Sobre um corpo de 2 ,5kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de intensidades 150, 40 N e 50 ,40 N , respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é: a) 40 ,00 m/s 2 . b) 40 m/s 2 . c) 0,4 ⋅ 102 m/s 2 . d) 40,0m/s 2 . e) 40 ,000 m/s 2 . Resolução A resultante sobre o corpo será de: R = 150 ,40N − 50 ,40N R = 100 ,00 N (5 significativos) Para obter a aceleração: R 100 ,00 a= = = 40 m/s 2 (2 significativos) m 2 ,5 Já que a resposta deve ter um número de algarismos significativos igual ao número de algarismos do operando que tiver menor número de significativos. Alternativa b A partir do nível P , com velocidade inicial de 5m/s , um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a 1 / 3 . Considere a aceleração da gravidade g = 10m/s 2 , sen θ = 0 ,8 , cosθ = 0 ,6 e que o ar não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é: a) 0,20s . b) 0,24s . c) 0,40s . d) 0,44s . e) 0,48s . Resolução A aceleração resultante do corpo durante a subida pode ser determinada pelo PFD: ∑ Fx = m ⋅ a Fat + Px = m ⋅ a μ N + Px = m ⋅ a μ Py + Px = m ⋅ a μ P ⋅ cosθ + P ⋅ senθ = m ⋅ a μ ⋅ m ⋅ g ⋅ cosθ + m ⋅ g ⋅ senθ = m ⋅ a a = g ( μ ⋅ cos θ + sen θ ) 1 a = 10( 0,6 + 0,8) = 10 m/s 2 , em módulo. 3 Assim, o corpo chegará ao topo do plano inclinado com velocidade: v 2 = v0 2 − 2aΔS v 2 = 25 − 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8 = 9 v = 3m/s Durante a subida do plano inclinado a partícula gastou um tempo: Δv 5 − 3 Δt1 = = = 0 , 20s a 10 Ao final do plano inclinado o corpo é lançado obliquamente com velocidade inicial v = 3m/s e ângulo θ de lançamento. O tempo gasto a partir de agora para que partícula alcance altitude máxima vale: Δv 0 − v ⋅ sen θ 0 − 2 , 4 = = 0 ,24s Δt2 = y = −g −10 ay E o tempo total gasto foi então: Δt1 + Δt2 = 0 ,44s Alternativa d A figura mostra uma pista de corrida ABCDEF , com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A , de onde parte do repouso, até a chegada em F , onde pára. Os trechos BC , CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante. Considere as seguintes afirmações: I. II. III. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB , BC , DE e EF . O sentido de aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF . O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC , e, para sudoeste, no DE . Então, está(ão) correta(s) a) ( ) apenas a I. b) ( ) apenas a I e II. c) ( ) apenas a I e III. d) ( ) apenas a II e III. e) ( ) todas. 2 Resolução Trecho AB Movimento retilíneo acelerado G G G a e v mesmo sentido ( a para o Norte) Trecho BC Movimento circular e uniforme G G a cp ≠ 0 G G Δv am = Δt G G a m e Δv tem a mesma direção (Sudeste) e sentido. Trecho CD Movimento retilíneo e uniforme G G a=0 Trecho DE Movimento circular e uniforme G G a cp ≠ 0 G G a m e Δv tem mesma direção (Sudoeste) e sentido. Trecho EF Movimento retilíneo retardado. G G G a e v sentidos opostos ( a para o Norte) Logo, I, II e III são verdadeiras. Alternativa e Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q . Mostrados na figura, o aparelho M 1 registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M 2 . Sendo Vs a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M 1 e M 2 em relação ao alvo Q é: a) Vs (V − Vs ) / (V 2 − Vs2 ) . b) Vs (Vs − V ) / (V 2 − Vs2 ) . c) V (V − Vs ) / (Vs2 − V 2 ) . d) Vs (V + Vs ) / (V 2 − Vs2 ) . e) Vs (V − Vs ) ) / (V 2 + Vs2 ) . 3 Resolução Tempo contado pelo sensor 1 : c−x c x t1 = = + ( I) vs v vs Tempo contado pelo sensor 2 : a c b (II) t2 = = + v2 v vs Teorema de Pitágoras no Δ PQM 2 : a2 = b2 + c2 (III) De ( I) : c c 2x 2x ( v − vs ) = 2 x ∴ c = 2 xv − = = ⇒c v − vs vs v vs vs vs v vs De ( II ) : a=b+ ⎛ 2 xv ⎞ vs cvs 2 xvs =b+⎜ ⎟⋅ = b + − − vs v v v v v s ⎠ ⎝ Por fim, substituindo ( I ) e ( II ) 2 em (III) : ⎛ ⎛ 2+v ⎞ 2 xvs ⎞ 2 ⎜b + ⎟ =b +⎜ ⎟ v − v s ⎠ ⎝ ⎝ v − vs ⎠ b2 + 2 4bxvs 4 x 2 vs 2 4 x 2v 2 2 + = b + ⇒ v − vs ( v − vs )2 ( v − vs )2 4bxvs = 4 x 2 ( v 2 − vs2 ) v − vs ⇒ x vs ( v − vs ) = 2 b v − vs2 Alternativa a Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M , um conjunto em equilíbrio estático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso P1 = 100 N na extremidade a 50cm de M , e de um peso P2 = 60 N , na posição x2 indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o peso P2 na posição original de P1 , passando este à posição de distância x1 = 1,6 x2 da extremidade N . Sendo de 200cm o comprimento da barra e g = 10 m/s 2 aceleração da gravidade, a massa da barra é de a) b) c) d) e) ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) 0,5kg 1,0 kg 1,5kg 1,6 kg 2 ,0 kg 4 Resolução Como foi descrito no enunciado: x1 = 1,6 x2 ( I ) Para que o corpo esteja em equilíbrio, as somas dos torques em relação a M na situação 1 deve ser nula: ∑ M M ,1 = 0 P1 0 ,5 − PB ⋅0 ,5 − P2 (1,50 − x2 ) = 0 50 − PB ⋅ 0 ,5 − 90 + 60 x2 = 0 ⇒ PB = 60 x2 − 40 ( II ) 0 ,5 Continuando o equilíbrio, as soma dos torques em relação a M na situação 2 ainda é nula: ∑ M M ,2 = 0 P2 0 ,5 − PB ⋅ 0,5 − P1 (1,50 − x1 ) = 0 30 − PB ⋅ 0 ,5 − 150 + 100 x1 = 0 100 x1 = PB ⋅ 0 ,5 + 120 Substituindo ( I ) em ( II ) : 100 ⋅ (1,6 x2 ) = PB ⋅ 0 ,5 + 120 160 x2 = PB ⋅ 0 ,5 + 120 x2 = PB ⋅ 0,5 + 120 ( III ) +60 Substituindo ( III ) em ( II ) , temos: ⎛ P ⋅ 0,5 + 120 ⎞ 60 ⎜ B ⎟ − 40 160 ⎠ PB = ⎝ 0 ,5 3 0,5 ⋅ PB = ⋅ PB 0 ,5 + 45 − 40 8 5 1 PB ⋅ = 5 8 2 PB = 16 N mB = PB 16 = = 1,6 kg g 10 Alternativa d 5 No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático. Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale: a) b) c) d) e) ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) ML / 4m 2 − M 2 . L. ML / M 2 − 4m 2 . mL / 4m 2 − M 2 . ML / 2m 2 − M 2 . Resolução No equilíbrio tem-se que a força resultante é nula, logo, a poligonal formada com as forças deverá ser fechada. Pela semelhança entre os triângulos APQ e QBC , temos: h x = T '/ 2 T xT ' , onde, T ' = M ⋅ g e T = m ⋅ g h= 2T 6 e fazendo, x 2 = h 2 + L2 , temos: h= Mg h 2 + L2 2mg M2 2 (h + L2 ) 4m 2 M2 M2 2 h 2 (1 − L )= 2 4m 4m 2 4m 2 − M 2 M 2 L2 h2 ( = ) 4m 2 4m 2 h2 = h = ML / 4m 2 − M 2 Alternativa a Uma bala de massa m e velocidade v0 é disparada contra um bloco de massa M , que inicialmente se encontra em repouso na aborda de um poste de altura h , conforme mostra a figura. A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atrito nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge o solo vale: ⎛ mv ⎞ 2 a) ( 0 ) ⎜ ⎟ + 2 gh ⎝m+M ⎠ b) ( ) v02 + c) ( ) v02 + 2 gh d) ( ) v02 + e) ( ) mv02 + 2 gh m+M 2ghm 2 ( m + M )2 2mgh M Resolução Durante o impacto entre a bala e o bloco há conservação de quantidade de movimento ∑ Q = ∑ Q0 ( m + M ) vx = m ⋅ v0 + M ⋅ 0 ⎛ m vx = ⎜ ⎝m+M ⎞ ⎟ ⋅ v0 ⎠ Determinação da velocidade vertical após o impacto: v y 2 = v02y + 2aΔs vy = 2 g ⋅ h Como a velocidade horizontal não varia durante a queda, vem: v 2 = vx2 + v 2y 2 ⎛ m ⋅ v0 ⎞ v= ⎜ ⎟ + 2g ⋅ h ⎝m+M ⎠ Alternativa a 7 Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome a potência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja de 370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidade g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser transportado pelo elevador é: a) ( ) 7. b) ( ) 8. c) ( ) 9. d) ( ) 10. e) ( ) 11. Resolução Seja n o número máximo de passageiros: τ F ⋅ d ( ∑ m ) gd ( n ⋅ 70 + 370 ) ⋅ 10 ⋅ 32 = = = 40 t t t 70 ⋅ n + 370 ⋅ 10 ⋅ 32 ( ) P = 8,5 ⋅ 103 = 40 8,5 ⋅ 103 ⋅ 40 = 70 ⋅ n + 370 10 ⋅ 32 8500 70n = − 370 8 70n = 630 + 62 ,5 692 ,5 n= = 9 ,89 < 10 70 ⇒n=9 P= Alternativa c Um corpo indeformável em repouso é atingido pro um projétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a temperatura de 0 ºC. Sabe-se que, devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restante transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão t f = 300º C , calor específico c = 0,02cal/gºC e calor latente de fusão L f = 6cal / g. Considerando 1cal ≅ 4 J, a fração x da massa total do projétil metálico que se funde é tal que a) b) c) d) e) ( ( ( ( ( ) x < 0,25. ) x = 0,25. ) 0,25< x < 0,5. ) x = 0,5. ) x > 0,5. Resolução A energia cinética total do impacto vale: Ec = m Desta, Q= ( 300 ) 2 2 2 são aproveitados pelo projétil na forma de calor: 3 2 ⋅ EC 3 m ⋅ ( 80 J/kg ⋅ C ) 300 + x ⋅ m ⋅ 2400 J/kg = 2 ( 300 ) m 3 2 2 ⇒ x = 0,25 Alternativa b 8 Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento L / 2 , quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T de cada um dos elásticos e executa no plano vertical um movimento harmônico simples, tal que sen θ ≅ tg θ . Considerando que a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale M y θ L 2 a) ( ) 2π 4ML . T b) ( ) 2π ML . 4T c) ( ) 2π ML . T d) ( ) 2π ML . 2T e) ( ) 2π 2ML . T L 2 Resolução FR = T ⋅ cosα + T ⋅ cosα = 2T ⋅ cos α = 2T ⋅ sen θ = 2T ⋅ tg θ = 2Ty 4Ty = L/2 L Fazendo analogia com um sistema massa-mola de constante k e período T = 2 FR = − M , temos: k M ML 4T 4T = 2π ⋅ y = −k ⋅ y ⇒ = k , e então: T = 2π 4T 4T L L L Alternativa b Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C , sendo misturada, em seguida, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10 A de água a 32°C , após a mistura. Considere que haja troca de calor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/A , não varia com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c = 1,0cal ⋅ g −1 ⋅ ºC-1 . A quantidade de calor recebida pela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é de: a) ( ) 20 kcal . b) ( ) 50 kcal . c) ( ) 60 kcal . d) ( ) 80 kcal . e) ( ) 120 kcal . 9 Resolução x kg de água a 20°C são adicionados à (10 − x ) kg de água a 80°C , resultando 10 kg de água a 32°C . x ⋅ c ⋅ 12 = (10 − x ) ⋅ c ⋅ 48 x = 4 (10 − x ) x = 40 − 4 x x = 8kg Aquecendo os 8kg de água de 10°C a 20°C : Q = m ⋅ c ⋅ Δθ cal Q = 8kg ⋅ 1 ⋅ 10ºC gºC Q = 80 kcal Alternativa d A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80 m, convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultando em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1 cal ≅ 4J , aceleração da gravidade g = 10 m/s 2 e calor específico da água c = 1,0 cal g -1 ºC-1 , calcula-se que a velocidade inicial da água V é de: a) 10 2 m/s . b) 20 m/s . c) 50 m/s . d) 10 32 m/s . e) 80 m/s . Resolução Em uma dada massa m de água do rio, está armazenada a seguinte energia mecânica: mV 2 Em = mgh + 2 Se toda esta energia converte-se em calor, temos: Q = Em m ⋅ c ⋅ Δθ = m ⋅ g ⋅ h + m ⋅V 2 2 V2 2 V 2 = 2 ⋅ ( c ⋅ Δθ − g ⋅ h ) c ⋅ Δθ = g ⋅ h + V = 2 ⋅ (4000 − 10 ⋅ 80) V = 80 m/s Alternativa e 10 Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento forte de 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velocidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanha e registrada no receptor do balão. a) ( ) 450Hz b) ( ) 510 Hz c) ( ) 646 Hz d) ( ) 722 Hz e) ( ) 1292 Hz Resolução Podemos considerar que a montanha funciona como espelho: f' = f ⋅ vs + v0 340 + 40 = 570 ⋅ vs + v f 340 − 40 f ' = 570 ⋅ 380 57 ⋅ 38 = = 722Hz 300 3 Alternativa d A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n1 e transmitido para uma esfera transparente de raio R e índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pequenos, tal que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de a) φ2 = n1 ( φ1 − α ). n2 b) φ2 = n1 ( φ1 + α ). n2 c) φ2 = ⎛ n1 n ⎞ φ1 + ⎜1 − 1 ⎟ α. n2 n ⎝ 2 ⎠ d) φ2 = n1 φ1 . n2 e) φ2 = ⎛n ⎞ n1 φ1 + ⎜ 1 − 1⎟ α. n2 ⎝ n2 ⎠ 11 Resolução Da figura observamos através da lei de Snell-Descartes que: sen ( φ1 + α ) ⋅ n1 = sen( φ2 + α ) ⋅ n2 E fazendo a aproximação, sen θ = tg θ = θ , temos: φ1 ⋅ n1 + αn1 = φ2 n2 + αn2 φ1 ⋅ n1 + α ( n1 − n2 ) = φ2 n2 φ2 = ⎛n ⎞ n1 ⋅ φ1 + α ⎜ 1 − 1⎟ n2 n ⎝ 2 ⎠ Alternativa e A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüência de 170 Hz. Considere seja desprezível a variação de intensidade do som de cada um dos alto-falantes com a distância e que a velocidade do som é de 340 m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade da onda sonora formada entre os alto-falantes é igual a a) b) c) d) e) ( ( ( ( ( ) 2m. ) 3m. ) 4m. ) 5m. ) 6m. Resolução Ocorrerá interferência construtiva no ponto médio entre os alto-falantes e em todo o ponto P da forma: d1 − d 2 = nλ 7 ⎛7 ⎞ + x − ⎜ − x ⎟ = nλ 2 ⎝2 ⎠ 2x = nλ λ x=n 2 Assim, a distância entre dois máximos consecutivos vale: λ Δx = 2 340 v = λ⋅ f ∴ λ = =2 170 Δ x = 1m 12 E podemos assim, determinar todos pontos de máximo E por fim a maior distância entre dois máximos: Δ xMAX = 6 m Alternativa E O circuito da figura é composto de duas resistências, R1 = 1,0 x 103 Ω e R2 = 1,5 x 103 Ω, respectivamente, e de dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 x 10−9 F e C2 = 2,0 x 10−9 F , respectivamente, além de uma chave S, inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga ΔQ no capacitor de capacidade C1 , após determinado período, é de: a) b) c) d) e) −8,0 x 10−9 C. −6,0 x 10−9 C. −4,0 x 10−9 C. +4,0 x 10−9 C. +8,0 x 10−9 C. Resolução Na situação inicial, a corrente é nula, e a tensão sobre C1 e C2 será de 10 V, e portando: Q1,inicial = C1 ⋅ V1 = 1,0 ⋅ 10−9 ⋅ 10 QC ,inicial = 1,0 ⋅ 10−8 C Considerando que o determinado período em questão foi suficientemente longo para que se atingisse o regime estacionário, temos: R1 VR1 = 10 ⋅ R1 + R2 1 = 4V 2,5 = C1 ⋅ VR1 VR1 = 10 ⋅ QC , final QC , final = (1,0 ⋅ 10−9 ) ⋅ 4 QC , final = 4,0 ⋅ 10−9 C ΔQ = QC , final − QC ,inical = (4,0 − 10,0) ⋅ 10−9 ΔQ = −6,0 ⋅ 10−9 C Alternativa b 13 No circuito da figura, tema-se as resistências R, R 1, R 2 e as fontes V1 e V 2 aterradas. A corrente i indicada é (V1R2 − V2 R1 ) ( R 1 R2 + RR2 + RR1 ) a) ( ) i= b) ( ) i= (V1R1 + V2 R2 ) ( R 1 R2 + RR2 + RR1 ) c) ( ) i= (V1R1 − V2 R2 ) ( R 1 R2 + RR2 + RR1 ) d) ( ) i= (V1R2 + V2 R1 ) ( R 1 R2 + RR2 + RR1 ) e) ( ) i= (V2 R1 − V1R2 ) ( R 1 R2 + RR2 + RR1 ) Resolução O circuito da figura, equivale a: Pela lei das malhas: V1 − R1i1 − R ⋅ i = 0 ⇒ i1 = V1 − R ⋅ i R1 R ⋅ i − R2i2 − V2 = 0 ⇒ i2 = R ⋅ i − V2 R2 Pela lei dos nós: i = i1 − i2 i= V1 − R ⋅ i R ⋅ i − V2 − R1 R2 i= V1 R R V − i− i+ 2 R1 R1 R2 R2 ⎛ R R⎞ V1 V2 ⎜1 + + ⎟ ⋅ i = + R R R1 R2 1 2 ⎠ ⎝ [ R1R2 + ( R2 + R1 )R ]i = V1R2 + V2 R1 i= V1R2 + V2 R1 R1R2 + R1R + R2 R Alternativa d 14 JG A figura mostra uma partícula de massa m e carga q > 0, numa região com campo magnético B constante e uniforme, G orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial v no plano xy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento. Assinale a alternativa correta. a) b) c) d) e) ( ( ( ( ( ) O produto d q B deve ser múltiplo de 2π m v cosθ. ) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P. ) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado. ) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB. ) O campo magnético não produz aceleração na partícula. Resolução y B vy Fm v θ x P vx d z n voltas A força magnética é a componente centrípeta do movimento circular uniforme: Fm = Fcp q ⋅ v ⋅ B ⋅ senθ = m ⋅ v y2 R ∴q m ⋅ v ⋅ senθ R m ⋅ v ⋅ sen θ R= q⋅B v y = v ⋅ sen θ = T= 2π ⋅ R 2π ⋅ m ⋅ v ⋅ sen θ = T T ⋅q⋅B 2π ⋅ m q⋅B O tempo total do percurso é um múltiplo inteiro de um período: d 2π ⋅ m Δt = = n ∴ d ⋅ q ⋅ B = n ⋅ 2π ⋅ m ⋅ v ⋅ cos θ vx q⋅B Alternativa a 15 Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta. a) ( ) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa a lâmpada. b) ( ) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível. c) ( ) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada. d) ( ) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada. e) ( ) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada. Resolução A desaceleração dos elétrons atirados sobre o gás da lâmpada determina a emissão de energia na forma de onde eletromagnética que é responsável pela iluminação da sala. Dessa energia emitida parte é radiação visível e outra parte é onda infra-vermelha (fora do espectro visível). Alternativa C O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga −e e massa m, que se move em órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é quantizado, dado por r = n 2 ⋅ ac , onde ac é o raio de Bohr e n = 1, 2, ... . O período orbital para o nível n, envolvendo a permissividade do vácuo ε 0 , é igual a: a) e / 4π a0 n3 ε 0 ma0 . ( ) ( 4π a n ε ma ) / e. (π a n πε ma ) / e. ( 4π a n πε ma ) / e e / ( 4π a n πε ma ) . b) 3 0 c) 0 0 0 0 3 0 d) 3 0 e) 0 0 3 0 0 0 Resolução A força elétrica é a componente centrípeta na trajetória do elétron: Fe = Fcp ω2 = e2 4k ⋅ ε 0 ⋅ r 2 ⇒ω = e 4π ⋅ ε 0 ⋅ m ⋅ r 3 4π π ⋅ ε 0 ⋅ m(n 2 ⋅ a0 )3 2π e = ⇒T = T e 4 ⋅T ⋅ ε0 ⋅ m ⋅ r3 T= 4π ⋅ a0 ⋅ n3 π ⋅ ε 0 ⋅ m ⋅ a0 e Alternativa d Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete da figura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o dispositivo forneça uma força vertical para cima de intensidade constante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solo com velocidade nula. Expresse sua resposta como função da altura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e da aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a alteração da massa m no acionamento do dispositivo. 16 Resolução Para que o corpo parta de A em repouso e chegue em C em repouso, basta que o trabalho total seja nulo: τ R = ΔEc F ⋅ h ⋅ cos 180º + m ⋅ g ⋅ H ⋅ cos 0º = 0 − F ⋅ h = −m ⋅ g ⋅ H ⇒ h = m⋅g ⋅H F Um corpo de massa m e velocidade v0 a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma de semi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura. Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contato com a pista. Considere a aceleração da gravidade g. Resolução Considerando que ele perde contado antes do término da semi-circunferência: Cálculo de v: Pc = P ⋅ cos θ = m ⋅ acp mv 2 r v 2 = g ⋅ r ⋅ cos θ mg cos θ = 17 Lembrando que o sistema é conservativo: mv02 mv 2 + mgh = + mgy 2 2 v02 v2 + gh = + gy 2 2 v02 gr ⋅ cos θ 3 + gh = + g ⋅ r ⋅ cos θ = gr cos θ 2 2 2 2 v + 2 gh ∴ cos θ = 0 3 gr A razão x é igual a tg θ : y z = ( 3gr )2 − ( v02 + 2 gh 2 ) x = tg θ = y ( 3gr ) 2 − ( v02 + 2 gh ) v02 + 2 gh 2 2 ⎛ 3 gr ⎞ = ⎜ 2 ⎟ −1 ⎝ v0 + 2 gh ⎠ Lembrando que v02 + 2 gh ≤ 3gr, pois caso contrário o contato só seria perdido no final da pista. Lançando verticalmente da Terra com velocidade inicial V0 , um parafuso de massa m chega com velocidade nula na órbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical. Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade V0 em função da aceleração da gravidade g na superfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite. Resolução O sistema é conservativo: EM 0 = EMf GMm mv02 GMm + =− R 2 R+h 2 v0 GM GM = − (I) 2 R R+h − Cálculo de GM : GM g = 2 → GM = gR 2 R Voltando em (I) v02 gR 2 gR 2 + gRh − gR 2 = gR − = 2 R+h R+h V0 = 2 gRh R+h 18 Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2 , respectivamente, barras de massas desprezíveis e um corpo de massa m , como mostrado na figura. Determine a freqüência desse sistema. Resolução Cálculo da constante elástica equivalente: 1 1 1 2k + 3k2 = + = 1 6k1 ⋅ k2 keq 3k2 2k1 keq = 6k1 ⋅ k2 2k1 + 3k2 Lembrando que T = 2π m vem: keq f = k 1 ⋅ eq 2π m f = 1 6k1 ⋅ k2 ⋅ 2π m(2k1 + 3k2 ) A figura mostra uma bolinha de massa m = 10 g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície do líquido (1) com velocidade de 8,0 m/s. Considere aceleração da gravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquer resistência ao movimento de ascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líquidos. Determine a profundidade h. Resolução Cálculo da aceleração enquanto a bolinha está totalmente imersa no líquido (2): FR = E2 − P = m ⋅ a d 2 ⋅ V ⋅ g − d1 V ⋅ g = d1V ⋅ a , em que d1 , é a densidade do líquido (1) e da bolinha e d2 a do líquido (2) Lembrando que d 2 = 5 ⋅ d1 vem: 5 ⋅ d1 ⋅ V ⋅ g − d1Vg = d1V ⋅ a 4g = a a = 40m / s 2 (constante) 19 Equacionando o M.U.V. no trecho de comprimento h − h1 : v 2 = v02 + 2aΔs 82 = 02 + 2 ⋅ 40 ⋅ (h − h1 ) h − h1 = 0,8 m = 80 cm Como h1 = 20 cm , temos: h − 20 cm = 80 cm h = 100 cm ∴ h = 1,0 m Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B , ao ser refletido por um espelho horizontal sobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical. Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B . Considere AD = 2 m , BE = 3m e DE = 5m . Resolução Na figura o segmento A ' P é construído paralelo ao segmento DE e A' é a imagem virtual da lanterna A . Logo, pelo teorema de Pitágoras no ΔA ' PB : ( A ' B ) 2 = ( A ' P ) 2 + ( PB ) 2 = 52 + 52 = 50 ∴ A ' B = 5 2m Duas cargas pontuais + q e − q , de massa iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema cartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétrico horizontal e uniforme JG E, conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separadas entre si por uma distância horizontal d . 20 Resolução: Eixo x FR = Fe qE m Seja x o deslocamento horizontal de uma das partículas: 1 x = ax t 2 2 1 qE 2 2m x= t ∴t2 = ⋅x 2 m qE max = qE ∴ ax = Eixo y FR = P ma y = mg ∴ a y = g 1 2 a yt 2 1 2m y = ⋅g⋅ ⋅x 2 qE y= mg ⋅x qE A trajetória da partícula será uma reta. y= Quando x = d 2 y=h mg d h= ⋅ qE 2 τ P = P ⋅ Δs ⋅ cos β , onde tg β = ( 2) τ P = mg ⋅ h + d 2 2 ⋅ (d 2) h h ( 2) h2 + d 2 ⎛ m⋅ g ⋅d ⎞ τP = m ⋅ g ⎜ ⎟ ⎝ 2q ⋅ E ⎠ τP = (m ⋅ g ) 2 2q ⋅ E d , sobre cada uma das cargas, sendo o trabalho total 21 (m ⋅ g ) 2 q⋅E d . Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se iguala à resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistência de carga RC varia na faixa 100 Ω ≤ RC ≤ 400 Ω . O circuito possui um resistor variável, RX , que é usado para o ajuste da máxima transferência de energia. Determine a faixa de valores de RX para que seja atingido o casamento de resistências do circuito. Resolução A resistência equivalente do circuito deve ser igual a 50 Ω : ⎛ RX RC ⎞ + 20 ⎟ ⋅ 100 ⎜ + R R C ⎝ X ⎠ = 50 ⎛ RX RC ⎞ + 20 ⎟ + 100 ⎜ ⎝ RX + RC ⎠ ⎛ RX RC ⎞ R R + 20 ⎟ ⋅ 2 = X C + 120 ⇒ ⎜ R + R R C X + RC ⎝ X ⎠ RX RC = 80 RX + 80 RC RX = 80 RC RC − 80 RC ( RX − 80) = 80 RX RX = 80 RC 80 = RC − 80 1 − 80 RC Sendo a função decrescente, os valores de RX com 100 Ω ≤ RC ≤ 400 Ω são: 100 Ω ≤ RX ≤ 400 Ω . A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orientados em sentidos opostos e de mesma magnitude B . Uma partícula de massa m e carga q > 0 é lançada do ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o ponto S e ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga −q (choque perfeitamente inelástico). Determine o tempo total em que a partícula de carga q > 0 abandona a superfície quadrada. 22 Resolução Durante o MCU sob a ação da força magnética devido ao campo B1 passa-se um intervalo de tempo Δt1 : Δt1 = πm qB Durante a colisão perfeitamente inelástica temos: V mV = 2m(V ') ∴V ' = 2 E como a carga total do sistema é nula ( + q − q = 0 ) , após a colisão o sistema descreve um MRU: ΔS = V ' ⋅ Δt2 L V L = Δt2 ∴ Δt2 = 2 2 V πm L ΔTtotal = + qB V Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3 kg preso a uma mola, e verifica-se que este passa a oscilar livremente com a freqüência angular ω = 10 rad / s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência f = 500 x1012 Hz, de modo que toda a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1 mm da sua posição de equilíbrio. Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck h = 6,6 x1034 Js . Resolução Do movimento inicial com ω = 10 rad/s obtemos: ω= 2π π = 10 ⇒ T = s T 5 E daí: T = 2π m π 3,3 ⇒ = 2π ⇒ k = 330N/m 5 k k Agora, na absorção dos fótons temos: Energia total absorvida: (10 kv 2 = 330 ⋅ EP = 2 2 ) −3 2 E para determinar o número n de fótons: EP = n ⋅ h ⋅ f kx 2 330 ⋅ ( 10−3 )2 = n⋅h⋅ f ⇒ = n ⋅ 6,6 ⋅ 10−34 ⋅ 500 ⋅ 1012 2 2 ⇒ n = 5 ⋅ 1014 fótons 23