o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembro de 2006

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:

1º-

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

dissertativas.

2º-

dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e uma

redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.

3º-

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

questões dissertativas.

4º-

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

50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.

Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas

questões de múltipla escolha.

Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os

candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a

100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).

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

Química e Português.

o

anglo

resolve

a prova

de Física

do ITA

dezembro

de 2006

Código: 83580106

Sobre um corpo de 2,5 kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de inten-sidades 150,40 N e 50,40 N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é

A) 40,00 m/s2_.

B) 40 m/s2_.

C) 0,4 ×102_m/s2_.

D) 40,0 m/s2_.

E) 40,000 m/s2_.

Aplicando-se a 2ª- lei de Newton, temos: R = mγ

Como a grandeza m = 2,5 kg possui 2 algarismos significativos e a resultante possui 5, a grandeza γpossui 2 alga-rismos significativos. Dessa forma, temos:

Resposta: B

A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2_{, senθ= 0,8, cosθ= 0,6 e que o ar não oferece resistência. O tempo}

mí-nimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é

A) 0,20 s. B) 0,24 s. C) 0,40 s. D) 0,44 s. E) 0,48 s. P Q θ v_P → x 1 3. Questão 2

▼

▼

γ=150 40 50 40 ⇒ γ= 2 5 40 2 , – , , m s/ γ= R m Resolução Questão 1

▼

▼

ÍÍ

ÍSSSIII A

A

A

FFF C

C

C

Representando-se a situação descrita no enunciado:

Entre P e Q

As componentes das forças pertinentes ao estudo do movimento são:

Da figura acima:

Como o atrito é cinético:

Substituindo-se (1) em (2): R = µ ⋅ P ⋅cosθ+ P ⋅senθ

m| a | = µ ⋅mg ⋅cosθ+ mg ⋅senθ

| a | = _⋅10 ⋅0,3 + 10 ⋅0,8 ⇒ | a | = 10 m/s2

Sendo a aceleração constante: v2 Q= v 2 P+ 2a∆s ⇒ v 2 Q= 52– 2 ⋅10 ⋅0,8 ∴ VQ= 3 m/s. v_Q= v_P+ at_PQ ⇒ 3 = 5 – 10 ⋅t_PQ ∴ t_PQ= 0,2 s Entre Q e R

Representando-se o corpo ao passar pelo ponto Q, decompondo-se sua velocidade na direção vertical e orien-tando-se a trajetória:

(v_Q)_y= v_Q⋅senθ= 3 ⋅0,8 ∴ (v_Q)_y= 2,4 m/s.

Como em y o movimento é uniformemente variado e | a_y| = g: v_y= (v_Q)_y+ a_yt

v_y= 2,4 – 10t

Na altura máxima v_y= 0, logo: 0 = 2,4 – 10t_QR ∴ t_QR= 0,24 s Em todo trecho PQR t_PR= t_PQ+ t_QR= = 0,2 + 0,24 ∴ t_PR= 0,44 s Resposta: D (v_Q)_y y v_Q θ 1 3 N = Pcosθ (1) R = µ

⋅

N + Psenθ (2)    N = P ⋅cosθ R = A + Psenθ    A N Pcosθ Psenθ P Q v_P → R Resolução

A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.

Considere as seguintes afirmações:

I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE e EF.

II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.

III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para sudoeste, no DE.

Então, está(ão) correta(s) A) apenas a I. B) apenas a I e II. C) apenas a I e III. D) apenas a II e III. E) todas. I. Incorreta

A classificação de um movimento em acelerado, retardado ou uniforme refere-se ao módulo da velocidade. Logo, nos trechos BC e DE, apesar de o corpo estar dotado de aceleração centrípeta, o seu movimento é uniforme, e não acelerado, pois o módulo de sua velocidade permanece constante nesses trechos.

II. Correta

Trecho AB: Movimento retilíneo acelerado

⇒ →a_c= 0→; →a_ta favor de v→; →γ= a→_t Trecho EF: Movimento retilíneo retardado.

⇒ →a_c= 0→; →a_tcontrário a v→; →γ = →a_t Logo:

⇒ γ→: do sul para o norte.

F E v → a_t = γ → →

⇒ γ→: do sul para o norte.

A B v a_t = γ → → → Resolução y N S O L A B C D E F x Questão 3

▼

▼

III. Correta Como →γm=

→

γm e ∆v

→

têm mesma direção e mesmo sentido.

No trecho BC,→γm=

No trecho DE,→γm=

Portanto, no trecho BC a aceleração vetorial média aponta para sudeste; no trecho DE, para sudoeste. Resposta: D

Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade v constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M₁registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M₂.

Sendo v_sa velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M₁e M₂em relação ao alvo Q é A) B) C) D) E) v v v v v s s s ( – ) ( ) . 2₊ 2 v v v v v s s s ( ) ( – ) . + 2 2 v v v v v s s ( – ) ( – ) . 2 2 v v v v v s s s ( – ) ( – ) . 2 2 v v v v v s s s ( – ) ( – ) . 2 2 P M₁ Q 90° M₂ v → Questão 4

▼

▼

v_E → v_D → -v→_D v_E → v_E – v_D → → v v → → E D E D – t – t . v_B → v_C → v_C → -v→_B v_C – v_B → → v v t t C B C B → → – – . ∆ ∆ v t → ,

Sejam ∆t₁e ∆t₂os intervalos de tempo decorridos entre o disparo e a recepção dos sinais por M₁e M₂, respec-tivamente. Assim: • e (1) Logo, (2) • e (3) De (1), Substituindo-se em (3):

Elevando-se ambos os membros ao quadrado, resulta: a2_{+ 2ab + b}2_{+ c}2_{= a}2_{+ b}2_{+ c}2_{– 2ab + 2ac – 2bc}

∴ 2ab = ac – bc

Dividindo-se ambos os membros por ac:

Substituindo-se (2):

Nota-se que a alternativa (A) é:

Resposta: A v v v v v v v v v v s s s s s s ( – ) ( + )( – ) = + ∴ = + b c v v v s s b c v v v v v v v v b c v v v v v v s s s s s s s = +                         = + + +       ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ 1 2 1 1 2 – – – 2 1 1 2 1 b c b a b c b a = =  −      ⇒ – (a b) c – v a b c v s s + + = + 2 2 ( ) – . a b v a b v_s + = ∆t a b v c v_s 2= + + . ∆t a b c v_s 2 2 2 = ( + ) + a v_s v b v v_s 1 1 1 1 – .       =  +      ∆t a b v b v_s 1= + + . ∆t a v_s 1= M₁ M₂ c b a P Q Resolução

Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio estático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso P₁= 100 N na extremidade a 50 cm de M, e de um peso P₂ = 60 N, na posição x₂ indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o peso P₂na posição original de P₁, passando este à posição de distância x₁= 1,6x₂da extremidade N.

Sendo de 200 cm o comprimento da barra e g = 10m/s2_{a aceleração da gravidade, a massa da barra é de}

A) 0,5 kg. B) 1,0 kg. C) 1,5 kg. D) 1,6 kg. E) 2,0 kg.

Tomando-se o posto M como pólo, tem-se: 100×0,5 = mg × 0,5 + 60 (1,5 – x₂) 5 = 0,5 m + 9 – 6x₂ x₂= 60×0,5 = mg× 0,5 + 100 (1,5 – 1,6x₂) 3 = 0,5 m + 15 – 16x₂ x₂= 8m + 64 = 3m + 72 5m = 8 m = 1,6 kg Resposta: D 0 5 4 6 0 5 12 16 , m+ , m = + ⇒ 0 5 12 16 , m + 1 m M 0,5 m 1,6 x₂ mg 60 N 100 N 0 5 4 6 , m + 1 m M 0,5 m x₂ mg 100 N 60 N Resolução 200 cm P₁ P₂ x₂ x₁ 50 cm M N Questão 5

▼

▼

No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático.

Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale

A) D)

B) L. E)

C)

A figura que segue representa as forças aplicadas no ponto Q e as medidas pertinentes ao estudo da situação descrita no enunciado.

Da trigonometria:

Decompondo-se as forças nos eixos x e y e estabelecendo-se as condições de equilíbrio:

2F_y= Mg ⇒ 2 ⋅mg ⋅senθ= Mg (2) Substituindo-se (1) em (2): Resposta: A 2 m h h L M h ML 4m M 2 2 2 2 ⋅ ⋅ + = ∴ = − Mg F_y F_{y mg} y mg θ x sen h h L θ = + 2 2 1 ( ) mg mg Mg Q L B h θ A
h2 _{+ 4L}2 Resolução ML/ M2−4m2. ML/ 2m2−M2. mL/ 4m2−M2. ML/ 4m2 −M2. P m m h M Q 2L Questão 6

▼

▼

Uma bala de massa m e velocidade v₀é disparada contra um bloco de massa M, que inicialmente se encontra em repouso na borda de um poste de altura h, conforme mostra a figura.

A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não haven-do atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge o solo vale A) B) C) D) E)

A situação será analisada em duas etapas: 1ª-: colisão da bala (m) no bloco (M);

2ª-: lançamento horizontal do conjunto bala + bloco.

Na 1ª- etapa: Sistema isolado Q_sist= Q‘_sist

m ⋅v₀= (M + m) ⋅v‘

v‘ =

Na 2ª- etapa: Sistema conservativo

0

ε

_cf₊

_ε

P f ₌

_ε

c i₊

_ε

p i Resposta: A ∴ = +       + V m v m M gh f 0 2 2 1 2 1 2 2 2 (m+M)⋅v_f = (m+M v) ′ +(m+M gh) h início fim v_f = ? m (m + M) v’ = v₀ (m + M) (posição de referência) m m+M v       0 (M + m) v’ M v = 0 m v₀ ANTES DEPOIS Resolução mv m M gh 02 ₂ + + . v₀2+2g h⋅ . v mgh M 02 2 + . v ghm m M 02 2 2 2 + + ( ) . mv m M gh 0 2 2 +       + . M h m v₀ Questão 7

▼

▼

Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome a potência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja 370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidade g = 10 m/s2_{. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser transportado pelo}

elevador é A) 7. B) 8. C) 9. D) 10. E) 11.

A potência do motor do elevador pode ser calculada por:

Considerando seu movimento uniforme, não há, portanto, variação da energia cinética. Daí:

8,5 ⋅103_{= 8 m ∴ m = 1062,5 kg}

Sendo m a massa do conjunto (elevador + passageiros): m = m_e+ n ⋅m_p

1062,5 = 370 + n ⋅70 n ≈9,8

∴ O número máximo de passageiros é 9. Resposta: C

Um corpo indeformável em repouso é atingido por projétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a tempera-tura de 0°C. Sabe-se que devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restante transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão t_f = 300°C, calor específico c = 0,02cal/g°C e calor latente de fusão L_f= 6 cal/g. Considerando 1 cal ≅4 J, a fração x da massa total do projétil metálico que se funde é tal que

A) x 0,25. B) x = 0,25. C) 0,25 x 0,5. D) x = 0,5.

E) x 0,5.

Para o projétil, tem-se que: v = 300 m/s θ₀= 0°C

ε

c = m ⋅ = ⋅ m 1 2 3 10 4 5 10 2 2 4 ( ) ,

ε

c=1₂mv2 L cal g J kg f=6 =24 10⋅ 3 c cal g C J kg C = ° = ° ⋅ ⋅ ⋅ 0 02, 0 08 10, 3 Resolução Questão 9

▼

▼

Pot t mgh t m m p = |∆ |= = ⋅ ⋅ = ∆ ∆

ε

10 32 40 8 Pot | | t 8,5 10 W3 = ∆ = ⋅ ∆

ε

Resolução Questão 8

▼

▼

O corpo absorve da energia cinética, portanto o projétil absorve da energia cinética. Essa energia aquecerá o projétil e fundirá parte de sua massa. Assim:

= Q_aquecimento+ Q_fusão

x = 0,25 Resposta: B

Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento L/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T de cada um dos elásticos e executa no plano vertical um movimento harmônico simples, tal que sen_θ ≅ tgθ. Con-siderando que a tensão não se altera durante o movimen-to, o período deste vale

A) D)

B) _E)

C)

Representando-se na figura ao lado as forças e a resul-tante na bolinha, para uma posição arbitrária com elon-gação y:

A intensidade da resultante das forças é, portanto: R = 2 ⋅T ⋅senθ ≅2 ⋅T⋅tgθ (1)

Da figura é possível verificar que:

Substituindo-se (2) em (1):

A intensidade da aceleração da bolinha é calculada por:

| |a T ( ) ML y = 4 ⋅ 3 | |a R M = R T L y =4⋅ ⋅ tg y L tg y L θ= ∴ θ= /2 ( ) 2 2 R T θ L 2 T y Resolução 2π ML T . 2π 2ML T . 2 4 π ML T . 2 2 π ML T . 2π 4ML T . y M θ L 2 L 2 Questão 10

▼

▼

∴ m m 6000 24000 1 4 f _{= =} 2 3 4 5 10 80 300 24 10 4 3 ⋅ , ⋅ m=m⋅ ⋅ +m_f⋅ ⋅ 2 3

ε

c 2 3 1 3

Como a bolinha executa um MHS: |a| = 2_{y (4)}

Igualando-se (3) e (4):

O período do movimento pode ser assim obtido

Resposta: B

Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em seguida, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10lde água a 32°C, após a mistura. Considere haja troca de calor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/l, não varia com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c = 1,0 cal g–1_°C–1_{. A quantidade de calor recebida}

pela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é de

A) 20 kcal. D) 80 kcal.

B) 50 kcal. E) 120 kcal.

C) 60 kcal.

Dados

Água 1 Água 2

Sendo o sistema termicamente isolado: Q₁ + Q₂ = 0

m₁ c ∆θ + m₂ c ∆θ = 0 m₁⋅12 + m₂ ⋅(– 48) = 0 m₁= 4m₂ (I)

Como a mistura (m₁+ m₂) resulta em 10L: m₁+ m₂= 10 (II)

Resolvendo-se o sistema das equações (I) e (II): m₁= 8 kg e m₂= 2 kg

Para aquecer a água I (m₁= 8 kg) de 10°C para 20°C, será necessário fornecer a seguinte quantidade de calor: Q = m₁ c ∆θ Q = 80 kcal Resposta: D Q kg cal g C C = ° ° ⋅ ⋅ 8 1 (10 ) m₂ c = 1cal/g°C θ0= 80°C θ= 32°C ∆θ= – 48°C        m₁ c = 1cal/g°C θ0= 20°C θ= 32°C ∆θ= 12°C        Resolução Questão 11

▼

▼

T ML T = 2 4 π T = 2π  = 4T ML 64748 64748

A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80 m, convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultan-do em um aumento de 1K de sua temperatura. Consideranresultan-do 1 cal _≅4 J, aceleração da gravidade g = 10 m/s2

e calor específico da água c = 1,0 cal g–1_°C–1_{, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de}

A) D)

B) 20 m/s. E) 80 m/s.

C) 50 m/s.

• A energia mecânica do sistema de uma porção de massa m é:

ε

m=

ε

c+

ε

p ⇒

ε

m=

• A energia térmica é dada por: Q = m c ∆θ.

Então:

•

v = 80 m/s Resposta: E

Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento forte de 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velocidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanha e registrada no receptor do balão.

A) 450 Hz D) 722 Hz

B) 510 Hz E) 1292 Hz

C) 646 Hz

O fenômeno físico apresentado pelo enunciado é equivalente à seguinte situação:

De acordo com a equação do efeito Doppler:

∴f_ap= 722 Hz Resposta: D

f f v v

v v

ap real som observador som fonte = + + = + − ⋅ 570 340 40 340 40 v_observador = +40 m/s observador v_fonte = –40 m/s fonte + Resolução Questão 13

▼

▼

v = 2 4 10⋅ ⋅ 3⋅1 2 10 80− ⋅ ⋅ c 1cal g C 4 10 J kg K 3 = ° = ⋅ ⋅ 1 2 2 2 2 mv +mgh=m c⋅ ⋅∆θ → v= c∆θ− gh 1 2 2 mv +mgh Resolução 10 32 m/s. 10 2 m/s. Questão 12

▼

▼

A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n₁e transmitido para uma esfera transparente de raio R e índice de refração n₂. Considere os valores dos ângulos _α, _φ1e _φ2muito pequenos, tal que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2é de

A)

B)

C)

D)

E)

Observe a figura abaixo:

Aplicando-se a lei de Snell para a refração:

sen(φ2+ α) ⋅n2= sen(φ1+ α) ⋅n1

φ2 1 α 1 φ1 1 α 1

( senφ2⋅ cosα+ senα cosφ2) ⋅n2= ( senφ1⋅ cosα+ senα cosφ1) ⋅n1

Observação: Para ângulo θmuito pequeno: θ ≈senθ ≈tgθe cosθ ≈1. (φ2+ α)n2= (φ1+ α) ⋅n1 Resposta: E φ₂ 1 φ α 2 1 1 2 1 = + −      ⋅ n n n n seni senr n n = 2 1 φ1 φ₂ α O n₂ n₁ α N i = (φ1 + α) r = (φ2 + α) Resolução φ₂ 1φ₁ α 2 1 2 1 = + −      n n n n . φ₂ 1φ₁ 2 = n n . φ₂ 1φ₁ α 2 1 2 1 = + −      n n n n . φ₂ 1 φ α 2 1 n n ( ). = + φ₂ 1 φ α 2 1 n n ( ). = – R φ1 φ2 α O h n₂ n₁ Questão 14

▼

▼

A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüên-cia de 170 Hz. Considere seja desprezível a variação da intensidade do som de cada um dos alto-falantes com a distância e que a velocidade do som é de 340 m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade da onda sonora formada entre os alto-falantes é igual a

A) 2 m. B) 3 m. C) 4 m. D) 5 m. E) 6 m.

Observe o esquema da figura:

Nos pontos onde há máximos de intensidade da onda sonora ocorre interferência construtiva. Como as fontes estão em fase, a diferença de marcha (∆x = |x₁– x₂|) é igual a um múltiplo par de

Da equação fundamental da ondulatória: v = λ ⋅f

340 = λ ⋅170 ⇒ λ= 2 m. Dessa forma, temos:

|2x₁– 7| = n

2x₁– 7 = n ou 2x₁– 7 = – n

→ñ convém →ñ convém

Portanto, a maior distância entre dois máximos de intensidade sonora é entre x₁= 0,5 m é x’₁= 6,5 m, ou seja, 6 m. Resposta: E n x₁ 0 3,5 2 2,5 4 1,5 6 0,5 8 – 0,5 n x₁ 0 3,5 2 4,5 4 5,5 6 6,5 8 7,5 x₁ n 7 2 = − + x₁ n 7 2 = + |x₁ (7 x₁) | n 2 2 − − = ⋅ |x₁ x₂| n 2 − = ⋅λ λ 2. x₂ = 7 – x₁ x₁ P Resolução 700 cm Questão 15

▼

▼

O circuito da figura é composto de duas resistências, R₁= 1,0 _×103_{Ωe R}

2= 1,5 ×103Ω, respectivamente, e de

dois capacitores, de capacitâncias C₁= 1,0 _×10–9_{F e C}

2= 2,0 ×10–9F, respectivamente, além de uma chave S,

inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga ∆Q no capacitor de capacitância C₁, após determinado período, é de A) – 8,0 _×10–9_C. B) – 6,0 _×10–9_C. C) –4,0 ×10–9_C. D) +4,0 ×10–9_C. E) +8,0 ×10–9_C. • chave S aberta

Assim, a carga no capacitor 1 vale: Q₁= C₁U = 1,0 ⋅10–9_{⋅10 ∴ Q}

1= 10 ⋅10–9C

• chave S fechada

Q₁‘ = C₁U₁= C₁R₁i = 1,0 ⋅10–9_{⋅1 ⋅10}3_{⋅4 ⋅10}–3

Q‘₁= 4 ⋅10–9_C

A variação de carga (∆Q) é dada por:

∆Q = Q‘₁– Q₁= 4 ⋅10–9_{– 10 ⋅10}–9 _{∴ ∆Q = – 6 ⋅10}–9_C Resposta: B i 10 R R 10 2,5 10 i 4 10 A 1 2 3 3 = + = ⋅ − ∴ = ⋅ − R₁ R₂ C₂ C₁ i 10 V U₁ i i R₁ R₂ C₂ C₁ i₁ = 0 10 V i₂ = 0 Resolução R₁ R₂ C₂ C₁ S 0 V 10 V Questão 16

▼

▼

No circuito da figura, têm-se as resistências R, R₁, R₂e as fontes V₁e V₂aterradas. A corrente i indicada é A) B) C) D) E)

Como i = i₁+ i₂e a ddp entre os pontos A e B é igual para os geradores e para o resistor, escrevemos:

⇒ ⇒ Logo: ∴ Resposta: D i V R V R R R RR RR = + + + ( ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 2 1 i V V R R V R R R R R R R V R V R R RR RR = − + − + = − − − − − 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 V₁– V₂= –R₂i + (R₁+ R₂)i₁ V₁= Ri + R₁i₁    V₁– R₁i₁= V₂– R₂(i – i₁) V₁– R₁i₁= Ri    R₁ R₂ R i V₁ V₂ i₁ A B i₂ Resolução i (V R – V R ) (R R R R R R ). 2 1 1 2 1 2 2 1 = + + i V R V R R R R R R R = + + + ( ) ( ). 1 2 2 1 1 2 2 1 i V R V R R R R R R R = − + + ( ) ( ). 1 1 2 2 1 2 2 1 i (V R V R ) (R R R R R R ). 1 1 2 2 1 2 2 1 = + + + i V R V R R R R R R R = − + + ( ) ( ). 1 2 2 1 1 2 2 1 R₁ R₂ R i V₁ V₂ Questão 17

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▼

A figura mostra uma partícula de massa m e carga q 0, numa região com campo magnético B→constante e uniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial v→no plano xy, formando o ângulo θindicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.

Assinale a alternativa correta.

A) O produto d q B deve ser múltiplo de 2_πm v cos_θ.

B) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.

C) Para _θ= 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado. D) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB.

E) O campo magnético não produz aceleração na partícula.

A partícula realizará um movimento helicoidal cilíndrico, avançando no sentido do eixo x. • O raio da hélice será:

• O período do movimento será:

• O passo será:

• A distância d é múltiplo de p. Então: d = N⋅p, com N∈
*

dqB = N ⋅2πmv cosθ

Resposta: A

Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta. A) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa na

lâm-pada.

B) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.

C) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada. D) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada. E) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.

Questão 19

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d N v cos 2 m qB = ⋅ θ⋅ π p v cos T p v cos 2 m qB = ⋅ θ⋅ ⇒ = θ⋅ π T m qB = 2π r m v sen qB = ⋅ ⋅ θ Resolução y q d θ B→ v → x P Questão 18

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Ondas luminosas são ondas eletromagnéticas com freqüências dentro do espectro visível. Portanto, a ilumina-ção de uma sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas pela lâmpada.

Resposta: C

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga – e e massa m, que se move em órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é quantizado, dado por r = n2_a

0, onde a0 é o raio de Bohr e n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n,

envolvendo a permissividade do vácuo

ε

0, é igual a

A) B) C) D) E)

De acordo com o modelo Bohr, o elétron realiza um MCU em torno do próton.

A força elétrica que age sobre o elétron é a resultante centrípeta: R_c= F_elet ⋅ Como e r = n2_⋅a 0, temos: Resposta: D ⇒T= a n m a e 4π ₀ 3 π

ε

_{0 0} m T e n a 2 1 4 2 0 2 2 0 3 π π

ε

      = ⋅ ⋅ ( ) ω= 2π T m e r ω π

ε

2 0 2 3 1 4 = ⋅ |q_próton| ⋅|q_elétron| r2 mω r π

ε

2 0 1 4 ⋅ = elétron próton q_próton = + e q_elétron = – e r Resolução e/ 4 a n_ π ₀ 3 π

ε

₀ma₀_. 4πa n₀ 3 π

ε

₀ma₀ e       / . πa n₀ 3 π

ε

₀ma₀ e       / . e/ 4 a n π ₀ 3

ε

₀ma₀ .   e/ 4 a np ₀ 3 ma . 0 0

e

(

)

Questão 20

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Resolução

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

Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete da figura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o disposi-tivo forneça uma força vertical para cima de intensidade cons-tante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solo com velocidade nula. Expresse sua resposta como função da al-tura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e da aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a alteração da massa m no acionamento do dispositivo.

Representando-se a situação descrita no enunciado:

Trecho 01

O sistema é conservativo:

ε

m_A=

ε

m_B ⇒ mgH = mgh + mv_B2

v_B2= 2g(H – h) Trecho 02

As forças aplicadas são:

τ

R =

τ

P +

τ

F 644474448 644474448 644474448 mv_c2– mv_B2 = P ⋅ ∆s ⋅cosα + F⋅ ∆s ⋅cosβ – m ⋅2g (H – h) = m ⋅g ⋅h (+ 1) + F ⋅h ⋅(– 1) ∴ h= mgh F 1 2 1 2 1 2 F P 1 2 h H A B C queda livre (trecho 01) motor ligado (trecho 02) Resolução → F h H m solo Questão 21

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0

Um corpo de massa m e velocidade v₀a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma de semi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura.

Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contato com a pista. Considere a aceleração da gravidade g.

Considerando-se que o corpo se encontra no ponto P, como indicado na figura, a normal entre o corpo e a pista é nula, portanto:

R_C= P_y

(1)

Para a determinação da velocidade v, utiliza-se o fato de o sistema ser conservativo.

ε

i p+

ε

i c=

ε

f p+

ε

f c 0 v2_{= v}2 0+ 2gh – 2gy (2) Substituindo-se (2) em (1): (3) y v gh g = 0+ 2 ₂ 3 y v gh gy g = 0+ 2 _{2 –2} mg h y( – ) +1mv = mv 2 1 2 0 2 2 v r g y r y v g 2 2 = ⋅ ⇒ = m v r mg sen ⋅ = 2 θ m v₀ h y P x h – y P_y P_x P θ v θ Resolução m v₀ h y P x r O Questão 22

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Como

x2_{+ y}2_{= r}2

(4)

substituindo-se (3) em (4) e fazendo-se as devidas manipulações algébricas:

Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicial v₀, um parafuso de massa m chega com velocidade nula na órbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical.

Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade v₀em função da aceleração da gravidade g na super-fície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.

Durante o movimento do parafuso, a única força aplicada é o Peso; logo o sistema é conservativo. (

ε

_m)_superfície= (

ε

_m)_{geoestacionário}

ε

c+

ε

p =

ε

’c+

ε

’p

(1)

O campo gravitacional na superfície da Terra pode ser assim calculado: (2)

Substituindo-se (2) em (1):

Observação: consideramos v₀em relação a um referencial inercial.

v g R h R R h v gRh R h 0 2 2 0 = +       = + ⋅ ∴ ( ) g GM R GM g R =      ⇒ = ⋅ 2 2 v GM R R h GM h R R h 0 2₌₂ 1 1 ₂ +       =  ₊      – ( ) ( ) 1 2 0 0 2 mv GMm R GMm R h – – ( ) = + Resolução m R h v₀ → Questão 23

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x y g r v gh v gh = − + + 9 2 2 2 2 0 2 2 0 2 ( ) x y g r v gh v gh       = −₊ + 2 _{2 2} 0 2 2 0 2 2 9 2 2 ( ) ( ) x y r y       + =      2 2 1 ,

Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k₁e k₂, respectivamente, barras de massas des-prezíveis e um corpo de massa m, como mostrado na figura.

Determine a freqüência desse sistema.

Para se determinar a freqüência do sistema, é necessário determinar a constante elástica equivalente do sistema de molas:

Como as molas de constante elástica k₂estão associadas em paralelo: k_2p= 3k₂

Pelo mesmo motivo, para as molas de constante elástica k₁: k_1p= 2k₁

Finalmente, as molas k_1pe k_2pestão associadas em série:

Assim, a freqüência do sistema:

f k k m k k = + 1 2 6 2 3 1 2 1 2 π ( ) f k m = 1 2π k k k k k = + 6 2 3 1 2 1 2 k k k k k p p p p = + 1 2 1 2 k₂ k₂ k₂ k₁ k₁ k_2p k_1p k Resolução k₂ k₂ k₂ k₁ k₁ m Questão 24

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A figura mostra uma bolinha de massa m = 10g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinha tem a mesma densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1) com velocidade de 8,0m/s.

Considere aceleração da gravidade g = 10 m/s2_{, h}

1= 20 cm, e despreze qualquer resistência ao movimento de

ascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líqui-dos. Determine a profundidade h.

As forças aplicadas na bolinha, na situação descrita no enunciado são:

Aplicando-se o princípio fundamental:

E – P = R

_⇒

d₂⋅V ⋅g – d_B⋅V ⋅g = d_B⋅V ⋅| a | 5d_BV ⋅g – d_BV ⋅g = d_BV| a |

_⇒

| a | = 40 m/s2_.

Como a aceleração é constante: v2_{= v}2

0+ 2a∆s

⇒

82= 0 + 2 ⋅40 ⋅(h – h1)

∴ 64 = 80(h – 0,2) ⇒ h – 0,2 = 0,8

∴ h = 1,0 m

Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal sobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical.

Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere AD = 2m, BE = 3m e DE = 5m.

A B E D Questão 26

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E = d₂⋅ V ⋅ g P = d_B⋅ V ⋅ g Resolução h h₁ ( 1 ) ( 2 ) m Questão 25

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A figura a seguir ilustra a situação:

Para o ∆A’FB: x2_{= 5}2_{+ 5}2

Duas cargas pontuais + q e – q, de massas iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema carte-siano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétrico horizontal e uniforme E→, conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.

Na horizontal, sob ação da força elétrica, as cargas realizam movimento uniformemente variado. R_x= F_e

m| a_x| = E| q |

Determinada a aceleração, é possível achar o tempo para cada carga realizar um deslocamento

s = s₀+ v₀t + at2 _∴ 0 0 ∴ t= dm E q| | d E q m t 2 1 2 2 = ⋅ | | 1 2 d 2. |a | E q| | m x = Resolução + q – q x g → E → y m m Questão 27

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x= 5 2m A B E D 144444424444443 1444444442444444443 x 5 m 1442443 1442443 2 m 3 m A’ F Resolução

Na vertical, sob ação da força peso, as cargas também realizam um movimento uniformemente variado. R_y= P

m| a_y| = mg a_y= g

O deslocamento na vertical no tempo t é dado pela função horária: s = s₀+ v₀t + at2 _∴

0 0

∴

O trabalho da força peso, para cada carga, é calculado pelo teorema da energia potencial.

τ

p= E_pi – Ef_p= 0 – (– mgh) =

Portanto, o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas é de

Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se iguala à resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistência de carga R_cvaria na faixa 100_ΩR_c400_Ω. O circuito possui um resistor variável, R_x, que é usado para o ajuste da máxima transferência de energia.

Determine a faixa de valores de R_xpara que seja atingido o casamento de resistências do circuito.

Para haver ajuste de máxima transferência de potência, deve ocorrer a seguinte equivalência:

20Ω 100Ω A Rx Rc B

⇔

50Ω A B Resolução 20Ω 100Ω r = 50Ω V R_x Rc Questão 28

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m g d E q 2 2_⋅ | | . m g d E q 2 2 2 | | h gdm E q = 2 | | h= 1gt 2 2 1 2

Assim: • Considerando-se R_c= 100Ω: ⇒ 100R_x– 8000 = 80R_x ∴ R_x= 400Ω • Considerando-se R_c= 400Ω: ⇒ 400R_x– 32000 = 80R_x ∴ R_x= 100Ω Logo: 100ΩR_x400Ω

A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos B₁e B₂ orien-tados em sentidos opostos e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga q 0 é lançada do ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamen-to, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga – q (choque perfeitamente inelástico).

Determine o tempo total em que a partícula de carga q 0 abandona a superfície quadrada.

Entre os pontos R e S, a partícula realiza um movimento circular uniforme (MCU), e o tempo para ir de R para S é metade do período do movimento em questão.

Ao chegar a S e chocar-se com a outra partícula, a velocidade do conjunto (v’) é dada por:

A partir desse ponto, como a carga do conjunto é nula, a força magnética, considerada como resultante, também é, e o movimento é retilíneo uniforme (MRU).

mv=2mv ∴ v = v 2 ‘ ‘ t T m qB t m qB RS = ⋅ = ⋅ ∴ RS = 1 2 1 2 2π π Resolução v → B1 → B2 → R m, q L S Questão 29

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▼

400 80 80 = R R x x – 100 80 80 = R R x x – ⇒ R = R R c x x 80 80 – R R R R R R R R x c x + c x c x c =80 ∴ =80 +80

Logo, o tempo para ir de S até o exterior da região é:

Portanto, o tempo total para a partícula sair da região quadrada é: t_total= t_RS+ t_SE=

∴ t_total=

Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3kg preso a uma mola, e verifica-se que este passa a oscilar livremente com a freqüência angular _ω= 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência f = 500 ×1012_{Hz, de modo que toda}

a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1mm da sua posição de equilíbrio. Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck h = 6,6 ×10–34_Js.

Considerando-se que toda a energia dos “n” fótons é completamente transferida ao sistema massa-mola e que a energia individual de um fóton é dada por E_fóton= h ⋅f, temos:

Sendo Do enunciado: ω= 10 rad/s, m = 3,3 kg, A = 1 mm = 10– 3_{m, h = 6,6 ⋅10}–34_{J ⋅s e f = 500 ⋅10}12_Hz ∴ n = 5 ⋅1014_fótons n = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 10 3 3 10 2 6 6 10 500 10 2 3 2 34 12 , ( ) , – – n m A h f = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ω2 2 2 n h f⋅ ⋅ = ω2⋅m A⋅ 2 2 ω2₌ K _{⇒ =}ω2_⋅ m k m : n h f⋅ ⋅ =KA 2 2 Resolução Questão 30

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πmv LqB qvB + πm qB L v + t L v t L v SE= 2 ∴ SE= 2

Como sempre, a prova foi trabalhosa, pouco criativa e revelou, em alguns casos, nenhum compromisso com a realidade, tal como aconteceu com a questão 23, em que um parafuso é lançado e atinge a altura de um satélite estacionário (H ≈7R_T), e com a questão 12, em que a velocidade de escoamento das águas de um rio é 80 m/s. É o ITA. Física

TT

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