M

m

Questão 23

�

v2

v1

m

�

Resposta

Decompondo as velocidades em componentesnormais ao suporte rígido e componentes parale-las, temos que a componente paralela ao suporteé conservada, ocorrendo o choque com coeficien-te de restituição e na componente normal da velo-cidade. Assim, da figura, temos:

Desconsiderando o impulso do peso na colisão,vem:

v sen v cos

ev senv cos

1 2

2

1

θ α

αθ

=

= −−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒cos

vv

sen

sen evv

cos

1

2

1

2

α θ

α θ

=

=⇒

⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⇒1

vv

en e cos1

2

22 2 2[ ]s θ θ

⇒ v v en e cos2 12 2 2= +s θ θ

O ângulo α pode ser obtido de:v cos v sen2 1α θ= ⇒

⇒ α θ

θ θ=

+

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟arccos

en e cos2 2 2

sen

s

Um apreciador de música ao vivo vai a umteatro, que não dispõe de amplificação ele-trônica, para assistir a um show de seu ar-tista predileto. Sendo detalhista, ele tomatodas as informações sobre as dimensões doauditório, cujo teto é plano e nivelado. Estu-dos comparativos em auditórios indicam pre-ferência para aqueles em que seja de 30 ms adiferença de tempo entre o som direto e aque-le que primeiro chega após uma reflexão.

Portanto, ele conclui que deve se sentar a20 m do artista, na posição indicada na figu-ra. Admitindo a velocidade do som no ar de340 m/s, a que altura h deve estar o teto comrelação a sua cabeça?

Resposta

Do enunciado, podemos montar o esquema a se-guir:

Podemos escrever as relações entre ângulos:Do triângulo ABD: α θ+ = 90o (I)Do triângulo ADC: δ β+ = 90o (II)Como é dito que o teto é plano e nivelado, temosque θ δ= .Subtraindo I − II, vem:

θα θ δ β α β+ − − = − ⇒ =90 90o o

Dos ângulos temos que os triângulos ABD e ACDsão congruentes, e portanto temos BD DC 10= = me AB AC x= = .O tempo (t )D que o som direto demora para che-gar ao espectador é dado por:

vBCt

34020t

t 58,8D D

D= ⇒ = ⇒ = ms

Sendo a diferença entre os tempos do som refleti-do e direto igual a 30 ms, temos que o tempo dosom refletido (t )R é igual a t t 30 88,8R D= + = ms.Desse modo, podemos determinar o valor de x apartir do som refletido como segue:

v2xt

3402x

88,8 10x 15,1

R3= ⇒ =

⋅⇒ =− m

Do Teorema de Pitágoras, para o triângulo ABD,vem:

15,1 10 h2 2 2= + ⇒ h 11,3= m

física 13

�

�

v cos1 �

v sen1 �v1

m

�

�

v cos2 �

v sen2 �

v2

y

x

Questão 24

20,0 m

h

20,0 m

B C

A

� �

� �

h

D

Um resistor Rx é mergulhado num reserva-tório de óleo isolante. A fim de estudar a va-riação da temperatura do reservatório, o cir-cuito de uma ponte de Wheatstone foi mon-tado, conforme mostra a figura 1. Sabe-seque Rx é um resistor de fio metálico de 10mde comprimento, área da seção transversalde 0,1 mm2, e resistividade elétrica ρ0 de

2,0 10 8× − Ω m, a 20 Co . O comportamento da

resistividade ρ versus temperatura t é mos-trado na figura 2. Sabendo-se que o resistorRx foi variado entre os valores de 10Ω e 12Ωpara que o circuito permanecesse em equilí-brio, determine a variação da temperaturanesse reservatório.

Resposta

Os valores das resistências Rx a 20 Co e a100 Co

são:

RA

2 1010

10x 20oC 0

87= = ⋅ ⋅ ⇒−−ρ �

⇒ =R 2x 20oC Ω

R 1,4A

1,4 2 1010

10x100oC 0

87= = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒−−ρ �

⇒ =R 2,8x100oC Ω

Logo, a relação entre os valores da temperaturaem função da resistência Rx é dada por:

t 20100 20

R 22,8 2

t 10(10R 18)xx

−−

=−−

⇒ = −

Para os valores de Rx variando entre10 Ω e12 Ω,temos:

t 10(10 10 18)

t 10(10 12 18)

t 820

t 1 020

i

f

io

fo

= ⋅ −= ⋅ −

⇒=

=

C

C

Assim, vem:

Δt t t 1 020 820f i= − = − ⇒ Δt 200 Co=

Um cilindro de diâmetro D e altura h repousasobre um disco que gira num plano horizon-tal, com velocidade angular ω. Considere ocoeficiente de atrito entre o disco e o cilindroμ > D/h, L a distância entre o eixo do disco eo eixo do cilindro, e g a aceleração da gravi-dade. O cilindro pode escapar do movimentocircular de duas maneiras: por tombamentoou por deslizamento. Mostrar o que ocorreráprimeiro, em função das variáveis.

Resposta

Considerando ω1 a velocidade angular no limitedo deslizamento, temos:R

R m L

N mg

m L mg

cp

cp 12

12

=

= ⋅ ⋅

=

⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒

μ

ω ω μ

N

⇒ = ⋅ω μ1gL

(I)

Adotando o referencial não-inercial do cilindro, te-mos a força fictícia R’cp como é indicado a seguir:

física 14

Questão 25

G

R1

Figura 1

R 23 = Rx

R 122 =

Figura 2

20 100

1,4 0

0

t( C)°

( m)

Questão 26

�

h

L

D

Sendo ω2 a velocidade angular no limite do tom-bamento, do equilíbrio dos momentos em relaçãoa O, temos:

Rh2

PD2

R m L

P mg

Lh2

mgD2

cp’

cp’

22

22

⋅ = ⋅

=

=

⇒ ⋅ = ⇒ω ωm

⇒ = ⋅ω2gL

Dh

(II)

Como μ > Dh

, comparando I e II, temos ω ω1 2> , ou

seja, a velocidade angular necessária para o cor-po tombar (ω2 ) é inferior à velocidade angular ne-cessária para o corpo deslizar, portanto o corpotomba antes de deslizar.

Durante a realização de um teste, colocou-se1 litro de água a 20oC no interior de um fornode microondas. Após permanecer ligado por20 minutos, restou meio litro de água. Consi-dere a tensão da rede de 127 V e de 12 A acorrente consumida pelo forno. Calcule o fa-tor de rendimento do forno.Dados: calor de vaporização da águaL 540v = cal/g; calor específico da águac 1 cal/g Co= ; 1 caloria = 4,2 joules.

Resposta

Assumindo que a densidade da água é 1 000 g/�,a potência útil do sistema é dada por:

PQ

tP

mcm2

L

t

vu u= ⇒ =

+⇒

Δ

Δ

Δ

θ

⇒ = ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅⋅

⇒P(1 000 1 (100 20) 500 540) 4,2

20 60u

⇒ =P 1 225 WuPara a potência total, temos:

P U i P 127 12 P 1 524 WT T T= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

Portanto, o fator de rendimento do forno será:

η η= ⇒ = = ⇒PP

1 2251 524

0,80T

u η = 80%

Obs.: a unidade correta para o calor específico écal g o/( C).

Considere o transformador da figura, ondeVp é a tensão no primário, Vs é a tensão nosecundário, R, um resistor, N1 e N2 são o nú-mero de espiras no primário e secundário,respectivamente, e S uma chave. Quando achave é fechada, qual deve ser a corrente Ipno primário?

Resposta

Da relação entre as tensões no primário e no se-cundário no transformador e da definição de resis-tência elétrica, temos:

VN

VN

U Ri

VN

V

N

V RI

IV N

RN

1

1

2

2

s

2

p

1

s s

sp 2

1

=

=⇒

=

=⇒ =

Considerando que a potência no primário é prati-camente igual à do secundário, vem:P P V I V Ip s p p s s= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

⇒ ⋅ = ⋅⋅⋅

⇒V I VV N

R Np p sp 2

1

⇒ IV NR Nps 2

1=

⋅⋅

De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, oequilíbrio da atmosfera terrestre é obtidopelo balanço energético entre a energia deradiação do Sol absorvida pela Terra e a ree-mitida pela mesma. Considere que a energiafornecida por unidade de tempo pela radia-ção solar é dada por P = A e σ T4, em queσ = 5,67 × 10−8 W m−2 K−4; A é a área da su-perfície do corpo; T a temperatura absoluta, e oparâmetro e é a emissividade que representa a

física 15

N

fat.

R’cp

P

O

D_2

h_2

Questão 27

Questão 28

Vp N1N ; V2 s

S

R

Questão 29

razão entre a taxa de radiação de uma superfí-cie particular e a taxa de radiação de uma su-perfície de um corpo ideal, com a mesma área emesma temperatura. Considere a temperatu-ra média da Terra T = 287K e, nesta situação,e = l. Sabendo que a emissão de gases respon-sáveis pelo aquecimento global reduza a emis-sividade, faça uma estimativa de quanto au-mentará a temperatura média da Terra devidoà emissão de gases responsáveis pelo aqueci-mento global, se a emissividade diminuir 8%.

Considere (1 x) 1x4

1 4− ≅ −

RespostaDa Lei de Stefan-Boltzmann, sendo e’ 0,92 e= , te-mos:

P A e T

P A e’ T’

4

4

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅⇒

σ

σ

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒A e T A e’ T’4 4σ σ

⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⇒e 287 0,92 e T’ T’

2870,92

4 44

14

⇒ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟T’ 287

10092

287 1892

14

14

Utilizando x892

= − , da relação fornecida, vem:

T’ 287 1

8924

T’ 293 K= ⋅ +

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⇒ =

Assim, a variação de temperatura é dada por:

ΔT T’ T 293 287= − = − ⇒ ΔT 6= K

Foi René Descartes em 1637 o primeiro adiscutir claramente a formação do arco-íris.Ele escreveu: “Considerando que essearco-íris aparece não apenas no céu, mastambém no ar perto de nós, sempre que hajagotas de água iluminadas pelo sol, como po-demos ver em certas fontes, eu imediatamenteentendi que isso acontece devido apenas aocaminho que os raios de luz traçam nessasgotas e atingem nossos olhos. Ainda mais, sa-bendo que as gotas são redondas, como fora

anteriormente provado e, mesmo que sejamgrandes ou pequenas, a aparência doarco-íris não muda de forma nenhuma, tive aidéia de considerar uma bem grande, paraque pudesse examinar melhor...”Ele então apresentou a figura onde estão re-presentadas as trajetórias para os arco-írisprimário e secundário. Determinar o ânguloentre o raio incidente na gota, AB, e o inci-dente no olho do observador, DE, no caso doarco-íris primário, em termos do ângulo deincidência, e do índice de refração da água na.Considere o índice de refração do ar n = l.

Resposta

Com as leis da reflexão e da refração da luz, po-demos construir a figura a seguir:

Da Lei de Snell, vem:

n sen n sen arc sensen

naa

⋅ = ⋅ ⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟α β β α

A soma dos ângulos internos do polígono PBODresulta 360o . Portanto, temos:x 360 4 360o o+ + − + = ⇒α β α

⇒ = − ⇒x 4 2β α x 4 arc sensen

n2

a=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −α α

física 16

Questão 30

B I

J C

H

G D

A

F

E

M

A

FE

B I

J

G D

C

H

E

B I

J C

H

G D

A

F

E

M

A

FE

B I

J

G D

C

H

E

Arco-íris primárioe secundário

Vista expandida deuma gota de água

x PC�

�

�

�

B

D

�

�

E

A

O