ita2003 parte 001

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO

Caso necessário, use os seguintes dados:π = 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s2. Velocidade do som no ar = 340m/s . 1 atm == 1,0 x 105 N/m2 . 1 cal = 4,2 J.

cSobre um plano liso e horizontal repousa um sistemaconstituído de duas partículas, I e II, de massas M e m,respectivamente. A partícula II é conectada a uma arti-culação O sobre o plano por meio de uma haste queinicialmente é disposta na posição indicada na figura.Considere a haste rígida de comprimento L, inex-tensível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I

desloca-se na direção de II com velocidade uniforme→VB, que forma um ângulo θ com a haste. Desprezandoqualquer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmarque, imediatamente após a colisão (elástica) das partí-culas.

a) a partícula II se movimenta na direção definida pelovetor

→VB.

b) o componente y do momento linear do sistema éconservado.

c) o componente x do momento linear do sistema éconservado.

d) a energia cinética do sistema é diferente do seuvalor inicial.

e) n.d.a.Resolução

No ato da colisão, o sistema formado pelas esferas I eII tem como força externa a força aplicada pela haste(rígida e de massa desprezível), que tem a direção y.Isso significa que na direção x, no ato da colisão, o sis-tema é isolado e por isso haverá conservação domomento linear (quantidade de movimento) do siste-ma formado pelas esferas I e II.

c2

1

IIII TTTTAAAA ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) –––– DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000002222

FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA


A partir do repouso, umapedra é deixada cair da bordano alto de um edifício. A figu-ra mostra a disposição dasjanelas, com as pertinentesalturas h e distâncias L quese repetem igualmente paraas demais janelas, até o tér-reo. Se a pedra percorre aaltura h da primeira janelaem t segundos, quanto tem-po levará para percorrer, emsegundos, a mesma altura h

da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).

a) [(ÏwwwL + h – ÏwL ) / (Ïwwww2L + 2h – Ïwwww2L + h )] t.

b) [(Ïwwww2L + 2h – Ïwwww2L + h ) / (ÏwwwL + h – ÏwL )] t.

c) [(Ïwwww4 (L + h) – Ïwwwwww3 (L + h) + L ) / (ÏwwwL + h – ÏwL )]t.

d) [(Ïwwww4 (L + h) –Ïwwwwww3 (L + h) + L )/(Ïwwww2L + 2h –Ïwwww2L + h )]t.

e) [(Ïwwww3 (L + h) – Ïwwwwww2 (L + h) + L )/(ÏwwwL + h – ÏwL )]t.

Resolução

Dado: t2 – t1 = tPede-se: t8 – t7

1) ∆s = V0t + t 2

L = t12

L + h = t22

t1=

t1=

t = t2 – t1 = –

t = (1)

2) ∆s = V0t + t2

AI: 4(L + h) = t82

AH: 4L + 3h = t72

g–––2

g–––2

γ–––2

Ï··2(Ï········L + h – Ï··L)–––––––––––––––––

Ï··g

2L–––g

2(L + h)–––––––––

g

2(L + h)–––––––––

g

2L–––g

g–––2

g–––2

γ–––2



t8 = t7 =

t8 – t7 = – =

=

t8 – t7 = (2)

Fazendo-se , vem:

= (Ï·········L + h – L + h) .

=

t8 – t7 = t

Como: 4L + 3h = 3(L + h) + L,

vem: t8 – t7 = t

dVariações no campo gravitacional na superfície da Terrapodem advir de irregularidades na distribuição de suamassa. Considere a Terra como uma esfera de raio R ede densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esféricade raio a, inteiramentente contida no seu interior. Adistância entre os centros O, da Terra, e C, da cavida-de, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causan-do, assim, uma variação do campo gravitacional emum ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado comO e C . (Veja a figura). Seja G1 a intensidade do campogravitacional em P sem a existência da cavidade naTerra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto,considerando a existência da cavidade. Então, o valormáximo da variação relativa: (G1 – G2)/G1, que seobtém ao deslocar a posição da cavidade, éa) a3/[(R – a)2R]. b) (a/R)3. c) (a/R)2. d) a/R. e) nulo.

3

]Ï···········4(L + h) – Ï················3(L + h) + L –––––––––––––––––––––––

Ï········L + h – Ï··L[

Ï···········4(L + h) – Ï·············4L + 3h –––––––––––––––––––––––

Ï········L + h – Ï··L

––––––––32 (Ï·········L + h – L + –– h )Ï 4–––––––––––––––––––––––Ï········L + h – Ï··L

t8 – t7–––––––t

Ï··g––––––––––––––––Ï··2(Ï········L + h – Ï··L)

3–––4

2Ï··2–––––

Ï··g

t8 – t7–––––––

t

(2)––––(1)

––––––––32Ï··2(Ï·········(L + h) – L + –– h) Ï 4––––––––––––––––––––––––––Ï··g

–––––––––––3Ï···········8(L + h) – 8(L + –– h)Ï 4––––––––––––––––––––––––––Ï··g

8L + 6h–––––––––

g

8(L + h)–––––––––

g

8L + 6h–––––––––

g

8(L + h)–––––––––

g



Resolução

1) O valor de G1 é dado por:

G1 = = . ρ . π R3

(1)

2) O valor G1’ do campo criado apenas por uma esferi-nha maciça de raio a e cujo centro está situado auma distância de P igual a (R – d) é dado por:

G’1 = = . ρ . π a3

(2)

3) O campo criado pela esfera maior com a cavidade,G2, é dado por:

G2 = G1 – G’1

G2 = π G ρ R – π G ρ

(3)

Seja y =

De (1) e (3), vem:

G1 – G2––––––––G1

4 a3G2 = –– π G ρ [R – –––––––]

3 (R – d)2

a3–––––––(R – d)2

4––3

4––3

4 a3G’1 = –– π G ρ . –––––––

3 (R – d)2

4––3

G–––––––(R – d)2

G m–––––––(R – d)2

4G1 = –– π G ρ . R3

4––3

G–––R2

G M–––––R2



y =

y =

y =

Como a e R são constantes, o valor máximo de yocorre quando (R – d) for mínimo, isto é,

d = dmáx = R – a

R – d = R – (R – a) = a

Portanto: ymáx = ⇒

dConsiderando um buraco negro como um sistema ter-modinâmico, sua energia interna U varia com a suamassa M de acordo com a famosa relação de Einstein:∆U = ∆M c2. Stephen Hawking propôs que a entropiaS de um buraco negro depende apenas de sua massae de algumas constantes fundamentais da natureza.Desta forma, sabe-se que uma variação de massa acar-reta uma variação de entropia dada por: ∆S / ∆M = 8πGM kB / h c. Supondo que não haja realização de tra-balho com a variação de massa, assinale a alternativaque melhor representa a temperatura absoluta T doburaco negro.a) T = h c3 / GM kB. b) T = 8πM c2 / kB.

c) T = M c2 / 8π kB. d) T = h c3 / 8π GM kB.

e) T = 8π h c3 / GM kB.Resolução

Do texto, temos:

=

∆S =

A entropia ∆S é dada por:

∆S =

em que T é a temperatura absoluta do buraco negro.

∆Q––––

T

∆M 8π G M kB––––––––––––––h c

8π G M kB––––––––––h c

∆S––––∆M

4

aymáx = –––R

a3–––––R . a2

a3–––––––––R (R – d) 2

a3R – [R – –––––––]

(R – d)2–––––––––––––––––––

R

4 4 a3–– π G ρ R – –– π G ρ [R – –––––––]3 3 (R – d)2

–––––––––––––––––––––––––––––––––4–– π G ρ R3



Como ∆Q = τ + ∆U e τ = 0, vem:

∆S =

Portanto:

=

Como ∆U = ∆M c2,

então, =

cQual dos gráficos abaixo melhor representa a taxa P decalor emitido por um corpo aquecido, em função desua temperatura absoluta T?

Resolução

A taxa P de calor emitido por um corpo aquecido é da-da em função da sua temperatura absoluta por meio daexpressão de Stefan-Boltzmann:

P(T) = k T4

5

h c3T = ––––––––––

8π G M kB

∆M 8π G M kB––––––––––––––h c

∆M c2––––––

T

∆M 8π G M kB––––––––––––––h c

∆U––––

T

∆U––––

T



Assim, o diagrama pedido na questão é melhor repre-sentado por:

eUma certa massa de gás ideal realiza o ciclo ABCD detransformações, como mostrado no diagrama pressão-volume da figura. As curvas AB e CD são isotermas.Pode-se afirmar quea) o ciclo ABCD corresponde a um ciclo de Carnot. b) o gás converte trabalho em calor ao realizar o ciclo.c) nas transformações AB e CD o gás recebe calor.d) nas transformações AB e BC a variação da energia

interna do gás é negativa.e) na transformação DA o gás recebe calor, cujo valor

é igual à variação da energia interna.

Resolução

Nota: o ciclo é ABCDA e não ABCDA transformação DA ocorre a volume constante (iso-métrica), sendo nulo o trabalho trocado. Como a tempe-ratura absoluta do gás ideal é maior em A (TA > TD), aenergia interna desse gás aumenta (UA > UD), utilizan-do o calor recebido do meio externo durante a transfor-mação.

eSabe-se que a atração gravitacional da lua sobre a ca-mada de água é a principal responsável pelo apare-cimento de marés oceânicas na Terra. A figura mostraa Terra, supostamente esférica, homogeneamenterecoberta por uma camada de água.

7

∆UDA = Q

6



Nessas condições, considere as seguintes afirmativas:I. As massas de água próximas das regiões A e B

experimentam marés altas simultaneamente.II, As massas de água próximas das regiões A e B

experimentam marés opostas, isto é, quando Atem maré alta, B tem maré baixa e vice-versa.

III. Durante o intervalo de tempo de um dia ocorremduas marés altas e duas marés baixas.

Então, está(ão) correta(s), apenasa) a afirmativa I. b) a afirmativa II. c) a afirmativa III. d) as afirmativas I e II.e) as afirmativas I e III.Resolução

I) Correta

Na região A, a maré alta é explicada pelo fato de aatração gravitacional da Lua somada com a forçade inércia centrífuga (dada pela rotação da Terra)superar a força gravitacional de atração da Terra.Na região B, a maré alta é explicada pelo fato de aforça de inércia centrífuga (dada pela rotação daTerra) superar a soma das atrações gravitacionaisda Lua e da Terra.

II) Falsa

III) Correta

Devido ao movimento de rotação da Terra, o perío-do das marés altas é de 12h, isto é, ocorrem duasmarés altas e duas marés baixas por dia (24h).

cUm balão contendo gás hélio é fixado, por meio de umfio leve, ao piso de um vagão completamente fechado.O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movi-menta com velocidade constante, como mostra a figu-ra. Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmarque, em relação a ele, o balãoa) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta.b) se movimenta para trás e a tração no fio não muda. c) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta.d) se movimenta para frente e a tração no fio não mu-

da. e) permanece na posição vertical.

Resolução

8



Quando o vagão é acelerado, isto equivale a criar umcampo gravitacional com a mesma intensidade da ace-leração e em sentido oposto.

O campo gravitacional resultante, no interior do vagão,é dado pela soma vetorial entre g→ e –a→

O fio do balão ficará alinhado com a direção do camporesultante g→R e, portanto, o balão movimenta-se para

frente.

Na situação inicial, tinhamos:

T + P = ET = E – P = µar V g – µ V g

Para um referencial dentro do vagão, tudo se passacomo se a gravidade fosse g→R .

T’ + P’ = E’

T’ = E’ – P’

Como gR > g, resulta

bDurante uma tempestade, Maria fecha as janelas doseu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora.Subitamente o vidro de uma janela se quebra. Consi-derando que o vento tenha soprado tangencialmente àjanela, o acidente pode ser melhor explicado pelo(a)a) princípio de conservação da massa.

9

T’ > T

T’ = (µar – µ) V gR

T = (µar – µ) V g



b) equação de Bernoulli. c) princípio de Arquimedes.d) princípio de Pascal. e) princípio de Stevin.Resolução

Em virtude do vento, com o aumento da velocidade damassa de ar, a pressão externa à janela diminui deacordo com a equação de Bernoulli.A diferença entre a pressão interna (maior) e a externa(menor) quebra a janela com os fragmentos de vidrojogados para fora.

aA figura mostra um sistema óptico constituído de umalente divergente, com distância focal f1 = –20cm, dis-tante 14cm de uma lente convergente com distânciafocal f2 = 20cm . Se um objeto linear é posicionado a80cm à esquerda da lente divergente, pode-se afirmarque a imagem definitiva formada pelo sistemaa) é real e o fator de ampliação linear do sistema é

–0,4. b) é virtual, menor e direita em relação ao objeto.c) é real, maior e invertida em relação ao objeto.d) é real e o fator de ampliação linear do sistema é

–0,2. e) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto.

Resolução

Seja L1 a lente divergente e L2 a lente convergente.

Em relação a L1, temos:

Equação de Gauss: = +

= + ⇒

A imagem produzida por L1 é virtual e está situada a16 cm à esquerda desta lente. O aumento linear provo-cado por L1 fica determinado por:

A1 = ⇒ A1 = ⇒ 1

A1 = –––5

(–16)– –––––

80

p1’– –––p1

p1’ = –16 cm1

–––p1’

1––80

1– –––

20

1–––p1’

1––p1

1––f1

10



A imagem produzida por L1 é direita e menor que oobjeto e funciona como objeto real para L2.

Em relação a L2, temos:


= + ⇒

A imagem produzida por L2 é real e está situada a60cm à direita desta lente. O aumento linear provo-cado por L2 fica determinado por:

A2 = ⇒ A2 = ⇒

A imagem produzida por L2 é invertida e maior que oobjeto que lhe deu origem.

O esquema abaixo ilustra a situação proposta:

O aumento linear transversal produzido pelo sistemafica dado por:

Asist = = .

Asist = A1 . A2 ⇒ Asist = . (–2)

eNum oftalmologista, constata-se que um certo pacien-te tem uma distância máxima e uma distância mínimade visão distinta de 5,0m e 8,0cm, respectivamente.Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente quelhe permita ver com clareza objetos no “infinito”. Qualdas afirmações é verdadeira?a) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes

11

Asist = –0,4

1––5

i2–––i1

i1–––o

i2–––o

A2 = –260

– –––30

p2’– –––

p2

p2’ = 60 cm1

–––p2’

1–––––––16 + 14

1–––20

1–––p2’

1––p2

1––f2



cuja vergência é 0,2 dioptrias .b) O paciente é míope e deve usar lentes conver-

gentes cuja vergência é 0,2dioptrias.c) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes con-

vergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.d) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes diver-

gentes cuja vergência é – 0,2 dioptrias.e) A lente corretora de defeito visual desloca a distân-

cia mínima de visão distinta para 8,1 cm.Resolução

Se o ponto remoto da visão do indivíduo está a umadistância finita do globo ocular, igual a 5,0m nestecaso, seu defeito visual é a miopia, recomendando-separa a correção lentes divergentes, cuja vergência énegativa.A determinação dessa vergência é feita com base noesquema abaixo.

| f | = Dmáx = 5,0m

V = ⇒ V = – dioptria

A lente corretiva altera também a posição do pontopróximo, aumentando a distância mínima de visão dis-tinta do indivíduo quando usa os óculos.Considerando f = –5,0m = –500cm e supondo-se quea imagem produzida pela lente corretiva esteja a umadistância de 8,0cm do sistema ocular (p’ = –8,0cm;trata-se de uma imagem virtual que funciona comoobjeto real para o olho), calculemos a distância p entreo objeto e o olho.


– = – ⇒ = – +

= ⇒ p = (cm)4000–––––492

–8,0 + 500–––––––––––4000

1––p

1–––8,0

1––––500

1––p

1–––8,0

1––p

1––––500

1––p’

1––p

1––f

V = –0,2 dioptria

1–––5,0

1––f

f = –5,0m



a

A figura 1 mostra o experimento típico de Young, deduas fendas, com luz monocromática, em que m indi-ca a posição do máximo central. A seguir, esse ex-perimento é modificado, inserindo uma pequena peçade vidro de faces paralelas em frente à fenda do ladodireito, e inserindo um filtro sobre a fenda do ladoesquerdo, como mostra a figura 2. Suponha que oúnico efeito da peça de vidro é alterar a fase da ondaemitida pela fenda, e o único efeito do filtro é reduzir aintensidade da luz emitida pela respectiva fenda. Apósessas modificações, a nova figura da variação da inten-sidade luminosa em função da posição das franjas deinterferência é melhor representada por

Resolução

A onda que parte da fenda na qual se encontra a lâmi-na de vidro está em oposição de fase com a onda queparte da fenda na qual se encontra o filtro. Isso faz comque no ponto do anteparo eqüidistante das duas fen-das, ocorra interferência destrutiva, determinandonesse local um aclaramento de mínima intensidade.Esse aclaramento não chega, no entanto, a apresentarbrilho nulo, já que o sinal que parte da fenda à esquer-

12

p ≅ 8,1cm



da tem, devido à presença do filtro, intensidade menorque o que parte da fenda à direita.Nos locais onde ocorre interferência construtiva, aintensidade da onda resultante é menor que A pelofato do enfraquecimento do sinal enviado pelo filtro.A posição m na qual se forma o máximo central ficadeslocada para a direita em relação à posição original,o que é justificado pelo fato de o filtro óptico emitiruma onda de menor intensidade que a emitida pelalâmina de vidro (a lâmina de vidro de onde parte o sinalmais intenso “atrai” m para perto de si).

dQuando em repouso, uma corneta elétrica emite umsom de freqüência 512 Hz. Numa experiência acústica,um estudante deixa cair a corneta do alto de um edifí-cio. Qual a distância percorrida pela corneta, durante aqueda, até o instante em que o estudante detecta osom na freqüência de 485 Hz? (Despreze a resistênciado ar).a) 13,2 m b) 15,2 m c) 16,1 m d) 18,3 m e) 19,3 mResolução

(I) A percepção de um som mais baixo (menor fre-qüência), à medida que a corneta afasta-se doestudante em repouso no alto do edifício, deve-seao Efeito Doppler-Fizeau.

=

= 512–––––––––340 + VF

485–––––––––340 + 0

fF–––––––––Vsom ± VF

f0–––––––––Vsom ± V0

13



340 + VF =

(II) A queda livre da corneta é um movimento unifor-

memente acelerado, logo:

Equação de Torricelli: VF2 = V0F

2 + 2g ∆h

(18,93)2 = 2 . 9,8 ∆h

aConsidere as afirmativas:I. Os fenômenos de interferência, difração e polariza-

ção ocorrem com todos os tipos de onda.II. Os fenômenos de interferência e difração ocorrem

apenas com ondas transversais.III. As ondas eletromagnéticas apresentam o fenô-

meno de polarização, pois são ondas longitudinais.IV. Um polarizador transmite os componentes da luz

incidente não polarizada, cujo vetor campo elétricoE→

é perpendicular à direção de transmissão do po-larizador .

Então, está(ão) correta(s)

a) nenhuma das afirmativas.b) apenas a afirmativa I.c) apenas a afirmativa II.d) apenas as afirmativas I e II.e) apenas as afirmativas I e IV.Resolução

I) Incorreta

A polarização, por exemplo, só ocorre com ondastransversais.

II) Incorreta

O som propagando-se no ar, por exemplo, é umaonde longitudinal que pode sofrer interferência etambém difração.

III) Incorreta

As ondas eletromagnéticas apresentam o fenôme-no da polarização, porém essas ondas são trans-versais.

IV) Incorreta

Um polarizador transmite os componentes da luzincidente não-polarizada que vibram na direção detransmissão do polarizador.

14

∆h ≅ 18,3m

VF ≅ 18,93m/s

512 . 340–––––––––

485



cNo Laboratório de Plasmas Frios do ITA é possívelobter filmes metálicos finos, vaporizando o metal edepositando-o por condensação sobre uma placa devidro. Com o auxílio do dispositivo mostrado na figura,é possível medir a espessura e de cada filme. Na figu-ra, os dois geradores são idênticos, de f.e.m. E= 1,0 V e resistência r = 1,0 Ω, estando ligados a doiseletrodos retangulares e paralelos, P1 e P2, de largurab = 1,0 cm e separados por uma distância a = 3,0 cm.Um amperímetro ideal A é inserido no circuito, comoindicado. Supondo que após certo tempo de deposiçãoé formada sobre o vidro uma camada uniforme de alu-mínio entre os eletrodos, e que o amperímetro acusauma corrente i = 0,10 A , qual deve ser a espessura edo filme? (resistividade do alumínio ρ = 2,6 . 10–8 Ω.m).

a) 4,1 . 10–9 cmb) 4,1 . 10–9 mc) 4,3 . 10–9 md) 9,7 . 10–9 me) n.d.a.Resolução

15



No circuito esquematizado, da Lei de Pouillet, vem:

i =

0,10 =

R = 18,0ΩAplicando-se a 2ª lei de Ohm para o condutor, temos:

R = ρ

em que:l = a

A = e b

Assim:

18,0 =

dA figura mostra dois capacitores, 1 e 2, inicialmenteisolados um do outro, carregados com uma mesmacarga Q. A diferença de potencial (ddp) do capacitor 2é a metade da ddp do capacitor 1. Em seguida, as pla-cas negativas dos capacitores são ligadas à Terra e, aspositivas, ligadas uma a outra por um fio metálico,longo e fino. Pode-se afirmar quea) antes das ligações, a capacitância do capacitor 1 é

maior do que a do capacitor 2.b) após as ligações, as capacitâncias dos dois capaci-

tores aumentam.c) após as ligações, o potencial final em N é maior do

que o potencial em O.d) a ddp do arranjo final entre O e P é igual a 2/3 da ddp

inicial do capacitor 1.e) a capacitância equivalente do arranjo final é igual a

duas vezes a capacitância do capacitor 1.

16

e = 4,3 . 10–9m

2,6 . 10–8 x 3,0 . 10–2–––––––––––––––––––––

e . 1,0 . 10–2

l––––

A

2,0–––––––2,0 + R

∑E––––∑R



Resolução

a) ErradaAntes das ligações, temos os esquemas:

De C1 = e C2 = = , vem: C2 = 2 C1

Logo, C2 > C1

b) Errada. As capacitâncias não variam.

c) Errada. N e O têm o mesmo potencial.

d) Correta. Após as ligações, temos:

Ceq = C1 + C2 = C1 + 2C1 ⇒ Ceq = 3C1

2Q–––U

Q–––U/2

Q–––U



U’ = = ⇒

e) Errada. Ceq = 3C1

cNa figura, uma barra condutora MN (de comprimentol, resistência desprezível e peso

→Pb) puxada por um

peso →Pc , desloca-se com velocidade constante →

v,apoiada em dois trilhos condutores retos, paralelos ede resistência desprezível, que formam um ângulo θcom o plano horizontal. Nas extremidades dos trilhosestá ligado um gerador de força eletromotriz E comresistência r. Desprezando possíveis atritos, e consi-derando que o sistema está imerso em um campo deindução magnética constante, vertical e uniforme

→B ,

pode-se afirmar que

a) o módulo da força eletromotriz induzida é ε = B l v sen θ.

b) a intensidade i da corrente no circuito é dada por Pc sen θ / (B l).

c) nas condições dadas, o condutor descola dos trilhosquando i ≥ Pb / (B l tg θ).

d) a força eletromotriz do gerador é dada por E = r Pc sen θ / (B l) – B l v cos θ.

e) o sentido da corrente na barra é de M para N.Resolução

17

2U’ = ––– U

3

2Q––––3C1

2Q––––Ceq



Para que haja descolamento, a componente da forçamagnética na direção normal ao plano inclinado deveser maior ou igual à componente normal da força pesoda barra. Assim,

Fmag senθ ≥ Pb cosθ

Bil senθ ≥ Pb cosθ

i ≥

dExperimentos de absorção de radiação mostram que arelação entre a energia E e a quantidade de movimen-to p de um fóton é E = p c. Considere um sistema iso-lado formado por dois blocos de massas m1 e m2,respectivamente, colocados no vácuo, e separadosentre si de uma distância L. No instante t = 0, o blocode massa m1 emite um fóton que é posteriormenteabsorvido inteiramente por m2, não havendo qualqueroutro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura).Suponha que m1 se torne m1’ em razão da emissão dofóton e, analogamente, m2 se torne m2’ devido àabsorção desse fóton. Lembrando que esta questãotambém pode ser resolvida com recursos da MecânicaClássica, assinale a opção que apresenta a relação cor-reta entre a energia do fóton e as massas dos blocos.

a) E = (m2 – m1)c2. b) E = (m1’ – m2’)c2.

c) E = (m2’ – m2)c2/2. d) E = (m2‘ – m2 )c2.

e) E = (m1 + m1’)c2.Resolução

A diferença entre m2’ e m2 é provocada pelo acréscimoda energia trazida pelo fóton.Da equivalência entre massa e energia traduzida pelaequação de Einstein, temos:

m2’ – m2 =

Portanto: Analogamente, a

E = (m2’ – m2 ) c2

E–––c2

18

Pbi ≥ ––––––––B l tgθ

Pb cosθ–––––––––Bl senθ



perda de massa m1 – m’1 é provocada pela redução daenergia correspondente ao fóton emitido:

m1 – m’1 =

eConsidere as seguintes afirmações:I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é ilumina-

do por um feixe de luz monocromática, a quantida-de de elétrons emitidos pelo metal é diretamenteproporcional à intensidade do feixe incidente, inde-pendentemente da freqüência da luz.

II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo sãoaquelas em que o momento angular orbital é n h / 2π,sendo n = 1, 3, 5... .

III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são neces-sários para a descrição completa de um sistemaquântico.

IV. A natureza complementar do mundo quântico éexpressa, no formalismo da Mecânica Quântica,pelo princípio de incerteza de Heisenberg.

Quais estão corretas ?a) I e Il. b) I e IIl. c) I e IV. d) II e III. e) III e IV.Resolução

I) Falsa. Para que ocorra o efeito fotoelétrico, a fre-qüência da luz incidente deve ser maior que um

certo valor f0 = , em que τ é a função de traba-lho

do átomo do metal e h a constante de Planck.

II) Falsa. As órbitas permitidas ao elétron são aquelasem que o momento angular orbital ( m V . r) é um

múltiplo inteiro de , isto é, do tipo n ,em que

n = 1, 2, 3....III) Correta. É a hipótese da dualidade proposta por

Louis de Broglie. IV) Correta. A natureza complementar está ligada ao

fato de não podermos medir simultaneamentecom precisão a posição e a quantidade de movi-mento de uma partícula, o que traduz o Princípioda Incerteza de Heisenberg.

dUtilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule onúmero aproximado de revoluções efetuadas por umelétron no primeiro estado excitado do átomo de hidro-gênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estadoexcitado, é de 10–8 s. São dados: o raio da órbita doestado fundamental é de 5,3 x 1 0–11m e a velocidade

20

h–––2π

h–––2π

τ––h

19

E = (m1 – m’1 ) c2

E–––c2



do elétron nesta órbita é de 2,2 x 106 m/s .a) 1 x 106 revoluções. b) 4 x 107 revoluções. c) 5 x 107 revoluções. d) 8 x 106 revoluções. e) 9 x 106 revoluções.Resolução

No modelo do átomo de Bohr, o raio r da órbita é dadopor r = n2 . rB , em que rB = 5,3 . 10–11 m (raio da órbi-ta do estado fundamental) e n = 1, 2, 3,...Para o estado fundamental, n = 1 e para o primeiroestado excitado, n = 2. Assim, r = 22 . rB = 4 . rB.No átomo de Bohr, a força coulombiana é centrípeta:

k . = m . ⇒ v2 =

Sendo r = 4 rB, concluímos que a velocidade do elétronno primeiro estado excitado é a metade da velocidadeno estado fundamental:

v = = 1,1 . 106

De v = . r, vem:

1,1 . 106 = . 4 . 5,3 . 10–11

T = (s)

T ≅ 1,2 . 10–15s

No intervalo de tempo 10–8s, que é o tempo de vida doelétron, o número de revoluções efetuadas é dado por:

n =

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,

devem ser respondidas no caderno de soluções.

Na figura, o carrinho com rampa movimenta-se comuma aceleração constante

→A .

21

n ≅ 8 . 106 revoluções

10–8––––––––––1,2 . 10 –15

2π . 4 . 5,3 . 10–11–––––––––––––––––

1,1 . 106

2π–––T

2π–––T

m–––s

m–––s

2,2 . 10 6––––––––––

2

k . e2–––––m . r

v2–––

r

e . e––––

r2



Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se µ éo coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa,determine o intervalo para o módulo de

→A , no qual o

bloco permanecerá em repouso sobre a rampa. Resolução

Para um referencial fixo no carrinho, devemos con-

siderar uma força de inércia →Fi = – m

→A atuando sobre o

bloco, com componentes Ft e Fn.Isto posto, teremos:

Na direção paralela ao plano, temos:Pt + Ft = Fat (1)

Na direção normal ao plano, temos:Rn + Fn = Pn (2)

Em (1): mg sen α + m A cos α = Fat

Em (2): Rn + F sen α = P cos α

Rn = P cos α – F sen αRn = mg cos α – m A sen α

Sendo Fat ≤ µ Rn, vem:

mg sen α + m A cos α ≤ µ (mg cos α – m A sen α)

g sen α + a cos α ≤ µ g cos α – µA sen α

A (cos α + µ sen α) ≤ g (µ cos α – sen α)

com µ cos α > sen α

g (µ cos α – sen α)0 ≤ A ≤ ––––––––––––––––––

cos α + µ sen α

Ft = F cos αFn = F sen α



Quando solto na posição angular de 45° (mostrada nafigura), um pêndulo simples de massa m e compri-mento L colide com um bloco de massa M.

Após a colisão, o bloco desliza sobre uma superfícierugosa, cujo coeficiente de atrito dinâmico é igual a0,3. Considere que após a colisão, ao retornar, o pên-dulo alcance uma posição angular máxima de 30°. De-termine a distância percorrida pelo bloco em função dem, M e L.Resolução

1) Da figura:

h = L – L cos 45° = L (1 – ) = L ( )2) Conservação da energia mecânica entre A e B:

= m g h

V1 = Ï·····2gh = Ï·········2gL ( ) = Ï···········gL (2 – Ï···2 )

3)

2 – Ï··2–––––––2

m V12

–––––––2

2 – Ï··2–––––––2

Ï··2––––2

22



Da figura:

h1 = L – L cos 30° = L (1 – ) = L ( )4) Conservação da energia entre B e C:

m g h1 =

V2 = Ï·····2gh1 = Ï·········2gL ( ) = Ï···········gL (2 – Ï···3 )

5) A variação da quantidade de movimento da esfera:

∆Q = m (V1 + V2)

∆Q = m [Ï···········gL (2 – Ï···2 ) + Ï···········gL (2 – Ï···3 ) ]

∆Q = m Ï····g L (Ï··········2 – Ï··2 + Ï··········2 – Ï··3 )

6) A quantidade de movimento adquirida pelo blocotem o mesmo módulo de ∆Q, por ser o sistema iso-lado no ato de colisão:

MV = m Ï····g L (Ï··········2 – Ï··2 + Ï··········2 – Ï··3 )

7) Aplicando-se o teorema da energia cinética:τat = ∆Ecin

mV = ––– Ï····g L (Ï··········2 – Ï··2 + Ï··········2 – Ï··3 )

M

2 – Ï··3–––––––2

m V22

–––––––2

2 – Ï··3––––––––2

Ï··3––––2



µ M g d (–1) = – V2

d =

d = . . gL [ (Ï··········2 – Ï··2 + Ï··········2 – Ï··3 )]2

Calcule a variação de entropia quando, num processo àpressão constante de 1,0 atm, se transforma inte-gralmente em vapor 3,0 kg de água que se encontraminicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C.Dado: calor de vaporização da água:Lv = 5,4 x 105 cal/ kg Resolução

A variação de entropia (∆S) de um sistema com tem-peratura constante é dada por:

∆S =

em que Q é o calor recebido pelo sistema e T a suatemperatura absoluta.Assim:

∆S = = cal/K

A figura mostra um recipiente, com êmbolo, contendoum volume inicial Vi de gás ideal, inicialmente sob umapressão Pi igual à pressão atmosférica, Pat. Uma molanão deformada é fixada no êmbolo e num anteparofixo. Em seguida, de algum modo é fornecida ao gásuma certa quantidade de calor Q. Sabendo que a ener-gia interna do gás é U = ( 3/2) PV, a constante da molaé k e a área da seção transversal do recipiente é A,determine a variação do comprimento da mola em fun-ção dos parâmetros intervenientes. Despreze os atri-tos e considere o êmbolo sem massa, bem comosendo adiabáticas as paredes que confinam o gás.

24

∆S ≅ 4343 cal/K

3,0 . 5,4 . 105–––––––––––––

(100 + 273)

m Lv–––––T

Q––––T

23

m2 Ld = ––––––– [ (Ï··········2 – Ï··2 + Ï··········2 – Ï··3 )]2

0,6 M2

m2––––M2

1–––––0,6g

V2–––––2 µg

M–––2



Resolução

Usando a primeira lei da Termodinâmica, vem:

Q = τ + ∆U

O trabalho (τ) corresponde à energia armazenada namola mais o trabalho realizado pelo gás contra a atmos-fera:

τ = + pat . A . x

A variação de energia interna do gás é obtida por:

∆U = Uf – Ui = (pfVf – pat Vi )

∆U = [(pat + ∆p) (Vi + ∆V) – pat Vi)]

∆U = [pat Vi + pat ∆V + Vi ∆p + ∆p∆V – pat Vi]

∆U = [pat A x + Vi . + . A x]

∆U = [pat A x + Vi + k x2]

Assim:

Q = + pat A x + pat A x + Vi + k x23––2

k x–––A

3––2

3––2

k x2––––

2

k x–––A

3––2

k x–––A

k x–––A

3––2

3––2

3––2

3––2

k x2––––

2



Q = 2 k x2 + 2,5 pat A x + 1,5 Vi

2 k x2 + (2,5 pat A + 1,5 ) x – Q = 0

Resolvendo a equação do 2º grau, vem:

– (2,5 pat A + 1,5 ) ± Ï················(2,5 pat A + 1,5 )2

+ 8 k Q

x = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––4 k

Como apenas a solução positiva deve ser considerada, te-mos:

Num barômetro elementar de Torricelli, a coluna demercúrio possui uma altura H, que se altera para X

quando este barômetro é mergulhado num líquido dedensidade D, cujo nível se eleva a uma altura h, comomostra a figura.

Sendo d a densidade do mercúrio, determine em fun-ção de H, D e d a altura do líquido, no caso de esta

25

Vi k–––A

Vi k–––A

Vi k–––A

k x–––A


Ï················(2,5 pat A + 1,5 )2

+ 8 k Q – (2,5 pat A + 1,5 ) x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

4 k

Vi k–––A

Vi k–––A


coincidir com a altura X da coluna de mercúrio. Resolução

1º caso: Barômetro em operação no ar atmosférico.

p1 = p2 ⇒ patm = pcoluna de Hg

2º caso: Barômetro em operação imerso no líquido.

p3 = p4 ⇒ patm + pcoluna de = p’coluna de Hglíquido

d g H + D g h = d g X

Fazendo h = X, vem:

d H + D X = d X ⇒ d H = (d – D)X

Donde: d

X = –––––– Hd – D

patm = d g H



Uma onda acústica plana de 6,0 kHz, propagando-seno ar a uma velocidade de 340 m/s, atinge uma pe-lícula plana com um ângulo de incidência de 60°.Suponha que a película separa o ar de uma região quecontém o gás CO2, no qual a velocidade de propagaçãodo som é de 280 m/s. Calcule o valor aproximado doângulo de refração e indique o valor da freqüência dosom no CO2.Resolução

A situação proposta está esquematizada abaixo.

Lei de Snell: VAr . sen r = VCO2sen i

340 . sen r = 280 . sen 60° ⇒ sen r ≅ 0,71

Donde:

A freqüência do som no CO2 é igual à freqüência dosom no ar. Isso ocorre porque, na refração, a freqüên-cia da onda não se altera.

Logo:

Uma flauta doce, de 33 cm de comprimento, à tem-peratura ambiente de 0°C, emite sua nota mais gravenuma freqüência de 251 Hz. Verifica-se experimental-mente que a velocidade do som no ar aumenta de 0,60 m/s para cada 1°C de elevação da temperatura.Calcule qual deveria ser o comprimento da flauta a30°C para que ela emitisse a mesma freqüência de 251 Hz.Resolução

A flauta doce geralmente opera como um tubo sonoroaberto. Para obtermos, no entanto, velocidades dosom no ar próximas daquela fornecida no cabeçalho daprova (340 m/s), devemos admitir a flauta funcionandocomo um tubo sonoro fechado, como representa oesquema a seguir.

27

fCO2= fAr = 6,0kHz

r ≅ 45°

26



L = ⇒ λ = 4L

1º caso: Temperatura de 0°C

V0° = λ0° f ⇒ V0° = 4L0° f

V0° = 4 . 0,33 . 251 (m/s) ⇒

2º caso: Temperatura de 30°C

V30° = λ30° f ⇒ V30° = 4L30° f

0,6 . 30 + 331,32 = 4 L30° . 251

Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádiopara comunicar-se. Em caso de necessidade, pretendeutilizar células solares de silício, capazes de convertera energia solar em energia elétrica, com eficiência de10%. Considere que cada célula tenha 10 cm2 de áreacoletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70 V,e que o fluxo de energia solar médio incidente é daordem de 1,0 x 103 W/m2. Projete um circuito quedeverá ser montado com as células solares para obteruma tensão de 2,8 V e corrente mínima de 0,35 A,necessárias para operar o rádio.Resolução

Sendo o fluxo de energia solar médio incidente igual a1,0 . 103 W/m2, concluímos que cada célula de área10 cm2 = 10 . 10–4 m2 recebe a potência P = 1,0 . 103 W/m2 . 10 . 10–4 m2 = 1,0W.Sendo de 10% a eficiência de conversão de energiasolar em energia elétrica, resulta que a potência elétri-ca fornecida por célula é P’ = 0,10W. Como cada célu-la é capaz de gerar uma tensão de 0,70V, concluímosque a intensidade da corrente fornecida por uma célu-la é

i = = = A1––7

0,10W––––––0,70V

P’––U

28

L30° ≅ 0,348 m = 34,8 cm

V0° = 331,32m/s

λ––4



Para obtermos uma tensão de 2,8V, devemos associarn conjuntos de 4 células em série. Vamos, agora,determinar o número de conjuntos. Lembrando que acorrente mínima deve ser 0,35A, vem:

n . = 0,35 ⇒ n = 2,45

Sendo n um número inteiro, concluímos que o núme-ro mínimo de conjuntos é três. Assim, temos o circui-to:

Um gerador de força eletromotriz ε e resistência in-terna r = 5 R está ligado a um circuito conforme mos-tra a figura. O elemento Rs é um reostato, com resis-tência ajustada para que o gerador transfira máximapotência. Em um dado momento o resistor R1 é rom-pido, devendo a resistência do reostato ser novamenteajustada para que o gerador continue transferindo má-xima potência. Determine a variação da resistência doreostato, em termos de R.

Resolução

Vamos calcular a resistência equivalente do circuitoexterno ao gerador, antes de R1 ser rompido.

29

1––7



Nas condições de potência transferida máxima, temos:

Rs + = r ⇒ Rs + = 5R

(1)

Com a ruptura de R1, temos:

Nas condições de potência transferida máxima, temos:

Rs + = 5R ⇒ (2)

De (1) e (2), concluímos que a variação da resistênciado reostato é, em módulo, dada por:

∆Rs = – ⇒ – 45R∆Rs = ––––––77

20R–––––7

25R–––––11

25RRs = –––––11

30R–––––11

20RRs = –––––7

15R–––––7

15R–––––7



Situado num plano horizontal, um disco gira com velo-cidade angular ω constante, em torno de um eixo quepassa pelo seu centro O. O disco encontra-se imersonuma região do espaço onde existe um campo mag-nético constante

→B , orientado para cima, paralela-

mente ao eixo vertical de rotação. A figura mostra umcapacitor preso ao disco (com placas metálicas planas,paralelas, separadas entre si de uma distância L) onde,na posição indicada, se encontra uma partícula demassa m e carga q > 0, em repouso em relação aodisco, a uma distância R do centro. Determine a dife-rença de potencial elétrico entre as placas do capacitor,em função dos parâmetros intervenientes.

Resolução

De acordo com a regra da mão esquerda, determina-seo sentido da força magnética (F

→mag) que atua sobre a

carga “q”.Para que a partícula descreva o movimento circular, de-vemos ter a força elétrica atuante com sentido oposto,de modo que: Fe – Fmag = Rcp

qE – q v B = m ω2 R

q – q ω R . B = m ω2 R

Isolando a diferença de potencial U, vem:

m ω2 R LU = –––––––––– + ω R B L

q

U––L

30


ita2003 parte 001

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