Escrito por Akira Ito, Gabriel Hemétrio, Matheus Felipe R. Borges, Lucas Tavares e Rafael Moreno
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Problema 01
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ondas, óptica física[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
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Item d)
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Problema 2
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item c)
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Problema 3
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica, gases[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item d)
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Problema 4
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Magnetismo[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item e)
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Problema 5
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Circuitos elétricos[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item a)
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Problema 6
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item c)
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Problema 7
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item b)
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Problema 8
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
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Anulada.
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Problema 9
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Circuitos elétricos[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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Item e)
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Problema 10
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
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Problema 11
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Física moderna[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item a)
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Problema 12
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletrostática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
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Questão 13
[spoiler title=’Assunto abordado ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]Movimento Harmônico Simples (M.H.S.)[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 14
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica geométrica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 15
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Questão 16
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrodinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Questão 17
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletrostática
[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
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Item b)
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Questão 18
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Magnetismo[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
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Item b)
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Questão 19
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Física moderna
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
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Item c)
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Questão 20
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica geométrica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
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Item e)
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