Solução PC 01 [E] Esse sensor de presença capta ondas eletromagnéticas na região do Infravermelho (ondas de calor) emitidas pelo ser humano.

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1 t RESOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA Solução PC 01 [E] Esse sensor de presença capta ondas eletromagnéticas na região do Infravermelho (ondas de calor) emitidas pelo ser humano. Solução PC 02 [D] O colorido ocorre devido a um fenômeno da natureza ondulatória da luz. Como o segundo raio refletido percorreu uma distância um pouco maior do que o primeiro, a onda da luz (do segundo raio) ficou fora de fase com relação ao primeiro raio, de modo que os dois raios refletidos sofrem o fenômeno da interferência. As diferentes cores observadas decorrem do fato de que a espessura da película de água da película formada sobre o vidro não ser uniforme (devido a gravidade) e assim a interferência causa frequências (cores) diferentes da luz em cada ponto da superfície. Com a evaporação da água haverá uma mudança de espessura da película, alterando a diferença de caminho, e assim reforçando apenas determinados comprimentos de ondas. Solução PC 03 [E] A diferença de pressão entre o som emitido pelo transdutor e refletido irá gerar uma força contrária à força gravitacional, equilibrando-se com esta. F p F p. A F m. g p. A m. g A Solução PC 04 [D] Instrumentos que possuam a mesma afinação e que estejam tocando na mesma frequência, terão a mesma altura. Entretanto, o timbre é a qualidade fisiológica utilizada para distinguir instrumentos musicais que estejam emitindo notas na mesma frequência e mesma amplitude. A forma da onda é a característica que diferencia um instrumento do outro. A forma da onda criada por um dado instrumento é o que nos ajuda a identificar seu timbre. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 1

2 Solução PC 05 O batimento ocorre quando as frequências são ligeiramente próximas. Solução PC 06 A frequência do segundo harmônico f 2 é igual ao dobro da frequência do som fundamental, assim: f 2 2 f1 f Hz( direito) f ' Hz( esquerdo) 2 A frequência de batimento é dada por: f BAT f f 122Hz ' 2 2 Solução PC 07 [E] O nível sonoro é dado por: 16 db 4 N I log 10 log 10 log I Solução PC 08 O canal auditivo pode ser modelado como um tubo sonoro fechado, assim a frequência de ressonância fundamental é dada por: f 1 v 4 L 2 Para L 2 10 m, temos: 340 f1 4250Hz ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 2

3 2 Para L 310 m, temos: 340 f1 2833, 3Hz Solução PC 09 Sabemos que a velocidade de propagação das ondas eletromagnéticas no vácuo é dada por: c f Observando o limite inferior de frequência em que o ser humano é capaz de detectar, temos uma frequência igual a f 4 10 Hz, 14 assim: c f , m 750nm Como este é o limite de visão do ser humano, temos que o possível comprimento do fotodiodo será 950nm. Solução PC 10 A velocidade de propagação de uma onda depende das características do meio (neste caso, a profundidade). Quando uma onda muda de meio, sua velocidade se altera e a frequência permanece constante, o que caracteriza o fenômeno de refração. Solução PC 11 Sendo c a velocidade de propagação da onda, o tempo de resposta é dado pela distância da torre até o ponto onde se encontra o telefone celular. c Δt v Cruzando as informações obtidas através desses tempos, identifica-se a posição correta do aparelho. Vejamos num esquema. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 3

4 Com apenas uma antena o aparelho pode estar em qualquer ponto P da circunferência. Com duas antenas o aparelho pode estar em qualquer um dos pontos P 1 ou P. 2 Com três antenas o aparelho somente pode estar em P. 1 ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 4

5 Solução PC 12 Aplicando a Lei de Snell: 3 1 nmsenθp nl senθr 1sen60 nlsen30 nl n L Solução PC 13 O próximo é o 4º harmônico. No caso a flauta comporta-se como um tudo aberto, sendo a ordem do harmônico (n 4) igual a do número de fusos. Se o comprimento de um fuso é igual ao de meio comprimento de onda, tem-se: λ L 4 L λ. 2 2 Solução PC 14 Para a nota Mi (660Hz), temos: i. v f, i 1.. Logo : 4. L v v f L 4. L 4. f Para a nota Lá (220Hz), temos: 0,125m 12,5cm f f i. v, i L v L 4. L Logo : v 4. f ,375m 37,5cm ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 5

6 Solução PC 15 [E] Os receptores de rádio possuem filtros passa-faixa, selecionando a frequência a ser decodificada (onda portadora). Havendo mais de um emissor operando em frequências próximas, poderá haver interferência. Solução PC 16 Na fotografia 1, a luz refletida dificulta ver detalhes no interior da vitrine. A fotografia 2 foi tirada com a mesma câmera, mas utilizando-se um filtro polaroide. Observe que o interior da vitrine fica bem mais nítido, pois a luz refletida praticamente não passa pelo filtro. Solução PC 17 Entre a emissão e a recepção do eco, a onda sonora percorre a distância 2d. vδt 340 0,1 2d vδt d d d 17 m. 2 2 Solução PC 18 Calculando o comprimento de onda do som mais agudo: v 340 λ 0,085 m 8,5 cm. f Como os corpos e as cabeças das pessoas à frente do músico têm dimensões maiores que o comprimento de onda dos sons mais agudos, a difração é dificultada por esses obstáculos, causando diferenciação na percepção desses sons. Solução PC 19 [E] Para ocorrer máxima absorção de energia, o circuito receptor deve oscilar com a mesma frequência das ondas emitidas pela fonte, a estação de rádio ou o canal de TV. Isso caracteriza o fenômeno da ressonância. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 6

7 Solução PC 20 [B] As radiações emitidas pela lâmpada incandescente são de frequências inferiores às da ultravioleta. Solução PC 21 [D] A questão refere-se ao efeito fotoelétrico, em que um fóton radiante atinge uma placa metálica, arrancando elétrons dessa placa, ou seja, transmitindo a esses elétrons energia cinética. Solução PC 22 Para eliminar as ondas indesejáveis os fones redutores utilizam como base a interferência destrutiva existente entre a onda a ser eliminada e a onda criada pelo aparelho. Solução PC 23 O próprio texto deixa bem claro o fenômeno da reflexão, haja vista que após o envio da onda do transdutor esta deve ser refletida para gerar o fenômeno. Quando houver a superposição das ondas incidente e refletida, regiões de compressão e rarefação de juntam, dando origem às ondas estacionárias através do fenômeno da interferência. Solução PC 24 Sendo a única alteração da imagem de Salinda diante do espelho a redução do seu tamanho, ela está diante de um espelho convexo. O espelho côncavo daria uma imagem invertida e real além de menor e o espelho plano daria uma imagem de mesma altura. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 7

8 Solução PC 25 A figura mostra as imagens I 1 e I 2 formadas pelos dois espelhos. Nessa figura: θα α 360 α 120. Pela soma dos ângulos internos de um quadrilátero: βα β β 60. Como se pode notar, o triângulo IOI 1 2 é equilátero, tendo 1m de lado. Como no espelho plano objeto e imagem são simétricos, temos: 2d1 d 0,5m. Solução PC 26 [D] No espelho plano, objeto e respectiva imagem são sempre simétricos em relação ao plano do espelho. Portanto, a imagem desse objeto localiza-se no ponto 4. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 8

9 Solução PC 27 Num espelho plano, objeto e respectiva imagem são simétricos em relação ao plano do espelho. Portanto, quando você está a 2 m do espelho sua imagem também está a 2 m dele. Devido a essa mesma propriedade (simetria) a velocidade da imagem em relação ao espelho é, em módulo, igual à do objeto, porém em sentido oposto. Assim, se você se aproxima do espelho com velocidade de módulo 1, 5 m/s sua imagem também se aproxima com 1, 5 m/s. Então, relativamente a você, a velocidade de sua imagem tem módulo 3,0m/s. Solução PC 28 Tem-se a seguinte situação inicial sugerida: Rotacionando o espelho de forma que o segundo raio tenha incidência na normal, tem-se: ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 9

10 Desta forma, pode-se observar que o primeiro raio terá ângulo de incidência igual à 30. Solução PC 29 Resolução Gráfica A figura mostra o objeto posicionado de acordo com o enunciado. Notase que a imagem é real, invertida e menor que o objeto. Resolução Analítica Aplicando a equação de Gauss para espelhos esféricos, tem-se: pf 4ff 4f 4f p' p' p'. p' 0 Imagem real p' f p pf 4f f 3f 3 Da equação do aumento linear transversal: A 0 Imagem invertida f f f 1 A A. 1 f p f 4f 3f 3 A Imagem três vezes menor 3 Portanto, a imagem é real, invertida e 3 vezes menor que o objeto. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 10

11 Solução PC 30 No espelho convexo a imagem de um objeto real é sempre virtual, direita e menor que ele. Solução PC 31 Para espelhos plano ou esféricos, a imagem de um objeto real é virtual e direita ou é real e invertida. Essa imagem virtual é reduzida no convexo, de mesmo tamanho no plano e ampliada no côncavo. Assim, tem-se: Espelho A convexo, pois a imagem é virtual direita e menor. Espelho B plano, pois a imagem é virtual direita e de mesmo tamanho. Espelho C côncavo, pois a imagem é virtual direita e maior. Solução PC 32 [D] Por ser uma imagem que será projetada, é direto perceber que se trata de uma imagem real. Em um espelho esférico côncavo, quando a imagem é real, ela será invertida. Diante disto, a amplitude será de A 5. Diante disto, p' A p p' 5 p p' 5p Utilizando a equação de Gauss para espelhos, temos que: ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 11

12 1 1 1 f p p' p 5 p 6 1 5p p 1,2 mp 120 cm Solução PC 33 [B] Fazendo a construção da imagem para o objeto além do centro de curvatura do espelho, obtemos uma imagem real, invertida e menor conforme a figura abaixo: Observa-se também, que a distância da imagem ao vértice do espelho é de 30 cm, que pode ser comprovada pela equação de Gauss: f di do sendo: f 20 cm e do 60 cm di 30 cm 20 di di ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 12

13 Solução PC 34 [E] Como se trata de objeto real, para que a imagem seja direita, ela deve também ser virtual. Então o objeto deve estar posicionado entre o foco e o vértice do espelho, como mostra a figura. Solução PC 35 No espelho esférico convexo a imagem de um objeto real é sempre virtual, direita e menor, situada entre o foco e o vértice. O fato de a imagem ser menor, amplia o campo visual. Solução PC 36 No espelho esférico côncavo, para que a imagem seja virtual direita e maior, o objeto deve estar entre o foco e o vértice do espelho, como ilustra o esquema. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 13

14 Solução PC 37 A figura mostra o caminho seguido pelo feixe de laser. 1 0, tgr 0, r 30. Aplicando a lei de Snell: nar sen θ nágsen30 1 1senθ1,4 2 senθ 0,7 θ 45. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 14

15 Solução PC 38 [D] De acordo com a lei de Snell e Descartes, quando um raio de luz incide obliquamente na fronteira entre dois meios transparentes e homogêneos, com sentido de propagação do mais refringente para o menos refringente, ele desvia afastando-se da normal. A reflexão total só ocorre quando o ângulo de incidência é maior que o ângulo limite. Solução PC 39 [B] Quando é dito que a escova de dentes é iluminada pela luz do dia, entende-se que é a luz branca. A razão de percebermos a cor azul é que o material que a escova é feita reflete somente a frequência da luz branca referente a cor azul. É dito também no enunciado que as cerdas são incolores (transparentes) e quando a escova é iluminada pela luz do dia, percebese estas cerdas na cor azul. Um material que ocorre um fenômeno parecido é a fibra ótica, cujo a qual seu princípio de funcionamento baseia-se no fenômeno da reflexão total. Solução PC 40 A vergência de uma lente esférica, em dioptrias, é dada pelo inverso da distância focal da lente, usando-se o sinal negativo para as lentes divergentes e positivo para as convergentes. Vergência anterior: 1 1 V1 2 f 1 0,5 m f f 1 1 Vergência posterior: 1 1 V2 2,5 f 2 0,4 m f f 2 2 Logo, a distância focal em dez anos reduziu em 0,1 m 10 cm. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 15

16 Solução PC 41 [B] Nos cabos de fibra ótica, a luz sofre o fenômeno da reflexão total e sua velocidade de operação é: Δs km v v v km / s Δt 0,195 s Solução PC 42 [B] Para ocorrer a reflexão total, de acordo com a Lei de Snell, o valor do seno do ângulo θ deve ser maior ou igual a razão entre os índices de refração do meio menos refringente para o meio mais refringente. Tomando o meio (1) como sendo a água e o meio (2) o ar, temos: n senθ n sen r 1 2 Como sen r 90º 1 n2 senθ n1 1, 0 senθ 1, 5 2 senθ 3 Com isso, a única resposta possível é 45. Solução PC 43 O funcionamento dos transformadores é baseado no princípio da indução eletromagnética, descoberta pelo físico inglês Michael Faraday, em Quando a corrente de uma bobina varia, seu campo magnético induz uma força eletromotriz (f.e.m.) numa bobina vizinha. ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 16

17 Para um transformador ideal, temos: V1 N1 I2 V N I Em que: V 1 é a tensão no primário V 2 é a tensão no secundário N 1 é o número de espiras do primário N 2 é o número de espiras do secundário I 1 é a corrente no primário I é a corrente no secundário 2 Nota-se pela expressão que o número de espiras é diretamente proporcional à tensão e inversamente proporcional à corrente. Portanto, para o enrolamento da esquerda temos maior número de espiras e maior tensão. Solução PC 44 [B] A intensidade da força magnética é dada por: F Bqvsenθ Onde, B é o campo magnético, q é a carga elétrica, v é a velocidade e θ é o ângulo entre B e v. Considerando que B e v são perpendiculares, senθ 1. Então, a intensidade do campo magnético é dada por: F B qv ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 17

18 Solução PC 45 Lembrando que a intensidade de uma onda sonora é dada por: Pot Pot 2 3 W 2 2 I Pot I r ,8 10 m 5, A r m Finalmente: E 5832W Pot 5,832W t 1000s 17 min t t W ESPELHOS E ELETROMAGNETISMO 18