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GABARITO ITA
2014/2015
FÍSICA
09/12/14
Se precisar, utilize os valores das constantes aqui relacionadas.
Constantes dos gases: R = 8 J/(mol · K). Pressão atmosférica ao nível do mar: P0 = 100 kPa.
Massa molecular do CO2 = 44 u. Calor latente do gelo: 80 cal/g. Calor específico do gelo: 0,5 cal/(g · K).
1 cal = 4 × 107 crg. Aceleração da gravidade: g = 10,0 m/s2
Questão 1
Um fio de comprimento L e massa específica linear m 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.
A ( )
2LF
m
∝
D ( )
L µ
π F
B ( )
F
2πLµ
E ( )
L µ
2π F
C ( ) L
∝
m
F
Gabarito: Letra C.
A velocidade da onda no fio é dada por V =
F
(i)
µ
Seja t o tempo que o pulso leva para percorrer o fio. Logo, V =
De (i) e (ii):
L
(ii)
t
F L
µ
= ⇒ t=L
µ t
F
Questão 2
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:
2
A ( ) v . 2g
B ( ) qe . mv 0
C ( ) v 0 .
qmE
2
D ( )
mv 02
.
2( qE + mg)
E ( )
3 mEqv 0
.
8g
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra D.
Partícula positiva: força no sentido do campo elétrico.
+
E
P
Fel
Logo: Fres = P + Fel ⇒ m a = mg + q E ⇒ a = g +
qE
m
Pela equação de Torricelli:
mv 02
qE 

O = v 02 − 2  g +  ⋅ hmáx ⇒ hmáx =
m
2 ( qE + mg )

3
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Questão 3
Uma massa puntiforme é abandonada com impulso incial 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 q em relação à vertial. Este experimento é realizado nas três condições seguintes, I,
II e III, quando são medidos os respectivos ângulos qI qII qIII:
I. O hemisfério é mantido preso à superfície horizontal e não há atrito entre a massa e o hemisfério
II. O hemisfério é mantido preso à superfície horizontal, mas há atrito entre a massa e o hemisfério.
III. O hemisfério e a massa podem deslisar livremente pelas respectivas superfícies.
Nestas condições, pode-se afirmar que
A ( ) qII < qI e qIII < qI
B ( ) qII < qI e qIII > qI
C ( ) qII > qI e qIII < qI
D ( ) qII > qI e qIII > qI
E ( ) qI = qIII
Gabarito:
No momento que se desprende, a normal tende a zero.
Caso 1:
Fcp = P cos θ1
mv 2
= m g cos θ1
R
v 2 = gR cos θ1
q1
q1
Emi = Emf
P
m gR (1 − cos θ1 ) =
mv 2
2
v 2 = 2 gR (1 − cos θ1 )
gR cos θ1 = 2 gR (1 − cos θ1 ) → cos θ1 =
2
3
Caso 2:
Fcp = P cos θ2
Fat
q2
mv 2
= m g cos θ2
R
2
v = Rg cos θ2
q2
τ res = ∆Ec
P
τ Fat = −W (W > 0 )
4
mv 2
+W
2
2W
v 2 = 2 gR (1 − cos θ2 ) −
m
mgR (1 − cos θ2 ) =
GABARITO ITA – FÍSICA
Rg cos θ2 = 2 gR (1 − cos θ2 ) −
cos θ2 = 2 (1 − cos θ2 ) −
2W
mgR
2W
m
2W
2
2W
→ cos θ2 = −
3 3 mgR
mgR
cos θ2 < cos θ1 → θ2 > θ1
3 cos θ2 = 2 −
Caso 3: Referencial ⇒ hemisfério
Fcp = P cos θ3 − FI senθ3
FI
q3
q3
P
τF I = K
( K > 0)
τres = ∆Ec
gR cos θ3 −
cos θ3 −
mv 2
= mg cos θ3 − FI senθ3
R
F ⋅R
senθ3
v 2 = gR cos θ3 − I
m
mgR (1 − cos θ3 ) + K =
mv 2
2K
→ v 2 = 2 gR (1 − cos θ3 ) +
2
m
FI ⋅ R
2K
⋅ senθ3 = 2 gR (1 − cos θ3 ) +
m
m
FI
2K
senθ3 = 2 (1 − cos θ3 ) +
mg
mgR
FI
2K
senθ3 +
mg
mgR
2  F senθ3
2K 
cos θ3 = +  I
+

3  3 mg
3 mgR 
cos θ3 > cos θ1 → θ3 < θ1
3 cos θ3 = 2 +
Questão 4
Considere um tubo horizontal cilíndrico de comprimento , 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:
I. Essa posição de equilíbrio é estável?
II. Essa posição de equilíbrio seria estável se não houvesse o tubo?
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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.
Gabarito: Letra C.
I.Sim.
+q1
F2 +q
F1
+q2

Na posição inicial, |F1| = |F2|. Fazendo um pequeno deslocamento para a direita, |F2| para a ser
maior que |F1|, como mostra a figura. Logo, a partícula tenderá a voltar para a posição de equilíbrio,
caracterizando o equilíbro estável.
II.Não.
Retirando-se o tubo, o movimento poderá ocorrer em qualquer direção. Logo, o equilíbrio é instável nas
demais direções em relação à direção considerada em I.
III.Não.
As considerações da resposta à pergunta II permanecem válidas, além de ainda não existir equilíbrio na
situação mostrada em I (pois F1 e F2 estariam em sentidos opostos aos mostrados)
Questão 5
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 imã de uma porção de limalha de ferro, esta se movimenta porque o campo
magnético do imã realiza trabalho sobre ela.
III. Dois fios paralelos por onde passam correntes uniformes num mesmo sentido se atraem.
Então,
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
6
) apenas I é correta.
) apenas II é correta.
) apenas a III é correta.
) todas são corretas.
) todas são erradas.
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra C.
I. Falso, pela Lei de Biot-Savart, o campo magnético é dado por:
→
v
θ
→
r
d
P
 
µ0
v ×r µ
v ⋅ r ⋅ senθ
⋅q⋅ 2 = 0 ⋅q⋅
4π
4π
r
r2
µ0 qv
⋅ ⋅ senθ
Bp =
4π r
Bp =
→ →
Logo o campo magnético depende também do ângulo entre v e r .
II. Falso, pois o trabalho é realizado pela força magnética, e não pelo campo.
III. Verdadeiro, verificado pela regra da mão direita aplicada na situação abaixo
i1
ie
→
B1
→
Fm
2
Questão 6
Uma chapa metálica homogênea quadrada de 100 cm2 de área, situada no plano xy de um sistema de
referência, com um dos lados no eixo x tem o vértice inferior esquerdo na origem. Dela retira-se uma
porção circular de 5,00 cm de diâmetro com o centro posicionado em x = 2,50 cm e y = 5,00 cm.
Determine as coordenadas do centro de massa restante.
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) (xc; yc) = (6,51, 5,00) cm
) (xc; yc) = (5,61, 5,00) cm
) (xc; yc) = (5,00, 5,61) cm
) (xc; yc) = (5,00, 6,51) cm
) (xc; yc) = (5,00, 5,00) cm
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Gabarito: Letra B.
y (cm)
µ=
M
∴ Mantes = µ ⋅ 100
A
Mretirada = µ ⋅ π ⋅ 2, 5 2
10
7,5
X cm =
5
Mantes ⋅ Xcm antes − Mretirada ⋅ Xcm massa retirada
Mantes − Mretirada
2,5
2,5
X cm =
5
10
µ ⋅ 100 ⋅ 5 − µπ ⋅ 2, 52 ⋅ 2, 5
µ ⋅ 100 − µπ ⋅ 2, 52
x (cm)
= 5, 61 cm
Analogamente:
µ ⋅ 100 ⋅ 5 − µπ ⋅ 2, 5 2 ⋅ 5
Ycm =
= 5 cm
µ ⋅ 100 − µπ ⋅ 2, 5 2
Obs.: Para chegar ao gabarito, tivemos que considerar a aproximação π = 3,14, não presente nos dados
iniciais.
Questão 7
No espaço sideral, luz incide perpendicular e uniformemente numa placa de gelo inicialmente a –10 °C e
em repouso, sendo 99% refletida e 1% absorvida. O gelo então derrete pelo aquecimento, permanecendo a
água aderida à placa. Determine a velocidade desta após a fusão de 10% de gelo.
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 3 mm/s.
) 3 cm/s.
) 3 dm/s.
) 3 m/s.
) 3 dam/s.
Gabarito: Letra B.
(1 cal = 4 · 107 erg; erg → sistema CGS → 1 cal = 4 J)
Conservação do momento linear:
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Dpplaca = Dpluz
( m ⋅ v )placa =
Eabsorvida 2 Erefletida Eabsorvida 2 ⋅ 99 Eabsorvida 199 Eabsorvida
=
+
=
+
c
c
c
c
c
onde C é a velocidade da luz.
→ vplaca =
199Eabsorvida
(I)
mplaca ⋅ c
Mas,
Eabsorvida = Eaquecimento + EC
De (I) e (II): vplaca =
placa
= mcgeloDt + 0,1 mL +
2
mvplaca
2
(II)
m 2 
199 
3
3
 m ⋅ 0, 5 ⋅ 10 ⋅ 4 ⋅ 10 + 0,1 m ⋅ 80 ⋅ 10 ⋅ 4 + vplaca 
mc 
2

Considerando c = 3 · 108 m/s
→ vplaca =
199
2
(52000 + 0,5 vplaca
)
3 ⋅ 108
→ vplaca ≅ 0,034 m/s
→ vplaca = 3,4 cm/s → 3 cm/s
Questão 8
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
A ( )
Mg
F
B ( )
F
Mg
C ( )
Mg + F
Mg
D ( )
Mg + F
F
E ( )
Mg + F
2 Mg
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Gabarito: Letra A.
→
F
h
→
P
A
R
Na iminêcia de tombar, só haverá contato com o ponto A. Assim, podemos dizer que:
ΣMA = 0
F·h=P·R
F·h=M·g·R
h Mg
=
R
F
Questão 9
Luz, que pode ser decomposta em componentes de comprimento de onda com 480 nm e 600 nm, incide
verticalmente em uma cunha de vidro com ângulo de abertura a = 3,00° e índice de refração de 1,50,
conforme a figura, formando linhas de interferência destrutivas. Qual é a distância entre essas linhas?
α
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
10
) 11,5 mm
) 12,8 mm
) 16,0 mm
) 22,9 mm
) 32,0 mm
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra C.
y
α
x
Considerando que as linhas incidem paralelas à normal, temos a diferença de percurso que gera a
interferência:
2y =
k λcunha
2
Como há uma inversão de fase, para que a interferência seja construtiva k será par.
2y =
( 2 k )λ cunha
, com k inteiro.
2
mas, da figura: y = xtgα.
2xtgα = kλcunha, onde λ cunha =
λ
ncunha
Como a luz pode ser decomposta, temos:
λ1
n
λ
2x1tgα = k2 2
n
2x1tgα = k1
(*)
Dividindo as equações:
x1 k1λ1
=
;
x 2 k 2λ 2
Para que ocorra a interferência destrutiva para as duas simultaneamente, devemos ter x1 = x2, logo:
k1λ1 = k2λ2 ⇒ k1 · 480 = k2 · 600 ⇒ 4k1 = 5k2
Para encontrarmos a distância entre as linhas, devemos ter k1 e k2 mínimos, ou seja, k1 = 5 e k2 = 4
Substituindo em (*):
kλ
3
5 · 480 · 10−9
2 · x1 · tgα = 1 1 ⇒ 2 · n1 ·
· 2π =
⇒ x1 = 16 · 10−66 m = 16 µm
n
360
12 · 1, 5 · (3)
Obs. 1: Embora os dados possuam 2 algarismos significativos, utilizamos π = 3 para encontrar a resposta.
Obs. 2: Utilizamos que tgα ≅ α para α pequeno.
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Questão 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 comprimento L. Sendo desprezível o
diâmetro do tubo em relação à L, a aceleração do veículo é dada por
A ( )
2zg
L
B ( )
( h − z )g
L
C ( )
( h + z )g
L
D ( )
2gh
L
E ( )
zg
L
Gabarito: Letra E.
→
a
z
θ
L
tgθ =
a z
zg
= ⇒a=
g L
L
Questão 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 resultante 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
horizontalmente e preso pela outra ponta ao topo de uma polia de raio r. Um outro fio preso neste mesmo
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GABARITO ITA – FÍSICA
ponto, envolvendo parte da polia, sustenta uma massa de 1 kg. Solidário ao eixo da polia, um ponteiro de
raio R = 10r acusa uma leitura de 10 mm na escala semicircular iniciada em zero. Nestas condições, o
módulo de elasticidade do fio é de
12
A ( ) 10
p
12
B ( ) 10
2p
12
10
C ( )
3p
12
D ( ) 10
4p
12
10
E ( )
8p
0
N/m2 .
2
N/m .
10 20
30
40
R
60
70
80
90
mm
N/m2 .
N/m2 .
N/m2 .
50
r
1 kg
Gabarito: Letra A.
Força
mg Comp.
Área
Elasticidade =
=
⋅
Alongamento πR 2 Along.
Comprimento
1⋅ 10
1
1012
N/m2
⋅
=
−4 2
π ⋅ (10 ) 1 ⋅ 10−2
π
10
Questão 12
Assinale a alternativa incorreta dentre as seguintes proposições a respeito de campos gravitacionais de
corpos homogêneos de diferentes formatos geométricos:
A ( )Num cubo, a linha de ação do campo gravitacional num dos vértices tem a direção da diagonal
principal que parte desse vértice.
B ( )Numa chapa quadrada de lado  e vazada no centro por um orifício circular de raio a < /2, em
qualquer ponto dos seus eixos de simetria a linha de ação do campo gravitacional é normal ao
plano da chapa.
C ( )Num corpo hemisférico, há pontos em que as linhas de ação do campo gravitacional passam pelo
centro da sua base circular e outros pontos em que isto não acontece.
D ( )Num toro, há pontos em que o campo gravitacional é não nulo e normal à sua superfície.
E ( )Num tetraedro regular, a linha de ação do campo gravitacional em qualquer vértice é normal à face
oposta ao mesmo.
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Gabarito: Letra B.
A Correta. Pela simetria e pelo fato de que o prolongamento das linhas de força se encontram no centro
do cubo.
B Incorreta. Como a distribuição de massa é plana, as linhas de força são paralelas à placa ao longo do
eixo de simetria.
C Correta. Como não há simetria, pois não é esfera, nem todas as linhas de força passam pelo centro (o
que acontecia na esfera).
D Correta. O toro é simétrico em relação a um eixo que passa pelo seu centro, perpendicular a um
plano que o corta ao meio. As linhas de força circulares paralelas a esse plano são perpendiculares à
superfície, logo, o campo não é nulo.
E Correta. Pela simetria, pode-se inferir que as linhas de força fazem ângulos iguais com cada aresta, o
que mostra que é paralelo a uma reta vertical que passa pelo vértice. Então, são perpendiculares à face
oposta.
Questão 13
Na figura, o eixo vertical giratório imprime
uma velocidade angular ω = 10 rad/s
ao sistema composto por quatro barras
iguais, de comprimento L = 1 m 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 z acima de O
dada por
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
14
)0,2 m
)0,5 m
)0,6 m
)0,7 m
)0,9 m
X
L
ω
m
m
M
Z
O
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra B.
R
Para a bola:
ΣFy = 0 ⇒ T1 · senq = mg + T2 senq
ΣFx = Fcp ⇒ T1 · cosq = mw2R – T2cosq
Dividindo as equações:
mg T2
mg + T2senθ
tgθ =
I
mω2 R − T2 cos θ
d
d
Pelo triângulo: tgθ = ⇒ R =
II
tgθ
R
Do enunciado d =
ω
T1
2L − z
III
2
d
θ
θ
T2
d
T2
mg
Fel
Z
O
Para o corpo no eixo: ΣFy = 0 ⇒ 2T2senq = Mg + Kz
Mg + Kz
IV
T2 =
2senθ
Substituindo II, III e IV em I:
 Mg + Kz 
2 mg + Mg + Kz
mg + 
 senθ
2 senθ 

2
tgθ =
⇒ tgθ =
mω2d  Mg + Kz 
2 mω2 d − Mg − Kz
−
 ⋅ cos θ
tgθ
2tgθ
 2senθ 
2 mg + Mg + Kz = 2 mϖ 2 d − Mg − Kz
2 Kz = 2 mω2 d − 2 Mg − 2 mg
 2 ⋅ 1− z 
Kz = mω2 
 − Mg − mg
 2 
 2 ⋅ 1− z 
100 z = 1⋅ 100 
 − 2 ⋅ 10 − 1⋅ 10
 2 
100 z = 50 ( 2 − z ) − 30
100 z = 1000 − 50 z − 30
150 z = 70
7
z=
≅ 0, 5 m
15
15
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Questão 14
Considere as quatro proposições seguintes:
I.
II.
III.
IV.
Os isótopos 16O e 18O do oxigênio diferenciam-se por dois neutrons.
Sendo de 24000 anos a meia-vida do 239Pu sua massa de 600 g reduzir-se-á a 200 g após 7200 anos.
Um núcleo de 27Mg se transmuta em 28Al pela emissão de uma partícula β.
Um fóton 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.
Então,
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) apenas uma das proposições é correta.
) apenas duas das proposições são corretas.
) apenas três das proposições são corretas.
) todas elas são corretas.
) nenhuma delas é correta.
Gabarito: Letra A.
I. Verdadeira. O que define o elemento é seu número de prótons, sendo assim o número de massa do
isótopo (16O) contém 2 nêutrons a mais que (18O)
II. Falsa. Em 1 meia-vida de 24.000 a massa será 300 g. Na próxima meia-vida de 24.000 a massa será
150 g.
O tempo decorrido foi de 48.000 anos para decair para 150 g, menor do que o dado na proposição.
III. Falsa. No decaimento β só se altera o número atômico. A proposição coloca uma alteração no número
de massa.
IV. Falsa. A frequência da cor só determina se ocorrerá ou não o efeito fotoelétrico.
Como a proposição afirma que ocorre com aumento na emissão de elétrons, que depende apenas da
intensidade, que não se altera.
Parabéns aos nossos
aprovados na 2a fase
do IME deste ano!
Mais de 70% dos
aprovados no Rio!
16
54
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 15
2
y
1
t
0
–1
–2
0
1
2
3
4
5
6
Na figura, as linhas cheia, tracejada e pontilhada representam a posição, a velocidade e a aceleração de
uma partícula em um movimento harmônico simples. Com base nessas curvas assinale a opção correta
dentre as seguintes proposições:
I. As linhas cheia e tracejada representam, respectivamente, a posição e a aceleração da partícula.
II. As linhas cheia e pontilhada representam, respectivamente, a posição e a velocidade da partícula.
III. A linha cheia necessariamente representa a velocidade da partícula.
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) Apenas I é correta.
) Apenas II é correta.
) Apenas III é correta.
) Todas são incorretas.
) Não há informações suficientes para análise.
Gabarito: Letra D.
As equações de movimento podem ser:
x = A cos (ω t + φ)
v = – ω A sen (ω t + φ)
a = – ω2 A cos (ω t + φ)
Verifica-se que a e x se anulam para mesmos valores de t, podendo ser, em qualquer ordem, as linhas
pontilhadas e cheia, sendo impossíveis determinar. Logo, a velocidade só pode ser a linha tracejada.
Dessa forma, todas são incorretas.
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09/12/14
Questão 16
Numa expansão muito lenta, o trabalho efetuado por um gás num processo adiabático é
w12 =
P1 V1γ
1− γ
(V21 − γ − V11 − γ )
em que P, V, T são respectivamente, a pressão, o volume e a temperatura do gás, e γ uma constante, sendo
os subscritos 1 e 2 representativos, respectivamente do estado inicial e final do sistema. Lembrando que
PVγ é constante no processo adiabático, esta fórmula pode ser reescrita deste modo:
A ( )
P1 V1 − V2 (T2 /T1)γ /( γ −1) 
In (T2 /T1) / In(V1 /V2 )
B ( )
P2 V1 − V2 (T2 /T1)γ /( γ −1) 
C ( )
P2 V1 − V2 (T2 /T1)γ /( γ −1) 
D ( )
P1 V1 − V2 (T2 /T1)γ /( γ −1) 
E ( )
P2 V1 − V2 (T2 /T1)γ /( γ −1) 
In (T2 /T1) / In(V2 /V1)
In (T2 /T1) / In(V1 /V2 )
In (T2 /T1) / In(V1 /V2 )
In (T1 /T2 ) / In(V2 /V1)
Gabarito: Letra A.
Como PVγ é constante, temos:
 nRT1  γ nRT2 γ
P1 V1γ= P2 V2γ ⇒ 
⋅ V2 ⇒ T1 V1γ −1= T2 V2γ −1 ⇒
 ⋅ V1 =
V
V
2
 1 
(
)
(
)
⇒ ln T1 V1γ −1 = ln T2 V2γ −1 ⇒ ln T1 − ln T2 =
T
ln  1 
T2 

⇒ ( γ − 1) =
V
ln  2 
 V1 
18
( γ − 1)(ln V2 − ln V1 ) ⇒
GABARITO ITA – FÍSICA
Além disso:
γ −1
1 1
TV
γ −1
2 2
=T V
V 
⇒ 1
 V2 
γ −1
γ
γ
γ
 V   T  γ −1
γ −1
T
T
= 2 ⇒  1  =  2  ⇒ V1γ ⋅ V2− γ =  2 
T
T1
 1
 V2   T1 
Na expressão dada, teremos:
P1 V1γ 1− γ
P1
1− γ
W12
V2 − V1=
V1 − V2 ⋅ V1γ ⋅ V2− γ ⇒
=
1− γ
γ −1
(
)
(
)
γ


T2  γ −1 


P1 V1 − V2 


 T1  


⇒ W12 =
T2 

ln 

 T1 
V
ln  2 
 V1 
Questão 17
Assinale a alternativa que expressa o trabalho necessário para colocar cada uma de quatro cargas elétricas
iguais, q, nos vértices de um retângulo de altura a e base 2a 2 , sendo k = 1/4π∈0, em que ∈0 é a
permissividade elétrica do vácuo.
A ( ) k( 4 + 2 )q² 2a
D ( ) k( 20 + 3 2 )q ²
6a
B ( ) k(8 + 2 2 )q ² 2a
E ( ) k(12 + 3 2 )q ²
2a
C ( ) k(16 + 3 2 )q ²
6a
Gabarito: Letra C.
q
a
q
2a 2
x
2a 2
q
a
q
Antes de colocar as cargas:
E=0
Depois de colocar as cargas:
k ⋅q⋅q
k ⋅q⋅q
k ⋅ q ⋅ q k ⋅ (16 + 3 2 )q 2
+ 2⋅
+ 2⋅
=
E = 2⋅
3a
6a
a
2a 2
(somatório das energias de carga 2 a 2)
W = DE = k(16 + 3 2 )q ²
6a
Cálculo de x:
x2 = a2 + (2a 2 )2
x = 3a
19
09/12/14
Questão 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=
B0
( − 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 β com z. Ao ser solta, a espira tende a
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) girar para α > 0º se α = 0º e β = 0º.
) girar para α < 45º se α = 45º e β = 0º.
) girar para β < 90º se α = 0º e β = 90º.
) girar para α > 0º se α = 0º e β = 45º.
) não girar se α = 45º e β = 90º.
z
β
y
α
x
Gabarito: Letra C.
Caso α = 0° e β = 90°
z
β= 90°
B
C
y
A
x
espira no início
D
B
A
C
iind
BX
espira após pequeno intervalo de tempo
D
Como o campo em z é Bz =
B0
⋅ z , ao cair, a espira fica exposta a um campo que a atravessa cada vez
L
maior no sentido – z. Pela lei de Faraday–Lenz, a espira induz uma corrente no sentido anti-horário(visto
acima).
Existe um campo no sentido x, que não produz força nas arestas AB e CD (por serem paralelas) e na aresta
−B0
BC, porque o valor de x ali é zero e B x = L ⋅ x
Logo, há campo atuando em AD (sentido – x). Este campo atuando na corrente induzida gera uma força
para cima (+z), girando a barra para β <90°.
20
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 19
Um muon de meia-vida de 1,5 ms 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 × 107 m/s B ( ) 1,2 × 108 m/s C ( ) 1,8 × 108 m/s D( ) 2,0 × 108 m/s E ( ) 2,7 × 108 m/s
Gabarito: Letra E.
Como o movimento é relativístico, o tempo de queda é dilatado (fator de Lorentz). Além disso, considere
o movimento uniforme, uma vez que a gravidade não altera consideravelmente o módulo da velocidade.
Por fim, repare que, para a probabilidade ser de 50%, metade da massa deve chegar ao solo, ou seja, o
tempo de queda será o de meia vida. Assim, teremos:
( ∆t0 ⋅ γ ) v = h ⇒
v
⇒ 1, 5 ⋅ 10− 6 ⋅
2
1 − v /c
⇒ 1, 5 ⋅ 3 ⋅ 108 ⋅
v
2
c − v2
(
⇒ 4, 5 v = 10 c2 − v 2
v=
1
2
2
0, 45 + 1
2
= 103
= 109 ⇒
)
1/ 2
3 ⋅ 108
3 ⋅ 108
v≅
≅ 2, 7 ⋅ 108 m/s
1, 09
Questão 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’?
u
P
u
L
P’
21
09/12/14
A( )
c2
2 nLf
B( )
c2
2 Lfn2 − cn
C( )
c2
2 Lfn2 + cn
D( )
c2
2 Lf ( n2 − 1) − cn
E( )
c2
2 Lf ( n2 − 1) + cn
Gabarito: Letra B.
Primeiramente, repare que a defasagem é gerada no percurso de comprimento.
• Número de comprimentos de onda no tubo inferior:
L
L
L
Lfn
=
=
⋅ f ⇒ N1 =
N1 =
c
c
λ v
f
n
• Número de comprimentos de onda no tubo superior:
L
L
L
Lfn
N2 =
=
=
⋅f =
c
c
λ v
+ nu
+u
f
n
k
Sabemos que: N1 − N2 =, onde k é inteiro. Para que a interferência seja destrutiva, temos k ímpar. Para
2
minimizar o valor de “u”, tome k=1, logo:
Lfn
Lfn
c2
1
1
N1 − N2 = ⇒
−
= ⇒u=
2
c c + nu 2
2 Lfn2 − cn
Resultado IME 2013/2014
1o lugar geral do Brasil
(Reserva)
e mais de
22
50% dos aprovados do Rio!
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 21
R
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.
r
P
Gabarito:
3
y+ R
4
P
vertical: Ns = 2P
horizontal: N1=N2
N2
y
Ns
x
2
x
3
R
= R − R∴ x =
4
2
2
N2
P
Note que:
Px = N2y
x
2
y
N1 P
x
Apoio
P
R
x
N2
3 

3 
N2  y + R  − N1  R  − PC R+R12R=0
4 

4 
P0
N1
3
y+ R
4
R1
3
R
4
N2 y – Pc R + R1 2 R=0
R2
Apoio
R
Na iminência de tombar: R10
N2 y = PcR ⇒ Px =PcR ⇒ P
Pc =
R
= Pc R
2
P
2
23
09/12/14
Questão 22
Uma nave espacial segue incialmente uma trajetória circular de raio rA em torno da Terra. Para que a nave
percorra uma nova órbita também circular, de raio rB > rA, é necessário por razões de economia fazer
com que ela percorra antes uma trajetória semieliptica, denominada órbita de transferência de Hohmann,
mostrada na figura. Para tanto, são fornecidos à nave dois impulsos, a saber no ponto A, ao iniciar sua
órbita de transferência, e no ponto B, ao iniciar sua 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 eliptica, pede a energia necessária para a transferência de órbita da nave no ponto B.
B
rA
rB
vB
Gabarito:
Energia mecânica na órbita elíptica
−GM m mv A2 −GM m mv B 2
+
=
+
2
2
Ra
Rb
2
2
 1

−
v
v
1
A
;
GM  −  = B
2
 RB RA 
Conservanndo momento angular
rAv A = rBv B
rv
vB = A A
rB
 r − r  r 2v 2
∴ 2GM  A B  = A 2 A − v A2
rB
 rA rB 
2GM ( rA − rB ) rB
2GM ( rA − rB ) rB
= rA2v A2 − rB2v A2 ∴ v A2 =
rA
rA rA2 − rB2
(
24
)
vA
A
GABARITO ITA – FÍSICA
∴ v A2 =
2GMrB
1m 2 GMrB
GMm
∴ EA =
−
rA ( rA + rB )
rA
2 rA ( rA + rB )
∴ EA =
 GMm  rB − rA − rB 
GMm  rB
−GMm
− 1 =


 ∴ EA =
rA  rA + rB
r
r
+
r
rA + rB
A

 A B 
Então a Ec na trajetória elíptica vale:
B
Etotal − EPOT =
Ec B =
1
−GMm GMm
1 
+
= GMm  −

rA + rB
rB
 rB rA + rB 
GMmrA
rB ( rA + rB )
e Ec quando entra na trajetória circular:
B
E 'cB =
mv B2 GMm
1 2
GM
mv B onde
= Z ∴ v B2 =
2
rB
rB
rB
E 'cB − EcB =
GMmrA
1 GM
m
−
rB
rB ( rA + rB )
2
rA  GMm  rA + rB − 2 rA 
GMm  1


 −
=
rB  2 rA + rB 
rB  2 ( rA + rB ) 
GMm  rB − rA 
⇒ E 'cB − EcB =


2 rB  rB + rA 
⇒ E 'cB − EcB =
Questão 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.
25
09/12/14
Gabarito:
Para um modelo físico simples:
→
E
Bolha
de CO2
→
a
→
P
→
→
Para que a bolha inicie seu movimento de subida |E | > |P |, como ao longo de todo o movimento o
volume da bolha está totalmente submerso e considerando seu volume invariável ao longo da subida. O
movimento é retilíneo uniformemente variado (M.R.U.V).
Estimando a aceleração (a): Fres = E – P → ma = gMG VCO – mg
2
m
Como toda a bolha está submersa VCO2 =
µCO2
ma = g
µG
m − mg
µCO2
 µ

a = g  G − 1
 µCO

 2

•
Inferindo algumas aproximações:
mG ≈ mH O = 103 kg/m3
2
A temperatura do refrigerante “gelado” = 17°C ≅ 290 k
A pressão no CO2 é aproximadamente a pressão atmosférica (105 Pa), visto que a altura de um copo
de refrigerantre é desprezível para o acréscimo de pressão.
Definindo a densidade do CO2:
Considerando um gás ideal:
pV = nRT
m
pV =
RT
MM
m p MM
=
= µ CO2
V
RT
µ CO2 =
44 ⋅ 10− 3 ⋅ 105 55
=
8 ⋅ 290
29
Voltando à expressão da aceleração (a):


 103

a = 10 
− 1 = 10 ( 526, 27 )
55


 29

a = 5262, 7 m/s2
26
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 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.
Gabarito:
→
F6
→
T
30º
30º
30º
30º
→
F5
→ →
F3 + F4
→
F1
→
F2
• Pelo equilíbrio da carga no centro do hexágono, temos que as trações são todas iguais.
• Pelo equilíbrio da carga no vértice:
→ → → → → → →
T = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6
T = F1cos60º + F2cos30º+ F3 + F4 + F5cos30º + F6cos60º
T=
kq 2 1
kq 2
kq 2
kq 2
3 kq 2
3 kq 2 1
⋅ +
⋅
+ 2 +
+
⋅
+ 2 ⋅
2
2
2
2
d 2 (d 3) 2
d
d 2
( 2d ) ( d 3 ) 2
T=
kq 2 
1
3
( 27 + 4 3 ) kq 2 2, 83 kq 2
⇒T =
⋅ 2 ≅
2+ +

2 
d 
4 3 
12
d
d2
Comentário: o enunciado não deixa claro a posição dos fios. Adotamos esta configuração por ser um
modelo mais conveniente.
Questão 25
Nêutrons 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 nêutron de massa m e velocidade v0 que efetua uma colisão elástica e central com um
átomo qualquer de massa M inicialmente em repouso.
27
09/12/14
Gabarito:
Q
=mv
Após a colisão:  nêutron
Qátomo = M V
Qinicial = Qfinal
Conservando a quantidade de movimento, temos:
m v0 = m v + M V
Na colisão elástica e = 1 → 1 =
V −v
∴ v0 = V − v
v0
m
 m
 v0 = v + V
M
M
Resolvendo o sistema e determinando a relação entre as velocidades: 

v 0 = V − v
m−M
v
m−M
= M =
m+M
v0
m+M
M
Para determinarmos a perda de energia do neutron, efetuamos a razão entre a energia cinética após a
colisão e antes da colisão:
m v2
2
2
v 
(m − M)
Ec
= 2 2 =   =
2
m v 0  v 0 
EC0
(m + M)
2
Em materiais com alta concentração de hidrogênio, a probabilidade de que o nêutron se choque com o
hidrogênio é grande. Logo, existe uma alta eficiência de absorção, pois, como a massa do hidrogênio (M)
é próxima da massa do nêutron (m), o termo (m – M)2 da equação se torna muito pequeno.
Desta forma, podemos inferir que: EC0  EC
Questão 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, a e b. 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 b,
cujo valor é tal que o raio sofre reflexão total na interface
da superfície vidro-água. Determine o ângulo a tal que
o raio emerja horizontalmente do prisma. O índice de
refração da água é 4/3 e, o do vidro, 19 / 3.
28
β
α
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito:
DABC: 90° + a + 90° – g + δ = 180°
g=a+δ
Aplicando Snell
90° – a
B
δ
g
A
a
19
senγ = sen ( 90° − α )
3
19
sen ( γ − α ) = cos α
3
C
Reflexão total
Como ocorre reflexão total:
senγ =
4
19
19
4
. ( senγ cos α − senα cos γ ) e senγ=
,temos:
3
19
3
16
=
cos γ = 1 −
19
19
19  4
3 


⇒ cos α =
cos α − senα
3  19
19 
3
4
⇒ cos α = cos α − 1 − cos2 α
3
3
⇒ 3 cos α = 4 cos α − 3 1 − cos2 α
Como cosα=
⇒ cos α =
(
)
3 (1 − cos α ) ⇒ cos α = 3 − 3 cos α
2
2
2
3
3
4 cos2 α = 3 ∴ cos2 α = ∴ cos α =
∴ α = 30°
4
2
Questão 27
Morando em quartos separados e visando economizar energia, dois estudantes combinam de interligar em
série cada uma de suas lâmpadas de 100 W. Porém, verificando a redução da claridade em cada quarto,
um estudante troca 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.
29
09/12/14
Gabarito:
Considerando que uma lâmpada de 100 W opere com uma D.D.P. (U) e tenha uma resistência (R)
Pot =
U2
U2
→ 100 W =
R
R
• Circuito inicial
U
U
2
U
2
R
R
Sendo assim, cada lâmpada funciona com uma potência (P’) que é um quarto da nominal:
2
U
2
1 U2 1
P' =   = ⋅
= Pot
R
4 R 4
’ = 25 W
Quando as lâmpadas são trocadas para uma lâmpada de 50 W e 200 W suas novas resistências são 2R e
R ,respectivamente, para uma mesma D.D.P. (U):
2
U
Quarto 50 W:
P' =
16U 2 16
=
⋅ 100 = 32 W
50 R 50
(claridade aumenta)
30
4U
5
4U
5
2R
R
2
GABARITO ITA – FÍSICA
Quarto 200 W:
U2
2
=
⋅ 100 = 8 W
R 25
25
2
(claridade diminui)
P' =
Questão 28
Uma massa m suspensa por uma mola elástica hipotética, de constante de mola k e compimento 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 da mola para z < 0, determine o período de oscilação da massa e os valores de z entre os quais a
mesma oscila.
d
0
ze
m
z0
z
Gabarito:
A equação temporal do movimento da partícula para Z > 0 é:
Z(t) = Ze + 2 Ze cos ωt
O tempo t1 que a partícula leva para sair da posição de máxima elongação ao ponto Z = 0 é:
0 = Ze + 2Ze cos ωt1 ⇒ cos ωt1 = –1/2 ⇒ ωt1 =
2π
2π
⇒ t1 =
3
3ω
Para Z < 0, como não há força exercida pela mola, a partícula estará sujeita apenas à ação da gravidade.
31
09/12/14
Para caracterizarmos esse movimento, precisamos saber sua velocidade inicial.
dZ
= − 2ωZe sen ωt
Em Z > 0: V ( t ) =
dt
Em t =
2π
2π
3
⇒ V = − 2ω Ze sen
= − 2ω Ze
= − ω Ze 3 .
3ω
3
2
Logo, o tempo t2 que a partícula leva para atingir a altura máxima é
t2 =
|V | ω Ze 3
=
g
g
Logo, o período do movimento é:
 2π ω Z e 3 
T = 2( t1 + t2 ) = 2 
+

 3ω
g 

Como não temos g, temos que eliminá-lo.
No equilíbrio: K Ze = mg ⇒ g = ω2Ze
 2π ω Z 3 


e
 ⇒ T = 2  2π + 3 
T = 2
+

 3ω
2
 3ω

ω
ω Ze 



A partícula oscilará entre a posição de máxima elongação e a de altura máxima
– Máxima elongação: Z = 3Ze
– Altura máxima: Z = – hmax = −
V 2 3ω2 Ze2
3
=
= − Ze
2 g 2ω2 Ze
2
Logo, a região de oscilação da partícula é: −
3
Ze < Z < 3 Ze
2
Questão 29
Um próton com uma velocidade v = 0,80 ×
107ex m/s move-se ao longo do eixo x de um
referencial, entrando numa região em que atuam
campos de indução magnéticos. Para x de 0
a L, em que L = 0,85 m, atua um campo de
intensidade B = 50 mT na direção negativa do
eixo z. Para x > L, um outro campo de mesma
intensidade atua na direção positiva do eixo z.
Sendo a massa do próton de 1,7 × 10 -27 kg e
sua carga elétrica de 1,6 × 10 -19 C, descreva a
trajetória do próton e determine os pontos onde
ele cruza a reta x = 0,85 m e a reta y = 0 m.
y
0
x
L
32
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito:
y
C1
→
B
→
x B
v
H
α
H
→
v = 0,8 × 107ex m/s
q = 1,6 × 10–19 C
→
|B | = 50 mT
m = 1,7 × 10–27 kg
L = 0,85 m
→
v
R
R
α
L
x
Na região de x = 0 a x = L, a trajetória será circular de equação:
(x – xC )2 + (y – yC )2 = R2
1
1
Centro C1: xC = 0; yC = R
1
1
Equação: x2 + (y – 1,7)2 = 1,72
O próton cruzará a reta x = 0,85 no ponto P1, dada por:
0,852 + (y – 1,7)2 = 1,72 → (y – 1,7)2 = 2,1675
|y – 1,7| = 1,47
Queremos y > 0 e o menor possível.
y – 1,7 = – 1,47 → y = 0,23 m
P1: (0,85; 0,23) → H = 0,23 m
Para achar a absissa do ponto em que intercepta o eixo x, basta achar o cosa, pois esse será dado por:
x = L + R + Rcosa
cosa =
R2 − H2
R
onde,
mv
= 1,7 m e H = 0,23 m
qB
cosa = 0,99
R=
33
09/12/14
Logo, x = L + R + Rcosa = 0,85 + 1,7 × 1,99 = 4,23 m
O ponto onde intercepta a reta y = 0 é P2: (4,23; 0)
Questão 30
Uma partícula eletricamente carregada move-se num
meio de índice de refração n com uma velocidade v =
bc, em que b > 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 a 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 a e a velocidade v da
partícula em função de c, r, R e n.
α
r
v
F
Espelho esférico
Gabarito:
Velocidade da luz no meio: c ' =
c
n
Como todo raio de onda faz um ângulo α com o eixo principal, todos eles passarão, depois refletidos,
pelas interseções de seus eixos secundários com o plano focal, formando o anel de raio r considerado no
enunciado.
Plano
focal
raio refletido
(não necessariamente
paralelo ao eixo principal)
α
Eixo secundário
r
α
F
raio emitido em
uma posição
qualquer
34
Eixo principal
GABARITO ITA – FÍSICA
Considerando o raio emitido no centro do espelho
Plano
focal
r
⇒ tgα =
α
C
 2r 
⇒ α = arctg  
R
F
R/2
r
2r
⇒ tgα =
R/2
R
Considerando, agora, o cone de Mach formado:
c ∆t
·
n
⇒ cos α =
c
c
⇒V =
nV
n cos α
α
V.∆t
1
⇒
tg2 α + 1
Mas tg2 α + 1 = sec2 α ⇒ cos2 α =
⇒ cos2 α =
⇒ cos α =
1
2
 2r 
 R  +1
 
R
Logo ⇒ V =
⇒ cos2 α =
R2
⇒
R + 4r 2
2
R2 + 4 r 2
c R2 + 4 r 2
nR
35
09/12/14
Comentários
A prova deste ano se mostrou mais abrangente que a do ano anterior, de modo a avaliar melhor
os candidatos, com conteúdo melhor distribuído. Entretanto, manteve o nível de dificuldade visto
nos últimos anos do concurso.
Destacam-se como as questões mais difíceis: 3, 9, 18, 22 e 30.
Parabenizamos a banca pela excelente prova.
Professores
36
Bruno Lerner
Fernando Valentim
Humberto Machado
Leonardo Domingos
Lucas Scheffer
Marcio Gordo
Raphael Moura
Ricardo Fagundes