Professor(a): Fábio, Hicaro e Cleber.
Matéria: FÍSICA Símbolos adotados nesta prova: g: módulo da
gravidade na superfície da Terra. G: constante
gravitacional universal. c: velocidade da luz no
vácuo.  : constante de Planck reduzida.
Questão 1. O módulo de Young de um material
me sua resistência a deformações causadas por
esforços externos. Numa parede vertical,
encontra-se engastado um sólido maciço de
massa especifica p e módulo de Young E, em
formato de paralelepípedo reto, cujas dimensões
são indicadas na figura. Com base nas
correlações entre grandezas físicas, assinale a
alternativa que melhor expressa a deflexão
vertical sofrida pela extremidade livre do sólido
pela ação do seu próprio peso.
A) 3gab/(2)
B) 3gb2/(2)
C) 3b2h2(2ga4)
D) 3ga4/ (2h2)
E) 3gbh/(2)
Solução: Alternativa D
Pela configuração do sistema, o desvio deve ser
independente da espessura b. Assim, alternativa
correta letra D
Questão 02. Considere dois satélites artificiais S
e T em torno da Terra. S descreve uma órbita
elíptica com semieixo maior a, e T, uma órbita
circular de raio a, com os respectivos vetores


posição rs e rT com origem no centro da Terra. É
correto afirmar que
A) para o mesmo intervalo de tempo, a área


varrida por rs é igual a varrida por rT .
B) para o mesmo intervalo de tempo, a área

varrida por rs é maior que a varrida por rT .
C) o período de translação de S é igual ao T.
D) o período de translação de S é maior que o de
T.
E) se S e T tem a mesma massa, então a energia
mecânica de S é maior que a de T.
Solução: Alternativa C
Pela 3ª lei de Kepler os períodos são iguais.
Questão 03. Uma esfera de massa m tampa um
buraco circular de raio r no fundo de um recipiente
cheio de água de massa específica . Baixandose lentamente o nível da água, num dado
momento a esfera de desprende do fundo do
recipiente. Assinale a alternativa que expressa a
altura h do nível de água para que isto aconteça,
sabendo que o topo da esfera , a uma altura a do
fundo do recipiente, permanece sempre coberto
de água.
A) m/(a2)
B) m/(r2)
C) a(3r2 + a2)/(6r2)
D) a/2 - m/(r2)
E) a(3r2 + a2)/(6r2) - m/(r2)
Solução: Alternativa E
A parte da esfera no interior do recipiente desloca
líquido e, sendo assim sofre por parte deste uma
força E cujo módulo é igual ao peso do líquido
deslocado: E = Vcalotag = .

πa 2
3r  a 2
6
 .g
No entanto, a parte inferior da esfera não
encontra-se imersa, logo deve-se diminuir de E o
valor f da força que o líquido aplicaria:
f = (pressão).(área efetiva) = gh.a2
Ao perder o contato com o fundo, a força mg peso
da esfera se relaciona com E e f por:
E – f = mg  .

πa 2
3r  a 2
6
 .g - gh.a
2
= mg 
h = a(3r2 + a2)/(6r2) - m/(r2)
Questão 04. Sobre uma placa de vidro plana é
colocada uma lente plano-convexa, com 1,50 de
índice de refração e concavidade de 8,00m de
raio voltada para baixo. Com a lente iluminada
perpendicularmente de cima por uma luz de
comprimento de onda de 589nm (no ar), aparece
um padrão de interferência com um ponto escuro
central circundado por anéis, dos quais 50 são
escuros, inclusive o mais externo da borda na
lente. Este padrão de interferência aparece
devido ao filme de ar entre a lente e a placa de
vidro (como esquematizado na figura). A
espessura da camada de ar no centro do padrão
de interferência e a distância focal da lente são
respectivamente,
a) 14,7 m e – 10,0m
b) 14,7 m e – 16,0m
c) 238 m e – 8,00m
d) 35,2 m e 16,0m
e) 29,4 m e – 16,0m
Solução: Alternativa B
Note-se que o raio superior, que reflete na
interface vidro-ar não sofre inversão de fase, mas
o raio inferior que reflete na interface ar-vidro
sofre inversão, logo, tudo se processa como se
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fossem duas fontes em oposição de fase. Para
interferência destrutiva (anel escuro) tem-se:
x = n, com n = 1, 2, 3,...(ordem do anel)
Sendo x = 2d, então: 2d = n para o anel de
número 50:
2.d = 50. 589  d = 14,7 m
Pela equação de Halley (ou dos fabricantes)
 1
n
1,5
1 
1
1
=  lente 1    =  1    
   8 
 nmeio
  R1 R2   1
f = -16m
1
f
entre as placas passa a ser r. Note que para a
força é como se uma placa estivesse no campo
da outra, sendo assim o valor do campo cai pela
metade. No equilíbrio as forças F e força elástica
se igualam:
F = FELAS  (E/2).q = k(r0 – r)
Para a capacitância tem-se: C = (A)/d
Para a carga q entre as placas tem-se: q = C.V
Para a ddp entre as placas tem-se: V = (E/2)r
Daí: V2 =
Questão 05. Um capacitor de placas planas
paralelas de área A, separadas entre si por uma
distancia inicial r0 muito menor que as dimensões
dessa área, têm sua placa inferior fixada numa
base isolante e a superior suspensa por uma
mola (figura 1). Dispondo-se uma massa m sobre
a placa superior, resultam pequenas oscilações
de período T do conjunto placa superior + massa
m. variando-se m, obtém-se um gráfico de T2
versus m, do qual, após ajuste linear, se extrai o
coeficiente angular . A seguir, após remover a
massa m da placa superior e colocando entre as
placas um meio dielétrico sem resistência ao
movimento, aplica-se entre elas uma diferença de
potencial V e monitora-se a separação r de
equilíbrio (figura 2 e 3). Nestas condições, a
permissividade  do meio entre as placas é


27AV 
B)
C) 8 r / 27AV 
D) 4 r / AV 
E) 16 r / 27AV 
2k 0 r0  r r 2
A
.
Do enunciado V = Vm para r = 2r0/3, substituindo
esse valores e resolvendo para :
 = 32 2 r03 / 27AVm2


Questão 6: a figura mostra um interferômetro de
Michelson adaptado para determinar o índice de
refração do ar. As características do padrão de
interferência dos feixes incidente no anteparo
dependem da diferença de fase entre eles, neste
caso, influenciada pela cápsula contendo ar.
Reduzindo a pressão na cápsula de 1 atm até
zero (vácuo), nota-se que a ordem das franjas de
interferências sofre um deslocamento N, ou seja,
a franja de ordem 0 passa a ocupar o lugar da de
ordem N, a franja de ordem 1 ocupa o lugar da de
ordem N + 1, e assim sucessivamente. Sendo d a
espessura da cápsula e  o comprimento de onda
da luz no vácuo, o índice de refração do ar é igual
a
A) N/d
B) N/(2d)
C) 1 + N/d
D) 1 + N/(2d)
E) 1 - N/d
A) 32 2 r03 / 27AVm2
16 2 r03 /
2
m
2 3
0
2
m
2 3
0
Solução: Alternativa D
Quando uma onda atravessa uma mesma
distância L em dois materiais diferentes a
diferença de fase entre eles é:
2
m
2 3
2
m
Solução: Alternativa A
Durante a oscilação os sistema se comporta
como um conjunto massa-mola vertical, cujo
período T é dado por:
T = 2
m
k
 T2 =
4 2
k
m=
4 2
k
 1
1

 λ1 λ 2
1 - 2 = (k1 - k2)L = 2 
Assim, a variação da pressão ocasionou essa
diferença de fase. Do enunciado: 1 - 2 = N.2
 1
1

 λ1 λ 2
Então: N.2 = 2 
Aplicando uma ddp as placas passam a se atrair
com uma força elétrica F = (E/2).q e a distância

 L.



L


 1
1 
L 
 N = 


 λ ar
n
n 1
1 
N =  ar   L  N =  ar  2d 
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 λ0
λ0 

λ

λ0 
nar = 1 + N/(2d)
Questão 07. É muito comum a ocorrência
impurezas em cristais semicondutores. Em
primeira aproximação, a energia de ionização
dessas impurezas pode ser calculada num
modelo semelhante ao do átomo de hidrogênio.
Considere um semicondutor com uma impureza
de carga +e atraindo um elétron de carga –e.
Devido a interações com os átomos da rede
cristalina, o elétron, no semicondutor, possui uma
massa igual a mrm0, em que m0 é a massa de
repouso do elétron e mr, uma constante
adimensional. O conjunto impureza/elétron está
imerso no meio semicondutor de permissividade
relativa r. A razão entre a energia de ionização
desta impureza e a energia de ionização do
átomo de hidrogênio é igual a
a) 1
b) mr/r2
c) r2/mr
d) mr/r
e) r/mr
Solução: Alternativa B
Para o átomo de hidrogênio tem-se:
k0e 2
I) Fele = FCP 
r2
=
m0 v 2
r
II) m0vr = n 
III) E = -
k0e 2
r
m0 v 2
2
+
O que resulta em: E = -
2 2 k 0 m0 e 4
n2h2
,
se n = 1( E1 = energia de ionização):
E1 = -
2 2 k 0 m0 e 4
h2
,
Semelhantemente para a impureza:
E2 = -
2 2 k r me 4
h
2
Daí: E2/E1 =
, kr =
k0
r
e m = m0mr
mr
 r2
Questão 8. Considere um capacitor de placas
paralelas ao plano yz tendo um campo elétrico de
intensidade E entre elas, medido por um
referencial S em repouso em relação ao
capacitor. Dois outros referenciais, S’’ e S’’, que
se movem com velocidade de modulo v constante
em relação a S nas direções de r e y, nesta
ordem, medem as respectivas intensidades E’ e
E’’ dos campos elétricos entre placas do
capacitor. Sendo   1  v c 2 , pode-se dizer que
E’/E e E’’/E são, respectivamente, iguais a
A) 1 e 1
B)  e 1
C) 1 e 
D)  e 1/
E) 1 e 1/
Solução: Alternativa C
O campo elétrico entre as placas de um capacitor
é dado por: E = 2
Q
2 A
=
Q
A
Do enunciado, estando as placas no plano yz, o
campo está na direção de x. Assim, em relação
ao referencial S’, não há qualquer mudança, logo:
E’/E0 = 1
Já para o referencial S” as dimensões sofrem
variação relativística. Então: A” = A/. Então o
campo fica multiplicado por : E”/E0 = 
Questão 9. Considere as afirmações a seguir:
I. Em equilíbrio eletrostático, uma superfície
metálica é equipotencial.
II. Um objeto eletrostaticamente carregado induz
uma carga uniformemente distribuída numa
superfície metálica próxima quando equilíbrio
eletrostático.
III. Uma carga negativa desloca-se da região de
maior para a de menor potencial elétrico.
IV. É nulo o trabalho para se deslocar uma carga
teste do infinito ate o ponto médio entre duas
cargas pontuais de mesmo módulo e sinais
opostos.
Destas afirmações é (são) correta(s) somente
A) I e II
B) I, II e III
C) I, II, IV
D) I e IV.
E) III
Solução: Alternativa D
I – Verdadeira
II – Falsa, pois a densidade de carga induzida
depende do formato do corpo
III – Falsa, pois as cargas negativas tendem a se
mover contrariamente ao campo e este se orienta
a favor da diminuição do potencial
IV – Verdadeira. Note-se que tanto no infinito
quanto no ponto médio entre as cargas o
potencial elétrico é nulo.
Questão 10. Um recipiente contém um gás
monoatômico ideal inicialmente no estado L, com
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pressão p e volume V. O gás é submetido a uma
transformação cíclica LMNL, absorvendo de uma
fonte quente uma quantidade de calor Q1 e
cedendo a uma fonte fria uma quantidade de calor
Q2. Pode-se afirmar que Q1 é igual a:
a) 30pV
b) 51pV/2
c) 8pV
d) 15pV/2
e) 9pV/2
Solução: Alternativa B
Deve-se notar que o gás recebe calo nos trechos
LM e MN. Pela 1ª lei da Termodinâmica:
ULMN = Q1 - LMN  Q1 = ULMN + LMN
Cálculo de ULMN:
Para o ponto L: pV = nRTL
Para o ponto N: 4p4V = nRTN  TN = 16TL
Daí: ULMN = (3/2)nR(TN – TL) = (3/2)nR(15TL) 
ULMN = (45/2)nRTL = (45/2)pV
Solução: Alternativa C
Durante a subida, o pólo norte se aproxima da
face inferior da espira, surge uma corrente
induzida que se opõe a essa aproximação,
gerando nessa face um pólo norte e na face
superior um pólo sul. Portanto na espira uma
corrente tem sentido horário (vista de cima). Na
volta ocorre o contrário surgindo uma corrente em
sentido anti-horário.
Questão 12. Um circuito elétrico com dois pares
de terminais é conhecido como quadripolo. Para
um quadripolo passivo, as tensões medidas em
cada par de terminais podem ser expressas em
função das correntes mediante uma matriz de
z
z 
impedância Z =  11 12  de tal forma que:
 z 21 z 22 
Cálculo de LMN:
Como a transformação MN é isocórica, o trabalho
LMN é dado por: LMN = p(4V – V) = 3pV
Então, como: Q1 = ULMN + LMN
Logo: Q = (45/2)PV + 3pV = (51/2)PV
Questão 11: Considere um imã cilíndrico vertical
com um pólo norte para cima, tendo um anel
condutor posicionado acima do mesmo. Um
agente externo imprime um movimento ao anel
que, partindo do repouso, desce verticalmente em
torno do ímã e atinge uma posição simétrica à
original, iniciando logo em seguida, um
movimento ascendente e retornando à posição
inicial em repouso. Considerando o eixo de
simetria do anel sempre coincidente com o do ímã
e sendo positiva a corrente no sentido anti-horário
(visto por um observador de cima), o gráfico que
melhor representa o comportamento da corrente
induzida i no anel é
 v1 
 
v 2 
=
i 
i2 
Z  1 .
Dos
quadripolos propostos
nas
alternativas
seguintes,
assinale
aquele cuja matriz de
 4 2  
impedância seja 

2 3 
Solução: Alternativa D
Do enunciado, podemos supor que o circuito deve
ser da seguinte forma:
A
i1
i2
D
R1
V1
+
R2
+
R3
i1 i 2
+
-
-
C
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B
V2
Aplicando a lei das malhas tem-se:
V1 = R1i1 + R3 (i1 + i2) = (R1 + R3)i1 + R3i2
V2 = R2i2 + R3 (i1 + i2) = R3i1 + (R2 + R3)i2
Na forma matricial tem-se:
 v1 
 
v 2 
 R  R3
=  1
 R3
R3   i1 
  
R2  R3  i2 
RCP = FG 
f=
o que se determina:
Questão 13. Um sistema é formado por duas
estrelas esféricas de respectivas massas m e M,
cujos centros distam d entre si, cada qual
descrevendo um movimento circular em torno do
centro de massas desse sistema. Com a estrela
de massa m na posição mostrada na figura,
devido ao efeito Doppler, um observador T da
Terra detecta uma raia do espectro do hidrogênio,
emitida por essa estrela, com uma freqüência f
ligeiramente diferente da sua freqüência natural
f0. Considere a Terra em repouso no mesmo
plano de observação. Sendo as velocidades das
estrelas muito menores que c, assinale a
alternativa que explicita o valor absoluto de
(f – f0)/f0. Se necessário, utilize (1 + x)n  1 + nx
para x << 1
a) GM 2 / d M  m c 2




Gm cos  / d M  m c 
GM sen  / d M  m c 
GM cos  / d M  m c 
b) Gm sen  / d M  m c 2
c)
d)
e)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Solução: Alternativa E
Deve-se inicialmente notar que o efeito Doppler
se na direção da reta que une fonte e observador.
A equação do efeito Doppler relativístico é:
f=
1 
1 
f0, sendo  =
Vr
c
=
V cos 
c
com  << 1
-- Cálculo de V (velocidade tangencial de m):
Os raios das trajetórias são: R =
Md
Mm
er=
=
GMm
d
2
V=
GM2
d(M  m)
--Voltando ao efeito Doppler:
R1 = R3 = 2 e R2 = 1
Aplicando as transformações “delta –estrela” em
ADBC tem-se:
Seja x = R1R2 + R1R3 + R2R3 = 2.1 + 2.2 + 2.1 = 8
RAD = x/R3 = 8/2 = 4
RAC = x/R2 = 8/1 = 8
RDC = x/R1 = 8/2 = 4
2
mV 2
r
md
Mm
Igualando a resultante centrípeta com a força
gravitacional na massa m:
1 
1 
f0 = (1 + )1/2(1 - )-1/2 f0 
f = (1 + /2)(1 + /2)f0 = (1 + /2)2f0 = (1 + )f0 
f – f0 = f0  (f – f0)/f0 =  =
V cos
c

Logo: (f – f0)/f0 = GM 2 cos 2  / d M  m c 2

Questão 14. Um luz monocromática incide
perpendicularmente num plano com três
pequenos orifícios formando um triangulo
eqüilátero, acarretando m padrão d interferência
de um anteparo paralelo ao triangulo, com o
Maximo de intensidade num ponto P eqüidistante
dos orifícios. Assinale as respectivas reduções da
intensidade em P com um e com dois orifícios
tampados.
A) 4/9 e 1/9
B) 2/3 e 1/3
C) 8/27 e 1/27
D) ½ e 1/3
E)1/4 e 1/9
Solução: alternativa A
P tem a mesma distância a qualquer dos orifícios
que produzem em P ondas com a mesma
amplitude.
A amplitude da onda em P é 3A
Sendo a intensidade proporcional ao quadrado da
amplitude tem-se:
I = kA2
I0 = k(3A)2 = 9kA2
Com uma das fendas tapadas:
I’ = k(2A)2 = 4kA2
I’/I0 = 4/9
Com duas fendas tapadas:
I” = kA2
I”/I0 = 1/9
Questão 15. Pode-se associar a segunda lei da
termodinâmica a um principio de degradação da
energia. Assinale a alternativa que melhor justifica
esta associação.
A) A energia se conserva sempre.
B) O calor não flui espontaneamente de um corpo
quente para outro frio.
C) Um maquina térmica operando em ciclo
converte integralmente trabalho em calor.
D) Todo sistema tende naturalmente para o
estado de equilíbrio.
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E) É impossível converter calor totalmente em
trabalho.
Solução:
A) Falsa, pois não se tem rendimento 100%
B) Falsa, pois espontaneamente é de um corpo
quente para outro frio.
C) Falsa, pois não se tem rendimento 100% (2ª
Lei)
D) Verdadeira
E) Falsa, se a transformação for aberta é possível
Questão 16. Um cilindro de altura h e raio a, com
água ate uma certa altura, gira com velocidade
angular w constante. Qual o valor Maximo de w
para que a água não transborde, sabendo que
neste limite a altura z (ver figura) é igual a h/3 +
w3a2/(4g)? Dado: num referencial que gira com
cilindro, e, portanto, considerando a força
centrífuga, todos os pontos da superfície da água
tem a mesma energia potencial.
A) w = 2 gh / 3a 2
B) w =
C) w =
D) w =
E) w =
 
4 ga / 9h 
4 ga / 3h 
4 gh / 3a 
4 gh / 9a 
2
2
2
2
Solução: Alternativa D
Isolando um ponto da superfície do líquido:
y
E
P

x
Note-se que não há movimento da superfície do
liquido relativamente ao recipiente. Então:
 E
P
maCP
tg =
ma
mg
=
w 2x
g

dy
dx
= y=
Para x = a e y = h  h =
h/3 + w3a2/(4g) =
w 2a 2
2g
w=
 
4 gh / 3a 2
Questão 17. Um disco rígido de massa M e centro
0 pode oscilar sem atrito num plano vertical em
torno de uma articulação P. O disco é atingido por
um projétil de massa m  M que se move
horizontalmente com velocidade v no plano do
disco. Após a colisão, o projétil se incrusta no
disco e o conjunto gira em torno de P até o ângulo
. Nestas condições, afirmam-se:
I.
A quantidade de movimento do conjunto
projétil+disco
se
mantém
a
mesma
imediatamente antes e imediatamente depois
da colisão.
II. A energia cinética do conjunto projétil+disco
se mantém a mesma imediatamente antes e
imediatamente depois da colisão.
III. A energia mecânica do projétil+disco
imediatamente após a colisão é igual à da
posição de ângulo .
É (são) verdadeira(s) apenas a(s) assertiva(s)
A) I
B) I e II
C) I e III
D) II e III
E) III
Solução: Alternativa C
I) Verdadeira.
II) Falsa, a colisão é inelástica, logo há perda de
energia.
III) Verdadeira.
Questão 18. As figuras mostram três espiras
circulares concêntricas e coplanares percorridas
por correntes da mesma intensidade I em
diferentes sentidos. Assinale a alternativa que
ordena corretamente as magnitudes dos
respectivos campos magnéticos nos centros B1,
B2, B3 e B4.
w 2x2
2g
w 2a 2
2g
Igualando com a expressão dada:
Página 6 de 11
A) B2  B4  B3  B1
B) B1  B4  B3  B2
C) B2  B3  B4  B1
D) B3  B2  B4  B1
E) B4  B3  B2  B1
Solução: Alternativa C
O campo magnético gerado por uma corrente no
centro de uma espira tem sentido dão pela regra
da mão direita e o módulo é inversamente
proporcional ao raio da mesma, logo:
B2  B3  B4  B1
Questão 19. Duas placas de um mesmo metal e
com área de 5,0cm2, paralelas e próximas entre
si, são conectadas aos terminais de um gerador
de tensão ajustável. Sobre a placa conectada ao
terminal negativo, faz-se incidir radiação e, por
efeito fotoelétrico, aparece uma corrente no
circuito, cuja relação com a tensão aplicada é
explicitada no gráfico. Sabendo que a função
trabalho do metal é 4,1 eV e assumindo que na
região de saturação da corrente todo fóton
incidente sobre a placa gera um fotoelétron que é
coletado, a medida da intensidade dessa radiação
em W/cm2 é igual a
I=
A corrente de saturação IM vale 10A, mas:
IM =
Q
∆t
=
n.e
∆t

n
∆t
=
IM
e
=
Então a intensidade da radiação I é dada por:
I=
Potência
área
=
n.(Energia do foton)
∆t.A
=
n.hf
∆t.A

= 13W/cm2
Questão 20. Uma amostra I de átomos de 57Fe,
cujos núcleos excitados emitem fótons devido a
uma transição nuclear, esta situada a uma altura
d verticalmente acima de uma amostra II de 57Fe
que recebe a radiação emitida pela amostra I. Ao
chegar a II, os fótons da amostra I sofrem um
aumento de freqüência devido a redução de sua
energia potencial gravitacional, sendo, portanto,
incapazes de excitar os núcleos de 57Fe dessa
amostra II com uma velocidade v adequada.
Considerando v<<c e que a energia potencial
gravitacional do fóton de energia  pode ser
obtida mediante sua “massa efetiva” c2, assinale
a opção que explicita v. Se necessário, utilize
(1+x)n  1 + nx para x << 1.
A) gd
B) gd/c
C) 2 gd
D) 2 gd/c
E) gd gd /c2
Solução: Alternativa B
A energia  = hf do fóton passa a ser ’ = hf’ cuja
relação é:
’ =  + mgd  hf’ = hf + (c2)gd 
hf’ = hf + (hfc2)gd  f’ = f[1 + (gd/c2)] com gd<<c2
Aplicando a equação do efeito Doppler:
f=
a) 13
b) 8,2
c) 6,6
d) 3,2
e) 1,6
Solução:
Da equação de Einstein para o efeito fotoelétrico:
Emax = hf - 
- Para Emax:
Do gráfico IxV a ddp de corte (U) vale 2,5V
Emax = eU = e.2,5 = 2,5eV
- Para :  = 4,1eV
Daí: Emax = hf -   2,5 = hf – 4,1  hf = 6,6eV
n.hf
∆t.A
1 
1 
f’, sendo  = v/c
com  << 1
Substituindo encontramos:
V = gd/c
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser desenvolvidas, justificadas e
respondidas no caderno de soluções. Atente para
os algarismos significativos.
Questão 21. No sistema de unidades atômicas de
Hartree, as unidades de carga elétrica, de massa,
de comprimento e de tempo podem ser
representadas respectivamente por qA, mA, LA e
tA. Neste sistema, a carga elétrica e do próton é
igual 1qA, a massa do elétron m0 vale 1mA, a
constante de Planck reduzida  é igual a 1m A .L2A / t A
e a constante de Coulomb k0 = 1/ (40) vale
-19
1m A .L3A / q 2A .t A2 . Dados no SI: e = 1,6.10 C, m0 =
9,1.10-31kg,  = 1,1.10-34J.s, k0 = 9,0.109 Nm2/C2

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
a) Qual a medida em metros de um comprimento
igual a 1,0LA?
b) Qual a medida em segundos de um tempo
igual a 1,0tA?
Solução:
a)

=
1m A .L2A
tA
Mas, k0 =
 L2A =
1m A .L3A
t A
mA
 L4A =
 t A2 =
q 2A .t A2
 2t A2
m 2A
m A .L3A
q 2A .k 0
Substituindo essa última na primeira:
L4A =
2
m 2A
.
m A .L3A
q 2A .k 0
 LA =
Substituindo LA em L2A =
2.
m A q 2A .k 0
t A
mA

tem-se: t A =
Questão 23. A figura mostra a parte de uma
camada de um cristal tridimensional infinito de sal
de cozinha, em que a distancia do átomo de Na
ao de seu vizinho Cl é igual a a. Considere a
existência dos seguintes defeitos neste cristal:
ausência de um átomo de Cl e a presença de
uma impureza de lítio (esfera cinza), cuja carga é
igual a fundamental +e, situada no centro do
quadrado formado pelos átomos de Na e Cl.
Obtenha as componentes Fx e Fy da força
eletrostática resultante F = Fxx+Fyy que atua no
átomo de lítio. Dê sua resposta em função de e, a
e da constante de Coulomb K0.
3
m A q 4A .k 02
Substituindo os valores numéricos:
LA
= 5,7.10-11m e
tA =
2,8.10-17s
Questão 22. Considere uma esfera maciça de raio
r, massa m, coeficiente de dilatação volumétrica
a, feita de um material com calor especifico a
volume constante cv. A esfera, sujeita à pressão
atmosférica p, repousa sobre uma superfície
horizontal isolante térmica e está inicialmente a
uma temperatura T alta o suficiente para garantir
que a sua energia interna não se altera em
processos isotérmicos. Determine a temperatura
final da esfera após receber uma quantidade de
calor Q, sem perdas para o ambiente. Dê sua
resposta em função de g e dos outros parâmetros
explicitados.
Solução:
Da 1ª lei da Termodinâmica: U = Q - 
U = nCvT
Durante
o
aquecimento
tem-se
uma
transformação isobárica, pois só a atmosfera
realiza trabalho.
1) Cálculo do acréscimo de volume:
r = r.’.T = r.(/3)T
- cálculo da energia potencial: E = mgr 
E = mg r.(/3)T
- cálculo do trabalho realizado sobre a esfera
durante
a
expansão
isobárica
(pressão
atmosférica)
 = pV = pV0T = p(4/3)r3T
Da conservação temos:
Q = U + E +  substituindo nessa equação
encontramos:
T = T0 +
mcV 
r
3
Q
4 pr
2
 mg

Solução:

Seja r o vetor posição:
y
F

a/2
r
x
5a/2
Calculando r:
r2 = (a/2)2 + (5a/2)2  r =

F
 k 0 q1q2  
r =
 r3 
= 
 k 0 (e)(e)  

r
r3


26a
2
=
k0e 2
 26 a 


 2 


3
 5a  a   
 x  y r
2 
 2
Substituindo os valores numéricos econtramos:

F
= 
10ke 2
13 26 a
2

x
2ke 2
13 26 a
2
 
y r
Questão 24. Em uma experiência de interferência
de Young, uma luz magenta, constituída por uma
mistura de luz vermelha (de comprimento de onde
de 660nm) e luz azul (comprimento de onda
440nm) na mesma intensidade da luz vermelha,
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incide perpendicularmente num plano onde
atravessa duas fendas paralelas separadas de
22,0 m e alcança um anteparo paralelo ao plano,
a 5,00m de distancia. Neste, há um semieixo Ou
perpendicular à direção das fendas cuja origem
também está a 5,00m do ponto médio entre estas.
Obtenha o primeiro valor de y > 0 onde há uma
Maximo de luz magenta 9intensidade máximas de
vermelho e azul no mesmo local). Se necessário,
utilize tan   sen, para   rad.
Solução:
Do experimento de Young, a posição y de um
máximo de ordem n é dada por:
dy
 n11
D
dy
 n2  2
Assim, para 2:
D

n
Então: n11 = n11  1  2
n2 1
dy
 n
D
Assim, para 1:
=
440
2
=
660
3

n 1 = 2 e n2 = 3
Logo y =
n1 D
1 =
d
30 cm
Questão 25. Partindo do repouso, uma bolinha cai
verticalmente sobre um plano inclinado de ângulo
 com relação à horizontal, originando seguidos
choques perfeitamente elásticos. Se d é a
distancia inicial da bolinha ao plano, obtenha, em
função de d, n e , a distancia do ponto do nésimo choque em relação ao ponto do primeiro
choque.
Solução:
Considere o esquema abaixo que indica o
movimento da bolinha. Note-se que na primeira
queda, a bolinha andou d/cos
perpendicular ao plano a velocidade inicial após
cada colisão é v1cos.
Para o tempo t entre duas colisões sucessivas:
t = 2v1cos/gcos = 2v1/g
Note-se que após n colisões: o tempo que
transcorreu T = (n - 1)t
Assim, na direção paralela ao plano o alcance é
dado por:
A = v1sen + (gsent2)/2
Substituindo t e v1
A = 4dtg(n – 1)n
Questão 26. O aparato esquematizado na figura
mede a velocidade da luz usando o método do
espelho rotativo de Focault, em que o feixe de
laser é refletido por um espelho rotativo I, que gira
a velocidade angular w constante, sendo
novamente refletido por um espelho estacionário
II a uma distancia d. Devido ao tempo de percurso
do feixe, o espelho rotativo terá girado de ângulo
 quando o feixe retornar ao espelho I, que
finalmente o deflete para o detector.
A) Obtenha o ângulo a do posicionamento do
detector em função de .
B) Determine a velocidade da luz em função de
d,w e 
C) Explique como poderá ser levemente
modificado este aparato experimental para
demonstrar que a velocidade da luz na água é
menor que o ar.
Solução:
a) trata-se do ângulo de deslocamento do espelho
em relação ao ângulo de deslocamento do raio de
luz:
N1
Ri
RR1
RR2
i1

N2
i2

Conservado a energia na primeira colisão, a
velocidade v1 com que a bolinha atinge o plano é
dada por: v1 = 2 gd / cos
Para facilitar a análise do movimento, vamos
decompor a gravidade nas direções tangente e
perpendicular ao plano. Sendo as colisões
elásticas não há perda de velocidade. Na direção
Da figura  = 2
b) Da cinemática tem-se: t =
2d
c
neste intervalo de tempo tem-se ainda: t =
Então: c= 2dw/
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
w
c) Como na água a velocidade é menor, então a
distância 2d será percorrida em um tempo maior
aumentando assim o ângulo de deslocamento.
Questão
27.
Pontos
quânticos
são
monoestruturas que permitem a manipulação do
estado quântico de um único elétron, sendo um
caminho promissor para a Computação Quântica.
Em primeira aproximação, um ponto quântico
confina elétrons com um potencial semelhante ao
de um oscilador harmônico, isto é, com uma
energia potencial do tipo V (x) = mw2x2/2, em que
x é a posição da partícula em relação ao ponto de
equilibrio, m é a massa da partícula confinada, w
= (k/m)1/2 e k é a “constante de mola” (embora
não seja este um conceito apropriado no mundo
quântico). De acordo com a Mecânica Clássica, a
energia mecânica deste oscilador pode variar
continuamente de zero até o infinito. Por outro
lado, na Mecânica Quântica, a energia deste
oscilador varia de forma discreta, de acordo com
a expressão En = (n+1/2)  w, em que n pode
assumir os valores 0, 1, 2, ... Na descrição
quântica do oscilador harmônico, o menor valor
possível para a energia mecânica é  w/2,
diferentemente do previsto na Mecânica Clássica.
Explique porque não é possível haver energia
igual a zero na descrição quântica do oscilador
harmônico.
Solução:
Sabemos da mecânica clássica que a energia do
oscilador é nula na abscissa nula. No entanto, o
princípio da incerteza de Heisenberg não nos
permite determinar com precisão a energia de um
corpo em dada posição, portanto, quando a
posição e nula, não se pode afirmar que a energia
também o é.
Questão 28. Duas espiras verticais estacionárias
com aproximadamente o mesmo diâmetro d,
perpendiculares e isoladas eletricamente entre si,
têm seu centro comum na origem de um sistema
de coordenadas xyz, na qual também está
centrado um ímã cilíndrico de comprimento  << d
e raio r << . O ímã tem seu pólo norte no
semieixo x positivo e pode girar livremente em
torno do eixo vertical z, sendo mantido no plano
xy. Numa das espiras, situada no plano yz, circula
uma corrente I1 = icos(wt), cujo sentido positivo é
o anti-horário visto do semieixo x positivo, e na
outra circula uma corrente I2 = isen(wt), cujo
sentido positivo é o anti-horário visto do semieixo
y positivo.
a) Desprezando a diferença de diâmetro entre as

espiras, obtenha o campo magnético B na origem


devido às correntes I1 e I2, na forma Bx x + By y
b) Explique, por que, partindo do repouso em t =
0, o ímã adquire movimento de rotação em torno
de z. Em que sentido (horário ou anti-horário,
visto a partir do semieixo z positivo) ocorre este
giro?
c) Ao se aumentar gradativamente a freqüência
angular w das correntes, nota-se que o ímã passa
a girar cada vez mais rápido. Contudo, com o ímã
inicialmente em repouso e se são repentinamente
aplicadas correntes I1 e I2 de alta freqüência
angular, nota-se que o ímã praticamente não se
move. Explique a(s) razão(ões).
Solução:
a) Do enunciado, I1 gera campo magnético na

direção de x e I2 gera campo na direção de ,
então:

B=

B=

B=

B=
 I 
x+ 0 2 y 
2r
2r


 0 I1 
0 I 2 

x+
y  B = 0 (I1 x +
d
d
d
0


[icos(wt) x + isen(wt) y ] 
d
 0i


[cos(wt) x + sen(wt) y ] 
d


Bx x + By y =
 0 I1 

I2 y ) 
b) O ímã se orienta na mesma direção e sentido
do vetor campo de indução magnética o qual irá
girar no sentido anti-horário (visto do topo), assim
o ímã adquire movimento de rotação.
c) O aumento na freqüência angular faz com que
os campos de indução mudem de sentido
rapidamente. Mesmo com a mudança do vetor
indução a inércia do ímã dificulta seu giro.
Questão 29. Uma fonte de corrente é um
dispositivo que fornece uma corrente invariável
independente da tensão entre seus terminais. No
circuito da figura, a corrente i produzida pela
fonte é proporcional à corrente i que circula no
resistor R. Inicialmente descarregadas, as placas
M e N são carregadas após o fechamento das
chaves S1, S2 e S3, que serão novamente abertas
após o intervalo de tempo T. A placa M é então
retirada do circuito e é posta em contato com um
condutor C descarregado (não mostrado na
figura), ao qual transfere uma fração f de sua
carga. Em seguida com esse contato desfeito, o
condutor C é totalmente descarregado. Na
seqüência, o mesmo procedimento é aplicado à
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placa N, a qual transfere a C a mesma fração f de
sua carga, sendo então o contato desfeito e
descarregando-se novamente C. Quando M e N
são reintroduzidas no circuito, com as respectivas
cargas remanescentes (de mesmo módulo, mas
de sinais opostos), as chaves S1, S2 e S3 são
fechadas outra vez, permanecendo assim durante
o intervalo de tempo T, após o que são
novamente abertas. Então, como antes repetemse os contatos entre cada placa e C, e este
processo de carga/descarga das placas é
repetido indefinidamente. Nestas condições,
considerando os sucessivos processos de
transferência de carga entre M e C, e N e C,
determine a carga q de M após todo esse
procedimento em função de , f, r, R, V1, V2, V3 e
T. Considere V3 < V2 < V1.
Solução:
Ao fecharmos a chave tem-se:
- da lei de Kirchhorff: i = (v2 – v3)/R
Já na fonte de tensão tem-se: I = i = (v2 – v3)/R
A carga Q1 recebida pelo capacitor após o tempo
t é dada por:
Q1 = It = t(v2 – v3)/R
Para a primeira carga:
QR1 = t(v2 – v3)/R - ft(v2 – v3)/R =
t(1 - f)(v2 – v3)/R
Agora, recolocando as placas no circuito e
religando as chaves, durante o mesmo tempo t:
Q2 = QR1 + t(v2 – v3)/R = t(1 – f + 1)(v2 – v3)/R
Solução:
A simetria das esferas garante que seus centros
formam um tetraedro regular como indicado
abaixo (A, B, C e D são os centros das esferas):
A reta DO corresponde à vertical onde passa o
peso da esfera superior. Observe que cada esfera
exerce sobre ela uma força N orientada segundo
o ângulo  da primeira figura. Assim, no equilíbrio:
3Nsen = P  N = P/3sen  N =
Veja que as esferas inferiores tendem a se
afastar, não havendo, portanto, força de interação
entre elas. Então, a parede deve equilibrar a
componente horizontal de N, logo:
Fparede = Ncos =
3
6
P
3
6
=
2
P
6
Para o conjunto das esferas, o peso total é
equilibrado pela ação do piso FP. Então:
3Fp = 4P  FP = 4P/3
Fazendo para o 2º contato:
Q2C = t(1– f+1)(v2 – v3)/R - ft (v2 – v3) (1 – f +
1)/R
O que se deduz:
QNC = t(v2 – v3)[
6
P
6
n
 (1  f ) ]/R
i
i 1
Questão 30. Um recipiente cilíndrico vertical
contém em seu interior três esferas idênticas de
mesmo peso P que são tangentes entre si e
também à parede interna do recipiente. Uma
quarta esfera, idêntica às anteriores, é então
sobreposta às três esferas como ilustrado em
pontilhado. Determine as
respectivas intensidades das
forças normais em função de
P que a parede do recipiente
exerce nas três esferas.
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