o anglo resolve a prova de Física do ITA

o
anglo
resolve
a prova
de Física
do ITA
Código: 83580105
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 (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia 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 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas 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 outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a
40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.
Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas
questões de múltipla escolha.
Serão considerados habilitados os candidatos que obtiverem nota
igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português, com peso 1.
▼
F ÍSICA
Questão 1
Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamento
resultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento
turbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se,
experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ραvβdγητ, em que ρ é a densidade do fluido, v, sua velocidade, η,
seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria do meio que circunda
o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro D, que se movimenta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3πDηv.
Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α, β, γ e τ , uma das soluções é
A) α
B) α
C) α
D) α
E) α
=
=
=
=
=
1, β = 1, γ = 1, τ = – 1.
1, β = – 1, γ = 1, τ = 1.
1, β = 1, γ = –1, τ = 1.
–1, β = 1, γ = 1, τ = 1.
1, β = 1, γ = 0, τ = 1.
Resolução
A fórmula dimensional do coeficiente de viscosidade (η) pode ser determinada como segue:
F=3⋅π⋅D⋅η⋅v
(força de arrasto)
M ⋅ L ⋅ T – 2 = L ⋅ [η] ⋅ L ⋅ T – 1
[η] = M ⋅ T – 1 ⋅ L– 1
Da relação (número de Reynolds) dada:
R = ρα ⋅ vβ ⋅ dγ ⋅ ητ
Dimensionalmente:
1 = (M ⋅ L– 3)α ⋅ (L ⋅ T – 1)β ⋅ Lγ ⋅ (M ⋅ T – 1 ⋅ L– 1)τ
1 = Mα + τ ⋅ L–3α + β + γ – τ ⋅ T–β – τ
Assim:
α + τ = 0

 – 3α + β + γ –

 –β – τ = 0
τ=0
Resolvendo-se o sistema:
α = β = γ = –τ
Uma das possíveis soluções é:
α = 1, β = 1, γ = 1 e τ = – 1
Resposta: A
ITA/2005
3
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 2
Um projétil de densidade ρp é lançado com um ângulo
α em relação à horizontal no interior de um recipiente
vazio. A seguir, o recipiente é preenchido com um
superfluido de densidade ρs , e o mesmo projétil é novamente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β em
→
v
relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma
→
→
velocidade inicial v do projétil, de mesmo módulo que
v
a do experimento anterior, não se altera a distância
alcançada pelo projétil (veja figura).
Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo β
de lançamento do projétil, que
A) cos β = (1 – ρs/ρp )cos α.
B) sen 2β = (1 – ρs /ρp )sen 2α.
C) sen 2β = (1 + ρs /ρp )sen 2α.
D) sen 2β = sen 2α/(1 + ρs /ρp ).
E) cos 2β = cos α/(1 + ρs /ρp ).
Resolução
Se a resistência do superfluido é desprezível, não há força horizontal agindo no projétil.
Logo, para os dois casos (recipiente vazio ou com superfluido):
x = v0 cos α t
x = v0 cos β t’
Daí obtemos:
t cos α = t’ cos β
(1)
Sendo t e t’ os tempos de movimento do projétil em cada um dos casos.
O valor de t é:
t=2
v0 sen α
g
(2)
O valor de t’ é:
t′ = 2
v0 senβ
a
(3)
Sendo a a aceleração do projétil se movimentando no superfluido.
Pelo Princípio Fundamental da Dinâmica:
a=
R P–E
E
=
=g–
m
m
m
( 4)
Sendo E = ρs ⋅ v ⋅ g (5)
e m = ρp ⋅ v (6)
Substituindo-se (6) e (5) em (4), vem:
a=g–
ρ – ρ 
ρs
p
s
g = 
 g (7)
ρp
ρ
p


Logo:
t′ =
ITA/2005
2 v0 senβ
ρp
(ρp − ρs ) g
4
ANGLO VESTIBULARES
Substituindo-se os valores de t’ e t na expressão (1), vem:
2
2 v0 senβ
v0
ρp cos β
sen α cos α =
(ρp – ρs ) g
g
Dessa expressão obtemos:

ρ 
sen 2β = 1 – s  sen 2α
ρp 

Observação: Como o autor da questão utilizou notação vetorial para designar as velocidades iniciais, elas
deveriam receber símbolos diferentes, pois apresentam diferentes direções.
▼
Resposta: B
Questão 3
Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a
→
qual desce um vagão, com aceleração a , em cujo teto está dependurada uma mola de comprimento l, de massa desprezível
e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na sua
extremidade.
Considerando que l0 é o comprimento natural da mola e que o
sistema está em repouso com relação ao vagão, pode-se dizer
que a mola sofreu uma variação de comprimento ∆l = l – l0
dada por
l
m
→
a
θ
A) ∆l = mg sen θ / k.
B) ∆l = mg cos θ / k.
C) ∆l = mg / k.
D) ∆l = m a 2 – 2ag cos θ + g 2 / k.
E) ∆l = m a 2 – 2ag senθ + g 2 / k.
Resolução
→
g*
→
–a
θ
α
→
g
→
a
θ
Para um observador situado no interior do vagão, tudo se passa como se o corpo de massa m estivesse em
equilíbrio, submetido a um peso aparente mg* neutralizado por uma força elástica k∆l:
→
→
→
mg* = k∆l
onde g* = g – a
Como (g*)2 = g2 + a2 – 2ag cos α e cos α = sen θ (α + θ = 90°),
Então: ∆l =
m 2
g + a2 – 2agsen θ
k
∆l = m
ou
a2 – 2agsen θ + g2
k
Resposta: E
ITA/2005
5
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 4
→
Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v ,
horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao
escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito
de módulo constante dado por f = 7mg/4π.
m
R
→
v
60°
Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após percorrer um arco de 60° (veja figura), sua velocidade inicial deve
ter o módulo de
A) 2gR/3 .
B)
3gR/2.
C)
6gR/2.
D) 3 gR/2.
E) 3 gR.
Resolução
Vamos aplicar o teorema da energia mecânica para o trecho AB, sendo B o ponto onde o corpo se destaca da pista.
 1

 1

A
=  mvB2 + mghB  –  mv2A + mghA  (1)
τFA → B = EBMEC – EMEC
 2

 2

NC
Como a intensidade do atrito é considerada constante:

 π
τFNC = f ⋅ AB = 7 mg  ⋅ R  = 7 mRg (2)
12
4π  3
mgR
(3)
2
No ponto B, o objeto se destaca da pista (N = 0).
mghB – mghA = mg (Rcos 60° – R) = –
mvB2
⇒ v2B = Rg/2 (4)
= mg cos 60°
R
Substituindo (2), (3) e (4) em (1), obtemos:
2gR
3
A
vA
Pc
os
60
°
B
°
60
60
°
vA =
vB
P
▼
Resposta: A
Questão 5
grãos
4M
Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corre
sobre trilhos horizontais com velocidade constante v = 72,0km/h
(portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Em
→
v
dado instante, a caçamba é preenchida com uma carga de grãos de
M
massa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso de
uma altura de 6,00m (veja figura).
Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimento
exclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos é
A) 15 J/kg.
B) 80 J/kg.
C) 100 J/kg.
D) 463 J/kg.
E) 578 J/kg.
ITA/2005
6
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
O vagão-caçamba e a carga de grãos formam um sistema isolado na horizontal, tal que:
Início:
“
grãos
Fim:
“
4M
vagão
M
v’
v = 20m/s
) = (QFim
)
(QInício
Sist. x
Sist. x
m 20 = (m + 4m) v’
v’ = 4 m/s
A energia dissipada no processo pode ser determinada como segue:
εDissip = εInício
– εFim
m
m

2

m 20  5 m 4
εDissip =  4 m (10) 6 +
–

2

2
2
εDissip = 400 m J
Por fim, a energia em forma de calor recebida pelos grãos, por unidade de massa, é:
Q 400 m
=
m
4m
Q
= 100 J / kg
m
⇒
▼
Resposta: C
Questão 6
Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,
respectivamente, são liberados no espaço livre. Considerando que a única força interveniente seja a da
atração gravitacional mútua, e que seja de 12R a distância de separação inicial entre os centros dos corpos,
então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a colisão será de
A) 1,5R.
D) 7,5R.
B) 2,5R.
E) 10,0R.
C) 4,5R.
5M
M
R
2R
12R
Resolução
x
3R
y
5M
M
Quando as esferas colidem, a menor terá percorrido x, e a maior y. Portanto, pela figura:
x + 3R + y = 12R
Pela conservação da quantidade de movimento (sistema mecanicamente isolado):
Mx = 5 My
x
6
Logo, x + 3R + = 12R → x = 9 R → x = 7,5 R
5
5
12 R
Resposta: D
ITA/2005
7
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 7
Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera de
massa m com uma carga elétrica
positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado num
→
campo elétrico uniforme E que atua na mesma direção e sentido da aceleração da
→
gravidade g . Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio e
soltando-a, ela executa um movimento harmônico simples, cujo período é
A) T = 2π l/g.
D) T = 2π ml/(mg – qE).
B) T = 2π l/(g + q).
E) T = 2π ml/(mg + qE).
→
E
l
m
→
g
q
C) T = 2π ml/(qE).
Resolução
θ
sen θ =
l
As forças que atuam na carga elétrica, na posição dada pela elongação x, estão representadas ao lado.
x
l
(I)
F
–A
O
123
x Fe
A
P
θ
F
Considerando-se que a oscilação seja, praticamente,
retilínea:
Fe + P
tg θ =
R
(II)
Fe + P
R
Para pequenas oscilações: sen θ ≈ tg θ. Logo, igualando-se as expressões I e II:
R
x
=
Fe + P l
Lembrando-se que R = m |a| e que, no MHS, |a| = ω2x, a equação acima torna-se:
m ⋅ ω2 x
x
2π
= , para ω =
(T é o período de oscilação).
qE + mg l
T
 2π  2 qE + mg
ml
∴ T = 2π
Assim: m ⋅   =
 T 
l
qE + mg
▼
Resposta: E
Questão 8
Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa
M com o formato de uma casa (veja figura).
A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma
com a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de densidade ρ, permanecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o
objeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimo
da altura submersa do bloco é igual a:
D) m /Sρ.
A) m sen α /Sρ.
B) m cos2 α /Sρ.
E) (m + M)/Sρ.
C) m cos α /Sρ.
ITA/2005
8
m
α
H
M
ANGLO VESTIBULARES
N
Resolução
m
nα
e
Ps
α
os
Pc
α
α
O corpo de massa m escorrega sem atrito, acelerado pela componente Psen α do peso. Por outro lado o bloco
é pressionado obliquamente pela reação de N = Pcos α.
Supondo-se que só importe a componente vertical de Pcos α (o enunciado supõe que o bloco se mantenha
vertical), a força que pressiona o sólido para baixo, obrigando-o a deslocar um volume adicional ∆H ⋅ S será:
(Pcos α)cos α
Esta componente vertical será, então, igual ao acréscimo de empuxo necessário para equilibrá-la:
Portanto: ∆H =
mcos2 α/Sρ
Pcos2 α = ρVg → mgcos2 α = ρ ⋅ ∆H ⋅ S ⋅ g
▼
Resposta: B
Questão 9
Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter uma
imagem real a uma distância p’ da lente.
Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que
A) p3 + fpp’ + p’3 = 5 f3.
B) p3 + fpp’ + p’3 = 10 f3.
C) p3 + fpp’ + p’3 = 20 f3.
D) p3 + fpp’ + p’3 = 25 f3.
E) p3 + fpp’ + p’3 = 30 f3.
Resolução
Para a situação representada, tem-se o seguinte esquema:
L
objeto
real
imagem
real
p
p’
A distância entre o objeto e a imagem (D) é dada por:
D = p + p’ (1)
De acordo com a equação dos pontos conjugados:
1 1 1
1 1 1
= +
⇒
= –
f p p′
p′ f p
p′ =
ITA/2005
f ⋅p
p–f
(2)
9
ANGLO VESTIBULARES
Substituindo-se (2) em (1):
D=p+
f ⋅p
p2
⇒ D=
p–f
p–f
Na condição de distância mínima:
2p (p – f ) – p2 ⋅ (1)
dD
=0 ⇒
=0
dp
(p – f )2
2p2 – 2pf – p2 = 0 ⇒ p2 – 2pf = 0
∴ p = 2f
Em (2): p’ = 2f
Portanto, o valor da expressão p3 + fpp’ + p’3 é:
p3 + f ⋅ p ⋅ p’ + p’3 = (2f)3 + f ⋅ 2 ⋅ f ⋅ 2 ⋅ f + (2f)3
∴ p3 + fpp’ + p’3 = 20f3
▼
Resposta: C
Questão 10
Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para
elevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de
A) 71%.
B) 171 %.
C) 7 100 %.
D) 9 999 900%.
E) 10 000 000 %.
Resolução
O nível de intensidade sonora (N), em dB, é dado por:
I
N = 10 ⋅ log
I0
Em que:
I corresponde à intensidade da onda sonora e I0 = 10 – 12
W
m2
Para o som de 70 dB, tem-se:
70 = 10 ⋅ log
I1
– 12
⇒ I1 = 10 – 5
10
Para o som de 120 dB, tem-se:
120 = 10 ⋅ log
I2
– 12
⇒ I2 = 1
W
m2
W
10
m2
Comparando-se as intensidades I2 e I1:
I2
= 105
I1
Expressando esse quociente em porcentagem:
I2
= 105 ⋅ 100% ⇒ I2 = 107% I1
I1
Ou seja, I2 = 10 000 000% I1.
Assim, para atingir o valor de I2, a intensidade I1 deverá ser elevada de 9 999 900%.
Resposta: D
ITA/2005
10
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 11
Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade.
No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequeno
– sen θ ~
– θ e o índice de
ângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tan θ ~
refração da água n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador
é igual a
A) 2,5 m.
D) 8,0 m.
B) 5,0 m.
E) 9,0 m.
C) 7,5 m.
h
θ
Resolução
N
Ar
Água
di = h
A situação proposta é:
do = 10m
Considerando-se as aproximações, a equação do dioptro plano:
npassa
di
=
n
do
provém
∴
⇒
h
1
=
10 1, 33
h = 7,5 m
▼
Resposta: C
Questão 12
São de 100Hz e 125Hz, respectivamente, as freqüências de duas harmônicas
adjacentes de uma onda estacionária no trecho horizontal de um cabo esticado, de comprimento l = 2m e densidade linear de massa igual a 10g/m
(veja figura). Considerando a aceleração da gravidade g = 10m/s2, a massa do
bloco suspenso deve ser de
l
D) 102 kg.
E) 104 kg.
A) 10 kg.
B) 16 kg.
C) 60 kg.
Resolução
A relação entre freqüências adjacentes de ondas estacionárias em cordas é dada por: f(n) = n ⋅ f1ºf(n + 1) = (n + 1) ⋅ f1ºSubstituindo-se os valores: 100 = n ⋅ f1º125 = (n + 1) ⋅ f1º-
⇒
f1º- = 25 Hz
n=4
A freqüência de vibração do 1º- harmônico (f1º-) é calculada por: f1º- =
Pela Equação de Taylor: v =
T
µ
⇒
∴
Considerando-se g =
10 m/s2,
100 =
v
2l
⇒
25 =
v
2⋅2
∴
v = 100 m / s
T
10 –2
T = P = 100 N
a massa do bloco suspenso é m = 10 kg.
Resposta: A
ITA/2005
11
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 13
Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu
teclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na base
do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capacitor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminui
a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere
então um dado teclado, cujas placas metálicas têm 40 mm2 de área e 0,7 mm de
distância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar seja
ε0 = 9 × 10–12 F/m. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da
capacitância a partir de 0,2 pF, então, qualquer tecla deve ser deslocada de pelo
menos
A) 0,1 mm.
D) 0,4 mm.
B) 0,2 mm.
E) 0,5 mm.
C) 0,3 mm.
tecla
0,7mm
base do teclado
Resolução
C0 =
C=
ε0
ε0
A
d0
A
d
∆C = C – C0
∴
∆C = ε0
A
–
d
1
ε0
∆C = ε0 A  –
d
A
d0
1

d0 


1
1

0,2 ⋅ 10–12 = 9 ⋅ 10–12 ⋅ 40 ⋅ 10–6  –
d

0, 7 ⋅ 10 –3 

d = 0,5 ⋅ 10–3 m = 0,5 mm.
Logo, a variação de distância é:
|∆d| = |d – d0| = |0,5 – 0,7|
∴
|∆d| = 0,2 mm
▼
Resposta: B
Questão 14
O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, está
sendo utilizado para determinar a temperatura de óleo em um reservatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio RT. O resistor variável R é ajustado automaticamente de modo a manter a ponte sempre em equilíbrio, passando de 4,00 Ω para 2,00 Ω. Sabendo que a resistência varia linearmente com a temperatura e que o coeficiente linear de temperatura para o tungstênio vale α = 4,00 × 10 –3 ºC –1, a variação da temperatura do óleo deve ser de
A) – 125°C.
B) – 35,7°C.
C) 25,0°C.
D) 41,7°C.
E) 250°C.
ITA/2005
12
8,0Ω
RT
G
R
10Ω
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Considerando que R = R0(1 + α∆θ), temos:
4 = 2[1 + 4 ⋅ 10– 3 ⋅ ∆θ]
∴ 2 = 1 + 4 ⋅ 10– 3∆θ]
⇒ ∆θ = 250ºC
▼
Resposta: E
Questão 15
Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das
extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico constante no interior do metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere uma
barra metálica descarregada, de 2,0 m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulo
v = 216 km/h num plano horizontal (veja figura), próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferença
de potencial (ddp) de 3,0 × 10 –3 V entre as extremidades da barra, o valor do componente vertical do campo
de indução magnética terrestre nesse local é de
A) 6,9
B) 1,4
C) 2,5
D) 4,2
E) 5,0
× 10 – 6 T.
× 10 –5 T.
× 10 –5 T.
× 10 –5 T.
× 10 –5 T.
→
B
→
v
Resolução
Nas condições do enunciado:
ε = Blv ⇒ 3 × 10–3 = B ⋅ 2 ⋅
216
3, 6
∴ B = 2,5 × 10 – 5 T
▼
Resposta: C
Questão 16
Uma bicicleta, com rodas de 60 cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro composto de um ímã preso em
raios, a 15 cm do eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25 mm2 de área, com 20 espiras de fio metálico,
presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2 T em toda a área
da bobina (veja a figura).
Bobina presa
ao garfo
Imã
15cm
Com a bicicleta a 36 km/h, a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de
A) 2
B) 5
C) 1
D) 1
E) 2
ITA/2005
× 10 –5 V.
× 10 – 3 V.
× 10 – 2 V.
× 10 – 1 V.
× 10 – 1 V.
13
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
• A velocidade do ímã em relação à bobina é:
vi = vB ⋅
di
TB
⇒ vi = 10 ⋅
15
∴ vi = 5 m / s
30
• Tomando o campo de indução magnética como referencial, temos:
1) Ocorre variação de fluxo magnético durante a entrada da espira no campo.
2) Não ocorre variação de fluxo magnético quando a espira estiver toda no campo.
3) Ocorre a variação de fluxo magnético durante a saída da espira no campo.
O fluxo magnético, em módulo, será: φ (t) = B ⋅ A
φ (t) = B ⋅ l ⋅ ve ⋅ t, sendo l o lado da espira e ve = 5 m/s. Logo:
φ (t) = 0,2 ⋅ 5 ⋅ 10– 3 ⋅ 5 ⋅ t
⇒ φ (t) = 5 ⋅ 10– 3 ⋅ t
A força eletromotriz induzida máxima para uma espira, em módulo, é:
ε=
dφ
dt
⇒ εmax = 5 ⋅ 10 – 3 V
Para 20 espiras é:
εmax = 1 ⋅ 10– 1 V.
▼
Resposta: D
Questão 17
Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecida
pelo air-bag, comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para o
carro de parte do momentum do motorista se dá em condição de
A) menor força em maior período de tempo.
B) menor velocidade, com mesma aceleração.
C) menor energia, numa distância menor.
D) menor velocidade e maior desaceleração.
E) mesmo tempo, com força menor.
Resolução
A variação da quantidade de movimento do motorista corresponde ao impulso da resultante das forças trocadas
entre carro e motorista:
∆Q = IR (Teorema do Impulso)
Como: IR = Rmédia ⋅ ∆t (definição)
▼
Conclui-se que:
A proteção oferecida advém de que, com air-bag, a resultante média (“força”) é menos intensa num intervalo
de tempo maior (“período”).
Resposta: A
Questão 18
Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0 km, com velocidade de 50 10 m / s no rumo norte, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. O
piloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6,0 m/s2.
Após 40 10 / 3 s , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste.
Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância de
A) 5,2 km.
B) 6,7 km.
C) 12 km.
D) 13 km.
E) 28 km.
ITA/2005
14
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
C
B
W
O deslocamento horizontal será:
NW
N
1
2
∆S = v0 t + at 2
NW
W
45°
A
AB = ∆S = 50 10 ⋅
AB =

2
4 10 
40 10 1
20000 16000
+ ⋅ 6 ⋅ 
+
=

3
3
2
3
3
36000
= 12000 m = 12km
3
Logo: BC = ABtg 45º = 12 km.
B
ABtg45°
C
A distância entre o avião e o ponto no solo será:
d
5km
d2 = 122 + 52
d = 13 km
A
▼
Resposta: D
Questão 19
Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de um
pulverizador em movimento, passam por uma unidade eletrostática onde perdem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço
entre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes da
impressão. Considere gotas de raio igual a 10 µm lançadas com velocidade de
módulo v = 20m/s entre placas de comprimento igual a 2,0cm, no interior das
quais existe um campo elétrico vertical uniforme, cujo módulo é E = 8,0 × 104 N/C
(veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 1 000 kg/m3 e
sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30 mm ao atingir o final do
percurso, o módulo da sua carga elétrica é de
A) 2,0
B) 3,1
C) 6,3
D) 3,1
E) 1,1
ITA/2005
→
v
→
E
0,30mm
2,0cm
× 10– 14 C.
× 10– 14 C.
× 10– 14 C.
× 10– 11 C.
× 10– 10 C.
15
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
• Na horizontal as gotas executam movimento uniforme: x = vt
(1)
• Na vertical as gotas executam movimento uniformemente acelerado: y =
1 2
γt .
2
(2)
1 x2
(3)
γ
2 v2
• Considerando-se que a resultante das forças atuantes é a força elétrica:
• Combinando (1) e (2), obtemos a equação da trajetória: y =
R = Fe ⇒ mγ = | q | E
• Substituindo-se (4) em (3): y =
∴
γ=
| q |E
m
(4)
1 | q |E x 2
2 m v2
• Como m = ρV, o desvio y é dado por: y =
| q |E x 2
2ρ V v 2
∴ | q| =
⇒ | q| =
2 ⋅ 1000 ⋅
| q | ≈ 3,1 ⋅ 10 –14 C
2ρ V v 2 y
E x2
4
π ⋅ (10 ⋅ 10 – 6 )3 ⋅ 400 ⋅ 0, 3 ⋅ 10 – 3
3
8 ⋅ 104 ⋅ 4 ⋅ 10 – 4
▼
Resposta: B
Questão 20
A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a Patm + 10 × 103 Pa. Colocado o recipiente num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a
ser de Patm + 4,0 × 103 Pa. Considerando que Patm é a pressão atmosférica, que a massa específica da água é
de 1,0 g/cm3 e que o sistema de referência tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a aceleração do elevador é de
A) – 14 m/s2.
B) – 10 m/s2.
C) –6m/s2.
D) 6 m/s2.
E) 14 m/s2.
Resolução
A pressão exercida pela água no fundo do recipiente vale, na situação de equilíbrio: p = pat + dgh
Se o líquido acelera verticalmente com uma aceleração a, pode-se calcular a pressão como se o líquido
estivesse em um local com aceleração da gravidade: g* = g – a
Logo: p* = pat + dg*h = pat + d(g – a)h
Portanto:
dgh = 10 ⋅ 103
e d(g – a) h = 4,0 ⋅ 103
g–a
= 0, 4
g
⇒
a = 0, 6 g = 6 m / s2 vertical para baixo
Pela convenção adotada:
a = – 6 m/s2
Resposta: C
ITA/2005
16
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 21
Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia n
para o estado fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assim
permanecendo após a colisão. Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão.
Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n é En = E0/n2; o mometum do fóton é h/c; e a energia
deste é h, em que h é a constante de Plank, a freqüência do fóton e c a velocidade da luz.
Resolução
Inicialmente, ao emitir um fóton de energia h e momentum linear h/c, o átomo sofre um recuo, adquirindo
momentum linear oposto (conservação da quantidade de movimento do sistema).
Como a energia h do fóton pode ser calculada pela energia perdida pelo átomo:
h = En – E0 =


1 – n2 
– E0 = E0 
 n2 
n2


E0
A quantidade de movimento adquirida pelo átomo após a emissão do fóton será:


h E0  1 – n2 
=
c
c  n2 
Supondo que a incorporação do segundo elétron não altere o momentum angular do átomo, podemos escrever:


E0  1 – n2 
+ 0 = (M + 2m)v
c  n2 
▼
Sendo M a massa do núcleo, e m, a de cada elétron, logo: v =
E0
c(M + 2m)

2
1 – n 
 n2 


Questão 22
Inicialmente 48 g de gelo a 0 ºC são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0 g, também a 0 ºC. Em seguida, 75 g de água a 80 ºC são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto.
Dados: calor latente do gelo Lg = 80 cal/g, calor específico da água cH2O = 1,0 cal g– 1 ºC– 1, calor específico do
alumínio cAl = 0,22 cal g– 1 ºC– 1.
Resolução
A quantidade de calor necessária para fundir todo o gelo é:
Q = mL
Q = 48 ⋅ 80
Q = 3840 cal (I)
A quantidade de calor que a água pode ceder, caso ocorra seu resfriamento até 0°C, é:
Q = m c ∆θ
Q = 75 ⋅ 1 ⋅ (– 80)
Q = – 6000 cal (II)
Comparando-se I e II, conclui-se que todo gelo será fundido e a água proveniente dessa fusão será aquecida.
Logo, considerando-se o sistema termicamente isolado:
Qgelo
+ Qágua + Qcal. = 0
123
123
14243
mL + m c ∆θ + m c ∆θ + m c ∆θ = 0
Fazendo-se as devidas substituições numéricas:
48 ⋅ 80 + 48 ⋅ 1 ⋅ (θ – 0) + 75 ⋅ 1 ⋅ (θ – 80) + 2 ⋅ 0,22 ⋅ (θ – 0) = 0
∴ θ ≈ 17,5°C
ITA/2005
17
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 23
Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12 Ω no circuito da figura. Para
tanto, ele dispõe apenas de um galvanômetro e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui resistência
interna Rg = 5 kΩ e suporta, no máximo, uma corrente de 0,1 mA. Determine o valor máximo do resistor R a
ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico consiga medir a corrente.
4Ω
2Ω
24V
12Ω
12V
Resolução
• Gerador equivalente da associação em paralelo:
req =
r1 ⋅ r2
r1 + r2
⇒ req =
4⋅2
4
∴ req = Ω
4+2
3
εeq = req ⋅ ∑icc ∴ εeq =
4  24 12 
+
∴
3 4
2 
εeq = 16 V
Então:
2Ω
4Ω
12Ω
16
12 +
4
3
⇔
12V
24V
I=
4
Ω
3
I
12Ω
16V
⇒ I = 1, 2 A ou I = 1200 m A
• Cálculo da resistência R (shunt):
1200mA
RG
G
R
iG
▼
; iS = 1200 – 0,1 = 1199,9mA
iS
R ⋅ iS = RG ⋅ iG ⇒ R =
R=
1200mA
RG ⋅ iG
iS
5 ⋅ 103 ⋅ 0,1
∴ R ≈ 0, 42Ω
1199, 9
Questão 24
Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a
reflexão luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centro
do espectro visível. Considere o comprimento de onda λ = 5500 Å, o índice de refração do vidro nv = 1,50 e, o
da película, np = 1,30. Admita a incidência luminosa como quase perpendicular ao espelho.
ITA/2005
18
ANGLO VESTIBULARES
a
I
Resolução
b
Para a situação descrita, temos:
I: onda incidente
a: onda refletida em S1, defasada de π rad em
relação a I.
b: onda refletida em S2, defasada de π rad em
relação a I.
λar
Ar (n = 1)
123
d=?
Película (np = 1, 30)
λp
Vidro (nv = 1, 50)
λv
S1
S2
Assim, as ondas a e b estão em concordância de fase entre si.
Para que a reflexão seja mínima, deve-se impor que a interferência entre as radiações a e b seja do tipo
destrutiva.
λp
}
Para tal: ∆x = (2 n + 1) ⋅
diferença
de marcha
(n = 0, 1, 2, …), em que ∆x = 2d e λp =
2
λ ar
np
A menor espessura (d) da película corresponde ao caso em que n = 0.
Assim: 2 d = 1 ⋅
λp
⇒ d=
2
λ ar
4 ⋅ np
▼
Para λar = 5 500 Å, d ≈ 1058 Å
Questão 25
Num experimento, foi de 5,0 × 103 m/s a velocidade de um elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calcule
a incerteza na determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron me = 9,1 × 10 – 31 kg e
constante de Plank reduzida = 1,1 × 10 – 34 Js.
Resolução
De acordo com o princípio da incerteza de Heisenberg, considerando-se os valores como valores médios*:
—
—
∆Qx ⋅ ∆x h
2
—
—
Como ∆Qx = me ⋅ ∆vx, temos:
h
—
—
me ⋅ ∆vx ⋅ ∆x 2
Do enunciado:
—
0, 003
∆vx = 5 ⋅ 103 ⋅
= 1,5 ⋅ 10–1 m/s
100
me = 9,1 ⋅ 10 – 31 kg
= 1,1 ⋅ 10 – 34 J ⋅ s
Dessa forma:
1,1 ⋅ 10 – 34
—
9,1 ⋅ 10 – 31 ⋅ 1,5 ⋅ 10 – 1 ⋅ ∆x 2
—
—
∴ ∆x 0,0004 m ou ∆x 0,4 mm
* Landau, L. e Lifchitz, E. Mécanique Quantique. Moscou, Éditions Mir, 1966, p. 61-65.
ITA/2005
19
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 26
Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade R/100, do fundo da qual um projétil é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máxima
alcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v.
Resolução
Resolução qualitativa
Sendo v a velocidade de escape no fundo da cratera, ao lançarmos o projétil com velocidade v na superfície da
Lua, ele vai escapar também, pois quanto mais afastado do centro do planeta, menor é a velocidade de escape.
Resolução quantitativa (demonstração)
→
Representando-se a situação descrita e definindo-se o versor er:
→
er
solo
R
100
A
R
99R
100
centro
Calculando-se a energia potencial no ponto A a partir da definição:
→ posição de referência
εpA = τFAcons
= τPA → ∞ = τPA → solo + τPsolo → ∞
sendo:

→
 – GMm e
r para r R.

2
→
r
P =
→
Gmd 4
Gmd 4 π →
 GmMint →
er = –
⋅ ⋅ π r 3 er = –
r er r R
 –
2
2
3
3

r
r
∫
solo Gmd 4 π
A
–
3
r dr +
 Gmd 4 π r 2
= –
3
2

∫
∞
–
GMm
solo



εpA =
solo
+
A
r2
dr
 GMm
+
r




Logo:
∞
solo
 99  2 
 99  2 GMm
– 2 Gmd π 2 
GMm 
  –
 
R 1– 
=–
3– 

 100  
 100  
3
2R 
R
Calculando-se as velocidades de escape:
=
• No solo:
εmsolo = εm∞
1
GMm
m v2s –
=0
2
R
ITA/2005
⇒
v2s GM
=
2
R
(1)
20
ANGLO VESTIBULARES
• Na cratera:
εmcratera = εm∞
 99 2 
1
GMm 
  =0
m v2c –
3– 
 100  
2
2R 
v2c =
 99 2 
GM 
 
3– 
 100  
R 
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
v2c
 99 2 
v2s 

 
3
–
=
 100  
2 
vc ≈ 1,00496vs ⇒ vc vs
▼
Portanto, o projétil vai escapar quando lançado da superfície e não haverá altura máxima.
Questão 27
Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimados das variáveis empregadas.
Resolução
Considerando-se a composição do ar como sendo 80% de N2 e 20% de O2, a massa molar do ar é dada por:
Mar = 0,8 ⋅ MN2 + 0,2 ⋅ MO2 = 0,8 ⋅ 28 + 0,2 ⋅ 32 = 28,8 g/mol
Nas condições normais de temperatura e pressão, 1 mol de ar ocupa o volume de 22,4 L. Dessa forma, a densidade do ar fica dada por: d =
m 28, 8 g
g
kg
=
∴ d ≈ 1, 3 = 1, 3
V 22, 4 L
L
m3
Admitindo-se uma sala de aula de dimensões 20m × 10m × 3m, o seu volume é dado por: V = 20 ⋅ 10 ⋅ 3 = 600m3
Como d =
m
V
⇒ m= d⋅ V
▼
Dessa forma: m = 1,3 ⋅ 600 ∴ m ≈ 800 kg
Questão 28
Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 1m3 de
hélio na temperatura local (27°C). Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0 N. São dadas a massa
atômica do oxigênio AO = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases
R = 0,082 atm l mol –1 K –1. Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e que a atmosfera é composta de 30% de O2 e 70% de N2, determine o número mínimo de balões necessários.
Resolução
Cálculo da densidade do He (dHe) e do ar (dar):
pV = nRT ⇒ pV =
m
m pM
⋅ RT ⇒ d = =
M
V RT
p = 1 atm
M = 4g
R = 0,082 atm ⋅ L/mol ⋅ K
T = 300 K
ITA/2005
14243
No caso do He:
⇒ dHe = 0,163 g/L = 0,163 kg/m3
21
ANGLO VESTIBULARES
14243
No caso do ar:
p = 1 atm
M = 0,3 ⋅ 32 + 0,7 ⋅ 28 = 29,2 g
R = 0,082atm ⋅ L/mol ⋅ K
T = 300 K
⇒ dar = 1,19 g/L = 1,19 kg/m3
Condição de equilíbrio do balão com sua carga:
E = Ptotal = Pcarga + nPbalão
E = Pcarga + n(1 + mHe g)
dar ⋅ nVg = Pcarga + n(1 + dHe ⋅ V ⋅ g)
▼
Daí vem:
n ≈ 108 balões
Questão 29
Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barra
vertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro
2 H. O tubo encontra-se a uma altura 2 H + L e, para efeito de cálculo,
é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é preenchido com
um líquido até uma altura 2 H (veja figura), mantido o tubo na mesma
posição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra.
Determine literalmente o índice de refração desse líquido.
L
H
H
2H
Resolução
G
r
L
H
i
x 2
+(
2H2
)
A situação proposta é:
2
2 + H
x
H
x
y
2H
Da figura, temos:
• x + y = 2 H (1)
• Por semelhança dos triângulos em destaque:
Substituindo-se 2 em 1:
x=
L L +H
=
y
2H
⇒ y=
2HL
(2)
L +H
2H2
(3)
L +H
• De acordo com a Lei de Snell-Descartes:
x
seni nar
=
⇒
senr nágua
x2 + (2H)2
1
=
x
nágua
x2 + H2
nágua =
x2 + 4H2
x2 + H2
( 4)
• Substituindo-se 3 em 4:
nágua = 2
ITA/2005
H2 + (L + H)2
4H2 + (L + H)2
22
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 30
Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionário
em relação a este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é MJ = 1,9 × 1027 kg e cujo
raio é RJ = 7,0 × 107 m. Sendo a constante da gravitação universal G = 6,7 × 10 –11 m3 kg –1 s –2 e considerando
que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10 h, determine a altitude do satélite em relação à superfície desse
planeta.
Resolução
Calculando o raio da órbita do satélite que está no plano do equador de Júpiter mantendo-se estacionário em
relação a ele, temos:
ωJ
RC = FG
vS
RJ
H
Rc = Fg
msω2s Ro =
GMJms
GMJ
ωs
sendo:
G = 6,7 ⋅ 10–11 m3 kg–1 s–2
MJ = 1,9 ⋅ 1027 kg
1442443
Ro = 3
R2o
ωs = ω J =
2π
2π
=
rad / s
T
10 ⋅ 3600
Fazendo-se as devidas substituições:
Ro ≅ 16 ⋅ 107 m
Como H = Ro – RJ
H ≅ 16 ⋅ 107 – 7 ⋅ 107
H ≅ 9 ⋅ 107 m
ITA/2005
23
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO
Prova adequada à seleção de candidatos a um curso de engenharia.
Os principais tópicos da matéria foram abordados com questões originais, embora, às vezes, com dificuldade operacional exagerada.
ITA/2005
24
ANGLO VESTIBULARES