o anglo resolve a prova de Física do ITA

(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

ca-da questão, seguica-da ca-da resolução elaboraca-da 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, 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.

Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota

igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de

múlti-pla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de

0 a 100).

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%.

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

o

anglo

resolve

a prova

de Física

do ITA

(2)

Caso necessário, use os seguintes dados:

ππ

= 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s2_{. Velocidade do som no ar = 340m/s. 1atm = 1,0}

×

₁₀5_N/m2_{. 1cal = 4,2J.}

Sobre um plano liso e horizontal repousa um sistema constituído de duas partícu-las, I e II, de massas M e m, respectivamente. A partícula II é conectada a uma articulação O sobre o plano por meio de uma haste que inicialmente é disposta na posição indicada na figura. Considere a haste rígida de comprimento L, inexten-sível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I desloca-se na direção de II com velocidade uniforme V→B, que forma um ângulo

θ

com a haste. Desprezando

qual-quer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmar que, imediatamente após a coli-são (elástica) das partículas,

A) a partícula II se movimenta na direção definida pelo vetor V→B.

B) o componente y do momento linear do sistema é conservado. C) o componente x do momento linear do sistema é conservado. D) a energia cinética do sistema é diferente do seu valor inicial. E) n.d.a.

Resolução:

Durante a colisão, a resultante externa sobre o sistema corresponde à força de tração na esfera II. Tal força tem a direção e o sentido do eixo y indicado na figura.

Como na direção do eixo x a resultante externa é nula, conclui-se que houve conservação da quantidade de movimento do sistema apenas nesta direção.

Sendo a colisão perfeitamente elástica, a energia cinética do sistema também é conservada.

A partir do repouso, uma pedra é deixada cair da borda no alto de um edifício. A figura mostra a disposição das janelas, com as pertinentes alturas h e distâncias L que se repetem igualmente para as demais janelas, até o térreo.

Se a pedra percorre a altura h da primeira janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer, em segundos, a mesma altura h da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).

A) D) B) E) C)_ 4

(

L+h

)

3

(

L+h

)

+L_

(

L+h L t

)

   – / – . 3

(

L+h

)

2

(

L+h

)

+L L h L t   

(

+

)

    – / – . 2L+2h 2L+h L h L t

(

)

(

+

)

  – / –  . 4

(

L+h

)

3

(

L+h

)

+L 2L 2h 2L h t   

(

+ +

)

    – / – . L+h L L h L h t

(

)

(

+ +

)

  – / 2 2 – 2  .

▼

Questão 1

▼

Questão 2

➯

ÍÍ

ÍSSSIII A

A

FFF C

C

O y x II I L 90º θ VB → pedra 1ª janela 2ª janela L h h L L

(3)

Resolução:

Para queda livre: s = s₀+ v₀t + at2

A partir da figura:

s_A= L s’_A= 4L + 3h s_B= L + h s’_B= 4(L + h)

O intervalo de tempo t para percorrer a altura h da 1ªjanela pode ser expresso por: t = t_A– t_B, sendo t_Ae t_Bos instantes inicial e final para percorrer a 1ªjanela.

Assim:

∴

Para percorrer a altura h da 4ªjanela, temos:

∴

t’ = t’B– t’A

Comparando-se t’ e t:

_∴

Variações no campo gravitacional na superfície da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e de densidade

ρ

, uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteira-mente contida no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causando, assim, uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado com O e C. (Veja a figura). Seja G1a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade na Terra, e G2, a

intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da variação relati-va: (G₁– G₂)/G₁, que se obtém ao deslocar a posição da cavidade, é

A) B) (a/R)3. C) (a/R)2. D) a/R. E) nulo.

Resolução:

Sendo g, a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade:

g GM R G V R G R R G R KR 1 ₂ ₂ ₂ 3 4 3 4 3 = =

ρ

=

ρ

⋅

π

=

ρπ

= a3/

[

₍

R–a

₎

2R

]

. € t L h L h L L h L t ’ ( ) – ( ) – = + + + +        

⋅

_⋅

4 3 t t g L h g L h g L h g L ’ ( ) – ( ) ( ) – = + + +

⋅

2 4 2 4 3 2 2 t g L h g L h ’= 2

⋅

4( + ) – 2

⋅

(4 +3 ) t g L h e t g L h A B ’ = 2

⋅

(4 +3 ) ’ = 2

⋅

4( + ) t g L h g L = 2

⋅

( + ) – 2

⋅

t g L e t g L h A=

⋅

B=

⋅

+ 2 2 ( ) s gt t gs = 1 ⇒ = 2 2 2 € 1 2 A 1ª janela h L L L L L 2ª janela 3ª janela 4ª janela h h h B A’ B’ v0 = 0 R O a C d P

▼

Questão 3

➯

(4)

A figura ao lado representa a situação para se obter o valor máximo de variação relativa:

Nessa situação, a intensidade do campo gravitacional em P será:

g₂= g₁– g_cavidade= K (R – a) O valor máximo da variação relativa é:

Considerando um buraco negro como um sistema termodinâmico, sua energia interna U varia com a sua massa M de acor-do com a famosa relação de Einstein:

∆

U =

∆

Mc2_{. Stephen Hawking propôs que a entropia S de um buraco negro depende}

apenas de sua massa e de algumas constantes fundamentais da natureza. Desta forma, sabe-se que uma variação de massa acarreta uma variação de entropia dada por:

∆

S/

∆

M = 8

π

GM k_B/

c. Supondo que não haja realização de trabalho com a variação de massa, assinale a alternativa que melhor representa a temperatura absoluta T do buraco negro.

A) T =

c3_{/GM k}

B. C) T = Mc2/8

π

kB. E) T = 8

π

c3/GM kB.

B) T = 8

π

Mc2_/k

B. D) T =

c3/8

π

GM kB.

Resolução:

Supondo-se que a temperatura absoluta do buraco negro seja constante, sua variação de entropia (

∆

S) em função de sua variação de energia interna (

∆

U) é:

Substituindo-se, na equação acima, as expressões de

∆

S e

∆

U dadas no enunciado, segue:

∴

Qual dos gráficos abaixo melhor representa a taxa P de calor emitido por um corpo aquecido, em função de sua tempera-tura absoluta T?

A) C) E)

B) D)

Resolução:

A taxa de emissão de energia radiante (P) de um corpo é diretamente proporcional à quarta potência da temperatura abso-luta do corpo.

Em símbolos: P = k

⋅

T4 (lei de Stefan Boltzmann)

P 0 T P 0 T P 0 T P 0 T P 0 T T c G M k_B =

⋅

⋅ ⋅

⋅

3 8π ∆M G M k _∆ c T M c B

⋅

⋅ ⋅

⋅

=

⋅

8π 1 2

∆S ∆ T U = 1

⋅

∆S ∆ T U = 1

⋅

∴ g g = g a R 1 2 1 – g g g KR K R a KR 1 2 1 – – ( – ) = O _C d P a R

▼

Questão 4

▼

Questão 5

➯

(5)

O gráfico que melhor representa o valor de P em função de T é:

Uma certa massa de gás ideal realiza o ciclo ABCD de transformações, como mostrado no diagrama pressão-volume da figura. As curvas AB e CD são isoter-mas. Pode-se afirmar que

A) o ciclo ABCD corresponde a um ciclo de Carnot. B) o gás converte trabalho em calor ao realizar o ciclo. C) nas transformações AB e CD o gás recebe calor.

D) nas transformações AB e BC a variação da energia interna do gás é negativa. E) na transformação DA o gás recebe calor, cujo valor é igual à variação da

ener-gia interna.

Resolução:

Como nos mostra o diagrama que acompanha a questão, a transformação de D para A é um aquecimento isométrico. Logo: Q =

∆

U

0

Sabe-se que a atração gravitacional da lua sobre a camada de água é a principal responsável pelo aparecimento de marés oceânicas na Terra. A figura mostra a Terra, supostamente esférica, homogeneamente recoberta por uma camada de água. Nessas condições, considere as seguintes afirmativas:

I. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés altas simultaneamente.

II. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés opostas, isto é, quando A tem maré alta, B tem maré baixa e vice-versa.

III. Durante o intervalo de tempo de um dia ocorrem duas marés altas e duas marés baixas. Então, está(ão) correta(s), apenas

A) a afirmativa I. B) a afirmativa II. C) a afirmativa III. D) as afirmativas I e II. E) as afirmativas I e III.

Resolução:

1) A figura representa a situação descrita no enunciado:

A situação ao lado ocorre porque:

• Na região do ponto A: a intensidade da força de atração gravitacional é mais intensa.

• Na região do ponto B: a intensidade da força de atração gravitacional é menos intensa, e a camada d’água tende a permanecer em movimento retilíneo e uniforme (“sair pela tangente”, pelo princípio da inércia).

2) Fixando um ponto na Terra, observamos que, a cada rotação da mesma (um dia), ocorrem duas marés altas e duas marés baixas.

Um balão contendo gás hélio é fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado. O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura. Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmar que, em relação a ele, o balão

A) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta. B) se movimenta para trás e a tração no fio não muda. C) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta. D) se movimenta para frente e a tração no fio não muda. E) permanece na posição vertical.

P 0 T A D C B V P Terra B A água Lua Terra Lua B A

▼

Questão 6

▼

Questão 7

▼

Questão 8

➯

(6)

Resolução:

SITUAÇÃO I: marcando-se as forças no balão

quando o vagão está em MRU (R = 0): E = T + P

SITUAÇÃO II: quando o vagão acelera para a direita, o balão se posiciona de acordo com a figura ao lado (d_He

d_ar):

Fazendo-se a decomposição das forças e sabendo-se que a resul-tante é horizontal para a direita, a

Σ

F→na vertical é nula:

T’_y + P = E’_y A

Como a componente y do empuxo na situação II tem mesma intensidade do empuxo na situação I: E’_y= E = T + P B

Substituindo-se B em A: T’_y+ P = E’_y T’sen

α

+ P = T + P

∴

T’

T

Durante uma tempestade, Maria fecha as janelas do seu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora. Subitamente o vidro de uma janela se quebra. Considerando que o vento tenha soprado tangencialmente à janela, o acidente pode ser melhor explicado pelo(a)

A) princípio de conservação da massa. D) princípio de Pascal.

B) equação de Bernoulli. E) princípio de Stevin.

C) princípio de Arquimedes.

Resolução:

O vidro da janela quebra devido à diferença de pressão do ar nas faces interna e externa.

É a equação de Bernoulli que relaciona a velocidade de escoamento de um fluido com a pressão no ponto.

A figura mostra um sistema óptico constituído de uma lente divergente, com distância focal f₁= – 20 cm, distante 14 cm de uma lente convergente com distância focal f₂= 20 cm. Se um objeto linear é posicionado a 80 cm à esquerda da lente diver-gente, pode-se afirmar que a imagem definitiva formada pelo sistema

A) é real e o fator de ampliação linear do sistema é –0,4. B) é virtual, menor e direita em relação ao objeto. C) é real, maior e invertida em relação ao objeto.

D) é real e o fator de ampliação linear do sisetema é – 0,2. E) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto.

Resolução:

Inicialmente, para L1(f1= – 20 cm), temos:

No sistema óptico apresentado, a imagem virtual formada por L₁torna-se objeto real a 30 cm de L₂.

A p p A A 1 1 1 16 80 0 2 = – ’

⇒

= –(– )

∴

= , 1 1 1 1 20 1 80 1 16 f = p+ p’

⇒

– = + p’ ∴ p’= – cm T T sen ’ =

α

E T P E’ T’ P α α P Tx’ Ey’ E_x’ Ty’ objeto 80 cm 14 cm 80 cm L1

▼

Questão 9

▼

Questão 10

➯

mov. mov.

(7)

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

Consequentemente, a imagem definitiva formada pelo sistema é real a 30 cm de L₂. Além disso, a ampliação linear do sis-tema é calculada por:

A = A₁

×

A₂

⇒

A = (0,2)

×

(– 2) A = – 0,4

Num oftamologista, constata-se que um certo paciente tem uma distância máxima e uma distância mínima de visão dis-tinta de 5,0 m e 8,0 cm, respectivamente. Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente que lhe permita ver com clareza objetos no “infinito”. Qual das afirmações é verdadeira?

A) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. B) O paciente é míope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. C) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. D) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é – 0,2 dioptrias. E) A lente corretora de defeito visual desloca a distância mínima de visão distinta para 8,1 cm.

Resolução:

Os intervalos de visão nítida de uma pessoa com vista normal e do paciente são, respectivamente:

O intervalo de visão do paciente evidencia que ele não consegue enxergar com nitidez objetos distantes, o que caracteri-za a miopia.

Para o cálculo da vergência, o míope deve utilizar uma lente que, para objetos no “infinito”, forme uma imagem virtual localizada no seu ponto remoto.

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

Com p tendendo ao infinito, = 0 e, portanto:

∴

C = = – 0,2 dioptrias

Com a lente corretiva, o ponto próximo do míope é deslocado, de modo que a imagem virtual deste ponto se forme a 8 cm de seu globo ocular. De acordo com a equação dos pontos conjugados:

∴

p = 8,1 cm

Isto é, a distância de visão mínima distinta do míope passa para 8,1 cm.

1 f = +

⇒

= +

_×

1 1 0 2 1 1 8 10 2 p p’ – , p _(– – ₎ 1 f 1 f = = 1 1 5 p’ (– ) 1 p 1 f 1 p 1 p' = + A p p A A 2 2 2 60 30 2 =– ’

⇒

= – ( ) ∴ = – 1 1 1 1 20 1 30 1 60 f = p+ p’

⇒

= + p’ ∴ p’= cm 80 cm 14 cm 16 cm L2 L1 30 cm Vista normal Paciente 25 cm 8cm Ponte remoto = ∞ Ponte remoto = 5 m

▼

Questão 11

➯

(8)

A figura 1 mostra o Experimento típico de Young, de duas fendas, com luz monocromática, em que m indica a posição do máximo central. A seguir, esse experimento é modificado, inserindo uma pe-quena peça de vidro de faces paralelas em frente à fenda do lado direito, e inserindo um filtro so-bre a fenda do lado esquerdo, como mostra a figu-ra 2. Suponha que o único efeito da peça de vidro é alterar a fase da onda emitida pela fenda, e o único efeito do filtro é reduzir a intensidade da luz emitida pela respectiva fenda. Após essas modificações, a nova figura da variação da inten-sidade luminosa em função da posição das fran-jas de interferência é melhor representada por

A) C) E)

B) D)

Resolução:

A presença do filtro em uma das fendas impõe que:

1º) as franjas claras, correspondentes às interferências do tipo construtivas, terão intensidades luminosas inferiores às do experimento original;

2º) as franjas escuras, correspondentes às interferências do tipo destrutivas, não terão intensidades luminosas nulas. A presença da placa, que altera a fase de uma das ondas luminosas, provoca o deslocamento dos máximos (franjas claras) e mínimos (franjas escuras) em relação às suas posições no experimento original.

A alternativa que contempla essas modificações é a A.

Quando em repouso, uma corneta elétrica emite um som de freqüência 512 Hz. Numa experiência acústica, um estudante deixa cair a corneta do alto de um edifício. Qual a distância percorrida pela corneta, durante a queda, até o instante em que o estudante detecta o som na freqüência de 485 Hz? (Despreze a resistência do ar).

A) 13,2 m B) 15,2 m C) 16,1 m D) 18,3 m E) 19,3 m

Resolução:

Como a fonte sonora (“corneta elétrica”) se afasta em linha reta do observador, esse passa a ouvir um som de freqüência cada vez menor, obedecendo à equação:

Sendo v₀a velocidade do som no local, 340 m/s, v_OBSERV.= zero, e os sinais duplos considerados positivos quando as veloci-dades se orientam do observador à fonte.

Assim, temos:

De onde: v ≈18,93 m/s

Como o movimento da corneta é retilíneo e uniformemente variado (“queda livre”), vale ainda a relação: v2_{= v} 02+ 2ah

⇒

18,932≈0 + 2

⋅

9,8 h

∴

h ≈18,3 m 485 340 0 340 512 = ± + v × f v v v v f APAR OBSERV FONTE REAL . = . ± ± 0 0 × m A m A m A m A m A

▼

Questão 12

▼

Questão 13

m _anteparo Intensidade Experimento de Young Figura 1 A Intensidade anteparo Experimento modificado Figura 2 filtro vidro

➯

(9)

Considere as afirmativas:

I. Os fenômenos de interferência, difração e polarização ocorrem com todos os tipos de onda. II. Os fenômenos de interferência e difração ocorrem apenas com ondas tranversais.

III. As ondas eletromagnéticas apresentam o fenômeno de polarização, pois são ondas longitudinais.

IV. Um polarizador transmite os componentes da luz incidente não polarizada, cujo vetor campo elétrico E é perpendicular→ à direção de transmissão do polarizador.

Então, está(ão) correta(s) A) nenhuma das afirmativas. B) apenas a afirmativa I. C) apenas a afirmativa II. D) apenas as afirmativas I e II. E) apenas as afirmativas I e IV.

Resolução:

I. Afirmativa falsa: ondas mecânicas longitudinais, como o som, não polarizam.

II. Afirmativa falsa: interferência e difração ocorrem também em ondas longitudinais, como o som. III. Afirmativa falsa: ondas eletromagnéticas são transversais.

IV. Afirmativa falsa: a componente do vetor campo elétrico →E de uma onda não polarizada, perpendicular à direção de transmissão do polarizador, é absorvida por este.

No Laboratório de Plasmas Frios do ITA é possível obter filmes metálicos finos, vaporizando o metal e depositando-o por condensação sobre uma placa de vidro. Com o auxílio do dispositivo mostrado na figura, é possível medir a espessura e de cada filme. Na figura, os dois geradores são idênticos, de f.e.m. E = 1,0 V e resistência r = 1,0

, estando ligados a dois eletrodos retangulares e paralelos, P1e P2, de largura b = 1,0cm

e separados por uma distância a = 3,0 cm. Um amperímetro ideal A é inserido no circuito, como indicado. Supondo que após certo tempo de deposição é formada sobre o vidro uma camada uniforme de alumínio entre os eletrodos, e que o amperímetro acusa uma corrente i = 0,10 A, qual deve ser a espessura e do filme? (resistividade do alumínio

ρ

= 2,6

×

10–8

⋅

_m). A) 4,1

×

10–9_cm B) 4,1

×

10–9_m C) 4,3

×

10–9_m D) 9,7

×

10–9_m E) n.d.a.

Resolução:

No esquema a seguir, substituiu-se a placa metálica por um resistor R.

R = 18

Ω

Aplicando-se a 2ªlei de Ohm para a película metálica:

e=

×

⋅

e= m

×

∴

×

2 6 10 10 3 18 10 4 3 10 8 2 2 9 , , – – – – R a e b e a R b = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

→

ρ

R A =

ρl

0 10 2 2 , = + R i R =

∑

ε

▼

Questão 14

▼

Questão 15

b e a E r E r vidro P₁ P2 A 1V 1Ω 0,10A 1V 1Ω R A

➯

(10)

A figura mostra dois capacitores, 1 e 2, inicialmente isolados um do outro, carregados com uma mesma carga Q. A diferença de potencial (ddp) do capacitor 2 é a metade da ddp do capacitor 1. Em seguida, as placas negativas dos capacitores são ligadas à Terra e, as positivas, ligadas uma a outra por um fio metálico, longo e fino. Pode-se afirmar que

A) antes das ligações, a capacitância do capacitor 1 é maior que a do capacitor 2. B) após as ligações, as capacitâncias dos dois capacitores aumentam.

C) após as ligações, o potencial final em N é maior do que o potencial em O. D) a ddp do arranjo final entre O e P é igual a 2/3 da ddp inicial do capacitor 1. E) a capacitância equivalente do arranjo final é igual a duas vezes à capacitância do

capacitor 1.

Resolução:

• Capacitores isolados, inicialmente carregados com mesma carga. Q1= Q2

C₁U₁= C₂U₂; como U₁= 2 U₂

⇒

C₂= 2 C₁ (Alternativa A: falsa)

• Como o dielétrico e as características geométricas dos capacitores não se alteram, suas capacitâncias permanecem constantes. (Alternativa B: falsa).

• Devido à ligação dos pontos N e O, ambos devem adquirir mesmo potencial. (Alternativa C: falsa).

• As ligações sugerem um paralelo para os capacitores, logo: C_EQ= C₁+ C₂

CEQ= C1 + 2 C1

⇒

CEQ= 3 C1 (Alternativa E: falsa)

• A ddp para tal associação será:

(Alternativa D: verdadeira)

Na figura, uma barra condutora MN (de comprimento

l

, re-sistência desprezível e peso Pb

→

) puxada por um peso P→_c, desloca--se com velocidade constante v→, apoiada em dois trilhos condu-tores retos, paralelos e de resistência desprezível, que formam um ângulo

θ

com o plano horizontal. Nas extremidades dos tri-lhos está ligado um gerador de força eletromotriz E com retência r. Desprezando possíveis atritos, e considerando que o sis-tema está imerso em um campo de indução magnética cons-tante, vertical e uniforme B→, pode-se afirmar que

A) o módulo da força eletromotriz induzida é

ε

= B

l

v sen

θ

. B) a intensidade i da corrente no circuito é dada por

P_csen

θ

/(B

l

).

C) nas condições dadas, o condutor descola dos trilhos quando i

P_b/( B

l

tg

θ

). D) a força eletromotriz do gerador é dada por E = r P_csen

θ

/(B

l

) – B

l

v cos

θ

. E) o sentido da corrente na barra é de M para N.

Resolução:

As forças atuantes na barra MN estão assinaladas na figura. A direção e o sentido da força magnética são obtidos pela regra prática da mão direita.

Na direção y, temos:

N + F_mag

⋅

sen

θ

= P_b

⋅

cos

θ →

N + B

⋅

I

⋅

l

⋅

sen

θ

= P_bcos

θ →

. I P N B sen b = cos

θ

–

θ

l

U_EQ= 2C 3 1 U Q C EQ=

⇒

2 3 ₁ U Q C Q Q C C EQ total EQ total EQ = = =     2 3 ₁

▼

Questão 16

▼

Questão 17

θ B N v M E r P_c → → → θ y T = P_c N x Pb Fmag θ θ M –Q O +Q +Q –Q P N (1) (2)

➯

(11)

Quando a barra descola dos trilhos, N = O, portanto: ou

Experimentos de absorção de radiação mostram que a relação entre a energia E e a quantidade de movimento p de um fóton é E = pc. Considere um sistema isolado formado por dois blocos de massas m₁e m₂, respectivamente, colocados no vácuo, e separados entre si de uma distância L. No instante t = 0, o bloco de massa m₁emite um fóton que é posteriormente absorvido inteiramente por m₂, não havendo qualquer outro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura). Suponha que m₁se torne m’₁em razão da emissão do fóton e, analogamente, m₂se torne m₂’ devido à absorção desse fóton. Lembrando que esta questão também pode ser resolvida com recursos da Mecânica Clássica, assinale a opção que apresenta a relação correta entre a energia do fóton e as massas dos blocos.

A) E = (m₂– m₁)c2_. B) E = (m₁’ – m₂’ )c2 C) E = (m2’ – m2)c2/2. D) E = (m₂’ – m₂)c2_. E) E = (m₁+ m₁’ )c2_.

Resolução:

De acordo com a equação de Einstein (E = m

⋅

c2_{), a massa do fóton é dada por: m} fóton=

Portanto: m’₂= m₂+ m_fóton

m ’₂– m2=

E = (m ’₂– m₂)

⋅

c2

Considere as seguintes afirmações:

I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é iluminado por um feixe de luz monocromática, a quantidade de elétrons emi-tidos pelo metal é diretamente proporcional à intensidade do feixe incidente, independentemente da freqüência da luz. II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo são aquelas em que o momento angular orbital é nh/2

π

, sendo

n = 1, 3, 5….

III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são necessários para a descricão completa de um sistema quântico.

IV. A natureza complementar do mundo quântico é expressa, no formalismo da Mecânica Quântica, pelo princípio de incerteza de Heisenberg.

Quais estão corretas? A) I e II. B) I e III. C) I e IV. D) II e III. E) III e IV.

Resolução:

(I) Errada: independentemente da intensidade luminosa do feixe incidente, não haverá efeito fotoelétrico, caso a freqüência da luz incidente esteja abaixo da freqüência de corte.

(II) Errada: a quantização do momento angular orbital do elétron de massa m em uma órbita de raio r e velocidade v é dada por , onde n é um número inteiro positivo.

(III) Correta: apesar de alguns fenômenos quânticos serem explicados pelos aspectos corpusculares, e outros pelos aspectos ondulatórios, a descrição completa de um sistema quântico exige os dois aspectos, sem a existência de contradições. (IV) Correta: a natureza complementar do mundo quântico se refere à dualidade partícula-onda. O princípio de Heisenberg se

refere à incerteza da simultaneidade de determinação da localização e da velocidade de uma partícula-onda devido à inte-ração entre o observador e o sistema. Assim, a natureza dual da matéria é confirmada pelo princípio da Incerteza.

mvr =nh 2

π

E c2 € E c2 i P B tg b

_{l θ}

i P B sen b

_l

⋅

cos

_θ

θ

L Fóton m1 t = 0 m2

▼

Questão 18

▼

Questão 19

➯

(12)

Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o número aproximado de revoluções efetuadas por um elétron no primeiro estado excitado do átomo de hidrogênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado excitado, é de 10– 8_{s. São}

dados: o raio da órbita do estado fundamental é de 5,3

×

10– 11_{m e a velocidade do elétron nesta órbita é de 2,2}

×

₁₀6_m/s.

A) 1

×

106_{revoluções.} _{D) 8}

×

₁₀6_{revoluções.}

B) 4

×

107_{revoluções.} _{E) 9}

×

₁₀6_{revoluções.}

C) 5

×

107_{revoluções.}

Resolução:

Representando-se esquematicamente o átomo de hidrogênio:

r

⋅

v2_{= constante I}

Utilizando-se o princípio da conservação de energia, a quantização do momento angular, e sendo a força elétrica a resul-tante centrípeta, obtém-se:

r_n= n2

⋅

_r 0

Para o 1ºestado excitado, n = 2.

r₂= 22⋅_5,3

⋅

₁₀– 4_{m = 21,2}

⋅

₁₀– 4_m

De acordo com a equação I , ao quadruplicarmos o raio, a velocidade fica reduzida à metade. Dessa maneira:

1,1

⋅

106₌ _{T = 1,21}

⋅

₁₀–15_s

1 revolução —— 1,21

⋅

10– 15_s

n —— 10–8_s

∴

n

≈

8

⋅

106_revoluções

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.

Na figura, o carrinho com rampa movimenta-se com uma aceleração constante A→. Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se

µ

é o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa, determine o inter-valo para o módulo de A→, no qual o bloco permanecerá em repouso sobre a rampa.

Resolução:

Assinalando-se as forças e/ou suas componentes pertinentes ao estudo na situação de aceleração máxima.

Sendo a resultante (R = mA) horizontal e para a direita, temos:

eixo x:

µ ⋅

N

⋅

cos

α

– N

⋅

sen

α

= mA.

eixo y:

µ ⋅

N

⋅

sen

α

+ N

⋅

cos

α

= mg

Dividindo membro a membro as equações e efetuando as devidas transformações algébricas e trigonométricas, obtemos:

Portanto: 0 1 Ag tg tg ( – ) ( )

µ

α

µ α

+ A g tg tg = + ( – ) ( )

µ

α

µ α

1 2

⋅ ⋅

21 2 10

⋅

4

⇒

π

, – T v s t r T =

∆

_∆

= 2π 2 ke m 2 = k e r m v r ⋅ = 2 2 2 R mv r C= 2

▼

Questão 20

▼

Questão 21

núcleo r Felét elétron –_e +_e + m α A→ Ncosα N y Nsenα µNcosα x mg α α α µN = AE MAX µNsenα

➯

(13)

Quando solto na posição angular de 45

°

(mostrada na figura), um pêndulo simples de massa m e comprimento L colide com um bloco de massa M. Após a colisão, o bloco desliza sobre uma superfície rugosa, cujo coeficiente de atri-to dinâmico é igual a 0,3. Considere que após a colisão, ao reatri-tornar, o pêndu-lo alcança uma posição angular máxima de 30

°

. Determine a distância per-corrida pelo bloco em função de m, M e L.

Resolução:

De (A) para (B), sistema conservativo:

ε

mA=

ε

mB⇒mgh = 1

com h = 2

De (C) para (D), sistema conservativo:

ε

mC=

ε

mD⇒ m (v’)

2_{= mgh’}

∴

_{v’ =} ₃

com h’ = 4

De (B) para (C), sistema isolado (choque): (Q_sist)_B= (Q_sist)_C

mv = MV – mv’

⇒

V = (v + v’) 5

De (C) para (E), o bloco de massa M realiza um movimento uniformemente variado com aceleração dada por:

a =

∴

a = – 0,3 g

Portanto: 0 = V2_{– 0,6}

⋅

_g

⋅

_d

∴

_{d =} ₆

Substituindo (1), (2), (3), (4) e (5) em (6) e fazendo as devidas simplificações:

d =

d

≈

2,74

⋅

Calcule a variação de entropia quando, num processo à pressão constante de 1,0 atm, se transforma integralmente em vapor 3,0 kg de água que se encontra inicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C.

Dado: calor de vaporização da água: L_v= 5,4

×

105_cal/kg.

Resolução:

A variação de entropia

∆

S numa transição de fase a pressão e temperatura constantes é dada por: Em que: m = 3 kg T = 100ºC = 373 K L cal kg J kg =5 4, ×105 =5 4 4 2, ⋅ ,

×

105 ∆S Q T m L T = = ⋅ m M L 2 2

⋅

10 3 4 2 3 2 2 2 2 3 2 2

⋅

⋅ ⋅

 +

(

)(

)

       m M L – – – – V g 2 0 6, –(

µ

⋅N) M € m M € L 2( –2 3) € 2 gh’ 1 2 € L 2( –2 2) € 1 2 2 2 mv ∴ v= gh

▼

Questão 22

▼

Questão 23

h’ (D) 30º (E) d (C) v v’ (B) v h (A) 45º L m 45º M

(14)

Assim:

A figura mostra um recipiente, com êmbolo, contendo um volume inicial V_ide gás ideal, inicialmente sob uma pressão P_iigual à pressão atmosférica, P_at. Uma mola não defor-mada é fixada no êmbolo e num anteparo fixo. Em seguida, de algum modo é fornecida ao gás uma certa quantidade de calor Q. Sabendo que a energia interna do gás é U = (3/2)PV, a constante da mola é k e a área da seção transversal do recipiente é A, determine a variação do comprimento da mola em função dos parâmetros interve-nientes. Despreze os atritos e considere o êmbolo sem massa, bem como sendo adiabáti-cas as paredes que confinam o gás.

Resolução:

Pi= Pat (1)

Para o gás do recipiente, tem-se: Situação inicial Vi

Situação final

Pf= Pat+ (2)

V_f= V_i+ A

⋅

x (3)

Utilizando-se a primeira lei da termodinâmica:

∆

U = Q –

τ

, sendo:

∆

U = (P_fV_f– P_iV_i)

τ

= P_at(V_f– V_i) + kx2

Então: (P_fV_f– P_iV_i) = Q – (P_at

∆

V + kx2_{) (4)}

Substituindo-se (1), (2) e (3) em (4) e fazendo-se as simplificações, tem-se: 4kAx2_{+ (5P}

atA2+ 3kVi)x – 2QA = 0

Portanto, o valor de x é:

Num barômetro elementar de Torricelli, a coluna de mercúrio possui uma altura H, que se altera para X quando este barômetro é mergulhado num líquido de densidade D, cujo nível se eleva a uma altura h, como mostra a figu-ra. Sendo d a densidade do mercúrio, determine em função de H, D e d a altura do líquido, no caso de esta coincidir com a altura X da coluna de mercúrio.

x P A kV P A kV kA Q kA at i at i = – (5 +3 )+ (5 +3 ) +32 8 2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 3 2 kx A

∆

S J K ≈1 8,

×

104

∆

S = 3 5 4 4 2⋅ ⋅

×

10 373 5 , ,

▼

Questão 24

▼

Questão 25

k Pat Pi Vi Pat Pi Vi A P_at Pf Vf A A: área do êmbolo x 123 (Situação inicial) (Vf – Vi) = A ⋅ x (Situação final) h X Hg

123

(15)

Resolução:

• Barômetro imerso no ar: PA= PB

Patm= dHg (I)

• Barômetro imerso no líquido de densidade D:

P_C= P_D

P_atm+ Dhg = dxg Dhg – dxg = – P_atm (II)

• Como h = x, e substituindo-se (I) em (II): Dhg – dhg = – dHg h(D – d) = – dH

Uma onda acústica plana de 6,0 kHz, propagando-se no ar a uma velocidade de 340 m/s, atinge uma película plana com um ângulo de incidência de 60º. Suponha que a película separa o ar de uma região que contém o gás CO2, no qual a

veloci-dade de propagação do som é de 280 m/s. Calcule o valor aproximado do ângulo de refração e indique o valor da freqüên-cia do som no CO₂.

Resolução:

O esquema ao lado representa a questão proposta. Nesta figura, adotamos:

E aplicando-se a Lei de Snell, de acordo com a qual:

Concluímos que sen r

≈

0,71

⇒

r

≈

45°

A mudança de meio, além disso, não altera o valor da freqüência. Portanto: fCO₂= fAR= 6 kHz

Uma flauta doce, de 33 cm de comprimento, à temperatura ambiente de 0ºC, emite sua nota mais grave numa freqüência de 251 Hz. Verifica-se experimentalmente que a velocidade do som no ar aumenta de 0,60 m/s para cada 1ºC de elevação da tem-peratura. Calcule qual deveria ser o comprimento da flauta a 30ºC para que ela emitisse a mesma freqüência de 251 Hz.

Resolução:

Considerando-se a flauta doce como um tubo aberto, temos, para o caso do som mais grave: Sendo v = λ

⋅

f, segue: V_0°C= λ_0°C

⋅

f V_0°C= 0,66

⋅

251

∴

V_0°C= 165,66 m/s 0 87 340 280 , , senr = sen60 3 2 0 87 ° =

≈

, h dH d D = – h dH D d = – – H Hg A B Patm vácuo h X Hg C D Patm vácuo fAR = 6 kHz CO2 60º r AR v_CO2 = 280 m/s vAR = 340 m/s N θ = 0ºC λ _{= 33 cm} 2 f = 251 Hz 1442443

▼

Questão 26

▼

Questão 27

(16)

De acordo com o enunciado: V_30°C= V_0°C+ 30

⋅

0,6 V30°C= 165,66 + 18

∴

V_30°C= 183,66 m/s Sendo V = λ

⋅

f, segue: 183,66 = 2

⋅

L

⋅

251

∴

L

≈

0,366 m, ou seja, L

≈

36,6 cm

Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádio para comunicar-se. Em caso de necessidade, pretende utilizar célu-las solares de silício, capazes de converter a energia solar em energia elétrica, com eficiência de 10%. Considere que cada célula tenha 10 cm2_{de área coletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70 V, e que o fluxo de energia solar médio}

inci-dente é da ordem de 1,0

×

103_W/m2_{. Projete um circuito que deverá ser montado com as células solares para obter uma}

tensão de 2,8 V e corrente mínima de 0,35 A, necessárias para operar o rádio.

Resolução:

• A potência elétrica disponível em cada célula será

P

c=

η ⋅

P

, em que

η

é o rendimento.

1

×

103_{W 1 m}2

→

P

= 1W

P

10

×

10– 4m2

P

c= 0,1

⋅

1 W

→

P

c= 0,1 W

• A intensidade de corrente máxima em cada célula será:

imáx=

→

imáx=

∴

imáx= A

Serão necessárias n linhas em paralelo. A intensidade de corrente necessária é i = 0,35 A. Temos:

η ⋅

= 0,35

→ η

= 2,45

Sendo n um número inteiro, adotamos n = 3 linhas.

• Para obter-se uma ddp de 2,8 V, associaremos, em cada linha, m células de 0,7 V. 2,8 = m

⋅

0,7

→

m = 4 células

O circuito montado está apresentado a seguir.

Um gerador de força eletromotriz

ε

e resistência interna r = 5 R está ligado a um circuito conforme mostra a figura. O elemento R_sé um reostato, com resistência ajustada para que o gerador transfira máxi-ma potência. Em um dado momento o resistor R1é rompido, devendo

a resistência do reostato ser novamente ajustada para que o gerador continue transferindo máxima potência. Determine a variação da resistência do reostato, em termos de R.

1 7 1 7 0 1 0 7 , , Pc U θ = 30ºC λ _{= L = ?} 2 f = 251 Hz 1442443 i ≈ 0,12A i ≈ 0,12A i ≈ 0,12A rádio 0,35 A células solares

▼

Questão 28

▼

Questão 29

r = 5 R Rs 2 R 6 R 2 R 2 R R R R

ε

R1

(17)

Resolução:

O gerador transfere máxima potência quando a resistência do circuito resistivo for igual à resistência interna do gerador. Início:

Fim:

Situado num plano horizontal, um disco gira com velocidade angular

ω

constante, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo mag-nético constante B→, orientado para cima, paralelamente ao eixo verti-cal de rotação. A figura mostra um capacitor preso ao disco (com pla-cas metálipla-cas planas, paralelas, separadas entre si de uma distância L) onde, na posição indicada, se encontra uma partícula de massa m e carga q

0, em repouso em relação ao disco, a uma distância R do centro. Determine a diferença de potencial elétrico entre as placas do capacitor, em função dos parâmetros intervenientes.

Resolução:

Conforme a situação descrita no texto, a carga deve ficar sujeita a ação de força elétrica e magnética, de modo que: R_C= F_elét– F_mag U L R q m qB =

ω

(

ω

+ ) m R qU L q

R

B

ω

2 ₌ _–

ω

m R qE qvB E U L v

R

ω

2 ₌ = =     –

∴

∆

R_S= – 45R 77

∆

_{RS R}= Sf –RSi

→

∆

RS= R – R 25 11 20 7 5 30 11 25 11 R=R_Sf + R

→

R_Sf = R 5 15 7 20 7 R=RSi + R

→

Rsi = R Rs 2 R 6 R 2 R 2 R R R R 15R 7 Rs

↔

i Rs 2 R 6 R 2 R 2 R R R 30R 11 Rs

↔

f f R O q L ω B→ R Felét ω Fmag

▼

Questão 30

(18)

Prova excessivamente difícil e trabalhosa. Algumas questões bastante originais exigiram do aluno conhecimento pro-fundo da matéria e habilidade matemática.