GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 1 1

(1)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 1 1

ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR

Se precisar, utilize os valores das constantes aqui relacionadas.

Constante dos gases: R = 8 J / (mol · K). Pressão atmosférica ao nível do mar : P

0

= 100 kPa.

Massa molecular do CO

2

= 44u. Calor latente do gelo: 80 cal/g.

Calor específico do gelo: 0,5 cal/g · K).

1 cal = 4 x 10

⁷

crg. Aceleração da gravidade: g = 10,0 m/s

²

. 01. Um fio de comprimento L e massa específica linear µ é mantido esticado por uma força F em suas extremidades. Assinale a opção com a expressão do tempo que um pulso demora para percorrê-lo.

Solução:

A velocidade de um pulo numa corda é dada por μ

v  τ , em que τ é a tensão na corda e  é a sua densidade linear. Para um pulso que parte de um extremo e chega do outro, a distância percorrida é de L unidades de comprimento. Portanto, o tempo t é dado por:

ALTERNATIVA C

02. Uma pequena esfera metálica de massa m e carga positiva q, é lançada verticalmente para cima com velocidade inicial V

0

em uma região onde há um campo elétrico de módulo E, apontado para baixo, e um gravitacional de módulo g, ambos uniformes. A máxima altura que a esfera alcança é

a) 2 g

² v

b) mv

0

qe

c) qmE v

₀

d) 2  qE mg 

mv

²₀

 e) 8 g

mEqv

3

₀

Solução:

A partícula está sujeita a uma força resultante constante que aponta para baixo dada por:

F

R

= mg +qE

O trabalho desta força será igual à variação da energia cinética, que no ponto de máxima altura é igual à energia cinética inicial:

ALTERNATVA D

03. Uma massa puntiforme é abandonada com impulso inicial desprezível do topo de um hemisfério maciço em repouso sobre uma superfície horizontal. Ao descolar-se da superfície do hemisfério, a massa terá percorrido um ângulo θ em relação à vertical. Este experimento é realizado nas três condições seguintes, I, II e III, quando são medidos os respectivos ângulos θI, θII e θIII:

I. O hemisfério é mantido preso à superfície horizontal e não há atrito entre a massa e o hemisfério.

II. O hemisfério é mantido preso à superfície horizontal, mas há atrito entre a massa e o hemisfério.

III. O hemisfério e a massa podem deslisar livremente pelas respectivas superfícies.

Nestas condições, pode-se afirmar que a) θ

II

< θ

I

e θ

III

< θ

I

b) θ

II

< θ

I

e θ

III

> θ

I

c) θ

II

> θ

I

e θ

III

< θ

I

d) θ

II

> θ

I

e θ

III

> θ

I

e) θ

I

= θ

III

Solução:

t

0

F

N

 P

Com o hemisfério fixo (situações I e II) o ângulo pode ser calculado pela condição:

CP

N

R

F cos

P    

R cos mv mg



2





Rg cos v

2





Com atrito (situação II), para um dado  , V será menor que no caso sem atrito (I), o que implica que a massa precisará andar mais para atingir o ângulo crítico  

II

 

I

.

Na situação III, o hemisfério se deslocará em sentido oposto ao da massa. No referencial não inercial deste, a massa ganhará uma força que a ajudará a desprender-se do hemisfério  

III

 

I

.

ALTERNATIVA C μ

LF ) 2 a

μ π L 2 ) F b

F L μ ) c

F μ π ) L d

F μ π 2 ) L e

F L μ : se Tem

, τ F Com τ . L μ v t L





 

 

 ) qE mg ( 2

h mv v 2 m h 1 ) qE mg (

2 2 0

0

  





 

 



Trabalho

alto mais ponto

até cinética

energia da

Variação

(2)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 2 2

04. Considere um tubo horizontal cilíndrico de comprimento , no interior do qual encontram-se respectivamente fixadas em cada extremidade de sua geratriz inferior as cargas q

1

e q

2

, positivamente carregadas. Nessa mesma geratriz, numa posição entre as cargas, encontra-se uma pequena esfera em condição de equilíbrio, também positivamente carregada. Assinale a opção com as respostas corretas na ordem das seguintes perguntas:

I. Essa posição de equilíbrio é estável?

lI. Essa posição de equilíbrio seria estável se não houvesse o tubo?

III. Se a esfera fosse negativamente carregada e não houvesse o tubo, ela estaria em equilíbrio estável?

a) Não. Sim. Não.

b) Não. Sim. Sim.

c) Sim. Não. Não.

d) Sim. Não. Sim.

e) Sim. Sim. Não.

Solução:

A bola está vinculada a mover-se dentro do tubo e, portanto, pondo- se os eixos com origem em q

1

como na figura, seu valor da coordenada y não pode variar.

A energia da bola é dada por:

Sendo r

1 bola

= x , r

2 bola

= L – X :

No caso, q

1

> 0, q

2

> 0 e q

bola

> 0, o que leva a energia a apresentar um gráfico:

Que apresenta um poço de potencial e é estável.

Se não houvesse o tubo, qualquer perturbação em y não restauraria a posição:

A força resultante F

res

teria componente y de modo a divergir de y=0.

Então não seria estável.

No caso de não haver tubo e a bola possuir carga negativa, a componente y da força será restauradora, mas a componente x não o será.

Observando o caso y=0, o gráfico da energia é a reflexão do gráfico do item I em relação ao eixo x:

Que possui um máximo de energia sendo instável. Logo, o sistema é instável.

ALTERNATIVA C

05. Considere as seguintes proposições sobre campos magnéticos:

I. Em um ponto P no espaço, a intensidade do campo magnético produzido por uma carga puntiforme q que se movimenta com velocidade constante ao longo de uma reta só depende da distância entre P e a reta.

II. Ao se aproximar um ímã de uma porção de limalha de ferro, esta se movimenta porque o campo magnético do ímã realiza trabalho sobre ela.

III. Dois fios paralelos por onde passam correntes uniformes num mesmo sentido se atraem.

Então,

a) apenas I é correta.

b) apenas Il é correta.

c) apenas III é correta.

d) todas são corretas.

e) todas são erradas.

Solução:

I. Falso. Depende também do ângulo formado pelo vetor velocidade e o raio vetor até P.

P

r

v

 depende de 

II. Falso. A força magnética não realiza trabalho. O operador que aproxima o ímã da limalha foi quem realizou trabalho.

III. Verdadeiro. Observando-se a figura, o campo gerado pelo fio 1 é ortogonal ao plano do papel e tem sentido para dentro.



bola 2

bola 2 bola 1

bola 1

r q kq r

q

E  kq   

X L

q kq x

q

E kq

¹ ^bola ² ^bola



 

 

(3)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 3 3

1

2 x x x

B

1

x x x i

2

Mas o vetor d



é ortogonal a B e o produto vetorial

₁

d   B

₁

esta na direção ortogonal a d



e no sentido do fio 1, pela regra da mão direita.

B

1

d



 x x x d



B

1

Que é a mesma orientação de F

₁₂

, a força magnética que 1 aplica em 2.

ALTERNATIVA C

06. Uma chapa metálica homogênea quadrada de 100cm

²

de área, situada no plano xy de um sistema de referência, com um dos lados no eixo x, tem vértice inferior esquerdo na origem. Dela, retira-se uma porção circular de 5,00 cm de diâmetro com o centro posicionado em x = 2,50cm e y = 5,00cm. Determine as coordenadas do centro de massa da chapa restante.

a) (x

c

, y

c

) = (6,51 , 5,00)cm b) (x

c

, y

c

) = (5,61 , 5,00)cm c) (x

c

, y

c

) = (5,00 , 5,61)cm d) (x

c

, y

c

) = (5,00 , 6,51)cm e) (x

c

, y

c

) = (5,00 , 5,00)cm Solução:

Nossa chapa metálica está posicionada como na figura a seguir:

0 , 5

) cm ( x )

cm ( y

5 , 2

O sistema pode ser reduzido a duas partículas. Confira:

0 , 5

5 ,

2 5 , 0 x ( cm )

) cm ( y

m

1

m

₂

Sendo a chapa homogênea, as massas das partes são proporcionais às suas áreas; assim:

2 2 círculo chapa círculo

chapa

M r M A

A

 





 



  16

) 5 , 2 ( 100 M

M

círculo 2 chapa

À porção circular retirada pode ser associada uma massa negativa (- m

0

). Então:

M

círculo

= m

1

= -m

0

M

chapa

= m

2

= 16m

0

/

Então as coordenadas do centro de massa da chapa restante serão dadas por:

cm 61 , 5 16 1

5 , 80 2 X

m m 16

m 5 5 16 , 2 m m

m x m x X m

CM

0 0 0 0

2 1

2 2 1 CM 1



 

 



 







 

 

cm m 5

m 16 m 5 5 16 m m

m y m y Y m

0 0 0 0 2

1 2 2 1

CM 1



 



 





 



 

Daí,

CM  (5,61 , 5,00) ALTERNATIVA B

07. No espaço sideral. luz incide perpendicular e uniformemente numa placa de gelo inicialmente a -10 °C e em respouso, senclo 99% refletida e 1% absorvida. O gelo então derreta pelo aquecimento, permanecendo a água aderida à placa. Determ ine a velocidade desta após a fusão de 10% do gelo.

a) 3 mm/s.

b) 3 cm/s.

c) 3 dm/s.

d) 3 m/s.

e) 3 dam/s.

Solução:

Do momento linear conservado, segue que:

C mv E C

E

_ABS

 

_REFL

Mas

) 1 ( mvC E

99 , 1

C 99 E , 0 C mv

E E

99 , 0 E

E 01 , 0 E

T OT AL

T OT AL T OT AL

T OT AL REFL

T OT AL ABS









 

 









Da conservação da energia, vem:

2 mL mv 1 , 0 mC E

01 , 0 E

2 TOTAL

ABS

      

) 2 ( 2 4 mv 80000 m 1 , 0 ) 10 4 500 ( m E

01 , 0

2

TOTAL

      



Tomando C = 3 • 10

⁸

m/s e resolvendo as equações (1) e (2), vem:

v  0,034 m/s ou v = 3,40 m/s ALTERNATIVA B

08. Um bloco cônico de massa M apoiado pela base numa

superfície horizontal tem altura h e raio da base R. Havendo atrito

suficiente na superfície da base de apoio, o cone pode ser tombado

por uma força horizontal aplicada no vértice. O valor mínimo F dessa

força pode ser obtido pela razão h/R dada pela opção

(4)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 4 4

a) b) c) d) e)

Solução:

Na iminência de tombamento, a base do cone se apóia no ponto de apoio C. Logo:

F Mg R h

R Mg h F









ALTERNATIVA A

09. Luz que pode ser decomposta em componentes de comprimento de onda com 480 nm e 600 nm, incide verticalmente em uma cunha de vidro com ângulo de abertura α = 3,00º e índice de refração de 1,50 conforme a figura, formando linhas de interferência destrutivas.

Qual é a distância entre essas linhas?

 a) 11,5 µm

b) 12,8 µm c) 16,0 µm d) 22,9 µm e) 32,0 µm

Solução:

Pelo ∆OAB, sem:

Da condição de interferência da luz, segue:

De 2 em 1 :

A linha de interferência destrutiva ocorre com a superposição dos pontos de interferência destrutiva de cada luz, com N, N

^*

par.

Tome N = 10 e N = 20 para ∆X, por exemplo:

ALTERNATIVA C

10. Um tubo em forma de U de seção transversal uniforme, parcialmente cheio até u ma altura h com um determ inado líquido, é posto num veículo que viaja com aceleração horizontal, o qu e resulta numa diferença de altu ra z do líquido entre os braços do tubo interdistantes de um compr imento L.

Sendo desprezível o diâmetro do tubo em relação à L. a aceleração do veículo é dada por

a) L 2zg . b)  

L g z -

h .

c)  

L g z h 

. d) L

gh 2 .

e) L g z . F

Mg

Mg F

Mg F Mg 

F F Mg 

Mg 2

F Mg 

A

B







YN

O 

XN

Y 1 X rad em X ,

tg Y

_N ^N

N

   









2 2 Y N n

2

_N

 

⁰









  n 4 X

_N

N

⁰

10 8 5 4 N N N

N ) ( X ) ( X

* *

*

N

 

N

          480mm 600mm

 



 







^

180 5 3 , 1 4

10 ) 480 10 20 ( X

9

m 0 , 16

X  



3º

(5)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 5 5

Solução:

L

a

g

a .



a

RES

Z

 L

L Z g tg   a 

L g Z a  



ALTERNATIVA E

11. A figura mostra um dispositivo para medir o módulo de elasticidade (módulo de Young) de um fio metálico. Ele é definido como a razão entre o força por unidade de área da seção transversal do fio necessária para esticá-lo e o resultan te alongamento deste por unidade de seu comprimento. Neste particular experimento, um fio homogêneo de 1,0 m de comprimento e 0,2 mm de diâmetro, fixado numa extremidade, é disposto horizon talmente e preso pela out.ra ponta ao topo de uma polia de raio r. Um outro fio preso neste mesmo ponto, envolyendo parte da polia, sustenta uma massa de 1 kg.

Solidário ao eixo da polia, um ponteiro de ra io R = 10r acusa uma. l eitura de 10 mm na escala semicircular iniciada em zero . Nestas condições. o mód ulo de elast icidade do fio é de: ·

a)

²

12

m / 10 N



b)

²

12

m / 2 N 10



c)

²

12

m / 3 N 10



d)

²

12

m / 4 N 10



e)

²

12

m / 8 N 10



Solução:

Da equação do módulo de Young:

 

 



  

 



L A L Y F L Y L A F

young de módulo

F é a tração no fio que vale 10N. L pode ser calculado do vínculo.

O deslocamento angular da polia e do ponteiro são os mesmos e o deslocamento linear da polia, equivalente a L, é dado por:

1 L pois m r 10

L

m 10 10

10 10 r

L

3

3 3



 

 

 



 

Logo:

12 2 2 3 4

2

10 N / m

) 10 1 , 0 (

10 4 ) D ( Y 10

 



 

_

ALTERNATIVA A

12. Assinale a alternativa incorreta dentre as seguintes proposições a respeito de campos gravitacionais de corpos homogêneos de diferentes formatos geométricos :

a) Num cubo, a linha de ação do campo gravitacional num dos vértices tem a direção da diagonal principal que parte desse vértice.

b) Numa chapa quadrada de lado



e vazada no centro por um orifício circular de raio a <



/2, em qualquer ponto dos seus eixos de simetria a linha de ação do campo gravitacional é normal ao plano da chapa.

c) Num corpo hemisférico, há pontos em que as linhas de ação do campo gravitacional passam pelo centro da sua base circular e outros pontos em que isto não acontece.

d) Num toro, há pontos em que o campo gravitacional é não nulo e normal à sua superfície.

e) Num tetraedro regular, a linha de ação do campo gravitacional em qualquer vértice é normal à face oposta ao mesmo.

Solução:

Em um objeto tridimensional que possui eixo de simetria, é possível mostrar pelo princípio da superposição que o campo gravitacional resultante se dispõe ao longo desse eixo.

Na alternativa B, o caso de uma placa quadrada furada, ao se escolher o eixo de simetria ilustrado na figura:

Pode-se perceber que o eixo pertence ao plano da placa e que a linha de ação da força gravitacional pertence a esse eixo e, portanto, falseia a alternativa B.

ALTERNATIVA B

13. Na figura. o eixo vertical giratório acima de O dada imprime uma

velocidade angular w = 10 rad/s ao sistema composto por quatro

barras iguais, de comprimento L = 1m e massa desprezível, graças a

uma dupla articulação na posição fixa X. Por sua vez, as barras de

baixo são articuladas na massa M de 2 kg que, através de um furo

central, pode deslizar sem atrito ao longo do eixo e esticar uma mola

de constante elástica k = 100 N/m, a partir da posição O da

extremidade superior da mola em repouso. a dois metros abaixo de X

. O sistema completa-se com duas massas iguais de m = 1 kg cada

uma, articuladas às barras. Sendo desprezíveis as dimensões das

massas, então. a mola distender-se-á de uma altura.

(6)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 6 6

a) 0,2m b) 0,5m c) 0,6m d) 0,7m e) 0,9m Solução:

Fazendo o diagrama de forças para a partícula de massa m que gira com velocidade  , vem:

 mg T

T’

→ →

→

Na vertical:

T’ sen

θ

= T sen

θ

+ mg  (T’ – T) sen

θ

= mg Na horizontal (T’ + T) cos

θ

= mr 

²

Assim, resolvendo o sistema, temos:

senθ mg cosθ 2T  mrω

²



Pela geometria do problema, vem:

2 z - 2

Então

2 z - 2

mg 1

r mrω senθ

mg cosθ

2T  mrω

²

 

²

 

z - 2 mω 2mg 2T 

²



Fazendo agora o diagrama de forças para a particula de massa M, vem:



Mg→ T→

T’→

kz Mg senθ 2T   

Incorporando a essa equação o resultado anterior, vem:







 



 



  Mg kz

2 z - 2 z - 2 mω

²

2mg





 



 

   z m ( m M ) g kz 1 2 

²

m)g (M mω 2 k

Z mω ²    ²  





 



 

Substituindo valores, temos:

1)10 (2 10 1 00 2 1 10

Z 1 ²     ²  





 



  

 50 1 00  100 30

Z   











 Z 0 , 467 m

150 70 70

150 Z

m Z  0 , 5

ALTERNATIVA B

14. Considere as quatro proposições seguintes:

I – Os isótopos

¹⁶

º e

¹⁸

º do oxigênio diferenciam-se por dois nêutrons.

II – Sendo de 24000 anos a meia-vida do

²³⁹

Pu, sua massa de 600g reduzir-se-á a 200g após 72000 anos.

III – Um núcleo de

²⁷

Mg se transmuta em

²⁸

Al pela emissão de uma partícula 

IV – Um fotón de luz vermelha incide sobre uma placa metálica causando a emissão de um elétron. Se esse fóton fosse de luz azul, provavelmente ocorreria a emissão de dois ou mais elétrons.

a) apenas uma das proposições é correta b) apenas duas das proposições são corretas.

c) apenas três das proposições são corretas.

d) todas elas são corretas.

e) nenhuma delas é correta.

Solução:

I – (verdadeiro) Dado que são isótopos, a diferença do número de nêutrons é exatamente a diferença entre as massas:

   

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 1 1

n n 2 A A

Z Z

Z Z n n A A

n Z A































 

 



II – (falso) Tem-se que

^t¹^/² t 0

2 m m





 .

Para m = 200g, m

0

= 600g:

anos 38039 585 , 1 24000 log

t t

t t 2 log

3 log 1

23 2 / 1

2 / 1

















III – (falso) Uma emissão beta não altera a massa do átomo.

IV – (falso) Cada fóton remove um e apenas um elétron; o adicional de energia será armazenado na energia cinética do elétron ejetado.

ALTERNATIVA A

 1

r

(7)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 7 7

15. Na figura, as linhas cheia, tracejada e pontilhada representam a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula em um movimento harmônico simples. Com base nessas curvas assinale a opção correta dentre as seguintes proposições:

I – as linhas cheia e tracejada representam, respectivamente, a posição e a aceleração da partícula.

II – as linhas cheia e pontilhada representam, respectivamente, a posição e a velocidade da partícula.

III – a linha cheia necessariamente representa a velocidade da partícula.

a) apenas I é correta b) apenas II é correta c) apenas III é correta d) todas são incorretas

e) não há informações suficientes para análise.

Solução:

Num M.H.S os fasores que representam a posição e a velocidade são ortogonais e a posição e a aceleração possuem sentidos opostos. Logo, quando a velocidade for nula, as demais grandezas devem ser máximas e quando a posição for nula, a aceleração também será. O módulo dos fasores é dependente de sua frequência angular e se  > 1, a posição possuirá menor módulo, enquanto que se  < 1, a posição possuirá maior módulo. Do gráfico, observa-se que T  4,8 – 1,6 = 3,02   > 1 mas  < 2.

Logo o pontilhado pode só ser a posição, o tracejado a velocidade e a linha cheia a aceleração, Daí:

I – falso II - falso III - falso

ALTERNATIVA D

16. Numa expansão muito lenta, o trabalho efetuado por um gás num processo adiabático é



^^ ^^





 



¹



¹ ¹₂ ₁¹

12

V V

1 V W P

a)

 

 

 





 

 





 







 







 

 



 

^^



1 2 1 2

1 1 2 2 1 1

T In T

T V T V P

b)

 

 

 





 

 





 







 







 

 



 

^^



1 V In V

T In T

T V T V P

2 1 2

1 1 2 2 1 2

c)

 

 

 





 

 





 







 







 

 



 

^^



2 V In V

T In T

T V T V P

1 1 2

1 1 2 2 1 2

d)

 

 

 





 

 





 







 







 

 



 

^^



1 V In V

T In T

T V T V P

2 1 2

1 1 2 2 1 1

e)

 

 

 





 

 





 







 







 

 



 

^^



1 V In V

T In T

T V T V P

2 2 1

1 1 2 2 1 2

Solução:

Em uma transformação sem perda de massa:

) I V ( P

V P T T T

V P T

V P

2 2

1 1 2 1 2

2 2 1

1

  

Em uma transformação adiabática:

) II V ( V P V P P V P

1 2 2 1 2 2 1 1



 



 

 





Substituindo (II) em (I):







 

 



 

 

 



 

1

2 1 2 1 1 2 2 1

V V V V V V T T







 



 





 





 

 

 





 





 



 

 

 



 



₁

2 1 2 1 2 1 1

1 2 2 1 1 2

2

V V

V V V V

V V T

V T

Note que V

₁

 V

₁^

 V

₁¹^^

. 1 V

In V V In V

V In V

T In T 1 V In V

V In V

T In T

2 1 1

1 2

2 1 1 2

1 2 1

1 2

1 2 1 2







 

 





 

 







 

 





 

 













 

 





 

 







 

 





 

 





^^ ^^

   

 

 





 

 





 







 







 

 



 

 





 



















2 1 1 2

1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1

V In V

T In T

T V T V P 1

V V V P 1

V V V P

ALTERNATIVA A

(8)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 8 8

17. Assinale a alternativa que expressa o trabalho necessário para colocar cada uma de quatro cargas elétricas iguais, q, nos vértices de um retângulo de altura  e base 2 2 , sendo k = 1/4

0

. em que 

0

é a permissividade elétrica do vácuo.

a)

b) 

 2

q ) 2 2 8 (

k

²

c) 

 6

q ) 2 3 16 (

k

²

d) 

 6

q ) 2 3 20 (

k

²

e) 

 2

q ) 2 3 12 (

k

²

Solução:

O trabalho necessário é a variação da energia potencial. Dada a simetria do problema, o problema pode ser separado em três menores que consistem em calcular as energias de três sistemas de duas cargas q e multiplica cada uma dessas parcelas pelo número de vezes que ele aparece:

Que é igual ao trabalho.

ALTERNATIVA C

18. Uma espira quadrada, feita de um material metálico homogêneo e rígido, tem resistência elétrica R e é solta em uma região onde atuam o campo gravitacional g = -ge

z

e um campo magnético.



_x _z



0

xe ze

L B  B  

Inicialmente a espira encontra-se suspensa, conforme a figura, com sua aresta inferior no plano xy num ângulo α com o eixo y, e o seu plano formando um ângulo  com z. ao ser solta, a espira tente a:

Solução:

Com a espira disposta em α = 0° e  = 90°, temos:

z

x

y

Ao ser solta, a espira assume coordenadas z negativas. Isso causa uma variação do fluxo magnético da componente e

_z

do campo B



, dando origem a uma corrente induzida com o sentido discriminado na figura a seguir.

z

x

i y

C

B A

D

i i

B

z

B

X



i

No trecho AB da espira surge uma força magnética na direção do vetor e

_z

fazendo a espira girar para  < 90°

19. Um muon de meia vida de 1,5 µs é criado a uma altura de 1 km da superfície da Terra devido à colisão de um raio cósmico com um núcleo e se desloca diretamente para o chão. Qual deve ser a magnitude mínima da velocidade do muon para que ele tenha 50%

de probabilidade de chegar ao chão?

a) 6,7 x 10

⁷

m/s b) 1,2 x 10

⁸

m/s c) 1,8 x 10

⁸

m/s d) 2,0 x 10

⁸

m/s e) 2,7 x 10

⁸

m/s Solução:

O tempo correspondente a 50% de probabilidade de chegar ao chão é um tempo de meia-vida.

Usando o espaço relativístico:

2 2

C 1 V S '

S  

2 8 2 6

3 2

2 2 /

1

( 3 10 )

1 V 10 5 , 1 V 10 C 1 V T

S T

' V S

 

 





 

 

 

_

18 2

2 18 16

2

2 16

10 V ( 9 2 , 25 10 ) 9 10 10

9 25 , 2

V 10

V 9      





 



 2

q ) 2 4 (

k ²



  ² 1 K q E



  2 2

q E K

2 2



  3

q E K

2 3











 , d 2 2 e d 3

d

com ₁ ₂ ₃

 











 















 

 















 

 ² ² ² ² ² Kg²

6 2 3 16 4

Kq 2 Kg 3 2 4 3 Kg 2 2

Kg 2 Kg E

No problema original cada parcela de energia é contabilizada duas vezes, donde:

(9)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 9 9

s / m 10 7 , 2 10 25 , 2 9

10 V 9

10 25 , 2 9

10 V 9

⁸

2 18 2

2 18

  





 

 



 

ALTERNATIVA E

20. Luz de uma fonte de frequência f gerada no ponto P é conduzida através do sistema mostrado na figura. Se o tubo superior transporta um líquido com índice de refração n movendo-se com velocidade u , e o tubo inferior contêm o mesmo líquido em repouso, qual o valor mínimo de u para. Causar uma interferência destrutiva no ponto P'?

a) 2 nLf c

²

b)

cn Lfn 2

c

2

 c)

cn Lfn 2

c

2

 d)

cn 1 n Lf 2

c

2

 

 

 

 

e)

cn 1 n Lf 2

c

2



 

 

  

Solução:



 

ⁿ^u c

1 luz





ⁿ c

2 luz

Uma vez que a velocidade resultante no tubo superior é diferente da velocidade no tubo inferior, há uma diferença de tempo entre as ondas. Logo, vem que:

1 m u

Para

f T 1 e ímpar m com 2 , m T t

mínimo

 





 





 













n c t L

n u c t L

inf sup

sup inf

t t t  



) nu c ( c

Ln nu c

1 c Ln 1 t

2



 

 

 





 





cn Lfn 2 u c

f 2 1 1 ) nu c ( c

u Ln

2 2 min

2

 

 



ALTERNATIVA B

21. A figura mostra um tubo cilíndrico de raio R apoiado numa superfície horizontal, em cujo interior encontram-se em repouso duas bolas idênticas, de raio r = 3R/4 e peso P cada uma. Determine o peso mínimo P

C

do cilindro para que o sistema permaneça em equilíbrio.

^A

 B

C

2 2 2

2 3 4 2 3 2

R R AC

R r R

AB













F

_R

F

_N

P F

_R

F

_N

P

BC AC P FN

₁



P R 2

R BC P AC

FN

1

  

2

4 2 FN

₁

 P

BC P AB BC F

AB P

F

C

 

C

 

4 2 P 3 2 R 2

R P 3 F

_C

  

A B

C

(10)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 10 10

Esfera Inferior:

F

_C

F

_N

P



4 2 3

2 2 4

2 cos 3

2

P

R P R

F

FN

_C



 







 

Forças no cilindro:

(iminência de tombar)

R P

F

N1

F

_N2

F

_N3

r + BC = 3R + R 2 4 3R = r

4 Eixo de rotação

: TORQUE

) 16 4 ( 3 4 2 2

4 3 4

2 )

(

₂

1

R x R P

P R R

P

r FN R P BC r F

C C N







 



 



 











2 P P

P 8 P 16

P 2 3 P 16 ) 2 4 3 ( P 2

C C

C









22. Uma nave espacial segue inicialmente uma trajetória circular de raio r

A

em torno da Terra. Para que a nave percorra u ma nova órbita também circular, de raio r

B

> r

A

, é necesário por ·razões de economia fazer com que ela percorra antes uma trajetória semieliptica. Denominada órbita de trans-ferência de Hohmann, mostrada na figura. Para tant.o, são fornecidos à nave dois impulsos, a saber: no ponto A, ao iniciar sua órbita tlc trau.sfc rêucia, e no ponto B, ao iniciar sua outra órbita circular.

Sendo M a massa da Terra; G, a constante da gravitação universal: m e v, respectivamente, a massa e a velocidade da nave; e constante a grandeza mrv na órbita cliptica. Pede-se a energia necessária para a transferência de órbita da nave no ponto B.

Solução:

Conservação do momento angular:

A B A B

B B A A

r V V r

V r m V r m











Conservação da Energia:

 

     

) r r ( r

r GM V 2

r r r r r r V r r r

GM 2

r r V r r r r r

GM 2

2 V V 1 r r 2 1 r GM r GM

r GMm 2

mV r GMm 2

mV

B A B 2 A B

A B A A B

2 A B B B A

2 A 2 A 2 2 B A B B B A

2 B 2 B A B B

A

B 2 B A 2 A



 











 















 







 

 



 



 













Para manter uma trajetória de raio r

B

é necessária uma velocidade V

F

dada por:

F

g

= R

CP

B 2 B f

2 f 2

B

r

V GM r 2 mV r 2

GMm   

No ponto B:

B A

A B B

B A B

A B

2 B 2 c f

r r

r r r 2 GMm

) r r ( r

GMr 2 r GM 2 m 2 mV 2 E mV



 





 

 





 















Esta é a energia necessária no ponto “B” para a massa “m” sair de trajetória elíptica e iniciar um movimento circular.

23 . Num copo de guaraná, observa-se a formação de bolhas de CO

2

que sobem à superfície. Desenvolva um modelo físico simples para descrever este movimento e, com base em grandezas intervenientes, estime numericamente o va lor da aceleração inicial de uma bolha formada no fundo do copo.

Solução:

Para um copo de guaraná, d.g.h << P

0

e a bolha de CO

2

sofre uma transformação isotérmica durante a subida. Assumindo que o CO

2

sofra um processo quase-estático durante a subida, é possível afirmar, da Equação de Clapeyron, que o volume da bolha se mantém praticamente inalterado ao chegar à superfície:

Durante a subida da bolha, o movimento é uniformemente variado com aceleração dada pela 2

^a

Lei de Newton:

F

R

= E – P = m.a.

E = d

água

.V.g

V

0

E  g m  V

h

dgh P

₀

 P

0

0 0

0 0 dgh ) V P V V V

P

(     

(11)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 11 11

P = m.g = d

CO2

.V.g F

R

= m.a = d

CO2

.V.a

24. Uma carga q ocupa o centro de um hexágono regular de lado d tendo em cada vértice uma carga idêntica q. Estando todas as sete cargas interligadas por fios inextensíveis, determine as tensões em cada um deles.

Solução:

T2

T1

6 5

4 3 2

1

T₁

T1

7

Por simetria, só podemos ter dois valores distintos de tensão: T

1

e T

2

T

1

: Tensão em cada fio da borda.

T

2

: Tensão em cada fio ligado à carga central.

OBS.: Estamos supondo que existem apenas os fios ilustrados na figura, e não há fios entre 1 e 3, por exemplo.

OBS

2

.: A solução mesmo assim não é única. Em particular, podemos ter uma solução possível de equilíbrio com T

1

= 0 e T

2

 0 e outra com T

1

 0 e T

2

= 0.

Este problema é estaticamente indeterminado, sendo sua solução física completa dependente do tamanho inicial e propriedades elásticas dos fios.

25 . Neutrons podem atravessar uma fina camada de chumbo, mas têm sua energia cinética absorvida com alta eficiência na água ou em materiais com elevada concentração de hidrogênio.

Explique este efeito considerando um neutron de massa m velocidade v

0

que efetua uma, colisão elástica e central com um átomo qualquer de massa M inicialmente em repouso.

Solução:

Suponha que o Nêutron colidirá com um átomo K vezes menos pesado que ele,

sendo m a massa de um nêutron. Da conservação do momento e da energia:

m v = m v

1

+ K m v

2

sendo v

1

e v

2

as velocidades do nêutron e do átomo. Donde:

Quando K  1, v

1

 0. Uma vez que a razão entre as massas do próton e do nêutron se aproxima de 1, o hidrogênio é um bom capturador de nêutrons.

26 . A base horizontal de um prisma de vidro encontra-se em contato com a superfície da água de um recipiente. A figura mostra a seção reta triangular deste prisma, com dois de seus ângulos,  e . Um raio de luz propaga-se no ar paralelamente à superfície da água e perpendicular ao eixo do prisma, nele incidindo do lado do ângulo , cujo valor é tal que o raio sofre reflexão total na interface da superfície vidro-água.

Determine o ângulo  tal que o raio emerja horizontalmente do pr isma. O índice de refração da água é 4/3 e, o do vidro ,

√19/3.

Solução:

Para que o raio sofra reflexão total na interface vidro-água,

O raio sofre reflexão com , então 300

x 8

44 x 10 1 30 x 8

g 44 x 10 d 1

5 5

2 CO

 

3 3 5 2

CO

1 , 833 kg / m

300 x 8

10 x 10

d  1 

^



a V d g V d g V

d H

2

O     CO

2

    CO

2

   g

d 1 a d

2 2

CO O H   





 



 



3 2

3 3 CO 3

0 CO

CO água

CO CO

água

s / m 51 , 455 . 5 10 833 1

, 1

10 a 1

, Logo

m / kg 833 , 300 1

x 8

10 44 x 10 100 RT

MM d P

Mas

g d 1

a d

a V d g V d g V d

2 2

2

2 2



 







 



  



 

 



 







 



 















m , K M , seja

ou 



 



 

, v m 2 K v 1 2 m v 1 2 m

1

₂

2 2

1

2

 

K v 1

K v 1 1 K v 2 v ) v 1 K ( v 2

v Kv v

v v v v

v v

Kv Kv ) v v Kv ( v v

v K v v

1 2

1 2 2

1 2 2 2 2 1

2 2 1 2

2 1



 

 





 





 





 













 







) I ( n ) º 90 ( sen

n

_vidro

   

_água

ref lexão incidência

 



) II ( ) º 90 ( sen n sen

n

_{v idro}

  

_ar

  

(12)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 12 12

Determinar :

























 º 90

º 90 º

180 Como

27 . Morando em quartos separados e visando economizar energia, dois estudantes combinam de interligar em série cada uma de suas lâmpadas ele 100 W. Porém, verificando a redução da claridade em cada quarto. Um estudante troca a sua lâmpada de 100 W para uma de 200 W. Enquanto o outro também troca a

sua de

100 W para uma de 50 W. Em termos de claridade, houve vantagem para algum deles? Por quê? Justifique quantitativamente.

Solução:

Vamos analisar o primeiro caso: duas lâmpadas de 100W, projetadas para uma determinada voltagem V

0

, ligadas em série.

Tendo a mesma potência, elas têm a mesma resistência e quando associadas em série numa voltagem V

0

cada uma terá V

0

/2 de voltagem em seus terminais.

Submetidas a metade da voltagem para a qual foram projetadas elas dissiparão um quarto de sua potência nominal; ou seja, 25 W. Confira o esquema:

2 V₀

2 V₀ W

25

100W 100W

Potência efetiva

Potência nominal W

25

Vamos agora ao segundo caso: duas lâmpadas em série. Mas dessa vez projetadas originalmente para potências nominais de 200 W e 50 W. A lâmpada de 50 W tem uma resistência 4 vezes maior do que a de 200 W. Desse modo a lâmpada de 200 W terá V

0

/5 de voltagem em seus terminais. Nessas condições a potência apresentada pela lâmpada de 200 W será de apenas 8 W e a potência apresentada pela lâmpada de 50 W será de 32 W. Diante de tudo isso, vemos que houve vantagem, em termos de claridade, para o estudante que usou a lâmpada de potência nominal 50 W.

No primeiro caso a luminosidade a disposição era de 25 W. E no segundo caso aumentou para 32 W. Confira o esquema a seguir.

5 V₀

5 V 4 ₀ W

8 32W

200W 50W

Potência efetiva

Potência nominal

28 . Uma massa m suspensa por uma mola elástica hipotética. de constante de mola k e comprimento d, descreve um movimento oscilatório de frequência angular w  k / m quando ela é deslocada para uma posição z

0

= 2z

e

, abaixo de sua posição de equilíbrio em z = z

e

, e solta em seguida. Considerando nula a força de mola para z

< 0 determine o período de oscilação de massa e os valores de z entre os quais a mesma oscila.

Solução:

Do equilíbrio de forças, vem que:

* Kz

e

= mg (1)

Da conservação da energia, vem:

) 2 ( Kz 9 mv mgz

6

_e



²₀



²₀

Substituindo (1) em (2), vem:

A partir de 0, atua apenas a aceleração gravitacional.Até o ponto mais alto, segue que:

Para os valores de z, vem

O tempo de subida até o ponto de retorno é dado por:

Para o MHS, segue a equação do movimento:

O período de oscilação é dado por 2t

⁺

+ 2ts = 



º 4 , 72 3 3 arctg 4 sen

3 sen cos 3 3 4

sen ) sen cos cos sen 3 ( sen 19 1 ) ( 3 sen ) 19 II (

19 cos 3 19 sen 4 3 sen 4 3 ) 19 I (

senx ) x º 90 ( sen

 







 





 





























































2 ) z z ( K 2 ) mv z z ( mg

e 2 o 2 e 0 o

 





e o

2 z z 

e 2 e 0 2

e

mv

0

9 mgz v 3 gz mgz

6    

2 z 3 g 2 h v h g 2 v

0 ^e

2 0 2

0      



g z 3 g t v ts g v

O 

₀

  

_s



⁰



^e

e e A cos( w t ), t 0 e z 0 , A 2 z z

z     

w 3

* 2 3 t

* 2 2 wt

*) 1 wt cos(

*) wt cos(

z 2 z 0 0 z para ,

Logo    _e _e       

 





 



  



 g

z 3 w 3

2 2

^e

e

z 3 z

e

2 z

3  



(13)

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA 13 13

29 . Um próton com uma velocidade v = 0,80 x10

⁷

e

x

m/s move-se o longo do eixo x de um referencial, entrando numa região em que atuam campos de indução magnéticos. Para x de O a L, em que L = 0,85 m. atua um campo de intensidade B = 50mT na direção negativa o eixo z. Para x > L, um outro campo d mesma intensidade atua na direção positivo do eixo z . Sendo a massa do próton de 1,7x10

^-27

kg e sua carga elétrica de 1,6 x 10

^-19

C, descreva a trajetória do próton e determine os pontos onde ele cruza a reta x = 0,85 m a reta y = O m.

Solução:

y

0 x

C₁

C3

P₁ R

60º 0,85

P2

C2

A

Raio de Curvatura:

1,7m qB =

= mv R

Note que y

P1

= y

C1

– R  sen 60º y

C1

= 1,7m → y

P1

= (1,7 – 0,85 3 )m

y

C2

= (1,7 – 1,7 3 )m, y

P2

= (1,7 – 3  0,85  3 )m y

C3

= (1,7 – 2  1,7  3 )m

X

A

= 0 → (X

A

– 1,7)² + (0 - (1,7 – 1,7 3 ))² = 1,7² (equação da circunferência)

X

A

² – 3,4 X

A

+ 1,7² + 1,7² – 2  1,7² 3 + 3  1,7² = 1,7² X

A

² – 3,4 X

A

+ (4 - 2 3 )  1 , 7 ² = 0

) 12 3 8 (

² 7 , 1

² 7 , 1 3 8

² 7 , 1 16

² 7 , 1

4        





2 3 3 2 3,4 4 ,

X

_A

3  



m 3 3 2 1,7 1,7

X _A    como X

A

> 1,7

Pontos de Cruzamento Com X = 0,85m P

1

= (0,85; 1,7 – 0,85 3 ) P

2

= (0,85; 1,7 – 3  0,85 3 )

Com y = 0 : (1,7 + 1,7 2 3  3 ^,0)

Como 1,7 - 2  1,7 3   1 , 7 , só existe um ponto de cruzamento com y = 0.

30 . Uma partícula eletricamente carregada move-se num meio de índice de refração n com uma velocidade v = c, em que  > 1 e c é a velocidade da luz. A cada instante, a posição da partícula se constitui no vértice de uma frente de onda cônica de luz por ela produzida que se propaga numa direção α em relação à da trajetória da partícula, incidindo em um espelho esférico de raio R, como mostra a figura.

Após se refletirem no espelho, as ondas convergem para um mesmo anel no plano focal do espelho em F. Calcule o ângulo α e a velocidade v da partícula em função de c, r, R e n.

Solução:

 2  R C

r F

Para espelhos esféricos gaussianos, α << 10°  tgα  α (rad) Tgα  α = 2r/R  α = 2r/R