Primeira fase (Nível 3)

Ondas, óptica física

A intensidade máxima resultante da interferência de duas ondas é encontrada quando as amplitudes se somam. A intensidades é proporcional ao quadrado da amplitude, então temos que:

$I_1 = k A_1^2 = 4I_2$

$I_2 = k A_2^2$

A intensidade resultante então será:

$I_M=k (A_1+A_2)^2$

$I_M = k A_1^2+ 2k A_2^2+kA_1A_2$

Note que $kA_1A_2=\sqrt{I_1I_2}$, logo temos:

$\boxed{I_M = 9I_2}$

Fazendo o mesmo processo para o caso mínimo:

$I_M=k (A_1-A_2)^2$

$\boxed{I_M = I_2}$

Logo a razão é$9/1$. Portanto Item d).

A intensidade resultante da interferência de duas ondas pode ser calculada de uma maneira mais geral usando a expressão:

$I=I_1 + I_2 +2\sqrt{I_1I_2}\cos{\phi}$

Em que $I_1$ e $I_2$ são as intensidades das ondas originais e $\phi$ é a diferença de fase entre as ondas.

Item d)

Dinâmica

Quando a bola realiza uma colisão perfeitamente elástica e invete o sentido de sua velocidade, há uma clara variação de momento linear. Tome muido cuidado pois, embora o módulo do vetor momento $p=mv$ permaneça inalterado, o seu sentido mudou, de forma que a variação é $\Delta p=2mv$.

A energia da bola pode ser encontrada com a expressão da energia cinética de um objeto $E_k=\dfrac{1}{2}mv^2$. Note que, como a velocidade é a mesma, a energia não muda, então não há troca de energia.

Portanto Item c).

Item c)

Termodinâmica, gases

O diagrama PV abaixo representa os dois processos propostos no enunciado do problema. A linha tracejada representa uma região de temperatura constante igual a $T$.

Já perceba que, ao final do segundo processo, o volume (eixo horizontal) aumentou, então temos que $V_2>V_1$. Quanto ao calor trocado, podemos escrever a primeira lei da termodinâmica. Para o primeiro processo:

$Q=\Delta U +\tau$

$Q_1 = (U_B-U_A)$

Note que o trabalho $\tau$ é zero pois não há variação de volume. Para o segundo processo:

$Q_2 = (U_C-U_B) + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$

Como a temperatura do ponto A é igual a do ponto C, podemos afirmar que $U_A=U_C$, então temos a seguinte relação:

$Q_2 = (U_A-U_B) + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$

$Q_2 = -Q_1 + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$

Como o calor $Q_1$ é negativo e o trabalho do processo 2 é positivo, temos que $|Q_2| > |Q_1|$. Portanto Item d).

Item d)

Magnetismo

Para encontrar o campo magnético de um fio infinito, podemos usar a lei de Ampère:

$B\cdot 2\pi r =\mu_0 i$

$B=\dfrac{\mu_0 i}{2\pi r}$

No nosso problema, temos 2 fios a uma distância $r=d$, então o campo resultante será dado pela superposição dos campos individuais:

$\boxed{B= \dfrac{\mu_0 i}{\pi d}}$

O sentido do campo é encontrado pela regra da mão direita, então ele aponta para fora do papel. Portanto Item e).

Item e)

Circuitos elétricos

Os capacitores estão inicialmente descarregados e são ligados em série com a bateria de $30 V$. Depois de carregados, temos a seguinte relação entre os potenciais:

$V_1+V_2=30$

Para capacitores, temos:

$Q=CV$

Logo:

$\dfrac{Q}{C_1} +\dfrac{Q}{C_2} =30$

Note como as cargas são iguais pois os elementos foram conectados em série. Assim obtemos:

$Q=36\mu C$

Substituindo de volta na equação do capacitor, obtemos:

$\boxed{V_1=12V}$ e $\boxed{V_2=18V}$

Portanto Item a).

Item a)

Calorimetria

Para resolver esse problema, basta usar a conservação de energia, ou seja, o calor doado por um corpo é igual ao calor recebido:

$Q_1+Q_2=0$

$m_1 c \Delta T_1 + m_2 c \Delta T_2=0$

$5(T-10)+10(T-40)=0$

Resolvendo a equação, obtemos:

$\boxed{T=30^\circ C}$

Portanto Item c).

Item c)

Dinâmica

Para resolver esse problema, vamos primeiro definir o sentido vertical para baixo positivo. Dessa forma, podemos encontrar acelerações dos blocos com a segunda lei de Newton. Para o bloco da esquerda:

$m_1g-T=m_1a_1$

$10-T=a_1$

Para o da direita:

$m_2g-T=m_2a_2$

$20-T=2a_2$

Como o fio é inextensível, temos que as acelerações devem ser contrárias e iguais em módulo $a_1=-a_2$. Assim, resolvendo o sistema:

$\boxed{T=\dfrac{40}{3}N}$

O dinamômetro é apenas um aparelho que mede a força aplicada em suas extremidades. Como ambos os aparelhos e os fios são ideais, eles medirão o mesmo valor de $T$. Portanto Item b).

Item b)

Termodinâmica

Inicialmente, a energia cinética média das partículas é proporcional à temperatura, como descrito no enunciado.

$E_c\varpropto T$

$E_c=cT$

Onde $c$ é uma constante de proporcionalidade. Desse modo, a velocidade quadrática média é

$\dfrac{mv^2}{2}=cT$

$v=\sqrt{\dfrac{2cT}{m}}$

Portanto, a velocidade depende da massa da seguinte forma,

$v\varpropto\dfrac{1}{\sqrt{{m}}}$

Desse modo, comparando as velocidades do $H_2$ e $N_2$:

$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{{m_{H_2}}}}}{\frac{1}{\sqrt{{m_{N_2}}}}}$

$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{\dfrac{m_{N_2}}{{m_{H_2}}}}$

Logo, para sabermos a razão entre as velocidades é preciso ter a razão entre as massas de $H_2$ e $N_2$. Entretanto, não foi dado no enunciado a massa do nitrogênio (tornando a questão passível de anulação), porém, caso o aluno saiba a massa do $N$ ($14$ UMA), encontra-se

$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot14}{{2\cdot1}}}$

$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{14}$

Desse modo, pelo fato da questão não fornecer os dados necessários e não possuir resposta correta, a questão foi Anulada.

Anulada.

Circuitos elétricos

Para facilitar as contas, suponha que a resistência de uma lâmpada é $6\Omega$ e que a voltagem da bateria vale $72V$. Qualquer outro valor escolhido também funciona, mas a equipe do NOIC de física optou por esses valores apenas para deixar as expessões mais simples.

Para resolver esse problema, podemos calcular a resistência equivalente do circuito antes e depois de retirar a lâmpada Q. Antes nós temos:Os três resistores em paralelo possuem uma resistência equivalente de $R_eq=\dfrac{6}{3}=2\Omega$ e. junto com o outro resistor de $6\Omega$ em série, temos uma resistência equivalente de $R=8\Omega$. Dessa forma, a corrente que passa pela bateria vale $i=\dfrac{V}{R}=9A$

Fazendo o mesmo processo, mas agora sem o resistor Q, temos:

Os dois resistores em paralelo possuem uma resistência equivalente de $R_eq=\dfrac{6}{2}=3\Omega$ e. junto com o outro resistor de $6\Omega$ em série, temos uma resistência equivalente de $R=9\Omega$. Dessa forma, a corrente que passa pela bateria vale $i=\dfrac{V}{R}=8A$.

Note que a corrente que passa pela bateria é a mesma que passa pela lâmpada P e, quando o elemento Q foi retirado, essa corrente caiu. Além disso, a corrente que passa por P é maior do que a que passa por R e S, já que as leis de Kirchhoff dizem que $i_R+i_S=i_P$. Portanto Item e).

Item e)

Cinemática

Para que o barco consiga navegar em uma linha reta perpendicular às margens do rio, é preciso que a componente da sua velocidade seja igual à velocidade da água do rio. Dessa forma:

$v_b\cdot \sin{\theta}=v_a$

$10 \sin{\theta} =5$

$\sin{\theta} =\dfrac{1}{2}$

$\boxed{\theta=30^\circ}$

A velocidade do barco em relação às margens do rio é simplesmente a componente da velocidade perpendicular, ou seja:

$v_r=v\cos{\theta}$

$\boxed{v_r\approx \,8,7km/h}$

Portanto Item d).

Item d)

Física moderna

Em um segundo, a energia emitida pelos fótons pode ser calculada em função da potência:

$P=\dfrac{\Delta E}{\Delta t}$

$\Delta E = P\cdot \Delta t$

A energia pode ser calculada em função do número de fótons:

$\Delta E =N e$

$\Delta E =N hf$

Em que $e=hf$ é a energia de um único fóton. A frequência $f$ pode ainda ser escrita na forma $f=\dfrac{c}{\lambda}$. Logo:

$N = \dfrac{P\cdot\Delta t\cdot\lambda}{hc}$

Substituindo os valores numéricos, obtemos:

$\boxed{N=5 }$

Portanto Item a).

Item a)

Eletrostática

Quando a esfera de massa $m$ e carga $-e$ é colocada entre as placas, ela permanece em equilíbrio, ou seja, a força gravitacional anula a força elétrica:

$mg+E(-e)=0$

$E=\dfrac{mg}{e}$

Assim, quando colocarmos a esfera de massa $M$ e carga $+e$, temos que a força resultante vale:

$F=Ma$

$Mg+Ee=Ma$

$a=g+\dfrac{mg}{M}$

$\boxed{a=\dfrac{M+m}{M}g }$

Portanto Item d).

Item d)

Movimento Harmônico Simples (M.H.S.)

Em um sistema massa-mola, a frequência de oscilações é dado por:

$f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}}$

Perceba que a frequência de oscilações é independente da gravidade. Portanto, na Lua teríamos que $f' = f$. Ou seja:

$\dfrac{f}{f'} = 1$

Resposta: item c)

Obs: Em um sistema massa-mola a gravidade é responsável apenas por deslocar a posição de equilíbrio do sistema.

Item c)

Óptica geométrica

Essa questão pode ser feita utilizando princípios de construção geométrica e propriedades de lentes, que são:

- Raios de luz que passam pelo eixo principal da lente não sofrem desvios angulares, ou sejam, eles "passam direto" pela lente;

- Raios paralelos se encontram sobre o mesmo ponto do eixo focal (eixo perpendicular ao eixo principal da lente e que passa pelo foco).

Sendo assim, vamos utilizar essas propriedades para determinar o foco. Vamos analisar um raio paralelo àquele dado no problema. Esse raio é representado pela cor vermelha. Veja a figura abaixo:

Utilizando da segunda propriedade, podemos concluir que o foco fica na posição III

Resposta: item c)

Item c)

Dinâmica

Para resolver essa questão vamos utilizar de princípios da mecânica sobre colisões. Durante uma colisão, a quantidade de movimento do sistema é conservada. Sendo assim, teríamos que, vetorialmente:

$\Delta \vec{p}_c + \Delta \vec{p}_m = 0$

Logo, para os módulos:

$\Delta p_c = \Delta p_m$

As forças durante uma colisão se caracterizam como um par de ação-reação, de acordo com a 3° lei de Newton. Sendo assim, para os módulos:

$F_c = F_m$

Resposta: item e)

Item e)

Hidrodinâmica

Nessa solução, além de apresentar o item correto, vamos justificar o motivo de cada item estar errado

a)

A pressão hidrostática se dá por $\rho g h$ a partir de uma altura inicial. Ou seja, $P_C = P_B - \rho g h_{BC}$. Além disso, a pressão no ponto $P_B$ é diferente da pressão no ponto $P_A$ (isso ocorre devido à equação de Bernoulli e de que $Av = cte$)

b)

Devido à conservação de fluxo de água (o fluxo de água que entra em uma região deve ser o mesmo que sai) temos que $A_A v_A = A_B v_B$. Com isso temos que:

$v_B = \dfrac{A_A v_A }{A_B} = \dfrac{2,5^2}{1,2^2}0,9 \rm{m/s}$

$v_B \approx 3,9 \;\rm{m/s}$

Sendo assim, o item é verdadeiro.

c)

Como visto no item b) as velocidades serão diferentes. Pela equação de Bernoulli, podemos comprovar que as pressões também serão. Veja:

$\dfrac{1}{2}\rho v_B^2 + P_B = \dfrac{1}{2}\rho v_A^2 + P_A$

Para manter essa igualdade, as pressões serão diferentes. Portanto, o item está incorreto.

d)

Como visto no item b), o estreitamento do tubo vai mudar as velocidades. Portanto o item está incorreto.

e)

Como visto no item b) a velocidade em B será maior que a velocidade em A. Portanto o item está incorreto.

Item b)

Eletrostática

A carga induzida vai ser proporcional ao fluxo resultante na barra metálica. Sendo assim, basta contarmos a quantidade de linhas de campo entrando ou saindo da barra.

Contando a quantidade de linhas de campo, vemos $5$ linhas de campo entrando e $3$ linhas de campo saindo da barra. Sendo assim, o saldo de linhas de campo é igual a dois. Como cada linha de campo equivale a uma carga $q$, o módulo da carga será $2q$.

Para achar o sinal da carga, basta saber que as linhas de campo tendem a "entrar" em cargas negativas e "sair" de cargas positivas. Ou seja, como há mais linhas de campo entrando do que saindo, podemos concluir que a carga induzida é negativa.

Portanto, a resposta é o item b)

Item b)

Magnetismo

Para resolver essa questão, vamos analisar cada uma das alternativas. Mas antes disso, é importante saber que quando uma carga está em movimento sobre a ação de um campo magnético, ela vai sentir uma força de intensidade $F = evB\sin\theta$ em que $\theta$ é o ângulo entre o vetor velocidade e o vetor campo magnético. Para determinar o sinal da força, basta utilizar a regra da mão direita.

Para identificar os rastros, vamos aplicar a regra da mão direita. Vale lembrar que, pelo o enunciado, o campo magnético está entrando no papel.

Para a partícula que se move inicialmente para a esquerda, a regra da mão direta nos dá que, inicialmente, a força será direcionada para baixo. Ao comparar isso com a imagem dada, podemos concluir que o rastro I é feito por uma carga positiva.

Para a partícula que se move inicialmente para a direita, a regra da mão direita nos dá que a partícula se move inicialmente para cima. Ao comparar com a imagem dada, percebemos que o rastro II só será possível se a carga que se move inicialmente para a direita for negativa, pois assim o sentido da força se inverte (ficando agora para baixo).

a)

Como discutido anteriormente, essa alternativa é falsa.

b) 

Como discutido anteriormente, essa alternativa é verdadeira.

c)

A força magnética é sempre perpendicular à trajetória. Portanto, essa alternativa é falsa.

d)

As partículas tendem a se aproximar devido à interações da força de Coulomb. Portanto, essa alternativa é falsa.

e)

Apenas a alternativa b) é verdadeira.

Sendo assim, a resposta é o item b)

Item b)

Física moderna

Para resolver esse problema, vamos entender o fenômeno e depois analisar cada uma das alternativas.

Por conservação de energia, a energia emitida na forma de fóton deve ser do tipo

$E_{f_{foton}} = E_i - E_j = hf_{ij} = \dfrac{hc}{\lambda_{ij}}$

Sendo assim, temos:

$\lambda_{ij} = \dfrac{hc}{ E_i - E_j }$ ou $f_{ij} = \dfrac{E_i - E_j}{h}$

Em que $E_i$ representa a energia do nível $i$, $E_j$ representa a energia do nível $j$ e $\lambda_{ij}$ é o comprimento de onda da onda emitida entre os níveis $i$ e $j$.

Pela figura apresentada, podemos considerar que $E_1 < E_2 < E_3$. Sendo assim, vamos analisar as alternativas.

I.

$\lambda_{21} + \lambda_{32} = \dfrac{hc}{E_2 - E_1} + \dfrac{hc}{E_3 - E_2} = hc\dfrac{E_3 - E_1}{\left(E_2 - E_1\right) \left(E_3 - E_2\right)}$

Porém

$\lambda_{31} = \dfrac{hc}{E_3-E_1}$

Portanto

$\boxed{\lambda_{31} \neq \lambda_{21} + \lambda_{32}}$

Podemos então considerar a afirmativa como falsa

II.

Como visto anteriormente, a frequência de cada fóton emitido será:

$\begin{cases} f_{32} = \dfrac{E_3-E_2}{h} \\ f_{31} = \dfrac{E_3-E_1}{h}\end{cases}$

Como $E_3 - E_1 > E_3 - E_2$ podemos afirmar que

$\boxed{f_{31}> f_{31}}$

Portanto, a alternativa é verdadeira.

III.

Calculando os comprimentos de onda, como mostrado anteriormente:

$\begin{cases} \lambda_{31} = \dfrac{hc}{ E_3 - E_1 } \\ \lambda_{21} = \dfrac{hc}{ E_2 - E_1}\end{cases}$

Logo, podemos concluir que $\lambda_{31} < \lambda{21}$. Como o comprimento de onda da ultravioleta é menor que o comprimento de onda do espectro visível, $\lambda_{21}$ pode representar um comprimento do espectro visível. Logo, a afirmativa é verdadeira.

Com isso, concluímos que a resposta é o item c)

Item c)

Óptica geométrica

Para resolver esse problema, precisamos conhecer uma propriedade das lâminas de faces paralelas:

$n\sin\theta = cte$

A demonstração disso pode ser obtida utilizando a Lei de Snell e analisando os ângulos do sistema, assim como mostra na seguinte imagem:

Quando a luz vai de um meio menos refringente para um meio mais refringente, pela Lei de Snell, podemos perceber que o raio de luz vai se aproximar da normal. Do mesmo modo, quando a luz vai de um meio mais refringente para um meio menos refringente, o raio de luz se afasta da normal.

Com isso, podemos perceber que o meio 2 é o meio de menor índice de refração do sistema.

Utilizando a propriedade de faces paralelas dita acima, concluímos que $n_3> n_1 > n_2$.

Como o vidro possui o maior índice de refração e o ar o menor, a ordem dos índices será: 1 - água; 2 - ar; 3 - vidro. Portanto, item e)

Item e)