Física 4
aula 6
2.
Como a frequência é constante (é a frequência da fonte), a frequência na corda BC é a mesma da corda AB.
Em AB, temos v1 = 8m/s. Então: 1,51 = 6m (obtido da
figura; uma oscilação e meia mede 6m)  1 = 4m.
Logo:
v1 = 1f  8 = 4f  f = 2Hz
R EFLEXÃO E REFRAÇÃO DE PULSOS EM CORDAS
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
1.
PA R A
SALA
Quando a onda transversal atinge a extremidade fixa
(alta inércia) e tenta movê-la, a parede, pela 3ª Lei de
Newton, reage sobre a corda, gerando um pulso refletido invertido. No caso da extremidade livre (baixa inércia), a corda pode deslizar sem atrito. Por isso, a energia
é continuamente transmitida pela corda e, após a reflexão, é gerado um pulso com as mesmas características
do pulso incidente.
Na corda BC, v2 = 10m/s. Então:
v2 = 2f  10 = 2 . 2  2 = 5m
Resposta correta: C
3.
Durante a reflexão, a parede reage sobre a corda de
acordo com a 3ª Lei de Newton, gerando um pulso refletido invertido. Uma pequena parte da energia mecânica
da corda é perdida durante a reflexão. Por isso, o pulso
refletido tem amplitude menor que o incidente. Além
disso, no fenômeno da reflexão, a energia é transmitida
de forma contínua. Assim, a parte frontal do pulso incidente deve ter características semelhantes a parte frontal do pulso refletido.
Resposta correta: B
2.
A parede apresenta grande inércia, portanto, o pulso
refletido é invertido e apresenta a mesma forma do incidente. Veja:
Resposta correta: D
4.
Basta verificar que a frente do pulso caminhou 6m até a
parede e mais 12m após a reflexão, perfazendo um caminho total de 18m, no intervalo de tempo de 1,5s. Logo sua velocidade de propagação é v = 12m/s.
Resposta correta: A
3.
Resposta correta: E
Temos uma reflexão com inversão de face em A, assim,
a corda B deve apresentar maior densidade linear. Veja:
m
m
B > A  B  A  mB mA
L
L
De acordo com a equação de Taylor, temos:
V
 Equação da impedância característica: Z  n . 
5.
 Como a corda está em repouso, ao longo de seu
comprimento, podemos afirmar que a tração é igual
em todos os pontos.
 Amplitude dos pulsos refletido e transmitido:
Z1  n . ; Z2 2 n . 
F
 B > A  V B < VA

Z2
Z
1
2; 1 
Z1
Z2 2
Resposta correta: B
4.
1
2
Portanto, ar  a1 e at  a1
3
3
 De acordo com a equação de Taylor, verificamos que
V1 > V2. Por isso, o pulso refletido no meio 1 estará
mais distante da interface entre os meios em um dado momento.
Sendo 1 > 2, de acordo com a equação de Taylor,
têm-se V1 < V2. Para uma mesma frequência nas cordas
AB e BC, uma maior velocidade implica em um maior
comprimento de onda, portanto, 2 > 1.
Resposta correta: D
5.
O pulso deverá ir até a extremidade B, retornar até A
(onde sofrerá inversão de fase) e voltar novamente a B
até apresentar a configuração desejada. Para tanto, deverá percorrer uma distância equivalente a 14m. Por fim,
14
S = V . t  V =
m s = 2m/s
7
Resposta correta: A
6.
São verdadeiras as seguintes afirmações:
 Quando um pulso se propaga de uma corda mais espessa para outra menos espessa, ocorre reflexão sem
inversão de fase e refração sem inversão de fase.
 Quando um pulso se propaga de uma corda menos
espessa para outra mais espessa, ocorre reflexão com
inversão de fase e refração sem inversão de fase.
Resposta correta: C
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
Na refração de ondas, a frequência permanece constante de um meio para o outro, havendo mudanças na velocidade e no comprimento de onda.
Resposta correta: D
7.
A onda refratada tem a mesma forma da onda incidente.
Porém, na corda de maior massa a velocidade da onda é
menor, logo o comprimento de onda também diminui,
pois nesse fenômeno a frequência se mantém.
Resposta correta: A
Resposta correta: B
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
FÍSICA 4
1
8.
A única grandeza que se mantém constante no movimento ondulatório é a frequência, característica da fonte
que gera as oscilações que se propagam pela onda.
Após t = 11,6s, os pulsos deverão percorrer uma distância equivalente a:
S = V . t  S = 5cm/s . 11,6s = 58cm.
Como a distância, dos pulsos (em t = 0s) ao ponto P é
menor que a distância percorrida, o mesmo deverá se
deslocar para cima.
5.
Resposta correta: E
9.
Na refração de ondas em cordas, quanto maior a densidade linear, menor é a velocidade e maior é o comprimento de onda, lembrando que nesse fenômeno a frequência não sofre alteração. A amplitude também é reduzida, ao passar de uma corda mais leve para uma corda mais pesada.
Resposta correta: A (Retificação de gabarito)
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
Resposta correta: B
10.
(V) Ação e reação.
(V)
(V) Mparede >> Mcorda
(V) Ocorre inversão de fase.
Perceba que S A = 3 . 1 = 3m > 2m
Desta forma, o pulso sofre reflexão e a configuração
representada em a se estabelece.
Resposta correta: C
Resposta correta: A
aula 7
2.
A velocidade da onda pode ser calculada pela relação
fundamental das ondas: V = f, onde é o comprimento
de onda e f é a frequência, igual para os dois meios.
Como 1 < 2 , então V2 > V1 .
SUPERPOSIÇÃO DE PULSOS E INTERFERÊNCIA
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
1.
PA R A
SALA
O pulso sofrerá inversão ao refletir-se na parede, logo após
sofre interferência destrutiva com o pulso B. Após a interferência, suas características originais se reestabelecem.
Resposta correta: A
3.
Condições de interferência destrutiva total:
 Ondas com a mesma frequência, em oposição de fase,
mesma amplitude e propagando-se na mesma direção.
Resposta correta: B
Resposta correta: E
2.
4.
Veja:
Em t = 3,0s, o pulso triangular terá percorrido 3cm, o
mesmo ocorrendo com o pulso retangular, ou seja, nesse
instante haverá superposição dos dois pulsos. Sabemos
que os mesmos estão com fases opostas, à interferência
será parcialmente destrutiva, logo:
Resposta correta: D
3.
Após t = 20ms = 2 . 10–2s, temos:
S = V . t  S = 2 . 2 . 10–2 = 4 . 10–2 m = 4cm. Cada
corda deverá percorrer 4cm. Assim, a configuração final
será:
Resposta correta: A
5.
A intensidade de uma onda é diretamente proporcional
ao quadrado da amplitude. Assim, devido à interferência
construtiva total, temos:
I0 kA2 e IR  k(2A)2
Por fim,
IR k4A 2

4
I0
kA 2
Resposta correta: E (Retificação de gabarito)
4.
Admitindo que não há perdas durante a propagação e a
reflexão, o pulso resultante terá amplitude nula. A superposição ocorre antes do pulso X refletir (amplitude
positiva) e após o pulso Y refletir (amplitude negativa).
A amplitude negativa do pulso Y se deve a inversão sofrida na reflexão com o ponto fixo.
Resposta correta: C
6.
A mudança possível que ocorre em uma interferência é a
amplitude da onda resultante em relação às amplitudes
das ondas componentes.
Resposta correta: D
2
Resposta correta: C
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
FÍSICA 4
7.
aula 8
Note que as ondas irão se interferir construtivamente
assim que o pulso da esquerda passar totalmente por P.
Logo, a perturbação máxima do ponto P será 1m.
O NDAS ESTACIONÁRIAS EM CORDAS VIBRANTES
Resposta correta: A
C O ME N TÁ R I O S – A TI V I D A D ES
8.
Havendo a interferência destrutiva, temos:
1.
L=n.
PA R A
SALA


2
1=n.
 =
(n = 1, 2, 3, ...)
2
2
n
v = . f  f =
Depois da interferência destrutiva, temos:
v
4
 = 2n  f = 2n (n = 1, 2, 3, ...)
 2
n
Resposta correta: A
2.
No modo fundamental, o comprimento de onda será o
dobro da distância L. Portanto, = 1m. Conhecendo a
frequência de oscilação, determinamos a velocidade de
propagação, V = 200m/s, pois V = f. Utilizando a eT
quação de Taylor, V 
, obtemos T = 40N. Sendo g
n
2
= 10m/s , concluímos que M = 4kg.
Resposta correta: E
9.
Envolve superposição de ondas em uma corda e sua
solução é simples. Conforme o enunciado, o lado de cada quadrado do reticulado das figuras mede 1,0cm.
Tendo ambos os pulsos a mesma velocidade, 2,0cm/s,
então em 2,0 segundos o pulso da direita caminha
4,0cm para a esquerda, e o pulso da esquerda caminha
4,0cm para a direita. A figura II mostra esses pulsos, desenhados para o instante de tempo t = 2,0s, como se
cada um deles estivesse sozinho na corda. Como as amplitudes dos dois pulsos são iguais, em valor, mas de sinais contrários (ver figura I, no enunciado), o trecho da
corda onde há superposição dos dois pulsos, na figura II,
terá amplitude nula, resultante, pois, no perfil mostrado
na figura III, que corresponde à opção correta, A.
Resposta correta: B
3.
Para os dois fios podemos escrever as seguintes fórmulas:
1
T
f1 =

2L1 1
f2 =
1
2L2
T
2

Dividindo  por :
f2
L1

f1 L 2
1
2

Sendo  a densidade (massa específica) do material,
temos:
1 = 
S1 = . R21 e 2 = S2 = . R 22
Substituindo em
f2
L1

f1
L2
.
.
:
R12
R22

f2
L1 R1
 .
f1
L 2 R2
R1
, vem:
2
f2
L1 2R2
f2
2
2

.

  f2  f1
f1
3L1 R2
f1
3
3
Como L2 = 3L1 e R2 =
Como f1 = 600Hz, temos:
Resposta correta: A
f2 =
10. Da figura, temos:
Ay = 3cm
Ax = 1cm
Logo a amplitude resultante será dada por:
A = Ay – Ax = 3 – 1 
2
. 600 
3
f2 = 400Hz
Resposta correta: C
Como = 60cm e n = 3 (3º harmônico da onda):
2L
n.
3 . 60
=
L=
 L=
 L = 90cm
n
2
2
4.
A = 2cm
Resposta correta: C
Resposta correta: D
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
FÍSICA 4
3
5.
Frequência fundamental: f0 = 100Hz
2º harmônico: f2 = 2f 0 = 2 . 100 
Portanto, o dedo deve ser colocado a
f2 = 200Hz
midade ou a
3º harmônico: f3 = 3f 0 = 3 . 100 
f3 = 300Hz
4º harmônico: f4 = 4f 0 = 4 . 100 
f4 = 400Hz
5º harmônico: f5 = 5f 0 = 5 . 100 
f5 = 500Hz
L
de uma extre3
2L
da outra.
3
Resposta correta: D

 = 2L = 2 . 0,6  = 1,20m
2
2º harmônico: L =  = L = 0,6  = 0,60m

2
2. 0,6
3º harmônico: L = 3
 = L =
 = 0,40m
2
3
3
4.
1º harmônico: L =
Resposta correta: C
Resposta correta: A
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
n
Para as duas harmônicas adjacentes, temos:  100 e
2
(n 1) 
125 , onde n é o número associado ao harmô
2
nico gerado a 100Hz, 100 é o comprimento de onda do
harmônico gerado a 100Hz e 125 é o comprimento de
onda do harmônico gerado a 125Hz. Utilizando a equação fundamental das ondas e a equação de Taylor, verifin
T
(n 1) T
camos que 
e 
. Dividindo essas
2f100 n
2f125 n
duas equações entre si, obtemos n = 4. Substituindo este resultado em uma das duas equações anteriores, concluímos que T = 100N. Portanto, M = 10kg.
5.
Os comprimentos de onda mais longos são obtidos com
os primeiros harmônicos, em ordem decrescente, a par2
tir da equação  .
n
2 . 90
1º harmônico: 
 1 180cm
1 
1
2 . 90
2º harmônico: 2 
 1 90cm
2
2 . 90
3º harmônico: 3 
 3 60cm
3
Resposta correta: B
6.
f=
quência.
Na frequência fundamental (220Hz), o comprimento de onda
é o dobro do comprimento da corda, ou seja, = 1,2m. Utilizando a equação V = f, concluímos que V = 264m/s.
f1 =
v
(1º harmônico)  primeira corda
2L 1
v
(2º harmônico)  segunda corda
L2
Sabemos, de acordo com o problema, que:
f2 =
Corda “lá” tocando a nota lá:
f1 = f2 
f=
v
= 440  v = 2L . 440
2L
Corda “lá” tocando a nota mi:
1
, logo quanto maior L, menor é a fre2
Resposta correta: A
7.
Resposta correta: D
3.
F

Observe f 
Resposta correta: A
2.
1
.
2L
v
v

 L 2 = 2L 1 
2L 1 L 2
Resposta correta: A
8.
f3 =
3
2L
F
3

 2.1
3
= 1,5 . 100
3 . 10 4
f3 = 150Hz
Resposta correta: E
9.
f’ =
3.
v
= 660  v = 2 (L – d) . 660
2(L d)

 = 30cm = 0,3m
2
v = . f = 0,3 . 60 
v = 18m/s
Resposta correta: C
Logo:
2L . 440 = 2 (L – d) . 660
L
2L = 3 (L – d)  d =
3
4
L2
=2
L1
10. A = 1cm
= L = 180cm
Resposta correta: D
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
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VOLUME 2
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FÍSICA 4
aula 9
P
1 n
1 5500
 2emín  . AR . ar  emín  .

2
2 nP
4 1,3
2emín 
INTERFERÊNCIA DE ONDA BI E TRIDIMENSIONAI S
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
1.
Lei de Malus: I = Io . cos2 
PA R A
o
 emín 1058 A
SALA
I
cos 2 30 o  R 75%
Io
Resposta correta: A
2.
Como a distância entre as fontes é um número inteiro de
comprimento de onda, a amplitude da onda resultante





em qualquer ponto da reta F1 F2 será o dobro da amplitude A.
Resposta correta: A
2.
A reflexão da luz nas duas interfaces ocorre com inversão de fase, pois nV > nF > n AR. Desse modo, deve haver
uma diferença de percurso tal que a defasagem dos raios emergentes seja de 180º no ar.

1 n
1 500
2emín  F  2emín  . AR . AR  emín  .

2
2 nF
4 1, 3
Resposta correta: B
3.
I.
O fenômeno da difração pode ser analisado pelo
princípio de Huygens, que diz que cada ponto de
uma frente de onda comporta-se como uma nova
fonte de ondas elementares. Isso explica o encurvamento sofrido pelos raios quando a onda encontra
obstáculos à sua propagação.
II. A frequência é um parâmetro que depende somente
da fonte.
III. V = f  V = 0,2 . 50  V = 10m/s
 emín 96nm
Resposta correta: B
3.
Defasagem: para um ângulo pequeno, temos:
dy
x = dsen x = dtg x 
D
n
Condição de interferência construtiva: x  , onde
2
n assume valores inteiros pares.
Resposta correta: D
Defasagem: para um ângulo A pequeno, x = dsen.
Máximos e mínimos de intensidade: de forma geral, é

válida a equação x n . . Para interferência constru2
tiva, n deve assumir valores inteiros pares, e para interferência destrutiva, deve assumir valores ímpares. Em um
ponto qualquer do anteparo a defasagem das ondas é
n . 1,15 2
n . 2
x  1
e x  2
. Dividindo essas duas
2
2
equações entre si, temos n2 = 1,15n 1. A relação entre n1
e n2 pode ser descrita como a razão entre dois inteiros,
n1 20
 . Desta relação concluímos que existe um ponto
n2 23
4.
n = 0  franja central
n = 2  franja adjacente a franja central
Dessas equações, temos:
dy n
nD
2 . 512 . 10 19 . 5,4
x    y 
y

D
2
2d
2 . 1,2 . 10 3
 y 2, 3mm
Resposta correta: A
4.
Como a distância entre as fontes é um número inteiro de
comprimentos de onda e as fontes estão em fase, a amplitude da onda resultante em qualquer ponto da reta





S1S 2 será o dobro da amplitude A.
para o qual n1 = 20 e n 2 = 23, onde há interferência
construtiva para a onda de comprimento de onda 1 e
destrutiva para a onda de comprimento de onda 2.
Determinação do ponto: neste ponto, a defasagem x é
n .
23. 2
23 
x  2 2  x 
 x  . 1  x 10 1 .
2
2
2 1,15
O ângulo de inclinação da reta que possui a origem e o
101
10
ponto é x dsen sen
 arcsen 1 .
d 
d
Resposta correta: B
5.
A causa da baixa intensidade do sinal no receptor é que,
neste ponto, ocorre interferência destrutiva. A defasagem entre os dois sinais é x = 1m. Portanto, o compri2
mento de onda do sinal é  , onde n pode assumir
n
valores inteiros ímpares. Para n = 1, temos = 2m.
Resposta correta: B
340
Comprimento de onda: V = f  
 2m
170
5.
Resposta correta: E
Defasagem: x BO AO 5m 2,5 
5
Como a defasagem x é  e as fontes emitem com
2
oposição de fase, a interferência será construtiva, e de
mesma frequência das fontes.
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
A reflexão da luz nas duas interfaces ocorre com inversão de fase, pois nV > nP > nAR. Desse modo, deve haver
uma diferenciação de percurso tal que a defasagem dos
raios emergentes seja de 180º no ar.
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
Resposta correta: B
|
VOLUME 2
|
FÍSICA 4
5
6.
Defasagem: para um ângulo pequeno, temos:
dy
x = dsen x = dtg x 
D
n
Condição de interferência construtiva: x  , onde
2
n assume valores inteiros pares.
n = 0  franja central
n = 2  franja adjacente à franja central.
Dessas duas equações, temos:
dy n 0,1.103 .4.10 3 2. 
x   

 800nm
D
2
50.10 2
2
2.
A intensidade é o que permite classificar um som em
alto e baixo, e está diretamente associada a amplitude
da onda sonora.
Resposta correta: C
3.
A continuidade sonora, também conhecida por reverberação, é o resultado de uma “confusão” auditiva, o que
prejudica o discernimento tanto do som direto quanto
do refletido.
Resposta correta: V, V, F, V, V
4.
O timbre permite diferenciar dois sons distintos.
Resposta correta: C
7.
Resposta correta: C
 Ondas sonoras são ondas mecânicas longitudinais.
340
 V = f  
 0,2
1700
 Nível sonoro:
I 
 I 
B 10.log   120 10.log  12  I 1W m 2
10 
Io 

5.
 A10 A20 50 40 10m  A10 A 20 50 
 Intensidade sonora:
P
2
2
I   P I . 4r  P 1 . 4. 40  P 20000W
A
 Interferência construtiva em O, pois A 1O A 2O 50 
A10
50
 t1 
 t1 0,147s
V
340
A O
40
t2  2  t2 
 t2 0,117s
V
340
 t1 
Resposta correta: A
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
Resposta correta: F, V, V, F, F, V
8.
9.
As cores observadas no CD aparecem devido à interferência de raios de luz que refletem na sua superfície interna e externa. A diferença do caminho percorrido por
esses dois raios e a inversão de fase na reflexão da superfície externa podem proporcionar interferências
construtivas ou destrutivas entre eles.
1.
Veja:
N1 = 10log
I1
102 . Por outro lado,
I0
Resposta correta: D
N2 = 10log
O fenômeno da polarização ocorre somente com ondas
transversais que atravessam um polarizador que estabelece a direção de novas vibrações. O princípio de Huygens
é aplicável a todos os tipos de ondas, bem como, o
princípio da superposição. Por isso, são válidos para todos os tipos de ondas, a difração e a interferência.
I2
107
I0
Por fim,
2.
Portanto, P2 = P1 + 9P1
900% de aumento
Resposta correta: A
aula 10
3.
Para um cachorro:
I
I 65
65 = 10 . log  log 
I0
I0 10
Para dois cachorros:
2I

I
N2 = 10 . log
 N2 10 . 
log2 log 
I0
I0 

O NDAS SONORAS
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
PA R A
SALA
Oscilações rápidas não permitem trocas de calor, assim,
essas transformações são adiabáticas.
N2 = 10 . (0,3 + 6,5) = 10 . 6,8 = 68dB.
Resposta correta: B
Resposta correta: D
6
I2 107

105
I1 102
Para N = 10dB, temos:
R
P
P
10 = 10 . log 2  log 2 1  2 10
R1
P1
P1
Resposta correta: B
1.
I2
I
 70 10.log 2 
I0
I0
Resposta correta: C
Resposta correta: B
10. Em So, a onda incidente passa por um obstáculo e sofre
difração, de acordo com o Princípio de Huygens.
 Em S1 e S 2, ocorre uma nova difração.
 No anteparo C é possível verificar a interferência entre as duas ondas que são geradas em S1 e S 2.
I1
I
 20 10.log 1 
I0
I0
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
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VOLUME 2
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FÍSICA 4
4.
I 
I 
N 10 . log   120 10 . log   I 1012 . Io
Io 

Io 
Resposta correta: B
5.
Timbre é a característica sonora que permite diferenciar
sons de diferentes padrões, mas de mesma frequência.
É, portanto, o que permite diferenciar uma nota tocada
num violino de uma nota tocada num piano.
Resposta correta: C
6.
A velocidade do som varia com a temperatura absoluta
de acordo com a expressão V = kT .
Assim, sendo T2 = 4T1, temos:
V1 =
kT1 e V2  k . 4T1 2 kT1 2V1 .
Resposta correta: A
7.
A região mais baixa do limiar da audição corresponde à
faixa de valores de menor intensidade que pode ser ouvida pelo ser humano e está localizada no intervalo de
2000Hz a 5000Hz.
Resposta correta: A
8.
A frequência permanece constante, assim:
V
V
1,25V1
f1  1 e f2  2 
1
2
2
Por fim:
V1 1,25 V1

 2 = 1,251 
1
2
 2 = 1 + 0,251
aumento de 25%
Resposta correta: A
9.
O que diferencia o som emitido pelos dois instrumentos
é o timbre, associado a onda sonora. As notas emitidas
pelos instrumentos têm mesma frequência.
Resposta correta: V, F, V, V, V, F, V
10. I. (F) Alta frequência é agudo e baixa frequência é grave.
II. (V)
III. (F) O som é uma onda longitudinal.
IV. (V)
V. (F) A abreviação de decibel é dB.
Resposta correta: A
CML-27/2/ 09
Resol_Física 4_JP/Rev.: Julyta
3 ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
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VOLUME 2
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