Física - Cobertura Máxima GGE






Se precisar, utilize os valores das constantes aqui
relacionadas.
Constante dos gases: R = 8 J / (mol · K). Pressão atmosférica ao
nível do mar : P0 = 100 kPa.
Massa molecular do CO2 = 44u. Calor latente do gelo: 80 cal/g.
Calor específico do gelo: 0,5 cal/g · K).
1 cal = 4 x 107 crg. Aceleração da gravidade: g = 10,0 m/s2.
1
mv 02
m v 02  h 
2
2 (mg  qE)





(mg  qE) h 
Trabalho
Variação
da energia
cinética até
ponto mais
alto
ALTERNATVA D
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.
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:
2LF
μ
F
b)
2πLμ
a)
c) L
d)
L
π
e)
L
2π
03. Uma massa puntiforme é abandonada com impulso inicial
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.
μ
F
μ
F
Nestas condições, pode-se afirmar que
a) θII < θI e θIII < θI
b) θII < θI e θIII > θI
c) θII > θI e θIII < θI
d) θII > θI e θIII > θI
e) θI = θIII
μ
F
Solução:
A velocidade de um pulo numa corda é dada por v 
τ
, em que
μ
Solução:
τ é a tensão na corda e  é a sua densidade linear. Para um pulso
t0
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:
t
FN
L
μ
 L . Com τ  F,
v
τ
Tem  se : L

P
μ
F
ALTERNATIVA C
02. Uma pequena esfera metálica de massa m e carga positiva q, é
lançada verticalmente para cima com velocidade inicial V0 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
v²
a)
2g
cos  
v0
c)
qmE
e)
mv 02
2qE  mg 
3mEqv
8g
mv 2
R
v2
Rg
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 .
0
Solução:
A partícula está sujeita a uma força resultante constante que aponta
para baixo dada por:
FR = 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:
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
1
P  cos   FN  RCP
mg  cos  
qe
b)
mv 0
d)
Com o hemisfério fixo (situações I e II) o ângulo pode ser calculado
pela condição:
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
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
1
 , no
interior do qual encontram-se respectivamente fixadas em cada
extremidade de sua geratriz inferior as cargas q1 e q2, 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:
04. Considere um tubo horizontal cilíndrico de comprimento
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.
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.
Observando o caso y=0, o gráfico da energia é a reflexão do gráfico
do item I em relação ao eixo x:
Solução:
A bola está vinculada a mover-se dentro do tubo e, portanto, pondose os eixos com origem em q1 como na figura, seu valor da
coordenada y não pode variar.
Que possui um máximo de energia sendo instável. Logo, o sistema é
instável.
ALTERNATIVA C
A energia da bola é dada por:
kq  q
kq  q
E  1 bola  2 bola
r1bola
r2 bola
Sendo r1 bola = x , r2 bola = L – X :
E
kq1  qbola kq 2  qbola

x
LX
No caso, q1 > 0, q2 > 0 e qbola > 0, o que leva a energia a apresentar
um gráfico:
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:
Que apresenta um poço de potencial e é estável.
I. Falso. Depende também do ângulo formado pelo vetor velocidade e
o raio vetor até P.
v
Se não houvesse o tubo, qualquer perturbação em y não restauraria
a posição:

depende de 
r
P
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.
A força resultante Fres teria componente y de modo a divergir de y=0.
Então não seria estável.
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
2
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
2
Mchapa
1
2
x
x
Mcírculo

100
  (2,5)2

16

x
x
x i2
À porção circular retirada pode ser associada uma massa negativa (m0). Então:
Mcírculo = m1 = -m0
Mchapa = m2 = 16m0/
x
B1
Mas o vetor d é ortogonal a B1 e o produto vetorial d  B1 esta na
direção ortogonal a d e no sentido do fio 1, pela regra da mão
direita.
Então as coordenadas do centro de massa da chapa restante serão
dadas por:
XCM 
B 1
d

xd
xx B
1
Que é a mesma orientação de F12 , a força magnética que 1 aplica
em 2.
ALTERNATIVA C
06. Uma chapa metálica homogênea quadrada de 100cm2 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.
16m0
5

16m0
 m0 

 m0  2,5 
m1x1  m2 x 2

m1  m2
80
 2,5
XCM 
 5,61cm
16
1

m y  m2 y 2
YCM  1 1

m1  m2
16m0
5

 5cm
16m0
 m0 

 m0  5 
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.
a) (xc, yc) = (6,51 , 5,00)cm
b) (xc, yc) = (5,61 , 5,00)cm
c) (xc, yc) = (5,00 , 5,61)cm
d) (xc, yc) = (5,00 , 6,51)cm
e) (xc, yc) = (5,00 , 5,00)cm
Solução:
Nossa chapa metálica está posicionada como na figura a seguir:
y(cm)
Solução:
Do momento linear conservado, segue que:
E ABS
E
 mv  REFL
C
C
5,0
Mas
E ABS  0,01  ETOTAL  ETOTAL
E
 mv  0,99 TOTAL

EREFL  0,99  ETOTAL
C
C
1,99  ETOTAL  mvC
x(cm)
2,5
Da conservação da energia, vem:
EABS  0,01  ETOTAL  mC   0,1mL 
O sistema pode ser reduzido a duas partículas. Confira:
y(cm)
5,0
m1
m2
2,5
5,0
A círculo

Mchapa
Mcírculo

x(cm)
0,01  ETOTAL  m(500  4  10 )  0,1m  80000  4 
mv 2
2
(2)
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
2
r 2
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
3
mv 2
2
Tomando C = 3 • 108m/s e resolvendo as equações (1) e (2), vem:
v  0,034 m/s ou v = 3,40 m/s
ALTERNATIVA B
Sendo a chapa homogênea, as massas das partes são proporcionais
às suas áreas; assim:
A chapa
(1)
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
3
Solução:
Mg
a) F
b)
c)
F
Mg
Mg  F
Mg
A
Mg  F
F
d)
e)






O
YN
B
XN
Mg  F
2Mg
Pelo ∆OAB, sem:
tg   
Solução:
YN
Y
,  em rad  XN  N
XN

1
Da condição de interferência da luz, segue:
2n  YN 
N  0
2
2
De 2 em 1 :
XN 
N  0
4n
A linha de interferência destrutiva ocorre com a superposição dos
pontos de interferência destrutiva de cada luz, com N, N* par.
XN ( )  XN (* )  N    N*  * 
N* 4
8
 
N
5 10
480mm 600mm
Na iminência de tombamento, a base do cone se apóia no ponto de
apoio C. Logo:
Tome N = 10 e N = 20 para ∆X, por exemplo:
F  h  Mg  R
h Mg

R
F
ALTERNATIVA A
X  (20  10) 
480  109
 X  16 ,0 m
3
4  1,5 
180
3º
09. Luz que pode ser decomposta em componentes de comprimento
ALTERNATIVA C
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?
10. Um tubo em forma de U de seção transversal uniforme,
parcialmente cheio até uma altura h com um determinado
líquido, é posto num veículo que viaja com aceleração
horizontal, o que resulta numa diferença de altura 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)
b)

a) 11,5 µm
b) 12,8 µm
c) 16,0 µm
d) 22,9 µm
e) 32,0 µm
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
4
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
c)
d)
e)
2zg
.
L
h - z g .
L
h  z g .
L
2gh
.
L
zg
.
L
4
Solução:
O deslocamento angular da polia e do ponteiro são os mesmos e o
deslocamento linear da polia, equivalente a L, é dado por:
a
L
L 10  10 3

 10 3 m
r
10
L
 10 3 m
pois L  1
r
Logo:
Y
tg 
a
.

Z
a Z

g L
 a  g
Z
L
g
2

10 4
(D ) (0,1 10
4
ALTERNATIVA A
3 2
)

1012
N / m2

12. Assinale a alternativa incorreta dentre as seguintes

aRES
10
L
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:
·
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:
a)
1012
N / m2

b)
1012
N / m2
2
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
c)
1012
N / m2
3
13. Na figura. o eixo vertical giratório acima de O dada imprime uma
12
d)
10
N / m2
4
e)
1012
N / m2
8
Solução:
Da equação do módulo de Young:
F
L
Y
Y
A
L
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.
F
 L 
A

 L 
módulo de young
F é a tração no fio que vale 10N. L pode ser calculado do vínculo.
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
5
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
5
z

2
1   m  (m  M)g  kz 
2


 mω2

Z
 k   mω2  (M  m)g
 2



Substituindo valores, temos:
a) 0,2m
b) 0,5m
c) 0,6m
d) 0,7m
e) 0,9m
 1 102

Z
 100   1 102  (2  1)10
 2



Z 50  100  100  30
Solução:
Fazendo o diagrama de forças para a partícula de massa m que gira
com velocidade  , vem:
→
T’


→
T
Na horizontal
(T’ + T) cos θ = mr 
ALTERNATIVA B
14. Considere as quatro proposições seguintes:
2
Assim, resolvendo o sistema, temos:
mrω 2
mg

cosθ senθ
Pela geometria do problema, vem:
2-z
2
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:
2
2
mrω
mg
mrω
mg




r
2-z
cosθ senθ
1
2
2mg
2T  mω 
2-z
Fazendo agora o diagrama de forças para a particula de massa M,
vem:

→
T’
→
Mg
A1  Z1  n1
A 2  Z 2  n2
 A 2  A1  n 2  n1   Z 2  Z1 






r
2
→
T
I – Os isótopos 16º e 18º do oxigênio diferenciam-se por dois nêutrons.
II – Sendo de 24000 anos a meia-vida do 239Pu, sua massa de 600g
reduzir-se-á a 200g após 72000 anos.
III – Um núcleo de 27Mg se transmuta em 28Al 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.
1
Então
2T 
70
 0,467m 
150
Z  0,5m
→
mg
Na vertical:
T’ sen θ = T sen θ + mg 
(T’ – T) sen θ = mg
2T 
Z  150  70  Z 
Z 2  Z1
 A 2  A1  2  n 2  n1

t
II – (falso) Tem-se que m  m0  2 t1 / 2 .
Para m = 200g, m0 = 600g:
1
log
3  t
log 2
t1/ 2
 t  t1/ 2  log 23  24000  1,585  38039 anos
2T  senθ  Mg  kz
III – (falso) Uma emissão beta não altera a massa do átomo.
Incorporando a essa equação o resultado anterior, vem:
IV – (falso) Cada fóton remove um e apenas um elétron; o adicional
de energia será armazenado na energia cinética do elétron
ejetado.

2 2mg  2 - z
 Mg  kz 
 mω 

2-z  2

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
6
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
ALTERNATIVA A
6
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:
 

 T   1 

P2  V1  V2  2 

 T1 




b)
 T2 
In  
 T1 
V 
In  2 
 V1 
 

 T   1 

P2  V1  V2  2 

 T1 




c)
 T2 
In  
 T1 
 V 
In  1 
 V2 
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
W12 
P1V1
1 
V
1 
2
 V11 

 

 T2   1 

P1  V1  V2  

 T1 




a)
 T2 


In  
 T1 
T 
In  2 
 T1 
 

 T   1 

P1  V1  V2  2 

 T1 




d)
 T2 
In  
 T1 
V 
In  2 
 V1 
 

 T   1 

P2  V1  V2  2 

 T1 




e)
 T1 
In  
 T2 
V 
In  2 
 V1 
Solução:
Em uma transformação sem perda de massa:
P1V1 P2 V2
T
PV

 1  1 1 (I)
T1
T2
T2 P2 V2
Em uma transformação adiabática:

P1V1  P2 V2 
P1  V2 
 (II )

P2  V1 
Substituindo (II) em (I):

1 
T1  V2  V1  V1 




T2  V1  V2  V2 


1    1


 T   1
V 
V 
V2  2 
 V2  2  
 V2  1   V1  V21 
 V1  
 T1 
 V2 


Note que V1  V1  V11 
T 
In  2 
 T1  
 V2 

In 

 V1 

P1V1 V21   V11 
1 
1 
V 
In  2 
 V1 
V 
In  2 
 V1 
1 
T 
V 
In  2 
In  2 
T
1
 V1 
 1     
 V1 
V 

In 
In  1 

V
 2
 V2 
  P V  V
1
1

1
 V21 
 1

   1.
 

 T   1 

P1  V1  V2  2  
 T1  


 
 T2 
In  
 T1 
V 
In  1 
 V2 
ALTERNATIVA A
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
7
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
7
17. Assinale a alternativa que expressa o trabalho necessário para
z
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.
k(4  2 )q2
2
a)
b)
k(8  2 2 )q2
2
c)
k(16  3 2 )q2
6
d)
k(20  3 2 )q2
6
e)
k(12  3 2 )q2
2
y
x
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
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:
E1 
E2 
K  q2

K  q2
2 2
K  q2
E3 
3
com d1   ,
d2  2 2 
e
i
d3  3
A
2


  2  4  Kg 

3 


C
i

BX
i
y

Bz
B
x
No problema original cada parcela de
energia é contabilizada duas vezes, donde:
 Kg2
Kg2
Kg2
E2 


 
3
2
2


i
D
2Kq2   16  3 2  Kg2

 
4  
6


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 = -gez e um campo magnético.
B
B  0  xex  zez 
L
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:
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 107 m/s
b) 1,2 x 108 m/s
c) 1,8 x 108 m/s
d) 2,0 x 108 m/s
e) 2,7 x 108 m/s
Solução:
O tempo correspondente a 50% de probabilidade de chegar ao chão
é um tempo de meia-vida.
Usando o espaço relativístico: S'  S 1 
V
V2
C2
S'
S
V2
10 3
V2

 1
V
1
2

6
T T1/ 2
C
1,5  10
(3  10 8 )2
Solução:
Com a espira disposta em α = 0° e  = 90°, temos:
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
8
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
V2 
9  1016  V 2
2,25  9  1016
 1018  V 2 (9  2,25  10 2 )  9  1018
8
V2 
9  1018
9  2 ,25  10 2
V
9  1018
9  2 ,25  10 2
 2 ,7  10 8  m / s
ALTERNATIVA E
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 PC do cilindro para que o sistema permaneça em
equilíbrio.
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)
b)
c)
d)
e)
c2
2nLf
B
c2
2Lfn2  cn
B
c2
2Lfn2  cn
c2
A
2Lf  n2  1  cn



C
A
C
3R 3R
AB  2r  2 

4
2
R
AC  2R  2 
2
c2
2Lf  n2  1  cn


Solução:
c
u
n 

luz 1
FR
FN
FR
P
c
n

luz 2
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:
T
1
t  m , com m ímpar e T 
2
f
Para umínimo  m  1
t sup 
c
n
L
t inf 
c
n


 t  t  t
inf
sup
u


1 
Ln 2
1

 t  Ln  c  c  nu   c(c  nu)




L
P
FN
FN1 AC

P
BC
FN1  P 
FN1 
AC
BC

R
2R 2
P
P 2
4
FC AB
AB

 FC  P 
P
BC
BC
FC  P 
3R
2R 2
P
3 2
4
Ln 2u
1
1
c(c  nu)
2f
umin 
c2
2Lfn2  cn
ALTERNATIVA B
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
9
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
9
Solução:
Conservação do momento angular:
m  rA  VA  m  rB  VB
Esfera Inferior:
F
r
VA  B  VB
rA
FN
FC
Conservação da Energia:

mVA2
P
2

2
GMm mVB GMm


rA
2
rB
2
3 2 2R
P 2
FN2  FC  cos   P 


4 2  3R
4
Forças no cilindro:

GM GM 1  rB
1

  
VB   VB2
rA
rB
2  rA
2

 r2  r2 
2GM


 rB  rA   VB2   B A 
rA  rB
 r2 
 A 

VB2
2GM
 rB  rA  
rA  rB
(iminência de tombar)
VB2 
rA
rB  rA   rB  rA 
2GM  rA
rB (rA  rB )
FN1
3R = r
4
FN2
P
FN3
R
r + BC = 3R + R 2
4
Para manter uma trajetória de raio rB é necessária uma velocidade VF
dada por:
Fg = RCP
GMm
Eixo de rotação
2rB2

mV f2
2rB
 Vf2 
GM
rB
No ponto B:
TORQUE :
FN1  (r  BC)  PC R  FN2  r
  E c 

P 2  3R
P 2 3R

 R 2   PC  R 

(x16)

4  4
4
4

2 P (3  4 2 )  16PC  3 2P
16PC  8P
PC 
P
2
22. Uma nave espacial segue inicialmente uma trajetória circular
de raio r A em torno da Terra. Para que a nave percorra uma nova
órbita também circular, de raio rB > rA, 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.
mV f2
2

mV B2
2

2GMr A 
m  GM



2  rB
rB (rA  rB ) 
GMm rB  rA

2rB rA  rB
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
CO2 que sobem à superfície. Desenvolva um modelo físico simples
para descrever este movimento e, com base em grandezas
intervenientes, estime numericamente o valor da aceleração
inicial de uma bolha formada no fundo do copo.
Solução:
P0
V
h
V0

E

mg
P0  dgh
Para um copo de guaraná, d.g.h << P0 e a bolha de CO2 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:
(P0  dgh)  V0  P0 V  V  V0
Durante a subida da bolha, o movimento é uniformemente variado
com aceleração dada pela 2a Lei de Newton:
FR = E – P = m.a.
E = dágua.V.g
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
10
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
10
P = m.g = dCO2.V.g
FR = m.a = dCO2.V.a
dCO2 
dCO2
sendo m a massa de um nêutron. Da conservação do momento e da
energia:
m v = m v1 + K m v2
1 105 x 44g 1 105 x 44

8 x30
8 x300
1 105 x10 3

 1,833kg / m3
8 x300
  g  dCO2  V
  g  dCO2  V
 a
dH2O  V
 dH O

2
a
 1  g
 dCO

2


1
1
1
m v 2  m v12  K m v 22,
2
2
2
sendo v1 e v2 as velocidades do nêutron e do átomo. Donde:
v  v1  K v 2
 ( v  v1)  Kv2  Kv22 
v 2  v12  Kv22
 v  v1  v 2 
 v2 
dágua  V  g  dCO 2  V  g  dCO 2  V  a
 dágua 
a
 1  g
 dCO

2


P0MMCO 2 100  103 x 44  10 3
Mas dCO 2 

 1,833kg / m3
RT
8 x300
 1 103

Logo, a  
 1  10  5.455,51m / s2
 1,833



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.
v  v 2  v1
v  Kv2  v1

2
2
1 K
v  v1   v 
v
v
(K  1)
K 1
1 K
Quando K  1, v1  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:
2
T1
T1
T1
3
T1
T2
T2
T1
T1
T2
7
1
4
T2
T1
Solução:
T1
T2
T2
T1
6
T1
T1
T1
5
Por simetria, só podemos ter dois valores distintos de tensão: T1 e T2
T1: Tensão em cada fio da borda.
T2: 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.
OBS2.: A solução mesmo assim não é única. Em particular, podemos
ter uma solução possível de equilíbrio com T1 = 0 e T2  0 e outra
com T1  0 e T2 = 0.
Este problema é estaticamente indeterminado, sendo sua solução
física completa dependente do tamanho inicial e propriedades
elásticas dos fios.
Para que o raio sofra reflexão total na interface vidro-água,
nvidro  sen(90 º  )  nágua (I)
O raio sofre reflexão com
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 v0 que efetua uma, colisão elástica e central com um
átomo qualquer de massa M inicialmente em repouso.
incidência  ref lexão
, então
nv idro sen  nar  sen(90º) (II )
Solução:
Suponha que o Nêutron colidirá com um átomo K vezes menos
pesado que ele,
M

ou seja,  K  ,
m

GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
11
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
11
Determinar 
:
180 º    90 º
  90 º  
Como
sen(90 º  x )  senx
(I)
19
4
4
3
sen   sen 
 cos  
3
3
19
19
(II )
19
19
sen(    )  1 sen 
(sen cos   cos sen )  sen
3
3
 4
4
3
cos  
sen  sen    arctg
3 3
3
3


  72,4º


Solução:
Do equilíbrio de forças, vem que:
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 V0, ligadas em série.
Tendo a mesma potência, elas têm a mesma resistência e quando
associadas em série numa voltagem V0 cada uma terá V0/2 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:
Potência efetiva
25 W
25 W
100W
100W
Potência nominal
V0
2
V0
2
* Kze = mg (1)
Da conservação da energia, vem:
z o  2z e
mg ( z o  z e ) 
mv 02

2
6mgz e  mv 02  9Kz 02
K( z o  z e ) 2
2
( 2)
Substituindo (1) em (2), vem:
6mgz e  mv 02  9mgz e  v 02  3gz e
A partir de 0, atua apenas a aceleração gravitacional.Até o ponto
mais alto, segue que:
v 2 3z e
0  v 02  2gh  h  0 
2g
2
3z e
 z  3z e
2
Para os valores de z, vem
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 V0/5 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.
O tempo de subida até o ponto de retorno é dado por:
v
O  v 0  g  ts  t s  0 
g
3ze
g
Para o MHS, segue a equação do movimento:
z  ze  A cos(w t), t  0 e z  0, A  2ze
Potência efetiva
8W
32W
200W
50W
Logo, para z  0  0  ze  2ze cos(wt *)  cos(wt *)  
Potência nominal
1
2
2
 wt * 
 t* 
2
3
3w
O período de oscilação é dado por 2t+ + 2ts = 
V0
5
4 V0
5
 2
2 

 3 w
3ze
g



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 z0 = 2ze, abaixo de sua posição de equilíbrio em
z = ze, 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.
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
12
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
12
29. Um próton com uma velocidade v = 0,80 x107 ex 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 1,7x10-27kg 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
C1
R
2 3  3 ,0)
Com y = 0 : (1,7 + 1,7
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.
P1
60º
0,85
A
0
C2
x
P2
C3
Raio de Curvatura:
R=
Solução:
mv
= 1,7m
qB
C
F


Note que yP1 = yC1 – R  sen 60º
yC1 = 1,7m → yP1 = (1,7 – 0,85
R
2
r
3 )m
yC2 = (1,7 – 1,7 3 )m, yP2 = (1,7 – 3  0,85  3 )m
Para espelhos esféricos gaussianos, α << 10°  tgα  α (rad)
Tgα  α = 2r/R  α = 2r/R
yC3 = (1,7 – 2  1,7  3 )m
XA = 0 → (XA – 1,7)² + (0 - (1,7 – 1,7 3 ))² = 1,7²
C
(equação da circunferência)
c
t
n
XA² – 3,4 XA + 1,7² + 1,7² – 2  1,7² 3 + 3  1,7² = 1,7²

XA² – 3,4 XA + (4 - 2 3)  1,7² = 0
  4  1,7²  16  1,7²  8 3  1,7²  1,7²  (8 3  12)
Da figura, cos 
3,4  3,4 2 3  3
XA 
2
v 
v 
X A  1,7  1,7 2 3  3 m
vt
A
como XA > 1,7
B
c
nv
c
2
2r 2
; Mas cos  1 
 1
n  cos 
2
R2
c  R2
n(R 2  2r 2 )
Pontos de Cruzamento
Com X = 0,85m
P1 = (0,85; 1,7 – 0,85 3 )
P2 = (0,85; 1,7 – 3  0,85 3 )
GGE RESPONDE ITA 2015 FÍSICA
13
ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR
13