ITA (1º DIA) DEZEMBRO/2012

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1 FÍSICA Se precisar, use os seguintes valores para as constantes: carga o próton = 1,6 x C; massa o próton = 1,7 x 10 7 kg; aceleração a graviae g = 10m/s ; 1 atm = 76cmHg: velociae a luz no vácuo c = 3 x 10 8 m/s. 1 C Ao passar pelo ponto O, um helicóptero segue na ireção norte com velociae v constante. Nesse momento, um avião passa pelo ponto P, a uma istância δ e O, e voa para o oeste, em ireção a O, com velociae u também constante, conforme mostra a figura. Consierano t o instante em que a istância entre o helicóptero e o avião for mínima, assinale a alternativa correta. a) A istância percorria pelo helicóptero no instante em que o avião alcança o ponto O é δu/v. b) A istância o helicóptero ao ponto O no instante t é igual a δu / v + u. c) A istância o avião ao ponto O no instante t é igual a δv / (v + u ). ) O instante t é igual a δv / (v + u ). e) A istância é igual a δu / v + u. 1) A velociae o avião, em relação ao helicóptero, Vrel é aa por: Vrel = u v ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

2 O helicóptero é suposto parao em O e o avião mo veno-se com a velociae relativa. A istância será mínima quano OQ for per - penicular a PQ. ) Cálculo e PQ: PQ = V rel. t = u + v. t 3) Cálculo e : = δ (PQ) = (u + v ) t (1) 4) De (1): δ t = () u + v v 5) Da figura: sen θ = = δ u + v δ v = (3) u + v (3) em (): δ v δ t u + v = = u + v t δ u δ u = t = ( é falsa) (u + v ) u + v 6) H = vt = v. δ. u u + v 7) A = δ u t = δ u δ u u + v δ u + δ v δ v u + v u + v Δs A = δ u + δ v u δ u + v δ v Δs A = u + v ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

3 B No interior e uma caixa e massa M, apoiaa num piso horizontal, encontra-se fixaa uma mola e constante elástica k presa a um corpo e massa m, em equilíbrio na vertical. Conforme a figura, este corpo também se en - contra preso a um fio tracionao, e massa esprezível, fi - xa o à caixa, e moo que resulte uma eformação b a mola. Consiere que a mola e o fio se encontram no eixo vertical e simetria a caixa. Após o rompimento o fio, a caixa vai perer contato com o piso se a) b > (M + m)g/k. b) b > (M + m)g/k. c) b > (M m)g/k. ) b > (M m)g/k. e) b > (M m)g/k. 1) Na posição e equilíbrio o bloco m: F mola = P kx 0 = mg mg x 0 = k ) Na situação inicial: A amplitue e oscilação a é aa por: mg a = b x 0 = b k ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

4 3) No ponto mais alto a trajetória (compressão máxima a mola): F e + P = ka F e + mg = k F e + mg = kb mg mg b k F e = kb mg 4) Para a caixa ser levantaa: F e > Mg kb mg > Mg kb > (m + M)g (m + M) g b > k ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

5 3 A Num experimento clássico e Young, representa a istân cia entre as fenas e D a istância entre o plano estas fenas e a tela e projeção as franjas e interfe - rência, como ilustrao na figura. Num primeiro experi - mento, no ar, utiliza-se luz e comprimento e ona λ 1 e, num seguno experimento, na água, utiliza-se luz cujo comprimento e ona no ar é λ. As franjas e interfe - rência os experimentos são registraas numa mesma tela. Seno o ínice e refração a água igual a n, assinale a expressão para a istância entre as franjas e interferência construtiva e orem m para o primeiro experimento e as e orem M para o seguno experi - mento. a).d (Mλ mnλ 1 ) / (n). b).d (Mλ mλ 1 ) / (n). c).d (Mλ mnλ 1 ) /. ).Dn (Mλ mλ 1 ) /. e).d (Mnλ mλ 1 ) /. I) No ponto P (local e interferência construtiva), a iferença e percursos Δx entre as onas provenientes as fenas F e F 1 eve ser múltipla inteira o comprimento e ona λ, isto é: Δx = N λ (N = 1,, 3 ) No triângulo retângulo OPQ: y y tg θ = sen θ (θ é bastante pequeno) D D No triângulo retângulo F 1 RF : sen θ Δx y Δx Logo: = D λd y = N ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

6 II) Experimento no ar: λ 1 D y 1 = m III) Experimento na água: λ H O λ n ar λ H O 1 = = n λ n λ λ H O = n λ H O y = M D M λ D y = n IV) Fazeno y y 1 = L (istância entre as franjas e interferência construtiva e orem m para o primeiro experimento e as e orem M para o seguno experimento), tem-se: M λ D m λ 1 D L = n Da qual: D L = (Mλ mnλ 1 ) n ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

7 4 A Num certo experimento, três cilinros iênticos encon - tram-se em contato pleno entre si, apoiaos sobre uma mesa e sob a ação e uma força horizontal F, constante, aplicaa na altura o centro e massa o cilinro a esquera, perpenicularmente ao seu eixo, conforme a figura. Desconsierano qualquer tipo e atrito, para que os três cilinros permaneçam em contato entre si, a aceleração a provocaa pela força eve ser tal que a) g/(3 3 ) a g/ 3. b) g/(3 ) a 4g/. c) g/( 3) a 4g/(3 3 ). ) g/(3 ) a 3g/(4 ). e) g/( 3 ) a 3g/(4 3 ). Cálculo e F F = (3m) a F = 3 m a 1. Cálculo a aceleração mínima: Neste caso, é nula a força e contato entre os cilinros 1 e 3. Cilinro a (projeção horizontal): F F 1 cos 60 = m a 1 3 m a F 1 = m a F 1 = 4 m a I Cilinro b (projeção horizontal): F 1 cos 60 F 3 cos 60 = m a ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

8 1 1 (4 m a) F 3 = m a F 3 = m a II Cilinro b (projeção vertical): (F 1 + F 3 ) cos 30 = P De I e II, vem: (4 m a + m a) 3 = m g g a mín = 3 3. Cálculo a aceleração máxima: Na conição e aceleração máxima, amite-se que o cilinro praticamente não troca força com o cilinro 3. Cilinro b : projeção vertical f cos 30 = m g projeção horizontal f sen 30 = m a a g tg 30 = a g máx = 3 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

9 5 A Duas partículas, e massas m e M, estão respectivamente fixaas nas extremiaes e uma barra e comprimento L e massa esprezível. Tal sistema é então apoiao no interior e uma casca hemisférica e raio r, e moo a se ter equilíbrio estático com m posicionao na bora P a casca e M, num ponto Q, conforme mostra a figura. Desconsierano forças e atrito, a razão m/ M entre as massas é igual a a) (L r )/(r ). b) (L 3r )/(r ). c) (L r ) (r L ). ) (L 3r )/(r L ). e) (3L r )/(L r ). x 1) sen ( ) = cos = (1) r ) cos = cos sen = cos 1 cos = L r 1 = 1 () r x L r L r () em (1): = r r x = r 3) Somatório os torques nulo em relação ao ponto O: mg. r = Mg. x m x L r = = M r r L ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

10 6 D Uma cora, e massa esprezível, tem fixaa em caa uma e suas extremiaes, F e G, uma partícula e massa m. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiao numa superfície cilínrica sem atrito, e raio r, abrangeno um ângulo e 90 e simetricamente isposto em relação ao ápice P o cilinro, conforme mostra a figura. Se a cora for levemente eslocaa e começa a escorregar no sentio anti-horário, o ângulo θ FÔP em que a partícula na extremiae F pere contato com a superfície é tal que a) cos θ = 1. b) cos θ sen θ =. c) sen θ + cos θ =. ) cos θ + sen θ =. e) cos θ + sen θ = /. 1) Para um referencial passano por P, temos: E 0 = mg R 1 E f = mg R (1 cos θ) mg R (1 sen θ) + mv ) E f = E 0 mgr (1 cos θ) mgr (1 sen θ) + mv = ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

11 = mgr 1 gr + gr cos θ gr + grsen θ + V = = gr + gr V = gr ( cos θ sen θ + ) (I) 3) Na posição e esligamento: P N = F cp mgcos θ = cos θ = mv R V gr = cos θ sen θ + cos θ + sen θ = ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

12 7 A Uma pequena bola e massa m é lançaa e um ponto P contra uma paree vertical lisa com uma certa velociae v 0, numa ireção e ângulo α em relação à horizontal. Consiere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto e lançamento, a uma istância a paree, como mostra a figura. Nestas conições, o coeficiente e restituição eve ser a) e = g/(v senα g). 0 b) e = g/(v cosα g). 0 c) e = 3g/(v senα g). 0 ) e = 4g/(v cosα g). 0 e) e = g/(v tanα g). 0 Na ausência a paree, o tempo e voo (t AB ) é ao por: g y = y 0 + V 0y t t 1 0 = 0 + V 0y t AB g t AB V 0y t AB = g ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

13 Supono-se que, imeiatamente antes e após a colisão a bola contra a paree (ponto c), não houve alteração o móulo a componente vertical a velociae a bola naquele ponto, então: t 1 + t = t AB t 1 : tempo e subia e A para C t : tempo e voo e C para A Seno V x e V x os móulos as componentes ho - rizontais, respectivamente, imeiatamente antes e após a colisão, temos: t 1 = e t = V x V x Logo: V 0y + = V x V x g V 0 cos α V 0 sen α + = V x g V 0 sen α = V x g V 0 cos α V 0 sen α cos α g = V x V 0 g cos α V 0.. g cos α V x = V 0 sen α g ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

14 Coeficiente e restituição: V relafastamento V x V relaproximação V x e = e = V 0.. g. cos α V 0 sen α. g e = V 0 cos α. g e = V 0 sen α. g ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

15 8 C A figura mostra um sistema, livre e qualquer força externa, com um êmbolo que poe ser eslocao sem atrito em seu interior. Fixano o êmbolo e preencheno o recipiente e volume V com um gás ieal a pressão P, e em seguia liberano o êmbolo, o gás expane-se aiabaticamente. Consierano as respectivas massas m c, o cilinro, e m e, o êmbolo, muito maiores que a massa m g o gás, e seno o expoente e Poisson, a variação a energia interna U o gás quano a velociae o cilinro for v c é aa aproximaamente por a) 3PV /. b) 3PV/(( 1)). c) m c (m e + m c )v c /(m e ). ) (m c + m e )v c /, e) m e (m e + m c )v c /(m c ). Como o sistema é isolao, a quantiae e movimento o sistema se conserva: m e ve + m cvc = 0 m e ve = m cvc Em móulo: m c v e = v c (I) m e Como a transformação é aiabática, a quantiae e calor Q trocaa pelo gás é nula: Q = τ + ΔU 0 = τ + ΔU ΔU = τ (II) O trabalho τ o gás provoca variação na energia cinética o sis tema: τ = m c +m e Da equação (I), vem: τ = m c + v c v c v c τ = m c + τ = m c (m e + m c ) v e m e m c m e v c m e m c v c m e ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

16 Substituino na equação (II), vem: ΔU = m c (m e + m c ) v c m e ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

17 9 C Uma rampa maciça e 10 kg inicialmente em repouso, apoiaa sobre um piso horizontal, tem sua ecliviae aa por tan θ = 3/4. Um corpo e 80 kg esliza nessa rampa a partir o repouso, nela percorreno 15 m até alcançar o piso. No final esse percurso, e escon - sierano qualquer tipo e atrito, a velociae a rampa em relação ao piso é e aproximaamente a) 1 m/s. b) 3 m/s. c) 5 m/s. ) m/s. e) 4 m/s. 1) Conservação a quantiae e movimento na horizontal: mv x = MV r 80V x = 10V r V x = 3 V r ) A velociae o corpo em relação à rampa é na horizontal: V relx = V x ( V r ) = V x + V r = 5 V relx = V r 3 V r + V r 3) O movimento relativo o corpo, em relação à rampa, tem a ireção a rampa, logo: V y 5 5 tg θ = V y = V r. tg θ = V r. V rel V y = V r 8 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

18 4) Fazeno conservação e energia: f m = i m M V r + m V c = m g h 10. V 80 r + (V y + V x ) = ,0 60 V 5 9 r + 40 V = 700 r + V 64 4 r 60V 5 V r + 40 r Vr = V 5 r V r = V r = 700 V r 5 V r 5,0 m/s ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

19 10 B Certo prouto inustrial constitui-se e uma embalagem rígia cheia e óleo, e imensões L x L x, seno transportao numa esteira que passa por um sensor capacitivo e uas placas paralelas e quaraas e lao L, afastaas entre si e uma istância ligeiramente maior que, conforme a figura. Quano o prouto estiver inteiramente inserio entre as placas, o sensor eve acusar um valor e capacitância C 0. Consiere, contuo, tenha havio antes um inesejao vazamento e óleo, tal que a efetiva meia a capacitância seja C = 3/4C 0. Seno aas as respectivas constantes ielétricas o óleo, k = ; e o ar, k ar = 1, e esprezano o efeito a constante ielétrica a emba - lagem, assinale a percentagem o volume e óleo vazao em relação ao seu volume original. a) 5% b) 50% c) 100% ) 10% e) 75% Capacitor com ielétrico e óleo e capacitor com ielétrico e ar ligaos sob a mesma p (associação em paralelo): 3 C paralelo = C 0 (1) 4 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

20 C paralelo = C ar + C óleo k C paralelo = ar. A ar k + óleo. A óleo () Igualano-se (1) e (), vem: k ar. A ar k + óleo. A óleo 3 = C (L x) L. x. L + = 3 L 4 L x + x = 1,5L x = 1,5L L x = 0,50L Houve um vazamento e 50% o óleo. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

21 11 E O circuito mostrao na figura é constituío por um geraor com f.e.m. ε e um resistor e resistência R. Consiere as seguintes afirmações, seno a chave S fechaa: I. Logo após a chave S ser fechaa haverá uma f.e.m. autoinuzia no circuito. II. Após um tempo suficientemente grane cessará o fenômeno e autoinução no circuito. III. A autoinução no circuito ocorrerá sempre que houver variação a corrente elétrica no tempo. Assinale a alternativa veraeira. a) Apenas a I é correta. b) Apenas a II é correta. c) Apenas a III é correta. ) Apenas a II e a III são corretas. e) Toas são corretas. I) CORRETA. Logo após a chave S ser fechaa haverá f.e.m. autoinuzia no circuito, pois a variação a corrente e zero ao valor final prouz um campo magnético variável no tempo e acoro com a Lei e Faraay para a proução a força eletromotriz. II) CORRETA. Após um tempo suficientemente gran e, cessará o fenômeno e autoinução no circuito, pois não haverá a variação temporal o campo magnético, já que a corrente se torna contínua e constante em seu valor. III) CORRETA. A autoinução no circuito ocorrerá sempre que houver variação a corrente elétrica no tempo, a qual prouz variação o fluxo mag - nético, e acoro com a Lei e Faraay. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

22 1 D Um raio horizontal e luz monocromática atinge um espelho plano vertical após inciir num prisma com abertura e 4 e ínice e refração n = 1,5. Consiere o sistema imerso no ar e que tanto o raio emergente o prisma como o refletio pelo espelho estejam no plano o papel, perpenicular ao plano o espelho, como mostrao na figura. Assinale a alternativa que inica respec tivamente o ângulo e o sentio em que eve ser girao o espelho em torno o eixo perpenicular ao plano o papel que passa pelo ponto O, e moo que o raio refletio retome paralelamente ao raio inciente no prisma. a) 4, sentio horário. b), sentio horário. c), sentio antihorário. ) 1, sentio horário. e) 1, sentio antihorário. Da figura, o ângulo e inciência a luz no espelho é igual ao ângulo e esvio proporcionao pelo prisma: = Para o retorno o raio e luz refletio paralelo ao raio inciente, o espelho eve rotacionar e no sentio horário. I) Cálculo o ângulo e inciência i no prisma: Na figura, temos que os laos o ângulo i são mutuamente perpeniculares aos laos o ângulo ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

23 que correspone à metae o ângulo e abertura A o prisma A 4º i = = π i = º = ra 90 II) Cálculo o ângulo e refração interno r: Da Lei e Snell-Descartes, temos: n ar sen. i = n sen. r π 1,0. sen ( 90 ) = 1,5. sen r Para ângulos menores o que 5º, poemos assumir que o seno o ângulo é igual ao ângulo, meio em raianos: π 90 = 1,5. r π r = ra 135 III) Cálculo o ângulo e inciência interno r no prisma: A = r + r π π = + r π r = ra 135 IV) Cálculo o ângulo e emergência a luz i n sen r = n ar sen i 1,5. sen π = 1. sen i 135 π 1,5. = i 135 π i = ra 45 V) Cálculo o ângulo e esvio Δ sofrio pela luz ao atravessar o prisma. Δ = i + i Δ π π π Δ = + (ra) Δ = π 90 ra ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

24 O ângulo e rotação o espelho é então e: α Δ = = π = ra 180 ou ϕ = 1º, no sentio horário ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

25 13 B Um prato plástico com ínice e refração 1,5 é colocao no interior e um forno e micro-onas que opera a uma frequência e,5 x 10 9 Hz. Supono que as micro-onas inciam perpenicularmente ao prato, poe-se afirmar que a mínima espessura este em que ocorre o máximo e reflexão as micro-onas é e a) 1,0 cm. b),0 cm. c) 3,0 cm. ) 4,0 cm. e) 5,0 cm. (I) O fenômemo escrito está ilustrao abaixo. É importante observar que a reflexão na interface (1) (ar-prato) ocorre com inversão e fase, enquanto na interface () (prato-ar), ocorre sem inversão e fase, já que o ar é menos refringente que o material o prato. Seno x a iferença e percursos entre os pulsos refletios na interface () e aqueles refletios na interface (1), tem-se que: x = e e x = i p Logo: e = i p Da qual: e = i (em que i = 1, 3, 5...) 4 É importante notar que, como os pulsos se superpõem em oposição e fase, a conição e interferência construtiva entre eles impõe que o fator i seja um número ímpar. Para se obter o valor mínimo e e, utiliza-se i = 1. Assim: p e mín = 1 4 p p n ar p (II) Mas: = = ar n p c f n ar n p ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

26 c n p = ar 3, ,0 p = (m) f n p, ,5 Da qual: p = 0,08m = 8,0cm p (III) Assim: e mín = 1 = 4 e mín =,0cm 8,0cm 4 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

27 14 B Consiere o circuito elétrico mostrao na figura formao por quatro resistores e mesma resistência, R = 10 Ω, e ois geraores ieais cujas respectivas forças eletro - motrizes são ε l = 30 V e ε = 10 V. Poe-se afirmar que as correntes i 1, i, i 3 e i 4 nos trechos inicaos na figura, em ampères, são respectivamente e a), /3, 5/3 e 4. b) 7/3, /3, 5/3 e 4. c) 4, 4/3, /3 e. ), 4/3, 7/3 e 5/3. e), /3, 4/3 e 4. Separação as malhas e aplicação as Leis e Kirchhoff: Malha : Ri 1 + Ri 1 = 0 10i i 30 = 0 10i i = 30 i 1 + i = 3 (I) Malha : R 1 + i 4 1 = i = 0 10i 4 = 40 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

28 i 4 = 4,0 A (II) Malha : Ri 3 + Ri = 0 10i 3 10i 10 = 0 10i 3 10i = 10 i 3 i = 1 i 3 = 1 + i (III) Observano o circuito, vemos que i 1 = i + i 3. Subs - tituino-se essa expressão em (I), vem: i + i 3 + i = 3 i + i 3 = 3 (IV) III em IV: i + (1 + i ) = 3 3i = i = A 3 Em III: i 3 = 1 + i i 3 = (A) 5 i 3 = A 3 Como i 1 = i + i 3, temos: 5 i 1 = + 3 (A) 3 7 i 1 = A 3 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

29 15 E A figura mostra uas cascas esféricas conutoras concên - tricas no vácuo, escarregaas, em que a e c são, respecti - vamente, seus raios internos, e b e seus respectivos raios externos. A seguir, uma carga pontual negativa é fixaa no centro as cascas. Estabelecio o equilíbrio eletros tático, a respeito o potencial nas superfícies externas as cascas e o sinal a carga na superfície e raio, poemos afirmar, respectivamente, que a) V(b) > V() e a carga é positiva. b) V(b) < V() e a carga é positiva. c) V(b) = V() e a carga é negativa. ) V(b) > V() e a carga é negativa. e) V(b) < V() e a carga é negativa. A carga puntiforme negativa no centro as esferas vai prouzir inução eletrostática e as cargas inuzias estão representaas na figura Logo, a carga elétrica aquiria pela superfície é negativa. O potencial gerao pela carga negativa no centro a K( Q) esfera poe ser calculao por V =, seno Q r a carga no centro as esferas. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

30 K( Q) K( Q) V b = V = b Como b < V b < V ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

31 16 D Um recipiente contém ois líquios homogêneos e imis - cíveis, A e B, com ensiaes respectivas ρ A e ρ B. Uma esfera sólia, maciça e homogênea, e massa m = 5 kg, permanece em equilíbrio sob ação e uma mola e constante elástica k = 800 N /m, com metae e seu volume imerso em caa um os líquios, respec tivamen - te, conforme a figura. Seno ρ A = 4ρ e ρ B = 6ρ, em que ρ é a ensiae a esfera, poe-se afirmar que a eformação a mola é e a) 0 m. b) 9/16 m. c) 3/8 m. ) 1/4 m. e) 1/8 m. Para o equilíbrio: F mola + P = E A + E B V V kx + mg = 4 ρ g + 6 ρ g Seno P = mg = ρ V g = 50 N, vem E A = ρ Vg = 100N E B = 3 ρ Vg = 150N 800. x + 50 = x = m 4 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

32 17 C Diferentemente a inâmica newtoniana, que não istingue passao e futuro, a ireção temporal tem papel marcante no nosso ia-a-ia. Assim, por exemplo, ao aquecer uma parte e um corpo macroscópico e o isolar - mos termicamente, a temperatura este se torna graual - mente uniforme, jamais se observano o contrário, o que inica a irecionaliae o tempo. Diz-se então que os processos macroscópicos são irreversíveis, evoluem o passao para o futuro e exibem o que o famoso cos - mólogo Sir Arthur Eington enominou e seta o tempo. A lei física que melhor trauz o tema o texto é a) a seguna lei e Newton. b) a lei e conservação a energia. c) a seguna lei a termoinâmica. ) a lei zero o termoinâmica. e) a lei e conservação a quantiae e movimento. O texto se refere ao aumento a entropia os sistemas termoinâmicos, emonstrao pela seguna lei a termoinâmica. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

33 18 E Num experimento que usa o efeito fotoelétrico ilumina-se a superfície e um metal com luz proveniente e um gás e hirogênio cujos átomos sofrem transições o estao n para o estao funamental. Sabe-se que a função trabalho o metal é igual à metae a energia e ionização o átomo e hirogênio cuja energia o estao n é aa por E n = E 1 /n. Consiere as seguintes afir - mações: I A energia cinética máxima o elétron emitio pelo metal é E c = E 1 /n E 1 /. II A função trabalho o metal é = E 1 /. III A energia cinética máxima os elétrons emitios aumenta com o aumento a frequência a luz inciente no metal a partir a frequência mínima e emissão. Assinale a alternativa veraeira. a) Apenas a I e a III são corretas. b) Apenas a II e a III são corretas. c) Apenas a I e a II são corretas. ) Apenas a III é correta. e) Toas são corretas. Cálculo a energia e ionização: A energia e ionização correspone à variação a energia entre o estao funamental (n = 1) e a energia nula o infinito. E ionização = E infinito E funamental E ionização = 0 E 1 E E ionização = E 1 < 0, pois o elétron está ligao ao 1 núcleo e hirogênio. I. Correta De acoro com a proposição e Einstein para o efeito fotoelétrico, temos: Energia cinética máxima o fotoelétron ejetao pela placa e metal (E c ) E E c = E 1 1 E c = Energia o fóton emitio pelo átomo e hirogênio na = transição o estao n para o funa - mental E 1 E fóton = E 1 n E 1 n E 1 E 1 E 1 + n E 1 E 1 E c = n Função trabalho o metal igual à metae a energia e ionização E 1 = ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

34 II. Correta E = 1 III. Correta O efeito fotoelétrico também poe ser operaciona - lizao por: E c = h f (h é a Constante e Planck) A equação mostra que o aumento a frequência f o fotoelétron aumenta a energia cinética o fotoelétron ejetao pelo metal. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

35 19 D Uma espira circular e raio R é percorria por uma corrente elétrica i criano um campo magnético. Em seguia, no mesmo plano a espira, mas em laos opostos, a uma istância R o seu centro colocam-se ois fios conutores retilíneos, muito longos e paralelos entre si, percorrios por correntes i 1 e i não nulas, e sentios opostos, como inicao na figura. O valor e i e o seu sentio para que o móulo o campo e inução resul tante no centro a espira não se altere são respectivamente a) i = (1/π) (i 1 + i ) e horário. b) i = (1/π) (i 1 + i ) e antihorário. c) i = (1/4π) (i 1 + i ) e horário. ) i = (1/4π) (i 1 + i ) e antihorário. e) i = (1/π) (i 1 + i ) e horário. Inicialmente a espira e raio R gera um campo magnético cujo móulo é ao por i B esp = R Ao colocarmos os ois fios paralelos eles geram um campo magnético resultante B fio e móulo: i B fio = 1 i + = (R) (R) (i 1 + i ) 4 R Para que não se altere o móulo o campo resultante no centro a espira, o móulo o campo B fio eve ser igual ao obro o móulo campo a espira ( B esp ) e seus sentios evem ser opostos. B fio =. B esp (i 1 + i ) 4 R = i R i 1 + i i = 4 Pela regra a mão ireita, o campo resultante os fios está penetrano no papel. Concluino, o campo a espira everá sair o papel e a corrente terá sentio anti-horário. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

36 0 A Uma lua e massa m e um planeta istante, e massa M >> m, escreve uma órbita elíptica com semieixo maior a e semieixo menor b, perfazeno um sistema e energia E. A lei as áreas e Kepler relaciona a velociae v a lua no apogeu com sua velociae v no perigeu, isto é, v (a e) = v (a + e), em que e é a meia o centro ao foco a elipse. Nessas conições, poemos afirmar que a) E = GMm/(a). b) E = GMm/(b). c) E = GMm/(e). ) E = GMm/ a + b e) v = GM/(a e). v (a e) = v (a + e) mv GMm No perigeu: E = (1) a e mv GMm No apogeu: E = () a + e m E = v mv a + e GMm a e a e mv GMm De (): = E + (4) a + e mv GMm a e Comparano (4) e (5), vem: E = (3) De (3): = E +. (5) GMm a + e GMm E + = E +. a e GMm a + e a e a e a + e E + = E +. GMm E + = E + GMm. a + e a e a + e a e a + e a + e GMm (a e) a e E 1 = GMm a e 1 a + e (a + e) a e GMm a e a + e a + e (a e) (a + e) a e (a + e) a e E 1 = GMm (a e a e) a + e a + e a + e (a + e) E. (a e) GMm ( e) = (a + e) (a + e) E (a + ae + e a + ae e ) = GMm ( e) E 4ae = GMm ( e) GMm E = a ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

37 1 QUESTÕES DISSERTATIVAS Consiere as seguintes relações funamentais a inâ - mica relativística e uma partícula: a massa relativística m = m 0 γ, o momentum relativístico p = m 0 γv e a energia relativística E = m 0 γc, em que m 0 é a massa e repouso a partícula e γ = 1/ 1 v /c é o fator e Lorentz. Demonstre que E p c = (m 0 c ) e, com base nessa relação, iscuta a afirmação: Toa partícula com massa e repouso nula viaja com a velociae a luz c. Energia relativística E = m 0 γc E = m 0 γ c 4 E = m 0 c 4. E = m 0 c 4. E = m 0 c 4. E = m 0. (1) c V Momentum relativístico p= m 0. γ. V p = m 0. γ. V 1 V 1 c 1 c V c c c V c 6 p = m V V 1 c c p = m 0.. V c V p m = 0 V c () c V Substituino (1) e () no primeiro termo a equação o enunciao: E p c = (m 0 c ) E p c = m 0 c 6 m 0 V c c c V c V ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

38 E p c m = 0 c 4 (c V ) c V E p c = m 0 c 4 E p c = (m 0 c ) Além isso, para m 0 = 0, temos: m = m 0. γ m = m 0. 1 V 1 c V 1 c. m = m 0 V 1 c = 0 V 1 = 0 V = c c Se a partícula viajasse com a velociae a luz, sua massa e repouso seria nula. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

39 Um recipiente é inicialmente aberto para a atmosfera a temperatura e 0 C. A seguir, o recipiente é fechao e imerso num banho térmico com água em ebulição. Ao atingir o novo equilíbrio, observa-se o esnível o mercúrio inicao na escala as colunas o manômetro. Construa um gráfico P x T para os ois estaos o ar no interior o recipiente e o extrapole para encontrar a temperatura T 0 quano a pressão P = 0, interpretano fisicamente este novo estao à luz a teoria cinética os gases. No estao 1, a pressão o gás é igual à pressão atmosférica P 1 = 76 cm Hg e no estao a pressão o gás P é aa por P = P atm + P Hg P = 76 cmhg + 8 cmhg P = 104 cmhg Para esses valores e pressão e temperatura, obtemos no gráfico (P x T) ois pontos: Amitino-se que o ar no recipiente se comporta como um gás ieal, a pressão varia linearmente com a temperatura: P = P 0 + αt Dos pontos o gráfico, temos: 104 = P 0 + α = P 0 + α. 73 Resolveno o sistema, temos: P 0 = 0,44 cmhg α = 0,8 cmhg K E obtemos a relação: P = 0,44 + 0,8T ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

40 Fazeno P = 0, temos: 0 = 0,44 + 0,8T T = 0,44 0,8 T 1,57K K Ou seja, a temperatura o gás se aproxima o zero absoluto. Tal conclusão é coerente com a teoria cinética os gases, seguno a qual a pressão aplicaa pelo gás nas parees o recipiente se eve às colisões entre as partículas que constituem o gás e as parees o recipiente. A temperatura, por sua vez, cai com a reução o grau e agitação as partículas. De acoro com a teoria cinética os gases, a pressão everia ser nula na temperatura e 0K. O valor encontrao, iferente e 0K, está ligao ao fato e o gás não ser ieal e a eventuais erros e meia. ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

41 3 Num plano horizontal x y, um projétil e massa m é lançao com velociae v, na ireção θ com o eixo x, contra o centro e massa e uma barra rígia, homogênea, e comprimento L e massa M, que se encontra inicialmente em repouso a uma istância D e uma paree, conforme a figura. Após uma primeira colisão elástica com a barra, o projétil retrocee e colie elasticamente com a paree. Desprezano qualquer atrito, etermine o intervalo e valores e θ para que ocorra uma seguna colisão com a barra, e também o tempo ecorrio entre esta e a anterior na paree. 1) Conservação a quantiae e movimento na ireção x: M V 1 m V x = m Vcos θ (1) ) Colisão elástica: V af = V ap V 1 + V x = Vcos θ () () M: M V 1 + M V x = M Vcos θ (3) (3) (1): V x (M + m) = (M m) Vcos θ (M m) Vcos θ V x = M + m Em (): V 1 + V 1 = Vcos θ (M m) Vcos θ M + m [ M m 1 ] M + m = Vcos θ m V 1 = Vcos θ M + m ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

42 3) Seja T o tempo total ese a 1.ª colisão até a.ª colisão. O projétil vai percorrer na ireção x uma istância total D +, em que é a istância percorria pela barra no tempo T. D + = V x T (1) = V 1 T () (1) () D + V x : = = M m = 4 D m + m (M 3m) = 4 D m V 1 M m m 4 D m = M 3m 4 D m ( m Em (): = Vcos θ T M 3m ) M + m D(M + m) T = Vcos θ (M 3m) 4) Na ireção o eixo y: Δs y = V y T = Vsen θ. D (M + m) Vcos θ (M 3m) Δs y = tg θ. Para que ocorra a.ª colisão: Δs y L D (M + m) M 3m tg θ. D (M + m) M 3m L L (M 3m) tg θ 4 D (M + m) 0 θ arc tg L (M 3m) 4D (M + m) ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

43 5) O tempo gasto para o projétil chegar à paree após a 1.ª colisão é ao por: D = V x. T 1 (M m) Vcos θ D =. T 1 M + m T 1 = ( M + m ) M m D Vcos θ O tempo peio entre a colisão com a paree e a.ª colisão com a barra é ao por: Δt = T T 1 D (M + m) Δt = Vcos θ (M 3m) ( M + m ) M m (M + m) D ( 1 ) Δ t = Vcos θ M 3m M m D Vcos θ ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

44 4 Dois raiotelescópios num mesmo plano com uas estrelas operam como um interferômetro na frequência e,1 GHz. As estrelas são interistantes e L = 5,0 anosluz e situam-se a uma istância D =,5 x 10 7 anos-luz a Terra. Ver figura. Calcule a separação mínima,, entre os ois raiotelescópios necessária para istinguir as estrelas. Seno θ < < 1 em raianos, use a aproximação θ tan θ sen θ. A situação proposta equivale ao experimento e Young, em que as estrelas corresponem a uas fontes pontuais e frequência,1 GHz. Os telescópios estão posicionaos sobre uas franjas e interferência sucessivas. tg θ = D x sen θ = L sen θ tg θ x L Δx = = D D. L ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

45 Se entenermos istinguir como seno os ois telescópios etectano a estrela, temos interferência construtiva entre os sinais emitios pelas estrelas. A iferença e percursos eve ser múltipla par e meio compri mento e ona: Δx = p (p é número par) D = L = p. (I) Da equação funamental a onulatória, obtemos o comprimento e ona o sinal emitio pelas estrelas: V = f 3, =., λ = m 7 Substituino-se os valores numéricos na relação (I) obtia para a istância, temos: 1 p.., = 7 (m). 5,0,5 = p m 7 A menor istância entre os telescópios ocorre para p = :,5 mín = m 7 mín 7, m Se entenermos istinguir como seno um os telescópios etectano a estrela e o outro não, temos interferência estrutiva entre os sinais emitios pelas estrelas. A iferença e percursos eve ser múltipla ímpar e meio compri mento e ona: Δx = i D p D L L = i. (i é número ímpar) = i D L (II) Substituino-se novamente os valores numéricos na relação (II) obtia para a istância, temos: 1 i.., = 7 (m). 5,0 = i., m ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

46 A menor istância entre os telescópios ocorre para i = 1:,5 mín = m 7 mín 3, m Resposta: Para interferência construtiva: mín 7, m ou Para interferência estrutiva: mín 3, m ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

47 5 Em atmosfera e ar calmo e ensiae uniforme a, um balão aerostático, inicialmente e ensiae, esce verticalmente com aceleração constante e móulo a. A seguir, evio a uma variação e massa e e volume, o balão passa a subir verticalmente com aceleração e mesmo móulo a. Determine a variação relativa o volume em função a variação relativa a massa e as ensiaes a e. Situação inicial: P E 0 = m 0. a. V 0. g a. V 0. g =. V 0. a a a =. g Situação final: E P = m. a a. (V 0 + V). g (m 0 + m). g = = (m 0 + m). 0 ar. g 0 a (V 0 + V) (m 0 + m) = (m 0 + m) V m a m + = V 0 V 0 V 0 a = m 0 m + a V 0 V 0 V m a = = V 0 m +. m m 0 a ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

48 a V 1 + V 0 = m 1 + m 0 ar 1 + V 1 + = V V 0 V 0 a m 1 + m a m = m a a V m = V 0 m a ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

49 6 Um mol e um gás ieal sofre uma expansão aiabática reversível e um estao inicial cuja pressão é P i e o volume é V i para um estao final em que a pressão é P f e o volume é V f. Sabe-se que γ = C p /C v é o expoente e Poisson, em que C p e C v são os respectivos calores molares a pressão e a volume constantes. Obtenha a expressão o trabalho realizao pelo gás em função e P i, V i, P f, V f e γ. O gráfico a pressão (P) em função o volume (V) trauz a expansão aiabática sofria pelo gás. A curva que conecta os pontos (i) e (f) obeece à Lei e Poisson-Laplace PV γ = k ou k P = V γ k é uma constante Pelo 1 ọ Princípio a Termoinâmica, Q = τ + ΔU, seno Q = 0 (transformação aiabática), tem-se: 0 = τ + ΔU τ = ΔU A variação e energia interna, porém, é aa, neste caso, por: ΔU = nc V (T f T i ) 1 Da Relação e Mayer: C P C V = R C Seno γ = P C P = γ C V. Logo: C V γ C V C V = R C V (γ 1) = R ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

50 Da qual: R C V = γ 1 Substituino-se em 1: R ΔU = n (T f T i ) γ 1 Da Equação e Clapeyron: PV = n R T, obtém-se: T = PV nr Assim: nr P ΔU = f V P i V f i γ 1 nr nr Da qual: 1 ΔU = (P f V f P i V i ) γ 1 Lembrano-se e que τ = ΔU, obtém-se, finalmente: 1 τ = (P i V i P f V f ) γ 1 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

51 7 Um ispositivo é usao para eterminar a istribuição e velociaes e um gás. Em t = 0, com os orifícios O' e O alinhaos no eixo z, moléculas ejetaas e O', após passar por um colimaor, penetram no orifício O o tambor e raio interno R, que gira com velociae angular constante ω. Consiere, por simplificação, que neste instante inicial (t = 0) as moléculas em movimento encontram-se agrupaas em torno o centro o orifício O. Enquanto o tambor gira, conforme mostra a figura, tais moléculas movem-se horizontalmente no interior este ao longo a ireção o eixo z, caa qual com sua própria velociae, seno paulatinamente epositaas na superfície interna o tambor no final e seus percursos. Nestas conições, obtenha em função o ângulo θ a expressão para v v min, em que v é a velociae a molécula epositaa corresponente ao giro θ o tambor e v min é a menor velociae possível para que as moléculas sejam epositaas urante a primeira volta este. (I) Para uma rotação e um ângulo θ o tam bor, temos: ω = Δ t = (θ em ra) a (II) Neste intervalo e tempo, Δ t, uma molécula sofre um eslocamento e R, ao longo o eixo Z, para se epositar na paree o cilinro: v = θ Δt θ ω R Δt b a em b: v = v = R θ ω Rω θ ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

52 Para a primeira rotação completa o cilinro, temos: θ = π ra Logo: v mín = Rω π v mín = Rω π (III) Escreveno v v mín, temos: Rω v v mín = θ Rω π Da qual: ωr v v mín = (π θ) πθ ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

53 8 O experimento mostrao na figura foi montao para elevar a temperatura e certo líquio no menor tempo possível, ispeneno uma quantiae e calor Q. Na figura, G é um geraor e força eletromotriz, com resistência elétrica interna r, e R é a resistência externa submersa no líquio. Desconsierano trocas e calor entre o líquio e o meio externo, a) Determine o valor e R e a corrente i em função e e a potência elétrica P fornecia pelo geraor nas conições impostas. b) Represente graficamente a equação característica o geraor, ou seja, a iferença e potencial U em função a intensiae a corrente elétrica i. c) Determine o intervalo e tempo transcorrio urante o aquecimento em função e Q, i e. Nas conições e menor tempo possível e aque - cimento, o geraor eve trabalhar com sua potência máxima, ou seja: U = (1) i = () P = i. U = Em curto-circuito, a intensiae e corrente vale: i cc = r P máx = (3) 4r No resistor externo: U = R. i Nas conições e potência máxima, temos: i cc. i cc 4 i = R. R = r r a) P = = 4r 4R P = i. U R = 4P ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

54 P = i P i = b) U = r. i Trata-se e uma função o 1 ọ grau. c) Durante o aquecimento, a energia térmica liberaa pelo resistor R é aproveitaa pela água sob a forma e calor. P. t = Q P = i. U = i. i.. t = Q Q t = i Respostas: a) R = ; i = 4P b) ver figura c) t = Q i. P ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

55 9 Duas placas conutoras e raio R e separaas por uma istância < < R são polarizaas com uma iferença e potencial V por meio e uma bateria. Suponha sejam uniformes a ensiae superficial e carga nas placas e o campo elétrico gerao no vácuo entre elas. Um pequeno isco fino, conutor, e massa m e raio r, é colocao no centro a placa inferior. Com o sistema sob a ação a graviae g, etermine, em função os parâmetros aos, a iferença e potencial mínima fornecia pela bateria para que o isco se esloque ao longo o campo elétrico na ireção a placa superior. Para que o isco se esloque ao longo o campo elétrico na ireção a placa superior evemos impor F P. Para que a iferença e potencial V seja mínima, vamos consierar: F = P V Mas F = q. E, E = e P = m. g V Portanto, q. = mg (1) Cálculo a carga elétrica q o isquinho. Seno a ensiae elétrica superficial constante, temos: q Q Q. r = q = () πr πr R πr Mas Q = C. V Q = ε 0.. V (3) () em (1): Q. r V mgr. = mg V = (4) R Q. r De (3) em (4), resulta: V = mgr πr ε 0.. V. r ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

56 V = mg πε 0 r mg V =. r πε 0 ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

57 30 Um próton em repouso é abanonao o eletroo positivo e um capacitor e placas paralelas submetias a uma iferença e potencial ε = 1000 V e espaçaas entre si e = 1 mm, conforme a figura. A seguir, ele passa através e um pequeno orifício no seguno eletroo para uma região e campo magnético uniforme e móulo B = 1,0T. Faça um gráfico a energia cinética o próton em função o comprimento e sua trajetória até o instante em que a sua velociae torna-se paralela às placas o capacitor. Apresente etalhaamente seus cálculos. Pelo teorema a energia cinética, temos: τ = E c E c0 F. x = E c E c = q. E. x U E c = q.. x E c varia com x seguno uma função o 1. grau. Cálculo e E c máxima: Para x =, temos: E cmáx = q. U E cmáx = 1, (J) E cmáx = 1, J ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01

58 Ao penetrar no campo magnético, o próton realiza um MCU. Portanto, sua energia cinética se mantém constante. Quano a velociae o próton se torna paralela às placas o capacitor, ele terá percorrio, no interior o campo mangético, a istância: = πr π m. v =. q. B π m. E =.. q. B c m π 1 q. B =.. E c. m π 1 1, ,0 =... 1, , (m) 7, m = 7,3mm Temos, assim, o gráfico: ITA (1º DIA) DEZEMBRO/01