Sobre um corpo de 2 5kg de massa atuam, em sentidos opostos de

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Sobre um corpo de 2 5kg de massa atuam, em sentidos opostos de
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

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