[ ] α β γ τ PROVA DE FÍSICA. β = α. De (1) e (2), temos : sen 2 1.sen2 RESOLUÇÃO COMENTADA ITA 2004/2005 FÍSICA

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1 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA POA D ÍSICA 0) Quando caadas adjacentes de u fluido viscoso desliza regularente uas sobre as outras, o escoaento resultante é dito lainar. Sob certas condições, o auento da velocidade provoca o regie de escoaento turbulento, que é caracterizado pelos ovientos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experientalente, que o regie de escoaento (lainar ou turbulento) depende de u parâetro α β γ τ adiensional (Núero de eynolds) dado por ρ υ d η, e que ρ é a densidade do fluido, υ, sua velocidade, η, seu coeficiente de viscosidade, e d, ua distância característica associada à geoetria do eio que circunda o fluido. Por outro lado, nu outro tipo de experiento, sabe-se que ua esfera, de diâetro D, que se ovienta nu eio fluido, sofre a ação de ua força de arrasto viscoso dada por π Dηυ. Assi sendo, co relação aos respectivos valores de α, β, γ e τ, ua das soluções é a) α, β, γ, τ. b) α, β, γ, τ. c) α, β, γ, τ. d) α, β, γ, τ. e) α, β, γ 0, τ. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0 : ALTNATIA A screvendo as expressões diensionais para as grandezas ρ,ν,d e η: [ ρ] [ v] [ d] L [ η] [ ] L T ; ; ;. L T L LT. Substituindo na fórula diensional para, te-se: [] ( L ) α. (L. T - ) β (L) γ. ( L - T - ) τ Coo é adiensional, [], assi: α+τ. L -α + β + γ -τ. T -β- α + τ 0 α + β + γ τ 0 β τ 0 esolvendo o sistea, te-se: α t, β t, γ t, τ - t; t A única alternativa copatível co a solução desse sistea é a alternativa A a) cos β ( ρs / ρp ) cos α b) sen β ( ρs / ρp ) sen α c) sen β ( + ρs / ρp) sen α d) sen β sen α /( + ρ s / ρp ) e) cos β cos α /( + ρ s / ρp ) SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0 : ALTNATIA B 0 sen θ O alcance A áxio é obtido por: A g no vácuo no eio sen α sen β A A g g * Coo o alcance é igual no vácuo e no eio, teos: sen α sen ρ, então: g g * g* senβ sen α. () g Calculando o peso aparente, teos: P* P ρs ρ P..g* ρp..g ρ S..g g* g. g ρ g* ρs g () ρp s De () e (), teos : sen.sen p ρ β α ρρ 0) Considere ua rapa de ângulo θ co a horizontal sobre a qual desce u vagão, co aceleração a, e cujo teto está dependurada ua ola de copriento, de assa desprezível e constante de ola k, tendo ua assa fixada na sua extreidade. a 0) U projétil de densidade ρ p é lançado co u ângulo α e relação à horizontal no interior de u recipiente vazio. A seguir, o recipiente é preenchido co u superfluido de densidade ρ s, e o eso projétil é novaente lançado dentro dele, só que sob u ângulo β e relação à horizontal. Observase, então, que, para ua velocidade inicial v do projétil, de eso ódulo que a do experiento anterior, não se altera a distância alcançada pelo projétil (veja figura). υ υ θ Considerando que 0 é o copriento natural da ola e que o sistea está e repouso co relação ao vagão, pode-se dizer que a ola sofreu ua variação de copriento 0 dada por a) g sen θ / k b) g cos θ / k c) g / k d) a ag cos θ + g / k e) a ag senθ + g / k SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0 : ALTNATIA Sabendo que são nulas as forças de atrito nu superfluido, podeos então afirar, co relação ao ângulo β de lançaento do projétil, que

2 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA P el v 7g g + g 4 g g v v 90º-θ θ a 05) U vagão-caçaba de assa se desprende da locootiva e corre sobre trilhos horizontais co velocidade constante v 7,0 k/h (portanto, se resistência de qualquer espécie ao oviento). dado instante, a caçaba é preenchida co ua carga de grãos de assa igual a 4, despejada verticalente a partir do repouso de ua altura de 6,00 (veja figura). P el grãos 4 θ v A partir do teorea dos cossenos e da º Lei de Newton (.a): el P +.P..cos(90º-θ) k (g) + (a).g.a.senθ g + a.a.g.sen θ g + a.a.g.senθ k k Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralente convertida e calor para o aqueciento exclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de assa recebido pelos grãos é a) 5 J/kg b) 80 J/kg c) 00 J/kg d) 46 J/kg e) 578 J/kg 04) U objeto pontual de assa desliza co velocidade inicial v, horizontal, do topo de ua esfera e repouso, de raio. Ao escorregar pela superfície, o objeto sofre ua força de atrito de ódulo constante dado por f 7g / 4π. v 60º Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após percorrer u arco de 60º (veja figura), sua velocidade inicial deve ter o ódulo de a) g / b) g / c) 6 g / d) g / e) g SOLUÇÃO DA QUSTÃO 05: ALTNATIA C 4 4 h 6 Antes Depois QANTS X Q DPOIS X (Sistea Isolado) /s ANTS C + 4gh (0) ANTS 440 C DPOIS 5 54 DPOIS C C 40 I C I 400 Q 400 assa grãos 4 Q 00 J/ kg assa grãos SOLUÇÃO DA QUSTÃO 04 : ALTNATIA A No oento de descolaento, a resultante centrípeta é igual à coponente centrípeta do peso; e no instante e que o objeto se desprende da superfície, a noral é nula. vf g pcos 60 vf O trabalho das forças não conservativas é o trabalho do atrito. 7 7 ncons. g π τ f d. g 4π 6 ncons τ ε 7g g + v g v f 06) Dois corpos esféricos de assa e 5 e raios e, respectivaente, são liberados no espaço livre. 5

3 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA Considerando que a única força interveniente seja a da atração gravitacional útua, e que seja de a distância de separação inicial entre os centros dos corpos, então, o espaço percorrido pelo corpo enor até a colisão será de a),5 b),5 c) 4,5 d) 7,5 e) 0,0 SOLUÇÃO DA QUSTÃO 06: ALTNATIA D 08) U pequeno objeto de assa desliza se atrito sobre u bloco de assa co o forato de ua casa (veja figura). α 5 H 0 Calculando a posição do centro de assa do sistea teos: x C Coo a resultante das forças externas atuantes no sistea é nula, o sistea é isolado e, portanto seu C peranece na situação inicial. Caso os corpos de assas e 5 tivesse diensões desprezíveis, eles se encontraria na posição do C, tendo percorrido 0 e, respectivaente. Devido às diensões de cada esfera, os corpos terão ua distância de entre seus centros no instante do ipacto. Desse odo, teos: x A.+ x B.5 xc e xb xa x A. + (x A + ). 5 x A 7,5 07) Considere u pêndulo de copriento, tendo na sua extreidade ua esfera de assa co ua carga elétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado nu capo elétrico unifore que atua na esa direção e sentido da aceleração da gravidade g. q Deslocando-se essa carga ligeiraente de sua posição de equilíbrio e soltando-a, ela executa u oviento harônico siples, cujo período é a) T l / g π l / g + q g π b) T ( ) c) T π l /(q) d) T π l /(g q) e) T π l /(g + q) SOLUÇÃO DA QUSTÃO 07 : T π g* ALTNATIA q P* P + g* g + q. g* g + T π T π q g q g + ( + ) A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco fora co a horizontal é α. O bloco flutua e u líquido de densidade ρ, peranecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experiento. Após o objeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscio da altura subersa do bloco é igual a a) sen α / S ρ b) cos α / S ρ c) cos α / S ρ d) / S ρ e) ( + ) / S ρ SOLUÇÃO DA QUSTÃO 08: ª Situação N α g P H A força que o objeto aplica no bloco é N g cosα ALTNATIA B ª Situação α P h N cujo ódulo é: Apenas sua coponente vertical é que influenciará no equilíbrio. Na direção vertical, teos: N y Ncosα gcos α Na ª situação teos que: bloco P bloco + gcos α ρ.(sh).g g + gcos α cos α H S S. ρ +. ρ (I) Na ª situação, não teos o objeto, logo: bloco P bloco ρ.(sh).g g h S. ρ O decréscio da altura é dado por: (I) (II) cos α H h S. ρ (II) 09) Situa-se u objeto a ua distância p diante de ua lente convergente de distância focal f, de odo a obter ua iage real a ua distância p da lente. Considerando a condição de ínia distância entre iage e objeto, então é correto afirar que a) p + fpp + p 5f b) p + fpp + p 0f

4 4 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA c) p + fpp + p 0f d) p + fpp + p 5f e) p + fpp + p 0f SOLUÇÃO DA QUSTÃO 09: ALTNATIA C A enor distancia entre u objeto real e sua iage real conjugada ocorre quando o objeto está sobre o ponto antiprincipal e a iage se fora sobre o outro ponto antiprincipal. p f p f ) U pescador deixa cair ua lanterna acesa e u lago a 0,0 de profundidade. No fundo do lago, a lanterna eite u feixe luinoso forando u pequeno ângulo θ co a vertical (veja figura). O A f f A i h θ Substituindo: p f e p f; P +f.pp +p (f) +f.(f).(f)+(f) 0f Observação: p n.f (n>) + (equação dos pontos conjugados) f p p n + e p + p f onde n >. f nf p n Construindo o gráfico de e função de p. Considere: tan θ sen θ 0 e o índice de refração da água n,. ntão, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a a),5. b) 5,0. c) 7,5. d) 8,0 e) 9,0. SOLUÇÃO DA QUSTÃO : ALTNATIA C p' na h,00 h 7,5 p n 0, Agua 4f f f f 4f Pelo gráfico (o valor ínio de ): p f e 4f então p f. Desta aneira a enor distancia entre o objeto e a iage é quando o objeto está sobre o ponto antiprincipal e a iage sobre o outro ponto antiprincipal. 0) Ua banda de rock irradia ua certa potência e u nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível a 0 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de a) 7% b) 7% c) 7.00% d) % e) % SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0: ALTNATIA D O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados I P através da equação: β 0 log 0 log I0 P0 Na situação inicial, o nível de intensidade é de 70dβ. Na situação final, 0dβ. Assi, P P P β 0 log 70 0 log 7 log () P0 P0 P0 P P P 0 log 0 0 log log () P0 P0 P0 β Subtraindo () de (): P P 7 log log P0 P0 P P 5 5 log 0 P0 P P P P 0 5 P -P (0 5 -)P P % P p ) São de 00 Hz e 5 Hz, respectivaente, as freqüências de duas harônicas adjacentes de ua onda estacionária no trecho horizontal de u cabo esticado, de copriento e densidade linear de assa igual a 0 g/ (veja figura). Considerando a aceleração da gravidade g 0 /s, a assa do bloco suspenso deve ser de a) 0kg. b) 6kg. c) 60kg. d) 0 kg. e) 0 4 kg. SOLUÇÃO DA QUSTÃO : ALTNATIA A n n fn 00 n 400 L 4 () (n + ) (n + ) fn+ 5 L 4 (n + ) 500 () A partir () e () te-se: 00 /s T µ kg ) Considere o vão existente entre cada tecla de u coputador e a base do seu teclado. cada vão existe duas placas etálicas, ua delas presa na base do teclado e a outra, na tecla. conjunto, elas funciona coo u capacitor de placas planas paralelas iersas no ar. Quando se aciona a tecla, diinui a distância entre as placas e a capacitância auenta. U circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do oviento da tecla.

5 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA 5 0,7 tecla Da dilatação do fio de tungstênio, ve: 0 (+α T). Logo, sua ρ 0 resistência é T (+α T) Ti(+α T). A ntão: 4 ( T) T 50º C base do teclado Considere então u dado teclado, cujas placas etálicas tê 40 de área e 0,7 de distância inicial entre si. Considere ainda que a perissividade do ar seja ε 0 9 x 0 - /. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar ua variação da capacitância a partir de 0, p, então, qualquer tecla deve ser descolada de pelo enos a) 0, b) 0, c) 0, d) 0,4 e) 0,5 SOLUÇÃO DA QUSTÃO : ALTNATIA B Dados da questão: A d 0 0,7 0,7 0 - e ε / Teos, inicialente, u capacitor de placas paralelas, cuja capacitância é dada por: 6 A 40 0 C0 ε0 C0 9 0 C 0 0, d0 0,7 0 C 0 0,54 p Para o coputador perceber a tecla sendo pressionada é necessário u auento de 0, p na capacitância. ntão: C C 0 + C C 0,54 + 0, C 0,74 p Substituindo na equação da capacitância: 6 A A 40 0 C ε0 d ε0 d 9 0 d C 0,74 0 d 0, d 0,504 Logo, a variação da distância é dada por: d d d 0 d 0,7 0,504 d 0,96 d 0, 4) O circuito da figura abaixo, conhecido coo ponte de Wheatstone, está sendo utilizado para deterinar a teperatura de óleo e u reservatório, no qual está inserido u resistor de fio de tungstênio T. O resistor variável é ajustado autoaticaente de odo a anter a ponte sepre e equilíbrio, passando de 4,00 Ω para,00 Ω. 8,0Ω T 0Ω Sabendo que a resistência varia linearente co a teperatura e que o coeficiente linear de teperatura para o tungstênio vale α 4,00 x 0 - C -, a variação da teperatura do óleo deve ser de a) 5 C b) 5,7 C c) 5,0 C d) 4,7 C e) 50 C SOLUÇÃO DA QUSTÃO 4 : ALTNATIA Na ponte de Wheatstone: Início : i 4Ω Ti 0Ω 8.0. T, então inal : f Ω Tf 40Ω 5) Quando ua barra etálica se desloca nu capo agnético, sabe-se que seus elétrons se ove para ua das extreidades, provocando entre elas ua polarização elétrica. Desse odo, é criado u capo elétrico constante no interior do etal, gerando ua diferença de potencial entre as extreidades da barra. Considere ua barra etálica descarregada, de,0 de copriento, que se desloca co velocidade constante de ódulo v 6 k/h nu plano horizontal (veja figura), próxio à superfície da Terra. B v Sendo criada ua diferença do potencial (ddp) de,0 x 0 - entre as extreidades da barra, o valor do coponente vertical do capo de indução agnética terrestre nesse local é de a) 6,9 x 0-6 T b),4 x 0-5 T c),5 x 0-5- T d) 4, x 0-5 T e) 5,0 x 0-5 T SOLUÇÃO DA QUSTÃO 5: ALTNATIA C Coo há equilíbrio entre as forças elétricas e agnéticas nas cargas livres da barra etálica, te-se: el v el q qvbsen90º U B ; usando v d B U dv. Substituindo os valores:,0.0 B B, T.60 6) Ua bicicleta, co rodas de 60c de diâetro externo, te seu velocíetro coposto de u íã preso e raios, a 5 c do eixo da roda, e de ua bobina quadrada de 5 de área, co 0 espiras de fio etálico, presa no garfo da bicicleta. O íã é capaz de produzir u capo de indução agnética de 0, T e toda a área da bobina (veja a figura).

6 6 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA íã 5 c Bobina presa ao garfo Co a bicicleta a 6 k/h, a força eletrootriz áxia gerada pela bobina é de: a) x 0 5 b) 5 x 0 c) x 0 d) x 0 e) x 0 SOLUÇÃO DA QUSTÃO 6: ALTNATIA D A velocidade de passage do íã pela bobina é: r 5c. 0. 0/s 5/s 0c Coo a bobina é quadrada e possui área 5, seu lado é de L 5. Logo, a força eletrootriz e cada espira vale: 5 e B. L. e 0,T. 5 x 0 -. e 5 x 0 - s Total de 0 espiras: n. e 0 x 5 x ) U autoóvel pára quase que instantaneaente ao bater frontalente nua árvore. A proteção oferecida pelo air-bag, coparativaente ao carro que dele não dispõe, advé do fato de que a transferência para o carro de parte do oentu do otorista se dá e condição de a) enor força e aior período de tepo. b) enor velocidade, co esa aceleração. c) enor energia, nua distância enor. d) enor velocidade e aior desaceleração. e) eso tepo, co força enor. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 7 : ALTNATIA A A variação de quantidade de oviento do otorista nua batida é a esa, tanto e u autoóvel co air-bag, coo e u se. Logo, o ipulso é o eso e abos os casos. A diferença se deve à enor desaceleração no caso do autoóvel co air-bag. Desse odo, a força é enor, poré atua nu aior período de tepo, fazendo co que a desaceleração seja enos brusca, eso co a variação de velocidade sendo a esa nos dois casos. 8) U avião de vigilância aérea está voando a ua altura de 5,0 k, co velocidade de 50 0 /s no ruo norte, e capta no radiogoniôetro u sinal de socorro vindo da direção noroeste, de u ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistea de póscobustão da turbina, ipriindo ua aceleração constante de 6,0 /s. Após 0 0 / s, antendo a esa direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste. Neste instante, e relação ao avião, o transissor do sinal se encontra a ua distância de a) 5, k. b) 6,7 k. c) k. d) k. e) 8 k. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 8: ALTNATIA D /s, a 6,0 /s, S 0.t + ½.(a.t ) Para t40 0 / s, S / + ½.(6. (40 0 /) ) 000 k Da figura: Noroeste d Norte 45 k É fácil perceber que d k. stando o avião a 5 k de altura, teos: Logo D D d k + 5 k 5 k 9) ua ipressora a jato de tinta, gotas de certo taanho são ejetadas de u pulverizador e oviento, passa por ua unidade eletrostática onde perde alguns elétrons, adquirindo ua carga q, e, a seguir, se desloca no espaço entre placas planas paralelas eletricaente carregadas, pouco antes da ipressão. Considere gotas de raio igual a 0 µ lançadas co velocidade de ódulo v 0 /s entre placas de copriento igual a,0 c, no interior das quais existe u capo elétrico vertical unifore, cujo ódulo é 8,0 x 0 4 N/C (veja figura). v 0,0,0 c Considerando que a densidade da gota seja de 000 kg/ e sabendo-se que a esa sofre u desvio de 0,0 ao atingir o final do percurso, o ódulo da sua carga elétrica é de a),0 x 0-4 C. b), x 0-4 C. c) 6, x 0-4 C. d), x 0 - C. e), x 0-0 C. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 9: ALTNATIA B Coo não existe forças atuando na direção horizontal, teos u oviento Unifore ( U ) nesta direção, assi, pode-se escrever: S H.0 t.0 v 0 Coo a gota está carregada, teos ua aceleração para baixo, pois a carga é positiva. Calculando esta aceleração, ve:.q. a.q Ou seja: a screvendo a equação horária dos espaços, te-se:. S q. a P at t.. S q t. S 0. t +. at.. at., pois 0 0 /s Logo: Ou ainda: s

7 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA Lebrando que a assa pode ser escrita coo sendo: 4 Substituindo os valores, te-se: ρ. ρ.. π.r Logo: 8.0 q.,4.0, ( ) ( ) ρπ.. S. r q. t., ) A pressão exercida pela água no fundo de u recipiente aberto que a conté é igual a P at + 0 x 0 Pa. Colocado o recipiente nu elevador hipotético e oviento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a ser de P at + 4,0 x 0 Pa. Considerando que P at é a pressão atosférica, que a assa específica da água é de,0 g/c e que o sistea de referência te seu eixo vertical apontado para cia, conclui-se que a aceleração do elevador é de a) 4 /s b) 0 /s c) 6 /s d) 6 /s e) 4 /s SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0: Cálculo de h (coluna líquida): P P at + ρ g. h C ALTNATIA C. P at P at + ρgh 0 x h h levador e repouso: P P at + ρ.g. h levador acelerado: P P at + ρ g '. h onde g é a aceleração gravitacional e relação ao elevador (referencial não inercial). ntão: P P ρ. (g g ). h 0 x 0 4 x (g g ). 6 x0 (g g ) g g 6 /s g g - 6 /s 0 g 0 /s 6 /s 4/s O elevador possui aceleração a para baixo já que a aceleração gravitacional relativa ao referencial do elevador é enor que g 0/s. Assi: a g g 6 /s (e ódulo). Toando î u vetor unitário apontado para cia: a - 6 î /s As questões dissertativas, nueradas de a 0, deve ser respondidas no caderno de soluções. ) U átoo de hidrogênio inicialente e repouso eite u fóton nua transição do estado de energia n para o estado fundaental. seguida, o átoo atinge u elétron e repouso que co ele se liga, assi peranecendo após a colisão. Deterine literalente a velocidade do sistea átoo + elétron após a colisão. Dados: a energia do átoo de hidrogênio no estado n é n 0 /n ; o oentu do fóton é hν /c; e a energia deste é hν, e que h é a constante de Planck, ν a freqüência do fóton e c a velocidade da luz. SOLUÇÃO DA QUSTÃO : Na transição do elétron do estado n para o estado fundaental, a conservação de energia nos ipõe: 0 f i hυ 0 hυ 0 h () n υ n Utilizando conservação da quantidade de oviento na esa transição (aproxiação não relativística): QANTS QDPOIS Q Q + Q ÁTOOi ÁTOOf ÓTON (unidiensional) hυ.0 v + c hυ v () (velocidade de récuo do átoo devido c à eissão do fóton) Utilizando conservação da quantidade de oviento na absorção do elétron (aproxiação não relativística): QANTS QDPOIS QATOO i + QLTON i QATOO+ LTON v + 0 ( + )v e hυ ( e )v c + Substituindo-se (), te-se: hυ v ( + e )c n 0 Substituindo-se (), te-se: v n (+ e )c Obs.: considerando >> e, pode-se concluir: n 0 v n c ) Inicialente 48g de gelo a 0 C são colocados nu caloríetro de aluínio de,0g, tabé a 0 C. seguida, 75g de água a 80 C são despejados dentro desse recipiente. Calcule a teperatura final do conjunto. Dados: calor latente do gelo L 9 80 cal/g, calor específico da água c HO,0 cal g - C -, calor específico do aluínio C Al 0, cal g - C -. SOLUÇÃO DA QUSTÃO : Supondo que todo o gelo derreta: Q CD + Q C 0 c t + L + c t + c t 0 A HO g g HO Al Al 75.. (t - 80) (t - 0) +.0, (t - 0) 0 75t t +0,44t 0,44 t 60 t 7,5 ºC ) U técnico e eletrônica deseja ediar a corrente que passa pelo resistor de Ω no circuito da figura. Para tanto, ele dispõe apenas de u galvanôetro e ua caixa de resistores. O galvanôetro possui resistência interna g 5 k Ω e suporta, no áxio, ua corrente de 0, A. Deterine o valor áxio do resistor a ser colocado e paralelo co o galvanôetro para que o técnico consiga edir a corrente. 4Ω Ω Ω 4 SOLUÇÃO DA QUSTÃO : O esquea do circuito co o galvanôetro fica: 7

8 8 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA 4 Ω Ω I II 4 i i i Ω 5kΩ i i S Utilizando () e () te-se: d in 5500., d in 057,7 5) Nu experiento, foi de 5,0 x 0 /s a velocidade de u elétron, edida co a precisão de 0,00%. Calcule a incerteza na deterinação da posição do elétron, sendo conhecidos: assa do elétron e 9, x 0 - kg e constante de Planck reduzida, x 0-4 J s. º A 5000 Da equação do aperíetro real: i + i O valor de é áxio no caso de i áxio (i 0, A). Nesse caso, utilizando as leis de Kirchhoff para obter, te-se: alha I: 4 4i i i i - 0 () alha II: + i - i i - i 0,5 0 () Lei dos Nós: i i + i () A partir de (), () e (), te-se i,65 A. A ddp no aperíetro é: U 5000Ω ,5 (4) A corrente no resistor é: I S i - i I S,65 0,000 I S,64 A (5) 0,5 Usando (4) e (5), fica: 0,40Ω,64 4) Ua fina película de fluoreto de agnésio recobre o espelho retrovisor de u carro a fi de reduzir a reflexão luinosa. Deterine a enor espessura da película para que produza a reflexão ínia no centro do espectro visível. Considere o copriento de onda λ 5500 A, o índice de refração do vidro n v,50 e, o da película n p,0. Adita a incidência luinosa coo quase perpendicular ao espelho. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 4: Para iniizar a reflexão na película de fluoreto de agnésio deve-se avaliar as inversões de fase que ocorre nas reflexões das interfaces ar g e g vidro: Ar g vidro e n Ar n p,0 n v,50 Na aproxiação de incidência perpendicular: d n + λ eio ; n N d in Nas duas interfaces (A e B) há inversão de fase das ondas, portanto, coo resultado final, as ondas peranece e fase. Assi, a condição de interferência destrutiva é: Diferença de cainho n + λ eio 0 + λρ ; n N Considerando o λ dado coo sendo o copriento de onda da onda no vácuo: f Ar f g n Ar λ Ar n p λ p. 5500,0λ p λ p 5500 (), 0 () SOLUÇÃO DA QUSTÃO 5: Pelo princípio da incerteza de Heisenberg: h x. p e que 4. π x é a incerteza de posição; p é a incerteza de oento linear; é a constante de Planck reduzida. p. v. Se a incerteza da velocidade é de 0,00% então: p 9,. 0. 0, 00 %. 5, 0. 0 p 65,. 0 kg / s, Assi: x x x 4,0.0. p. 65,. 0 6) Suponha que na Lua, cujo raio é, exista ua cratera de profundidade /00, do fundo da qual u projétil é lançado verticalente para cia co velocidade inicial v igual à de escape. Deterine literalente a altura áxia alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua co aquela esa velocidade inicial v. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 6: ª solução: A velocidade de escape a partir do fundo da cratera é superior à velocidade de escape a partir da superfície, pois, ao arreessar u corpo do fundo da cratera, a força peso atua e u trecho adicional (o percurso no interior da cratera) e relação ao arreesso a partir da superfície. Se o corpo for lançado a partir da superfície co a velocidade de escape do fundo da cratera, ele será capaz de escapar do capo gravitacional lunar (r ) e não haverá u valor liite para altura final. Observação: acreditaos que tenha havido algua falha na redação da questão. Por exeplo, se fosse pedido para se considerar u lançaento a partir do fundo da cratera, co a velocidade de arreesso igual à velocidade de escape da superfície, haveria u valor finito para a altura áxia. É possível, tabé, que e alguas resoluções se considere a gravidade no interior da cratera coo proporcional a, o que é r incorreto. ª solução: Considera-se: v S : velocidade de escape a partir da superfície lunar. v : velocidade de escape a partir do fundo da cratera. Utilizando o Teorea da nergia Cinética (TC), a partir de u lançaento da superfície co velocidade v S, te-se S τ v vs S Coo v S é a velocidade de escape a partir da superfície, te-se S S v 0 por definição. Alé disso τ τ < 0, pois o trabalho da força gravitacional é resistente:

9 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA 9 S τ v S () A partir de u lançaento no fundo da cratera, o TC fica: τ v v () Novaente, v 0 por definição de velocidade de escape e S S τ τ +τ () S S Utilizando () e (), te-se: τ +τ v (4) Segundo o enunciado, deve-se considerar u lançaento co velocidade v a partir da superfície e deterinar a altura áxia h AX r AX. Utilizando novaente o TC: Sr AX τ vfinal v Sr AX Coo e r AX, v final 0, te-se: τ v (5) τ +τ τ S S SrAX SrAX rax SrAX 0 S Utilizando-se (5) e (4), ve: τ +τ +τ τ S rax τ +τ Coo o trabalho da força gravitacional no trecho S é resistente (negativo), essa expressão não pode ser verdadeira para r AX <. Logo, não há valor finito para a altura áxia nas condições do problea. 7) stie a assa de ar contida nua sala de aula. Indique claraente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estiados das variáveis epregadas. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 7 : Supondo ua sala de 8 x 0 x,5, te-se que o volue ocupado é de: 8.0.,5 00 as o ar atosférico pode ser considerado u gás perfeito, coposto por 80% de Nitrogênio ( N ) e 0% de Oxigênio ( O ). Assi sendo, calculaos a assa olar equivalente do ar atosférico: 0,8. N + 0,. 0, ,. 8,8 g /ol O Para o cálculo da assa:. olar Nas condições norais de teperatura e pressão (CNTP), o volue olar é de,4 litros. Logo, coo o volue de 00 é equivalente a litros, te-se que a assa de ar na sala é: ,8 574 g 57 kg,4 P BCHIO P C P BCHIO (O ) P nt (N ) P nt 00 n 0, n.0, n,9 n 8,45 90, g 796,6 g 90,+ 796,6 ρ A,87 kg / (He) P nt.000 n.0,08.00 n 46,65 6,6 g ρ He 0,66 g/ P BCHIO P B + ρ He..g P BCHIO + 0,6g ρ A..g,87g Cálculo do núero n de balões: P C + n.p BCHIO n n.(+0,6g) n.,87g 000 n.(,04g ) Considerando g 0 /s : n 08, ntão, o núero ínio de balões é 09. Considerando g 9,8 /s : n 0,7 ntão, o núero ínio de balões é. Dados: P C 000 N P B N P at at 000 0,08atol K T 00 K 9) Através de u tubo fino, u observador enxerga o topo de ua barra vertical de altura H apoiada no fundo de u cilindro vazio de diâetro H. O tubo encontra-se a ua altura H + L e, para efeito de cálculo, é de copriento desprezível. Quando o cilindro é preenchido co u líquido até ua altura H (veja figura), antido o tudo na esa posição, o observador passa a ver a extreidade inferior da barra. Deterine literalente o índice de refração desse líquido. L H 8) Ua cesta portando ua pessoa deve ser suspensa por eio de balões, sendo cada qual inflado co de hélio na teperatura local (7 C). Cada balão vazio co seus apetrechos pesa,0 N. São dadas a assa atôica do oxigênio A o 6, a do nitrogênio A N 4, a do hélio A He 4 e a constante dos gases 0,08 at ol - K -. Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 000 N e que a atosfera é coposta de 0% de O e 70% de N, deterine o núero ínio de balões necessários. H H SOLUÇÃO DA QUSTÃO 9: SOLUÇÃO DA QUSTÃO 8:

10 0 SOLUÇÃO CONTADA ITA 004/005 ÍSICA Do triângulo ABC da figura acia, teos: sen(i) H H (H) + (H + L) 5H + HL + L Os triângulos ABC e AD são seelhantes, logo: a H HL H a b H a L L + H L + H L + H Do triângulo D, teos: sen(r) b H H + HL + L b + (H) L + H H + + sen(r) H H + HL + L Aplicando a lei de Snell-Descartes, teos: H + HL + L n sen(i) n sen(r) > n 5H + HL + L L H HL 0) Satélite síncrono é aquele que te sua órbita no plano do equador de u planeta, antendo-se estacionário e relação a este. Considere u satélite síncrono e órbita de Júpiter cuja assa é J,9 x 0 7 kg e cujo raio é J 7,0 x 0 7. Sendo a constante da gravitação universal 6,7 x 0 kg s e considerando que o dia de Júpiter é de aproxiadaente 0h, deterine a altitude do satélite e relação à superfície desse planeta. SOLUÇÃO DA QUSTÃO 0: A força gravitacional é a resultante centrípeta do oviento circular e unifore: C S. ω. ω J ( J + h) π T J S J Substituindo os valores dados: 7 7 6,7.0.,9.0 7 (7.0 + ) 9,.0 h h π 0.600