o anglo resolve a prova de Física do ITA

Texto

(1)

É trabalho pioneiro.

Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.

Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua

tarefa de não cometer injustiças.

Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no

processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada

questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.

No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de

engenharia mundialmente conhecida.

Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos

(Engenha-ria Aeronáutica, Engenha(Engenha-ria Mecânica Aeronáutica, Engenha(Engenha-ria de

Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de

Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:

1

º

dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões

dissertativas.

2

º

dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5

questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de

múltipla escolha.

3

º

dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10

questões dissertativas.

4

º

dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10

questões dissertativas.

A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.

Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha

equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos

ou-tros 50%.

Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a

40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.

Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas

questões de múltipla escolha.

Serão considerados habilitados os candidatos que obtiverem nota

igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e média igual ou

supe-rior a 50 (na escala de 0 a 100).

A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,

Química e Português, com peso 1.

o

anglo

resolve

a prova

de Física

do ITA

(2)

Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimen-sional (Número de Reynolds) dado por R = ραvβdγητ, em que ρé a densidade do fluido, v, sua velocidade, η, seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro D, que se movi-menta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3πDηv.

Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α, β, γe

τ

, uma das soluções é A)α= 1, β= 1, γ= 1,

τ

= – 1.

B)α= 1, β= – 1, γ= 1,

τ

= 1. C)α= 1, β= 1, γ= –1,

τ

= 1. D)α= –1, β= 1, γ= 1,

τ

= 1. E)α= 1, β= 1, γ= 0,

τ

= 1.

A fórmula dimensional do coeficiente de viscosidade (η) pode ser determinada como segue: F = 3 ⋅ π ⋅ D ⋅ η ⋅v (força de arrasto)

M ⋅L ⋅T– 2= L [η] L T– 1

[η] = M ⋅T– 1⋅L– 1

Da relação (número de Reynolds) dada: R = ρα⋅vβ⋅dγ⋅ ητ Dimensionalmente: 1 = (M ⋅L– 3)α⋅(L T– 1)β⋅Lγ⋅(M T– 1⋅L– 1)τ 1 = Mα+ τ⋅L–3α+ β + γ– τ⋅T–β– τ Assim: Resolvendo-se o sistema: α= β= γ= –

τ

Uma das possíveis soluções é: α= 1, β= 1, γ= 1 e

τ

= – 1 Resposta: A α+

τ

= 0 – 3α+ β+ γ–

τ

= 0 –β–

τ

= 0      Resolução Questão 1

ÍÍ

ÍS

S

SIII A

A

A

F

F

F

C

C

C

(3)

Um projétil de densidade ρpé lançado com um ângulo

αem relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o recipiente é preenchido com um superfluido de densidade ρs, e o mesmo projétil é nova-mente lançado dentro dele, só que sob um ângulo βem relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial vdo projétil, de mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera a distância alcançada pelo projétil (veja figura).

Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo β de lançamento do projétil, que

A) cosβ= (1 – ρs/ρp)cosα. B) sen 2β= (1 – ρs/ρp)sen 2α. C) sen 2β= (1 + ρs/ρp)sen 2α. D) sen 2β= sen 2α/(1 + ρs/ρp). E) cos 2β= cosα/(1 + ρs/ρp).

Se a resistência do superfluido é desprezível, não há força horizontal agindo no projétil. Logo, para os dois casos (recipiente vazio ou com superfluido):

x = v0cosαt x = v0cosβt’ Daí obtemos:

t cosα= t’ cosβ (1)

Sendo t e t’ os tempos de movimento do projétil em cada um dos casos. O valor de t é:

(2) O valor de t’ é:

(3)

Sendo a a aceleração do projétil se movimentando no superfluido. Pelo Princípio Fundamental da Dinâmica:

Sendo E = ρs⋅v ⋅g (5) e m = ρp⋅v (6) Substituindo-se (6) e (5) em (4), vem: Logo: ′ = − t v sen g p s p 2 0 β ρ ρ ρ ( ) a g sg g p p s p = =        – ρ – ( ) ρ ρ ρ ρ 7 a R m P E m g E m = = – = – ( )4 ′ = t v sen a 2 0 β t v sen g =2 0 α Resolução Questão 2

v → v →

(4)

Substituindo-se os valores de t’ e t na expressão (1), vem:

Dessa expressão obtemos:

Observação: Como o autor da questão utilizou notação vetorial para designar as velocidades iniciais, elas

deveriam receber símbolos diferentes, pois apresentam diferentes direções.

Resposta: B

Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a qual desce um vagão, com aceleração a, em cujo teto está de-pendurada uma mola de comprimento l, de massa desprezível e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na sua extremidade.

Considerando que l0é o comprimento natural da mola e que o sistema está em repouso com relação ao vagão, pode-se dizer que a mola sofreu uma variação de comprimento ∆l = l l0 dada por A)∆l= mg senθ/ k. B)∆l= mg cosθ/ k. C)∆l= mg / k. D)∆l= E)∆l=

Para um observador situado no interior do vagão, tudo se passa como se o corpo de massa m estivesse em equilíbrio, submetido a um peso aparente mg* neutralizado por uma força elástica k∆l:

mg* = k∆l onde g→* = g→– a→

Como (g*)2= g2+ a2– 2ag cosαe cosα= senθ(α+ θ= 90°),

Então: Resposta: E ∆l=m a agsen +g k 22 θ 2 ∆l= m + k g a agsen ou 2 22 θ Resolução m a – 2ag s2 enθ+ g / k.2 m a – 2ag cos2 θ+ g / k.2 Questão 3

sen s sen p 2β 1 ρ 2 ρ α =        – 2v0 2 0 g sen v sen g p s p α α β ρ ρ ρ β cos ( – ) cos = a → m l θ a → θ θ g → g* → – a→ α

(5)

Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v, horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de módulo constante dado por f = 7mg/4π.

Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após per-correr um arco de 60° (veja figura), sua velocidade inicial deve ter o módulo de

A) D)

B) E)

C)

Vamos aplicar o teorema da energia mecânica para o trecho AB, sendo B o ponto onde o corpo se destaca da pista.

= – (1)

Como a intensidade do atrito é considerada constante: = (2)

mghB– mghA= mg (Rcos 60° – R) = – (3) No ponto B, o objeto se destaca da pista (N = 0).

= mg cos 60° ⇒ v2

B= Rg/2 (4)

Substituindo (2), (3) e (4) em (1), obtemos:

Resposta: A

Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corre sobre trilhos horizontais com velocidade constante v = 72,0km/h (portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Em dado instante, a caçamba é preenchida com uma carga de grãos de massa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso de uma altura de 6,00m (veja figura).

Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimento exclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos é

A) 15 J/kg. B) 80 J/kg. C) 100 J/kg. D) 463 J/kg. E) 578 J/kg. Questão 5

60° vA A P vB Pcos 60° 60 ° B vA= 2 3 gR mv R B2 mgR 2 7 12 mRg π 3 ⋅R

τ

FNC f AB π mg = ⋅



= 7 4 1 2 2 mvA +mghA 1 2 2 mvB+mghB

τ

FA B MEC B MEC A NC E E → = Resolução 6gR/2. 3 gR. 3gR/2. 3 gR/2. 2gR/3 . Questão 4

60° R v → m v → 4 M grãos M                  

(6)

O vagão-caçamba e a carga de grãos formam um sistema isolado na horizontal, tal que: (Q Sist. Início) x= (QSist.Fim)x m 20 = (m + 4m) v’ v’ = 4 m/s

A energia dissipada no processo pode ser determinada como segue:

ε

Dissip=

ε

mInício–

ε

mFim

ε

Dissip=

ε

Dissip= 400 m J

Por fim, a energia em forma de calor recebida pelos grãos, por unidade de massa, é:

Resposta: C

Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R, respectivamente, são liberados no espaço livre. Con-siderando que a única força interveniente seja a da atração gravitacional mútua, e que seja de 12R a dis-tância de separação inicial entre os centros dos corpos, então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a co-lisão será de

A) 1,5R. D) 7,5R.

B) 2,5R. E) 10,0R.

C) 4,5R.

Quando as esferas colidem, a menor terá percorri-do x, e a maior y. Portanto, pela figura:

x + 3R + y = 12R

Pela conservação da quantidade de movimento (sis-tema mecanicamente isolado):

Mx = 5 My Logo, Resposta: D x+3R+ =x R → x= R → x= R 5 12 6 5 9 7 5, Resolução R M 12 R 2 R 5 M Questão 6

Q m m m Q m J kg = 400 ⇒ = 4 100 / –5 4 2 2 m 4 10 6 20 2 2 m( ) + m 4 M grãos M vagão v = 20 m/s “ “ Início: v’ Fim: Resolução M 5 M x 3 R y 12 R      

(7)

Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera de massa m com uma carga elétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado num campo elétrico uniforme Eque atua na mesma direção e sentido da aceleração da gravidade g. Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio e soltando-a, ela executa um movimento harmônico simples, cujo período é

A) D)

B) E)

C)

As forças que atuam na carga elétrica, na posição da-da pela elongação x, estão representada-das ao lado.

Considerando-se que a oscilação seja, praticamente, retilínea:

Para pequenas oscilações: senθ ≈tgθ. Logo, igualando-se as expressões I e II: Lembrando-se que R = m |a| e que, no MHS, |a| = ω2x, a equação acima torna-se:

, para (T é o período de oscilação).

Assim: m ⋅

2

Resposta: E

Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa M com o formato de uma casa (veja figura).

A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma com a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de densidade ρ, per-manecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o objeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimo da altura submersa do bloco é igual a:

A) m senα/Sρ. D) m /Sρ. B) m cos2α/Sρ. E) (m + M)/Sρ. C) m cosα/Sρ. Questão 8

= + = + ∴ qE mg T m qE mg l 2π l 2π T ω= 2π T m x qE mg x ⋅ + = ω2 l R F P x e+ = l Resolução T 2= π ml/(qE). T 2= π ml/(mg+qE). T 2= π l/(g+q). T 2= π ml/(mg – qE). T 2= π l/g. Questão 7

H M α m E → g → l m q l x P –A A Fe F θ 123 senθ = (I)x l O R F θ tgθ = (II)R Fe + P Fe + P      

(8)

O corpo de massa m escorrega sem atrito, acelerado pela componente Psenαdo peso. Por outro lado o bloco é pressionado obliquamente pela reação de N = Pcosα.

Supondo-se que só importe a componente vertical de Pcosα (o enunciado supõe que o bloco se mantenha vertical), a força que pressiona o sólido para baixo, obrigando-o a deslocar um volume adicional ∆H ⋅S será:

(Pcosα)cosα

Esta componente vertical será, então, igual ao acréscimo de empuxo necessário para equilibrá-la: Pcos2α= ρVg mgcos= ρ ⋅ ∆H S g

Portanto: ∆H = mcos2α/Sρ Resposta: B

Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter uma imagem real a uma distância p’ da lente.

Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que A) p3+ fpp’ + p’3= 5 f3. D) p3+ fpp’ + p’3= 25 f3.

B) p3+ fpp’ + p’3= 10 f3. E) p3+ fpp’ + p’3= 30 f3.

C) p3+ fpp’ + p’3= 20 f3.

Para a situação representada, tem-se o seguinte esquema:

A distância entre o objeto e a imagem (D) é dada por: D = p + p’ (1)

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

′ = ⋅ p f p p–f ( )2 1 1 1 1 1 1 f= p+ p′ ⇒ p′= f –p p p’ L imagem real objeto real Resolução Questão 9

Resolução N α m Psen α α Pcos α

(9)

Substituindo-se (2) em (1):

Na condição de distância mínima:

2p2– 2pf – p2= 0 p2– 2pf = 0

∴ p = 2f Em (2): p’ = 2f

Portanto, o valor da expressão p3+ fpp’ + p’3é:

p3+ f p p’ + p’3= (2f)3+ f 2 f 2 f + (2f)3

∴ p3+ fpp’ + p’3= 20f3 Resposta: C

Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de

A) 71%. B) 171 %. C) 7 100 %. D) 9 999 900%. E) 10 000 000 %.

O nível de intensidade sonora (N), em dB, é dado por:

Em que:

I corresponde à intensidade da onda sonora e I0= Para o som de 70 dB, tem-se:

Para o som de 120 dB, tem-se:

Comparando-se as intensidades I2e I1:

Expressando esse quociente em porcentagem:

Ou seja, I2= 10 000 000% I1.

Assim, para atingir o valor de I2, a intensidade I1deverá ser elevada de 9 999 900%.

Resposta: D I I I I 2 1 5 2 7 1 10 100 10 = ⋅ % ⇒ = % I I 2 1 5 10 = 120 10 10 1 2 12 2 2 = ⋅log ⇒ = – I I W m 70 10 10 10 1 12 1 5 2 = ⋅log ⇒ = – – I I W m 10 12 2 – W m N I I =10⋅ 0 log Resolução Questão 10

dD dp p p f p p f =0 ⇒ 2 ⋅ 1 =0 2 2 ( – ) – ( ) ( – ) D p f p p f D p p f = + ⋅ ⇒ = – – 2

(10)

Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno ângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tanθ~ sen– θ~– θe o índice de refração da água n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a

A) 2,5 m. D) 8,0 m.

B) 5,0 m. E) 9,0 m.

C) 7,5 m.

A situação proposta é:

Considerando-se as aproximações, a equação do dioptro plano: = ⇒ ∴ h = 7,5 m

Resposta: C

São de 100Hz e 125Hz, respectivamente, as freqüências de duas harmônicas adjacentes de uma onda estacionária no trecho horizontal de um cabo esti-cado, de comprimento l= 2m e densidade linear de massa igual a 10g/m (veja figura). Considerando a aceleração da gravidade g = 10m/s2, a massa do

bloco suspenso deve ser de

A) 10 kg. D) 102kg.

B) 16 kg. E) 104kg.

C) 60 kg.

A relação entre freqüências adjacentes de ondas estacionárias em cordas é dada por: f(n) = n ⋅f

1º-f(n + 1) = (n + 1) ⋅f 1º-Substituindo-se os valores: 100 = n ⋅f

1º-⇒ f1º-= 25 Hz

125 = (n + 1) ⋅f1º- n = 4 A freqüência de vibração do 1º- harmônico (f1º-) é calculada por: f1º-=

Pela Equação de Taylor:

∴ T = P = 100 N

Considerando-se g = 10 m/s2, a massa do bloco suspenso é m = 10 kg. Resposta: A v= T ⇒ = T µ 100 10–2 v 2l ⇒ 25= 2 2⋅ ∴ =100 v v m s/ Resolução Questão 12

h 10 1 1 33 = , npassa nprovém di do N di = h do = 10 m Ar Água Resolução Questão 11

h θ l

(11)

Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu teclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na base do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capaci-tor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminui a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detec-ta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere então um dado teclado, cujas placas metálicas têm 40 mm2de área e 0,7 mm de

distância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar seja

ε

0= 9 ×10–12F/m. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da

capacitância a partir de 0,2 pF, então, qualquer tecla deve ser deslocada de pelo menos A) 0,1 mm. D) 0,4 mm. B) 0,2 mm. E) 0,5 mm. C) 0,3 mm. C0=

ε

0 C =

ε

0 ∆C = C – C0 ∴ ∆C =

ε

0

ε

0 ∆C =

ε

0A 0,2⋅10–12= 910–12⋅4010–6 d = 0,5 ⋅10–3m = 0,5 mm.

Logo, a variação de distância é: |∆d| = |d – d0| = |0,5 – 0,7| ∴ |∆d| = 0,2 mm

Resposta: B

O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, está sendo utilizado para determinar a temperatura de óleo em um reser-vatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio RT. O resis-tor variável R é ajustado automaticamente de modo a manter a ponte sem-pre em equilíbrio, passando de 4,00para 2,00. Sabendo que a resistên-cia varia linearmente com a temperatura e que o coeficiente linear de tem-peratura para o tungstênio vale α= 4,00 ×10–3ºC–1, a variação da

tempe-ratura do óleo deve ser de A) – 125°C. B) – 35,7°C. C) 25,0°C. D) 41,7°C. E) 250°C. Questão 14

1 1 0 7 10 3 d – , –         1 1 0 d –d     A d0 A d A d A d0 Resolução Questão 13

G R RT 10Ω 8,0Ω base do teclado 0,7 mm tecla

(12)

Considerando que R = R0(1 + α∆θ), temos: 4 = 2[1 + 4 ⋅10– 3⋅ ∆θ]

∴ 2 = 1 + 4 ⋅10– 3∆θ] ⇒ ∆θ= 250ºC Resposta: E

Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico cons-tante no interior do metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere uma barra metálica descarregada, de 2,0 m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulo v = 216 km/h num plano horizontal (veja figura), próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferença de potencial (ddp) de 3,0 ×10–3V entre as extremidades da barra, o valor do componente vertical do campo

de indução magnética terrestre nesse local é de A) 6,9 ×10– 6T.

B) 1,4 ×10–5T.

C) 2,5 ×10–5T.

D) 4,2 ×10–5T.

E) 5,0 ×10–5T.

Nas condições do enunciado:

ε

= Blv ⇒ 3 ×10–3= B 2

∴ B = 2,5 ×10– 5T Resposta: C

Uma bicicleta, com rodas de 60 cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro composto de um ímã preso em raios, a 15 cm do eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25 mm2de área, com 20 espiras de fio metálico,

presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2 T em toda a área da bobina (veja a figura).

Com a bicicleta a 36 km/h, a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de A) 2 ×10–5V. B) 5 ×10– 3V. C) 1 ×10– 2V. D) 1 ×10– 1V. E) 2 ×10– 1V. 15 cm

Imã Bobina presa

ao garfo Questão 16

216 3 6, Resolução → B v → Questão 15

Resolução

(13)

• A velocidade do ímã em relação à bobina é:

• Tomando o campo de indução magnética como referencial, temos:

1) Ocorre variação de fluxo magnético durante a entrada da espira no campo. 2) Não ocorre variação de fluxo magnético quando a espira estiver toda no campo. 3) Ocorre a variação de fluxo magnético durante a saída da espira no campo. O fluxo magnético, em módulo, será: φ(t) = B ⋅A

φ(t) = B ⋅l⋅ve⋅t, sendo lo lado da espira e ve= 5 m/s. Logo: φ(t) = 0,2 ⋅5 ⋅10– 3⋅5 t ⇒ φ(t) = 5 10– 3⋅t

A força eletromotriz induzida máxima para uma espira, em módulo, é:

Para 20 espiras é:

ε

max= 1 ⋅10– 1V. Resposta: D

Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecida pelo air-bag, comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para o carro de parte do momentum do motorista se dá em condição de

A) menor força em maior período de tempo. B) menor velocidade, com mesma aceleração. C) menor energia, numa distância menor. D) menor velocidade e maior desaceleração. E) mesmo tempo, com força menor.

A variação da quantidade de movimento do motorista corresponde ao impulso da resultante das forças trocadas entre carro e motorista:

∆Q = IR(Teorema do Impulso)

Como: IR= R

média⋅ ∆t (definição)

Conclui-se que:

A proteção oferecida advém de que, com air-bag, a resultante média (“força”) é menos intensa num intervalo

de tempo maior (“período”). Resposta: A

Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0 km, com velocidade de no rumo nor-te, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroesnor-te, de um ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6,0 m/s2.

Após , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste. Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância de

A) 5,2 km. B) 6,7 km. C) 12 km. D) 13 km. E) 28 km. 40 10/ s3 50 10 m s/ Questão 18

Resolução Questão 17

ε

= dφ ⇒

ε

= ⋅ dt max V – 5 10 3 v v d T v v m s i B i B i i = ⋅ ⇒ =10⋅15 ∴ = 30 5 / Resolução

(14)

O deslocamento horizontal será:

2

=

Logo: BC = ABtg 45º = 12 km.

A distância entre o avião e o ponto no solo será: d2= 122+ 52

d = 13 km

Resposta: D

Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de um pulverizador em movimento, passam por uma unidade eletrostática onde per-dem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço entre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes da impressão. Considere gotas de raio igual a 10µm lançadas com velocidade de módulo v = 20m/s entre placas de comprimento igual a 2,0cm, no interior das quais existe um campo elétrico vertical uniforme, cujo módulo é E = 8,0 ×104N/C

(veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 1 000 kg/m3 e

sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30 mm ao atingir o final do percurso, o módulo da sua carga elétrica é de

A) 2,0 ×10– 14C. B) 3,1 ×10– 14C. C) 6,3 ×10– 14C. D) 3,1 ×10– 11C. E) 1,1 ×10– 10C. Questão 19

AB= 36000= m= km 3 12000 12 20000 3 16000 3 + 4 10 3 AB=∆S=50 10⋅40 10 + ⋅ ⋅ 3 1 2 6 ∆S= v t0 + 1at2 2 Resolução N NW W NW W 45° B A C d AB tg 45° C 5 km B A → E v → 2,0 cm 0,30 mm      

(15)

• Na horizontal as gotas executam movimento uniforme: x = vt (1)

• Na vertical as gotas executam movimento uniformemente acelerado: (2)

• Combinando (1) e (2), obtemos a equação da trajetória: (3) • Considerando-se que a resultante das forças atuantes é a força elétrica:

R = Fe ⇒ mγ= | q | E ∴ (4)

• Substituindo-se (4) em (3):

• Como m = ρV, o desvio y é dado por:

| q | ≈ 3,1 ⋅10–14C

Resposta: B

A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a Patm+ 10 ×103Pa.

Co-locado o recipiente num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a ser de Patm+ 4,0 ×103Pa. Considerando que P

atmé a pressão atmosférica, que a massa específica da água é

de 1,0 g/cm3e que o sistema de referência tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a

acele-ração do elevador é de A) – 14 m/s2. B) – 10 m/s2. C) –6m/s2. D) 6 m/s2. E) 14 m/s2.

A pressão exercida pela água no fundo do recipiente vale, na situação de equilíbrio: p = pat + dgh

Se o líquido acelera verticalmente com uma aceleração a, pode-se calcular a pressão como se o líquido estivesse em um local com aceleração da gravidade: g* = g – a

Logo: p* = pat+ dg*h = pat+ d(g – a)h Portanto: dgh = 10 ⋅103

e d(g – a) h = 4,0 ⋅103

vertical para baixo Pela convenção adotada:

a = – 6 m/s2 Resposta: C g a g a g m s – , , / =0 4 ⇒ =0 6 =6 2 Resolução Questão 20

∴ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = | | ( – ) , – – q 2 1000 4 3 10 10 400 0 3 10 8 10 4 10 6 3 3 4 4 π y q E x V v q V v y E x = | | ⇒ | |= 2 2 2 2 2 2 ρ ρ y q E m x v = 1 2 2 2 | | γ= | |q E m y x v = 1 2 2 2 γ y= 1 t 2 2 γ . Resolução

(16)

Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia n para o estado fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assim permanecendo após a colisão. Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão. Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n é En= E0/n2; o mometum do fóton é h/c; e a energia

deste é h, em que h é a constante de Plank, a freqüência do fóton e c a velocidade da luz.

Inicialmente, ao emitir um fóton de energia he momentum linear h/c, o átomo sofre um recuo, adquirindo

momentum linear oposto (conservação da quantidade de movimento do sistema).

Como a energia hdo fóton pode ser calculada pela energia perdida pelo átomo:

A quantidade de movimento adquirida pelo átomo após a emissão do fóton será:

Supondo que a incorporação do segundo elétron não altere o momentum angular do átomo, podemos escrever:

Sendo M a massa do núcleo, e m, a de cada elétron, logo:

Inicialmente 48 g de gelo a 0 ºC são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0 g, também a 0 ºC. Em segui-da, 75 g de água a 80 ºC são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto. Dados: calor latente do gelo Lg= 80 cal/g, calor específico da água cH

2O= 1,0 cal g– 1ºC– 1, calor específico do

alumínio cAl= 0,22 cal g– 1ºC– 1.

A quantidade de calor necessária para fundir todo o gelo é: Q = mL

Q = 48 ⋅80 Q = 3840 cal (I)

A quantidade de calor que a água pode ceder, caso ocorra seu resfriamento até 0°C, é: Q = m c∆θ

Q = 75 ⋅1 ⋅(– 80) Q = – 6000 cal (II)

Comparando-se I e II, conclui-se que todo gelo será fundido e a água proveniente dessa fusão será aquecida. Logo, considerando-se o sistema termicamente isolado:

Qgelo + Qágua + Qcal. = 0 mL + m c∆θ + m c∆θ + m c∆θ= 0 Fazendo-se as devidas substituições numéricas:

48 ⋅80 + 48 ⋅1 ⋅(θ– 0) + 75 ⋅1 ⋅(θ– 80) + 2 ⋅0,22 ⋅(θ– 0) = 0 ∴ θ ≈17,5°C Resolução Questão 22

v E c M m n n = +         0 2 2 2 1 ( ) – E c n n M m v 0 2 2 1 0 2 – ( )         + = + h c E c n n  =         0 2 2 1 – h E E E n E E n n n = = =         – 0 0 – – 2 0 0 2 2 1 Resolução Questão 21

14243 123 123

(17)

Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12no circuito da figura. Para tanto, ele dispõe apenas de um galvanômetro e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui resistência interna Rg= 5 ke suporta, no máximo, uma corrente de 0,1 mA. Determine o valor máximo do resistor R a ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico consiga medir a corrente.

• Gerador equivalente da associação em paralelo:

ε

eq= req⋅ ∑icc ∴

ε

eq= ∴

ε

eq= 16 V

Então:

• Cálculo da resistência R (shunt):

R ⋅iS= RG⋅iG ⇒ R =

R =

Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o comprimento de onda λ= 5500 Å, o índice de refração do vidro nv= 1,50 e, o da película, np= 1,30. Admita a incidência luminosa como quase perpendicular ao espelho.

Questão 24

5 10 0 1 1199 9 0 42 3 ⋅ ⋅ , , R , Ω R i i G G S ⋅ 1 200 mA G 1 200 mA RG iG R iS ; iS = 1 200 – 0,1 = 1 199,9 mA I= I A ou I m A + = = ⇒ 16 12 4 3 1 2, 1200 ⇔ 16 V 12Ω I Ω 4 3 4Ω 24 V 12 V 2Ω 12Ω 24 4 12 2 + 4 3 r r r r r r r eq= 1+⋅ 2 ⇒ eq= +⋅ ∴ eq= 1 2 4 2 4 2 4 3Ω Resolução 4Ω 24 V 12 V 2Ω 12Ω Questão 23

     

(18)

Para a situação descrita, temos:

I: onda incidente

a: onda refletida em S1, defasada de πrad em relação a I.

b: onda refletida em S2, defasada de πrad em relação a I.

Assim, as ondas a e b estão em concordância de fase entre si.

Para que a reflexão seja mínima, deve-se impor que a interferência entre as radiações a e b seja do tipo destrutiva.

Para tal: ∆x = (2 n + 1) ⋅ (n = 0, 1, 2, …), em que ∆x = 2d e

A menor espessura (d) da película corresponde ao caso em que n = 0. Assim: 2 d = 1 ⋅ ⇒ d =

Para λar= 5 500 Å, d ≈1058 Å

Num experimento, foi de 5,0 ×103m/s a velocidade de um elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calcule

a incerteza na determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron me= 9,1 ×10– 31kg e

constante de Plank reduzida = 1,1 ×10– 34Js.

De acordo com o princípio da incerteza de Heisenberg, considerando-se os valores como valores médios*: ∆—Qx⋅ ∆—x Como ∆—Qx= me⋅ ∆—vx, temos: me⋅ ∆—vx ⋅ ∆—x Do enunciado: ∆—vx= 5 ⋅103⋅ = 1,5 10–1m/s me= 9,1 ⋅10– 31kg  = 1,1 ⋅10– 34J ⋅s Dessa forma: 9,1 ⋅10– 31⋅1,5 ⋅10– 1⋅ ∆—x ∴ ∆—x0,0004 m ou ∆—x0,4 mm

* Landau, L. e Lifchitz, E. Mécanique Quantique. Moscou, Éditions Mir, 1966, p. 61-65.

1 1 10 2 34 , ⋅ – 0 003 100 , h 2 h 2 Resolução Questão 25

λar p n 4⋅ λp 2 λp λar p n = λp 2 Resolução Ar (n = 1) Película (np = 1, 30) Vidro (nv = 1, 50) a b I 123 d = ? λar λp λv S1 S2

}

diferença de marcha

(19)

Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade R/100, do fundo da qual um projétil é lan-çado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máxima alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v.

Resolução qualitativa

Sendo v a velocidade de escape no fundo da cratera, ao lançarmos o projétil com velocidade v na superfície da Lua, ele vai escapar também, pois quanto mais afastado do centro do planeta, menor é a velocidade de escape.

Resolução quantitativa (demonstração)

Representando-se a situação descrita e definindo-se o versor e→ r:

Calculando-se a energia potencial no ponto A a partir da definição:

ε

pA=

τ

Fcons A →posição de referência=

τ

P A → ∞=

τ

P A →solo+

τ

P solo → ∞ sendo: Logo:

ε

pA= + = + = 1 – – = – 3 –

Calculando-se as velocidades de escape: • No solo:

ε

msolo=

ε

m∞ (1) 1 2 0 2 2 2 m v GMm R v GM R s – = ⇒ s = 99 100 GMm R 2 GMm R 99 100 – 2 3 2 Gmd R π +GMm r –Gmd4 r 3 2 2 π –GMm r dr 2

–Gmd4 r dr 3 π

– . – int – – GMm r e para r R GmM r e Gmd r r e Gmd r e r R r r r r 2 2 2 3 4 3 4 3   = ⋅ ⋅π = π        solo R A er → R 100 99 R 100 centro Resolução Questão 26

→ → → → P → = solo solo ∞ A solo solo ∞ A 2 2                                    

(20)

• Na cratera:

ε

mcratera=

ε

m∞ 3 – = 0 3 – (2) Substituindo-se (1) em (2): 3 – vc≈1,00496vs ⇒ vcvs

Portanto, o projétil vai escapar quando lançado da superfície e não haverá altura máxima.

Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quan-titativos estimados das variáveis empregadas.

Considerando-se a composição do ar como sendo 80% de N2e 20% de O2, a massa molar do ar é dada por: Mar= 0,8 ⋅MN

2+ 0,2 ⋅MO2= 0,8 ⋅28 + 0,2 ⋅32 = 28,8 g/mol

Nas condições normais de temperatura e pressão, 1 mol de ar ocupa o volume de 22,4 L. Dessa forma, a densi-dade do ar fica dada por:

Admitindo-se uma sala de aula de dimensões 20m ×10m ×3m, o seu volume é dado por: V = 20 ⋅10 ⋅3 = 600m3

Como

Dessa forma: m = 1,3 ⋅600 ∴ m ≈800 kg

Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 1m3de

hélio na temperatura local (27°C). Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0 N. São dadas a massa atômica do oxigênio AO = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases R = 0,082 atm l mol–1K–1. Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e que a atmosfera é

com-posta de 30% de O2e 70% de N2, determine o número mínimo de balões necessários.

Cálculo da densidade do He (dHe) e do ar (dar): pV = nRT ⇒ No caso do He: ⇒dHe= 0,163 g/L = 0,163 kg/m3 p = 1 atm M = 4 g R = 0,082 atm ⋅L/mol ⋅K T = 300 K pV m M RT d m V pM RT = ⋅ ⇒ = = Resolução Questão 28

d m V m d V = ⇒ = ⋅ d m V g L d g L kg m = = 28 8 ∴ ≈ = 22 4 1 3 1 3 3 , , , , Resolução Questão 27

99 100 v2c vs 2 2 = 99 100 v GM R c 2= 99 100 1 2 2 2 m v GMm R c – 2 2 2                                     14243

(21)

No caso do ar:

Condição de equilíbrio do balão com sua carga: E = Ptotal= Pcarga+ nPbalão

E = Pcarga+ n(1 + mHeg)

dar⋅nVg = Pcarga+ n(1 + dHe⋅V ⋅g) Daí vem:

n ≈108 balões

Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barra vertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro 2 H. O tubo encontra-se a uma altura 2 H + L e, para efeito de cálculo, é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é preenchido com um líquido até uma altura 2 H (veja figura), mantido o tubo na mesma posição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra. Determine literalmente o índice de refração desse líquido.

A situação proposta é:

Da figura, temos: • x + y = 2 H (1)

• Por semelhança dos triângulos em destaque:

Substituindo-se 2 em 1:

• De acordo com a Lei de Snell-Descartes:

nágua= • Substituindo-se 3 em 4: nágua= 2 4 2 2 2 2 H L H H L H + + + + ( ) ( ) x H x H 2 2 2 2 4 4 + + ( ) seni senr n n x x H x x H n ar = + + = ⇒ 2 2 2 2 2 1 ( ) x H L H = + 2 3 2 ( ) L y L H H y HL L H = + = + ⇒ 2 2 2 ( ) Resolução Questão 29

⇒dar= 1,19 g/L = 1,19 kg/m3 p = 1 atm M = 0,3 ⋅32 + 0,7 ⋅28 = 29,2 g R = 0,082atm ⋅L/mol ⋅K T = 300 K L H H 2H L H H 2H x y x 2 + (2H ) 2     x2 + H 2 r i G água água 14243

(22)

Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionário em relação a este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é MJ= 1,9 ×1027kg e cujo

raio é RJ= 7,0 ×107m. Sendo a constante da gravitação universal G = 6,7 ×10–11m3kg–1s–2e considerando

que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10 h, determine a altitude do satélite em relação à superfície desse planeta.

Calculando o raio da órbita do satélite que está no plano do equador de Júpiter mantendo-se estacionário em relação a ele, temos:

Rc= Fg

Fazendo-se as devidas substituições: Ro≅16 ⋅107m Como H = Ro– RJ H ≅16 ⋅107– 7 107 H ≅9 ⋅107m Ro GMJ s =3 ω m R GM m R s s o J s o ω2 2 = RC = FG vS ωJ RJ H Resolução Questão 30

G = 6,7 ⋅10–11m3kg–1s–2 sendo: MJ= 1,9 ⋅1027kg ωs ωJ π π T rad s = = 2 = 2 10 3600 / 1442443

(23)

Prova adequada à seleção de candidatos a um curso de engenharia.

Os principais tópicos da matéria foram abordados com questões originais, embora, às vezes, com dificul-dade operacional exagerada.

T

T

T

N

N

N

E

E

E

M

M

M

Á

Á

Á

O

O

O

O

O

O

C

C

C

R

R

R

III

Imagem

Referências

temas relacionados :