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Q01

Mecânica — Estática — Reações de apoio em haste com bloco

Uma haste de comprimento $L$ e massa $m$ uniformemente distribuída repousa sobre dois apoios localizados em suas extremidades. Um bloco de massa $m$ uniformemente distribuída encontra-se sobre a barra em uma posição tal que a reação em uma das extremidades é o dobro da reação na outra extremidade. Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a $g$.

Determine as reações nas duas extremidades da haste.
Determine a distância $x$ entre o ponto em que o bloco foi posicionado e a extremidade em que a reação é maior.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $R_A=\dfrac43mg$ e $R_B=\dfrac23mg$

B) $x=\dfrac L6$

Resolução

A) Sejam $R_A$ a reação na extremidade de maior reação e $R_B$ a da outra, com $R_A=2R_B$. O equilíbrio vertical, com os pesos da haste e do bloco, dá

$$R_A+R_B=2mg.$$

Substituindo $R_A=2R_B$:

$$3R_B=2mg\ \Rightarrow\ R_B=\dfrac23mg,\qquad R_A=\dfrac43mg.$$

B) O somatório dos momentos em torno do ponto A é nulo. O peso da haste atua no meio (a $L/2$ de A) e o bloco a uma distância $x$ de A:

$$R_B\,L=mg\,\dfrac L2+mg\,x.$$

Com $R_B=\dfrac23mg$:

$$x=\dfrac{R_BL}{mg}-\dfrac L2=\dfrac{2L}{3}-\dfrac L2=\dfrac L6.$$

Pontuação oficial: item A: 5 pontos; item B: 5 pontos.

Q02

Mecânica — Cinemática — Lançamento oblíquo a partir de plano inclinado

Uma partícula pontual é lançada de um plano inclinado conforme esquematizado na figura abaixo. O plano tem um ângulo de inclinação $\theta$ em relação à horizontal, e a partícula é lançada, com velocidade de módulo $v$, numa direção que forma um ângulo de inclinação $\alpha$ em relação ao plano inclinado. Despreze qualquer efeito da resistência do ar. Considere que a aceleração da gravidade local é constante (módulo igual a $g$, direção vertical, sentido para baixo).

Plano inclinado de ângulo θ com a horizontal; do ponto A sai a partícula com velocidade v formando o ângulo α com o plano; o ponto B está sobre o plano, mais acima

Considerando o eixo $x$ na horizontal, o eixo $y$ na vertical e a origem do sistema de coordenadas cartesianas no ponto de lançamento, determine as equações horárias das coordenadas da partícula, assumindo que o tempo é contado a partir do instante de lançamento.
Determine a equação da trajetória da partícula no sistema de coordenadas definido no item (A).
Determine a distância, ao longo do plano inclinado, entre o ponto de lançamento (ponto A) e o ponto no qual a partícula toca o plano inclinado (ponto B). Considere $\alpha=\pi/12$ e $\theta=\pi/4$.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $x=v\cos(\alpha+\theta)\,t$ e $y=v\,\text{sen}(\alpha+\theta)\,t-\dfrac12gt^2$

B) $y=x\tan(\alpha+\theta)-\dfrac{g\,x^2}{2v^2\cos^2(\alpha+\theta)}$

C) $d=\dfrac{v^2}{g}\dfrac{\sqrt2}{2}(\sqrt3-1)=\dfrac{v^2(\sqrt6-\sqrt2)}{2g}$

Resolução

A) Em relação à horizontal, a velocidade inicial forma o ângulo $\alpha+\theta$. Com origem no ponto de lançamento:

$$x=v\cos(\alpha+\theta)\,t,\qquad y=v\,\text{sen}(\alpha+\theta)\,t-\dfrac12gt^2.$$

B) Isolando $t=\dfrac{x}{v\cos(\alpha+\theta)}$ e substituindo em $y$:

$$y=x\tan(\alpha+\theta)-\dfrac{g\,x^2}{2v^2\cos^2(\alpha+\theta)}.$$

C) O ponto B pertence ao plano inclinado, então suas coordenadas satisfazem $y=x\tan\theta$. Igualando com a trajetória e dividindo por $x\neq0$:

$$\tan\theta=\tan(\alpha+\theta)-\dfrac{g\,x}{2v^2\cos^2(\alpha+\theta)}\ \Rightarrow\ x=\dfrac{2v^2\cos^2(\alpha+\theta)}{g}\left[\tan(\alpha+\theta)-\tan\theta\right].$$

A distância ao longo do plano é $d=\sqrt{x^2+y^2}=x\sqrt{1+\tan^2\theta}=\dfrac{x}{\cos\theta}$:

$$d=\dfrac{2v^2\cos^2(\alpha+\theta)}{g\cos\theta}\left[\tan(\alpha+\theta)-\tan\theta\right].$$

Com $\alpha=\pi/12$ e $\theta=\pi/4$, temos $\alpha+\theta=\pi/3$: $\cos^2\dfrac\pi3=\dfrac14$, $\tan\dfrac\pi3=\sqrt3$, $\tan\dfrac\pi4=1$ e $\cos\dfrac\pi4=\dfrac{\sqrt2}{2}$:

$$d=\dfrac{2v^2\cdot\frac14}{g\,\frac{\sqrt2}{2}}(\sqrt3-1)=\dfrac{v^2}{\sqrt2\,g}(\sqrt3-1)=\dfrac{v^2(\sqrt6-\sqrt2)}{2g}.$$

Pontuação oficial: item A: 3 pontos; item B: 3 pontos; item C: 4 pontos.

Q03

Mecânica — Sistemas de partículas — Centro de massa de quadrados

Cada um dos quadrados mostrados na figura abaixo tem lado $b$ e massa uniformemente distribuída. Determine as coordenadas $(x,y)$ do centro de massa do sistema formado pelos quadrados.

Dez quadrados de lado b formam uma escada com 4 quadrados na linha de baixo, 3 na seguinte, 2 e 1, apoiados nos eixos x e y com a origem no canto inferior esquerdo

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

$x_{CM}=1{,}5\,b$ e $y_{CM}=1{,}5\,b$

Resolução

Cada quadrado pode ser tratado como uma partícula pontual de massa $m$ localizada no seu centro. A figura tem 10 quadrados: colunas com 4, 3, 2 e 1 quadrados (da esquerda para a direita), de centros em $x=\dfrac b2,\ \dfrac{3b}{2},\ \dfrac{5b}{2},\ \dfrac{7b}{2}$.

$$x_{CM}=\dfrac{m\left(4\cdot\frac b2+3\cdot\frac{3b}{2}+2\cdot\frac{5b}{2}+1\cdot\frac{7b}{2}\right)}{10\,m}=\dfrac{15\,b}{10}=1{,}5\,b.$$

A figura é simétrica em relação à bissetriz do primeiro quadrante (as linhas têm 4, 3, 2 e 1 quadrados, como as colunas), então

$$y_{CM}=1{,}5\,b.$$

Pontuação oficial: 10 pontos.

Q04

Mecânica — Oscilações — MHS: força, posição e energia mecânica

Uma partícula de massa $m$ move-se sobre o eixo $x$, de modo que as equações horárias para sua velocidade e sua aceleração são, respectivamente,

$$v(t)=-\omega A\,\text{sen}(\omega t+\varphi)\quad\text{e}\quad a(t)=-\omega^2A\cos(\omega t+\varphi),$$

com $\omega$, $A$ e $\varphi$ constantes.

Determine a força resultante em função do tempo, $F(t)$, que atua na partícula.
Considere que a força resultante também pode ser escrita como $F(t)=-kx(t)$, onde $k=m\omega^2$. Determine a equação horária para a posição da partícula, $x(t)$, ao longo do eixo $x$.
Sabendo que a posição e a velocidade da partícula no instante inicial $t=0$ são $x(0)=x_0$ e $v(0)=v_0$, respectivamente, determine as constantes $A$ e $\varphi$.
Usando as expressões para as energias cinética, $E_c(t)=\dfrac12mv^2(t)$, e potencial, $E_p(t)=\dfrac12kx^2(t)$, mostre que a energia mecânica da partícula é constante.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $F(t)=-m\omega^2A\cos(\omega t+\varphi)$

B) $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$

C) $A=\sqrt{x_0^2+\dfrac{v_0^2}{\omega^2}}$ e $\varphi=\arctan\left(-\dfrac{v_0}{\omega x_0}\right)$

D) $E_{\text{mec}}=\dfrac12kA^2=\text{constante}$

Resolução

A) Pela segunda lei de Newton:

$$F(t)=m\,a(t)=-m\omega^2A\cos(\omega t+\varphi).$$

B) Igualando $-kx(t)=-m\omega^2A\cos(\omega t+\varphi)$ com $k=m\omega^2$:

$$x(t)=A\cos(\omega t+\varphi).$$

C) Em $t=0$:

$$x_0=A\cos\varphi,\qquad v_0=-\omega A\,\text{sen}\,\varphi.$$

Elevando ao quadrado e somando (após dividir a segunda por $\omega$): $A^2\cos^2\varphi+A^2\text{sen}^2\varphi=x_0^2+\dfrac{v_0^2}{\omega^2}$, logo

$$A=\sqrt{x_0^2+\dfrac{v_0^2}{\omega^2}}.$$

Dividindo a segunda equação pela primeira, $\tan\varphi=-\dfrac{v_0}{\omega x_0}$, isto é,

$$\varphi=\arctan\left(-\dfrac{v_0}{\omega x_0}\right).$$

D) As energias são

$$E_c=\dfrac12m\omega^2A^2\,\text{sen}^2(\omega t+\varphi)=\dfrac12kA^2\,\text{sen}^2(\omega t+\varphi),\qquad E_p=\dfrac12kA^2\cos^2(\omega t+\varphi).$$

Somando:

$$E_{\text{mec}}=\dfrac12kA^2\left[\text{sen}^2(\omega t+\varphi)+\cos^2(\omega t+\varphi)\right]=\dfrac12kA^2,$$

que é constante.

Pontuação oficial: item A: 2 pontos; item B: 2 pontos; item C: 3 pontos; item D: 3 pontos.

Q05

Termologia — Termodinâmica — Dois gases em recipiente adiabático

Um recipiente cilíndrico fechado de volume $V$ possui paredes adiabáticas e é dividido em dois compartimentos iguais por uma parede fixa, também adiabática. Em cada um dos compartimentos encontram-se $N$ mols de um gás ideal monoatômico. Suas respectivas temperaturas iniciais são $T$ e $2T$.

A parede adiabática fixa é liberada e pode deslocar-se livremente até atingir nova situação de equilíbrio, na qual o volume de um compartimento é o triplo do volume do outro. Calcule o módulo do trabalho realizado por um gás sobre o outro.
A parede adiabática é novamente presa quando a situação de equilíbrio do item anterior é atingida e perde suas propriedades isolantes, permitindo que haja troca de calor entre os dois recipientes, até atingir novo equilíbrio. Determine o módulo do calor trocado entre os recipientes.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $W=\dfrac38NRT$

B) $Q=\dfrac98NRT$

Resolução

Para cada gás, $pV=NRT$. Antes de liberar a parede, as pressões são $p_1=\dfrac{NRT}{V/2}$ e $p_2=\dfrac{NR\,2T}{V/2}$, ou seja, $p_2=2p_1$. Ao ser liberada, a parede se move no sentido do compartimento que estava a $T$ (o gás a $2T$ se expande), até que as pressões se igualem.

A) Com pressões iguais e volumes finais na razão $3:1$, a equação de estado dá, para as temperaturas finais, $T_2'=3T_1'$.

Como o cilindro e a parede são adiabáticos, a energia interna total não varia, $\Delta U_1+\Delta U_2=0$, com $U=\dfrac32NRT$:

$$\dfrac32NR(T_1'-T)+\dfrac32NR(T_2'-2T)=0\ \Rightarrow\ T_1'+T_2'=3T.$$

Combinando com $T_2'=3T_1'$:

$$T_1'=\dfrac{3T}{4},\qquad T_2'=\dfrac{9T}{4}.$$

Não há troca de calor entre os gases ($Q=0$), então pela primeira lei $\Delta U=-W$, e o módulo do trabalho de um gás sobre o outro é

$$W=|\Delta U_1|=\dfrac32NR\left(T-\dfrac{3T}{4}\right)=\dfrac38NRT.$$

B) Com a parede fixa e condutora, as temperaturas se igualam em $T'$, e a energia interna total continua constante:

$$\dfrac32NR\left(T'-\dfrac{3T}{4}\right)+\dfrac32NR\left(T'-\dfrac{9T}{4}\right)=0\ \Rightarrow\ T'=\dfrac{3T}{2}.$$

O calor trocado é a variação de energia interna do gás que se aquece (o compartimento de $T_1'=3T/4$):

$$Q=\dfrac32NR\left(\dfrac{3T}{2}-\dfrac{3T}{4}\right)=\dfrac32NR\cdot\dfrac{3T}{4}=\dfrac98NRT.$$

Pontuação oficial: item A: 5 pontos; item B: 5 pontos.

Q06

Eletricidade — Eletrostática — Órbita circular de carga e quantização tipo Bohr

Uma partícula com carga positiva $+q$ é fixada em um ponto, atraindo uma outra partícula com carga negativa $-q$ e massa $m$, que se move em uma trajetória circular de raio $R$, em torno da carga positiva, com velocidade de módulo constante (veja a figura a seguir). Considere que não há qualquer forma de dissipação de energia, de modo que a conservação da energia mecânica é observada no sistema de cargas. Despreze qualquer efeito da gravidade. A constante eletrostática é igual a $k$.

Carga positiva +q no centro de uma circunferência tracejada de raio R; a carga negativa −q percorre a circunferência

Determine o módulo da velocidade $v$ com que a carga negativa se move em torno da carga positiva.
Determine o período do movimento circular da carga negativa em torno da carga positiva.
Determine a energia total do sistema.
Considere que o produto da massa da partícula com carga negativa pela sua velocidade e pelo raio da trajetória circular é igual ao produto de um número inteiro por uma constante; ou seja, $mvR=nh$, onde $n$ é o número inteiro ($n=1,2,3,\dots$) e $h$, a constante. Determine a energia total do sistema em termos de $n$, $h$, $q$ e $k$.
Determine a freqüência do movimento da carga negativa em torno da carga positiva em termos de $n$, $h$, $q$ e $k$.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $v=\sqrt{\dfrac{kq^2}{mR}}$

B) $T=2\pi\sqrt{\dfrac{mR^3}{kq^2}}$

C) $E=-\dfrac{kq^2}{2R}$

D) $E=-\dfrac{m\,k^2q^4}{2\,n^2h^2}$

E) $f=\dfrac{m\,k^2q^4}{2\pi\,n^3h^3}$

Resolução

O movimento é circular uniforme e a força centrípeta é a força elétrica de Coulomb, $F_{el}=k\dfrac{q^2}{R^2}$.

$$k\dfrac{q^2}{R^2}=\dfrac{mv^2}{R}\ \Rightarrow\ v=\sqrt{\dfrac{kq^2}{mR}}.$$

$$T=\dfrac{2\pi R}{v}=2\pi R\sqrt{\dfrac{mR}{kq^2}}=2\pi\sqrt{\dfrac{mR^3}{kq^2}}.$$

C) A energia total é a soma da cinética e da potencial elétrica:

$$E=\dfrac12mv^2-k\dfrac{q^2}{R}=\dfrac12\dfrac{kq^2}{R}-\dfrac{kq^2}{R}=-\dfrac{kq^2}{2R}.$$

D) Com $mvR=nh$ e a velocidade de (A):

$$m\sqrt{\dfrac{kq^2}{mR}}\,R=nh\ \Rightarrow\ mkq^2R=n^2h^2\ \Rightarrow\ R=\dfrac{n^2h^2}{mkq^2}.$$

Substituindo em (C):

$$E=-\dfrac{kq^2}{2}\cdot\dfrac{mkq^2}{n^2h^2}=-\dfrac{m\,k^2q^4}{2\,n^2h^2}.$$

Essa é a energia quantizada do modelo de Bohr: cada valor de $n$ corresponde a uma energia característica.

E) A frequência é o inverso do período:

$$f=\dfrac1T=\dfrac1{2\pi}\sqrt{\dfrac{kq^2}{mR^3}}.$$

Com $R^3=\dfrac{n^6h^6}{m^3k^3q^6}$:

$$f=\dfrac1{2\pi}\sqrt{\dfrac{m^2k^4q^8}{n^6h^6}}=\dfrac{m\,k^2q^4}{2\pi\,n^3h^3}.$$

Pontuação oficial: cada item: 2 pontos.

Q07

Eletromagnetismo — Força magnética — Partículas em campo magnético uniforme

Duas partículas pontuais $P_1$ e $P_2$, com massas $m_1$ e $m_2$, possuem cargas elétricas $q_1$ e $q_2$, respectivamente. Ambas as partículas são lançadas através de um tubo em uma região na qual existe um campo magnético $\vec B$, perpendicular ao plano da página e apontando para fora dela, conforme a figura abaixo. Considere $m_1=4m$, $m_2=m$, $q_1=3q$ e $q_2=q$. Desconsidere qualquer efeito da gravidade e quaisquer atritos que porventura possam existir.

Região de campo magnético B saindo da página, entre o LADO 1 (esquerda) e o LADO 2 (direita), separados por L; a partícula entra pelo lado 1 com velocidade v para a direita e curva para baixo

Determine a energia mínima necessária de cada partícula para que a trajetória resultante toque o LADO 2.
Determine o tempo gasto pela partícula que primeiro retorna ao LADO 1, obedecendo à condição do item (A).

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $K_1=\dfrac{9q^2B^2L^2}{8m}$ e $K_2=\dfrac{q^2B^2L^2}{2m}$

B) $t=\dfrac{\pi m}{qB}$ (partícula $P_2$)

Resolução

A) A força magnética é perpendicular à velocidade, então a trajetória é circular e a força magnética é a força centrípeta:

$$qvB=\dfrac{mv^2}{R}\ \Rightarrow\ v=\dfrac{qBR}{m}.$$

A trajetória apenas toca o lado 2 quando o raio é igual à largura da região, $R=L$. A energia cinética mínima de cada partícula é então

$$K_1=\dfrac12(4m)\left(\dfrac{3qBL}{4m}\right)^2=\dfrac{9q^2B^2L^2}{8m},\qquad K_2=\dfrac12m\left(\dfrac{qBL}{m}\right)^2=\dfrac{q^2B^2L^2}{2m}.$$

B) O período do movimento circular é

$$T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{qB}.$$

Para $P_1$: $T_1=\dfrac{2\pi(4m)}{3qB}=\dfrac{8\pi m}{3qB}$. Para $P_2$: $T_2=\dfrac{2\pi m}{qB}$. Como $T_2\lt T_1$, a partícula $P_2$ retorna primeiro ao lado 1, após meia volta:

$$t=\dfrac{T_2}{2}=\dfrac{\pi m}{qB}.$$

Nota: o texto oficial justifica a escolha de $P_2$ dizendo que a partícula mais rápida tem menor período; na verdade o período aqui depende só de $m/q$ (não da velocidade), mas a conclusão e o resultado coincidem.

Pontuação oficial: item A: 5 pontos; item B: 5 pontos.

Q08

Física Moderna — Física nuclear — Energia de ligação e número de fótons

O núcleo de um determinado elemento A, constituído por dois prótons e dois nêutrons, tem massa $m_A\approx6{,}691\times10^{-27}\text{ kg}$. Medidas experimentais mostram que a soma da massa dos dois prótons, $m_P\approx3{,}345\times10^{-27}\text{ kg}$, com a massa dos dois nêutrons, $m_N\approx3{,}350\times10^{-27}\text{ kg}$, não é igual à massa do núcleo. Isto significa que existe uma energia mínima necessária para separar os constituintes do núcleo do elemento A, denominada aqui de energia de ligação $E_L$.

(Dados: velocidade da luz no vácuo $c=3\times10^8\text{ m/s}$; constante de Planck $h=6\times10^{-34}\text{ J·s}$).

Determine a energia de ligação para separar prótons e nêutrons em um núcleo do elemento A.
No caso de ser possível separar os constituintes do núcleo do elemento A incidindo fótons de uma radiação eletromagnética de freqüência $f=1{,}2\times10^{15}\text{ Hz}$, determine o número de fótons necessários para que isso ocorra.

Resposta — UFC 2007.1 · 2ª Etapa

A) $E_L=3{,}6\times10^{-13}\text{ J}$

B) $N=5\times10^{5}$ fótons

Resolução

A) A soma das massas dos constituintes é

$$m_P+m_N=3{,}345\times10^{-27}+3{,}350\times10^{-27}=6{,}695\times10^{-27}\text{ kg}.$$

O defeito de massa é $\Delta m=6{,}695\times10^{-27}-6{,}691\times10^{-27}=0{,}004\times10^{-27}\text{ kg}$. A energia equivalente, pela relação de Einstein, é a energia de ligação:

$$E_L=\Delta m\,c^2=0{,}004\times10^{-27}\cdot(3\times10^{8})^2=3{,}6\times10^{-13}\text{ J}.$$

B) Cada fóton tem energia $E_f=hf=(6\times10^{-34})(1{,}2\times10^{15})=7{,}2\times10^{-19}\text{ J}$. O número de fótons é

$$N=\dfrac{E_L}{hf}=\dfrac{3{,}6\times10^{-13}}{7{,}2\times10^{-19}}=5\times10^{5}.$$

Pontuação oficial: item A: 5 pontos; item B: 5 pontos.