ITA2011 - Olimpo

2011
ITA
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
Um problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente com
velocidade de módulo constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual apontando à posição instantânea do
objeto vizinho em movimento. A figura mostra a configuração desse movimento múltiplo no caso de um hexágono regular.
Considere que o hexágono tinha 10,0 m de lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de
módulo constante de 2,00 m/s. Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância percorrida por cada um
dos seis objetos?
A)
B)
C)
D)
E)
5,8 s e 115 m.
11,5 s e 5,8 m.
10, 0 s e 20, 0 m.
20, 0 s e 10, 0 m.
20,0 s e 40,0 m.
Resolução:
v1
v
60°
v2
v2 = v cos60º = 2 ⋅
1
m/s
2
l
v2 = 1,00 m/s
G
Eles se encontrarão no centro do hexágono e a velocidade tem componente v 2 na direção desse centro:
A
A 10 m
v2 =
⇒ Δt = =
Δt
v2 1 m/s
Δt = 10,0 s
Durante esses 10,0 s , cada um dos objetos teve velocidade de módulo constante e igual a 2,00 m/s , portanto percorreram, cada um,
20,0 m.
Alternativa C
1
Questão 02
Um cubo maciço homogêneo com 4, 0 cm de aresta flutua na água tranquila de uma lagoa, de modo a manter 70% da área
total da sua superfície em contato com a água, conforme mostra a figura. A seguir, uma pequena rã se acomoda no centro
da face superior do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção com os valores aproximados da
densidade do cubo e da massa da rã, respectivamente.
A) 0, 20 g/ cm3 e 6, 4 g.
B)
0,70 g/ cm3 e 6, 4 g.
C)
0,70 g/ cm 3 e 8, 0 g.
D)
0,80 g/ cm3 e 6, 4 g.
E)
0,80 g/ cm3 e 8,0 g.
Resolução:
Área total do cubo = 6 ⋅ 42 = 96 cm 2
70% da Área total = 67, 2 cm 2 (imersa)
Área total emersa = 28,8 cm 2
Excluindo a face superior = 12,8 cm 2 = 4 faces emersas de arestas 4 cm e Y .
4 × ( 4Y ) = 12,8 cm 2 ⇒ Y = 0,8 cm
⎛ 3, 2 ⎞
Aresta da face lateral imersa = 4,0 cm − 0,8 cm = 3, 2 cm . O cubo possui ⎜
⎟ × 100 = 80% de seu volume imerso.
⎝ 4,0 ⎠
d cubo = 80% ⋅ dlíquido = 0,8 g/ cm3
⎛ 0,5 ⎞
Ao colocar a rã a face afunda mais 0,50 cm , que corresponde a ⎜
⎟ × 100 = 12,5% do cubo. O volume total imerso passa a ser 92,5%
⎝ 4,0 ⎠
do cubo.
mcubo = d cubo ⋅ Vcubo = 0,8 ⋅ 64 = 51, 2 g
mrã + mcubo = d ′ ⋅ Vcubo
mrã + 51, 2 = 0,925 ⋅ 64 ⇒ mrã = 8,0 g
Alternativa E
Questão 03
Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte amarrada a uma corda elástica de “bungee jumping” com
16,0 m de comprimento. Considere que a corda se esticará até 20, 0 m de comprimento sob a ação do peso. Suponha que,
em todo o trajeto, a pessoa toque continuamente uma vuvuzela, cuja frequência natural é de 235 Hz. Qual(is) é(são) a(s)
distância(s) abaixo da ponte em que a pessoa se encontra para que um som de 225 Hz seja percebido por alguém parado
sobre a ponte?
A) 11, 4 m.
B) 11, 4 m e 14, 4 m.
C) 11, 4 m e 18, 4 m.
D) 14, 4 m e 18, 4 m.
E) 11, 4 m , 14, 4 m e 18, 4 m.
Resolução:
Cálculo da velocidade para uma frequência aparente de 225 Hz.
fo
f
225
235
= e ⇒
=
⇒ ve = 15,11 m/s
v ± vo v + ve
340 + 0 340 + ve
(esta velocidade deve ser necessariamente para baixo – afastamento da ponte). A pessoa em queda terá esta velocidade em dois
momentos: durante a queda livre e na desaceleração que ocorrerá quando o comprimento da corda superar 16 m.
v 2 = v02 + 2a Δs ⇒ (15,11) = 02 + 2 ⋅ 10 ⋅ Δs ⇒
2
⇒ ΔS = 11,4 m (1º evento).
Quando o comprimento da corda L = 20 m (adotando esta posição como referencial):
mg H =
k Δx 2
k ⋅ 42
⇒ 80 ⋅ 10 ⋅ 20 =
⇒ k = 2 ⋅ 103 N / m
2
2
2
Adotando agora como referencial a posição na qual a velocidade volta a ter o valor 15,11 m/s (durante a frenagem):
mv12
mv 2 kx 2
+ mg h1 = 2 +
2
2
2
( )
80 ⋅ 8 5
2
80 ⋅ 15,112 2 ⋅ 103 ⋅ x 2
+
⇒
2
2
2
⇒ 100 x 2 − 80 x − 366,75 = 0
+ 80 ⋅ 10 ⋅ x =
Descartando o valor negativo: x = 2,36 m abaixo da posição na qual a frenagem iniciou (16 m )
H = 16 m + 2,36 m = 18,36 m
Alternativa C
Questão 04
Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteróide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua
nova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano
terrestre e a distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente.
A)
B)
C)
D)
E)
mais curto – aproximadamente a metade do que era antes.
mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes.
mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes.
mais longo – aproximadamente a metade do que era antes.
mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes.
Resolução:
Se a nova órbita é mais próxima do Sol, o período de translação (ano sideral) será mais curto.
O ciclo lunar atual é cerca de 28 dias. Logo,
2
R13 R23
R3
R3
⎛ 80 ⎞
= 2 ⇒ 12 = 22 ⇒ R23 = R13 ⋅ ⎜ ⎟ ⇒
2
T1
T2
28
80
⎝ 28 ⎠
⇒ R23 = R13 ⋅ ( 2,86 ) ⇒ R23 = 8,2 R13 ⇒ R2 ≅ 2 R1
2
Alternativa B
Questão 05
Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas molas alinhadas, de constante de mola k e
comprimento natural A 0 , fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma distância x na direção
perpendicular à linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir. Obtenha a aceleração da bola, usando a
aproximação (1 + α ) = 1 + αa.
α
M
x
l0
l0
A)
B)
a = −kx / M .
a = − kx 2 / 2 M A 0 .
C)
a = −kx 2 / M A 0 .
D)
a = − kx 3 / 2 M A20 .
E)
a = −kx 3 / M A20 .
Resolução:
Chamando de b o comprimento da mola deformada (hipotenusa):
1/ 2
⎛
x2 ⎞
b = x 2 + A 20 = A 0 ⎜ 1 + 2 ⎟
A0 ⎠
⎝
2
x
b = A0 +
2A 0
⎛
x2 ⎞
≅ A 0 ⎜1 + 2 ⎟
⎝ 2A 0 ⎠
3
A deformação Δx da mola será Δx = b − A 0 =
x2
2A 0
O comprimento b também pode ser escrito como:
2A 2 + x 2
, vamos desenvolver o numerador:
b= 0
2A 0
(
2A + x = x + 2 A 0
2
0
2
)
2
2
⎛
x ⎞
− 2 x 2 A 0 = 2A ⋅ ⎜ 1 +
⎟ − 2 2 xA
⎜
2
A 0 ⎟⎠
⎝
2
0
⎛
2x ⎞
2
≅ 2A20 ⋅ ⎜⎜ 1 +
⎟⎟ − 2 2 xA 0 = 2A 0
2
A
0 ⎠
⎝
Então podemos escrever b =
2A 20 + x 2
= A0
2A 0
FR = Ma
2 Fe cos θ = Ma
x
= Ma
b
x2 x
2k ⋅
⋅ = Ma
2A 0 A 0
2 k Δx ⋅
a=
kx 3
(módulo da aceleração)
M A 20
Alternativa E
Questão 06
Um corpo de massa M , inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H , onde fica
novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha módulo igual a nMg , em que n > 1.
Qual deve ser o menor tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo?
A)
2H
.
( n − 1) g
B)
2nH
.
( n − 1) g
C)
D)
E)
nH
2 ( n − 1) g
2
.
4nH
.
(n − 2) g
4nH
( n − 1) g
.
Resolução:
O menor tempo será conseguido se tivermos tração máxima durante a aceleração ( a1 ) e tração nula durante a frenagem ( a2 ) :
Aceleração:
FR = m ⋅ a
T − P = m ⋅ a1
∴ nMg − Mg = M ⋅ a1
∴ a1 = g ( n − 1)
Frenagem:
FR = m ⋅ a
∴ P = m ⋅ a2
∴ Mg = M ⋅ a2
∴ a2 = g
4
E, pelo gráfico de v × t temos:
v
vf
A1
A2
a
t1
t2
b
t
Assim temos:
Área A1 : h1
Área A2 : h2
Logo:
v f ⋅ t1
v f ⋅ t2
e h2 =
h1 =
2
2
E, ainda:
vf
tg α = g ( n − 1) =
t1
tg β = g =
(1)
vf
t2
∴ t2 = t1 ( n − 1)
(2)
De (1) e (2) resulta:
h2 = h1 ( n − 1)
Sendo que:
h1 + h2 = H
Temos:
H
H
e h2 = H − h1 = ( n − 1)
h1 =
n
n
Assim, os tempos podem ser calculados da forma:
t1 =
⎛ H ( n − 1) ⎞
⎛H⎞
2⎜
2⎜ ⎟
⎟
n
⎝
⎠
⎝n⎠ e t =
2
g
g ( n − 1)
Por fim, o tempo total vale:
T = t1 + t2 =
∴T =
∴T =
2H
ng
2 H ( n − 1)
2H
+
ng ( n − 1)
ng
⎛
⎞
1
⋅ ⎜⎜
+ n − 1 ⎟⎟
n
−
1
⎝
⎠
2nH
( n − 1) g
Alternativa B
Questão 07
Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro
O . Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre uma distância a no primeiro
segundo a uma distância b no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse
movimento?
A) 2a 3 / ( 3a 2 − b2 ) .
B)
2b 2 / ( 4 a − b ) .
C)
2a 2 / ( 3a − b ) .
D)
2a 2 b / ( 3a 2 − b2 ) .
E)
4a 2 / ( 3a − 2b ) .
5
Resolução:
O MHS descrito tem função horária de posição da forma:
x = x0 ⋅ cos wt
Assim:
Para t = 1:
( x0 − a ) = x0 ⋅ cos w
⎛
a⎞
∴ ⎜ 1 − ⎟ = cos w
x
0 ⎠
⎝
(1)
Para t = 2 :
( x − ( a + b)) = x
0
0
⋅ cos 2 w
⎛ (a + b) ⎞
2
∴ ⎜1 −
⎟ = cos 2 w = 2cos w − 1
x0 ⎠
⎝
(2)
Substituindo (1) em (2):
⎛ (a + b) ⎞
⎛
a⎞
⎜1 −
⎟ = 2 ⎜1 − ⎟ − 1
x
x
0
0 ⎠
⎝
⎝
⎠
2
⎛ (a + b) ⎞
⎛ 2a a 2 ⎞
∴ ⎜1 −
+ ⎟ −1
⎟ = 2 ⎜1 −
x0 ⎠
x0 x02 ⎠
⎝
⎝
∴
∴
(a + b)
x0
=
4a 2 a 2
− 2
x0
x0
2a 2
= 4a − ( a + b )
x0
∴ x0 =
2a 2
3a − b
Alternativa C
Questão 08
Duas partículas idênticas, de mesma massa m , são projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, com
velocidades iniciais de mesmo módulo v0 e ângulos de lançamento respectivamente α e β em relação à horizontal. Considere
T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetória e t1 e t2 os respectivos tempos para as
partículas alcançar um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t1 T1 + t2 T2.
A) 2v02 ( tg α + tg β ) / g 2 .
B)
2v02 / g 2 .
C)
4v02 sen α / g 2 .
D)
4v02 sen β / g 2 .
E)
2v02 ( sen α + sen β ) / g 2 .
Resolução:
Tempo de alcance do ponto mais alto:
v = v0 + at
0 = v0 ⋅ sen α − gT1
v0 sen α
g
0 = v0 ⋅ sen β − gT2
∴ T1 =
∴ T2 =
v0 sen β
g
Determinação do ponto comum:
Em x:
x1 = x2
v0 ⋅ cos α ( t1 ) = v0 ⋅ cos β ( t2 )
6
∴ t2 = t1 ⋅
cos α
cos β
(1)
Em y:
y1 = y2
0 + v0 sen α ( t1 ) − g
∴
t12
t2
= 0 + v0 sen β ( t2 ) − g 2
2
2
g 2 2
( t2 − t1 ) = v0 ( sen βt2 − sen αt1 )
2
(2)
E, substituindo (1) em (2):
⎛
⎞
cos α
g ⎛ cos2 α ⎞
∴ t12 ⎜
− 1⎟ = v0 ⋅ t1 ⎜ sen β ⋅
− sen α ⎟
2 ⎝ cos2 β
cos β
⎝
⎠
⎠
⎛ cos2 α − cos2 β ⎞ 2v0 ⎛ sen β cos x − sen α ⋅ cos β ⎞
∴ t1 ⎜
⎟=
⎜
⎟
cos2 β
g ⎝
cos β
⎠
⎝
⎠
sen (β − α )
2 v0
∴ t1 =
⋅ cos β ⋅
g
( cos2 α − cos2 β )
∴ t2 =
sen (β − α )
2v0
⋅ cos α ⋅
g
( cos2 α − cos2 β )
Por fim:
t1T1 + t2T2 =
sen (β − α )
2v02
⋅
⋅ ( sen α ⋅ cos β + sen β cos α )
g 2 ( cos2 α − cos2 β )
t1T1 + t2T2 =
2
2
2
2
2v02 ( sen β cos α − sen α ⋅ cos β )
⋅
2
g
( cos2 α − cos2 β )
t1T1 + t2T2 =
(sen 2 β ⋅ cos2 α − sen 2 α ⋅ cos2 β )
2v02
⋅
g 2 ⎡cos2 α ( sen 2 β + cos2 β ) − cos2 β ( sen 2 α + cos2 α )⎤
⎣
⎦
∴ t1T1 + t2T2 =
2v02
g2
Alternativa B
Questão 09
Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula está se movendo com uma
aceleração cujo módulo é dado por μ ( r + a 3 / r 2 ) , sendo r a distância entre a origem e a partícula. Considere que a partícula
foi lançada a partir de uma distância a com uma velocidade inicial 2 μa . Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Por
que razão?
A)
B)
Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da aceleração;
Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a 2 μ ;
C) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a 2 μ / r ;
D)
Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2 a 2μ / r ;
E)
Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a μ .
Resolução:
Observe que na análise dimensional da aceleração ( a x ) temos:
⎛
a3 ⎞
ax = μ ⎜ r + 2 ⎟
r ⎠
⎝
∴
⎛
m
m3 ⎞
= [μ ] ⋅ ⎜ m + 2 ⎟
2
s
m ⎠
⎝
∴ [μ ] =
1
s2
Fazendo a mesma análise para a velocidade inicial:
7
v0 = 2 μa
∴
m
m
= 1⋅ 2
s
s
Que não é dimensionalmente linear.
Uma possível equação para v0 seria:
v0 = 2a μ
m
1
= 1⋅ m ⋅ 2
s
s
Alternativa E
Questão 10
Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta da base de 2, 0 m é mantido de pé graças ao apoio
de um dos seus vértices da base inferior (ver figura) e à ação de uma força vertical de suspensão de 10 N (não mostrada).
Nessas condições, o ponto de aplicação da força na base superior do prisma encontra-se
N
M
S
P
R
A)
sobre o segmento RM a 2,0 m de R.
B)
sobre o segmento RN a 4,0 m de R.
Q
C) sobre o segmento RN a 3,0 m de R.
D)
sobre o segmento RN a 2,0 m de R.
E)
sobre o segmento RP a 2,5 m de R.
Resolução:
Vista do plano que contém R , N e o ponto de apoio da base inferior:
x
∑ M( ) = 0
F
A
N
R
−P ⋅ 2 + F ⋅ x = 0
Fx = 2 P
10 ⋅ x = 2 ⋅ 15
x = 3,0 m
P
A
N
2m
2m
Alternativa C
8
Questão 11
Um relógio tem um pêndulo de 35cm de comprimento. Para regular seu funcionamento, ele possui uma porca de ajuste que
encurta o comprimento do pêndulo de 1 mm a cada rotação completa à direita e alonga este comprimento de 1 mm a cada
rotação completa à esquerda. Se o relógio atrasa um minuto por dia, indique o número aproximado de rotações da porca e
sua direção necessários para que ele funcione corretamente.
A) 1 rotação à esquerda
B) 1/ 2 rotação à esquerda
C) 1/ 2 rotação à direita
D) 1 rotação à direita
E) 1 e 1/ 2 rotações à direita
Resolução:
Como o relógio está atrasando 1 min por dia, ele apresenta um período maior que o correto.
Como T = 2π
l
, um maior período representa um maior comprimento. Assim, para acertar o relógio, devemos encontrar o comprimento
g
do pêndulo.
60
N ⋅ T1 86460
T
=
⇒ 1 =1+
N ⋅ T2 86400
T2
86400
2π
l + Δl
g
l
2π
g
=1+
60
86400
1
2
60
Δl ⎛
60 ⎞
⎛ Δl ⎞ 2
⇒1+
= ⎜1 +
⎜1 + ⎟ = 1 +
⎟
l
86400
l
86400
⎝
⎠
⎝
⎠
60
Δl
120
Como
<< 1 ⇒ 1 +
=1+
86400
l
86400
120 ⋅ 350
Δl =
mm ≅ 0,5 mm
86400
1
A porca deve ser girada
volta para a direita.
2
Alternativa C
Questão 12
Um hemisfério de vidro maciço de raio de 10 cm e índice de refração n = 3 / 2 tem sua face plana apoiada sobre uma
parede, como ilustra a figura. Um feixe colimado de luz de 1 cm de diâmetro incide sobre a face esférica, centrado na
direção do eixo de simetria do hemisfério. Valendo-se das aproximações de ângulos pequenos, sen θ ≈ θ e tg θ ≈ θ , o
diâmetro do círculo de luz que se forma sobre a superfície da parede é de
10 cm
1 cm
n
A)
B)
C)
D)
E)
1 cm
2
cm
3
1
cm
2
1
cm
3
1
cm
10
9
Resolução:
nar sen α = nV sen β
3
⋅ sen β
2
Como α e β são pequenos:
d
d′
3 2
2
1⋅ = ⋅
R 2 R
3
d = d′
2
Como d = 1 cm , temos:
1 ⋅ sen α =
a
b
d
2
d’
2
a
R
2
d ′ = cm
3
Alternativa B
Questão 13
A inversão temporal de qual dos processos abaixo NÃO violaria a segunda lei de termodinâmica?
A) A queda de um objeto de uma altura H e subsequente parada no chão
B) O movimento de um satélite ao redor da Terra
C) A freiada brusca de um carro em alta velocidade
D) O esfriamento de um objeto quente num banho de água fria
E) A troca de matéria entre as duas estrelas de um sistema binário
Resolução:
Dos processos descritos o único reversível é o da alternativa B
Alternativa B
Questão 14
Fontes distantes de luz separadas por um ângulo α numa abertura de diâmetro D podem ser distinguidas quando
α > 1, 22λ /D , em que λ é o comprimento de onda da luz. Usando o valor de 5 mm para o diâmetro das suas pupilas, a que
distância máxima aproximada de um carro você deveria estar para ainda poder distinguir seus faróis acesos? Considere uma
separação entre os faróis de 2 m .
A) 100 m
B) 500 m
C)
D)
E)
1 km
10 km
100 km
Resolução:
a
a
2m
2
x
Lembrando que α >
α 1
=
2 x
α
α α
Como
é pequeno, vale a aproximação tg ≅ .
2
2 2
2
α 1
= ⇒α=
2 x
x
tg
1, 22λ
, temos:
D
2 1, 22λ
>
x
D
D
5 ⋅ 10−3
x<
=
x < 1, 4 ⋅ 104 m
0,61λ 0,61 ⋅ 570 ⋅ 10−9
Das alternativas ficaríamos com a D.
Alternativa D
10
Questão 15
Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos
mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é
Q
P
N
V
M
A)
B)
C)
D)
E)
V
V
V
V
V
/ 2.
/ 3.
/ 4.
/ 5.
/ 6.
Resolução:
Por simetria:
N
M
P
Q
Seja C a capacitância de cada um dos capacitores:
M
Q
N
Q
P
Q
3C
6C
3C
U’
U
U’
Q
V
Q ⎫
6C ⎪⎪
⎬ ⇒ U ′ = 2U
Q⎪
U′ =
3C ⎪⎭
U=
U ′ + U + U ′ = V ⇒ 2U + U + 2U = V ⇒ U =
V
5
Alternativa D
Questão 16
Um fio condutor é derretido quando o calor gerado pela corrente que passa por ele se mantém maior que o calor perdido
pela superfície do fio (desprezando a condução de calor pelos contatos). Dado que uma corrente de 1 A é a mínima
necessária para derreter um fio de seção transversal circular de 1 mm de raio e 1 cm de comprimento, determine a corrente
mínima necessária para derreter um outro fio da mesma substância com seção transversal circular de 4 mm de raio e 4 cm
de comprimento.
A)
B)
C)
D)
E)
1 / 8 A.
1 / 4 A.
1 A.
4 A.
8 A.
11
Resolução:
i=1A
1 mm = r
l = 1 cm
l
πr 2
AL = 2πr ⋅ l
P = Ri 2
R = ρ⋅
i’
4 mm = 4r
4l = 4 cm
R′ = ρ ⋅
4l
π ( 4r )
2
=
1
l
1
ρ
= R
4 πr 2 4
AL′ = 2π ⋅ 4r ⋅ 4l = 16 ⋅ 2π r ⋅ l
2
P ′ = R′ ⋅ i ′ =
2
1
R ⋅ i′
4
Notamos que AL′ = 16 ⋅ AL , fato que conduz a uma potência crítica P′ igual a 16 vezes a potência crítica P , ou seja,
2
1
Ri′ = Ri 2 ⋅ 16
4
2
i′ = 64 ⋅ i 2
i′ = 8 ⋅ i = 8 ⋅ 1 A
i′ = 8 A
Alternativa E
Questão 17
Prótons (carga e e massa m p ), deuterons (carga e e massa md = 2m p ) e partículas alfas (carga 2e e massa ma = 4m p ) entram
JG
em um campo magnético uniforme B perpendicular a suas velocidades, onde se movimentam em órbitas circulares de
períodos Tp , Td e Ta , respectivamente. Pode-se afirmar que as razões dos períodos Td / Tp e Ta / Tp são, respectivamente.
A)
B)
C)
D)
E)
1 e 1.
1 e 2.
2 e 2.
2 e 2.
2 e 2.
Resolução:
Lembrando que os períodos dos movimentos são dados por T =
2π m
, temos:
qB
2π ⋅ 2m p
Td
= e⋅B = 2
2π ⋅ m p
Tp
e⋅B
2 π ⋅ 4m p
Ta
= 2e ⋅ B = 2
2π ⋅ m p
TP
e⋅B
Alternativa E
12
Questão 18
Uma bobina de 100 espiras, com seção transversal de área de 400 cm 2 e resistência de 20 Ω , está alinhada com seu plano
perpendicular ao campo magnético da Terra, de 7, 0 × 10−4 T na linha do Equador. Quanta carga flui pela bobina enquanto
ela é virada de 180° em relação ao campo magnético?
A) 1, 4 ×10−4 C
B)
2,8 × 10−4 C
C)
1, 4 ×10−2 C
D)
E)
2,8 ×10−2 C
1, 4 C
Resolução:
Cálculo do fluxo magnético através do conjunto de 100 espiras:
φ = n ⋅ B ⋅ A ⋅ cos 0° = 100 ⋅ 7 ⋅ 10−4 ⋅ 400 ⋅ 10−4 ⋅ 1 Wb
φ = 28 ⋅ 10−4 Wb
Quando a espira gira 180° temos uma variação Δφ = 2φ .
Δφ
ΔQ
Lembrando que
vem:
= R⋅
Δt
Δt
Δφ 2φ 2 ⋅ 28 ⋅ 10−4
ΔQ =
=
=
C
R
R
20
ΔQ = 2,8 ⋅ 10−4 C
Alternativa B
Questão 19
No circuito ideal da figura, inicialmente aberto, o capacitor de capacitância C x encontra-se carregado e armazena uma
energia potencial elétrica E. O capacitor de capacitância C y = 2C x está inicialmente descarregado. Após fechar o circuito e
este alcançar um novo equilíbrio, pode-se afirmar que a soma das energias armazenadas nos capacitores é igual a
A) 0.
B) E / 9.
C) E / 3.
D) 4 E / 9.
E) E.
Resolução:
No início a carga está toda em C x :
E=
Q2
⇒ Q = 2 ⋅ E ⋅ Cx
2C x
Alcançado o novo equilíbrio:
Q2
E x = x ⇒ Qx = 2 ⋅ E x ⋅ C x
2C x
Ey =
Da conservação das cargas:
Q = Qx + Q y ⇒ E = 2 ⋅ E y + E x
Q y2
2C y
=
Q y2
4C x
⇒ Qy = 4 ⋅ E y ⋅ Cx
(1)
Nesse equilíbrio temos ainda:
Qy
Qy
Q
Ux = Uy ⇒ x =
=
⇒ Q y = 2Qx
C x C y 2C x
⎫
⎪
⎪
(2)
⎬ ⇒ E y = 2Ex
Q y2
4Qx2 ⎪
Ey =
=
2C y 2 ⋅ 2C x ⎪⎭
1
2
De (1) e (2) vem: E x = E e E y = E
9
9
1
2
1
Do exposto: E x + E y = E + E = E
9
9
3
Ex =
Qx2
2C x
Alternativa C
13
Questão 20
O aparato para estudar o efeito fotoelétrico mostrado na figura consiste de um invólucro de vidro que encerra o aparelho em
um ambiente no qual se faz vácuo. Através de uma janela de quartzo, luz monocromática incide sobre a placa de metal P e
libera elétrons. Os elétrons são então detectados sob a forma de uma corrente, devido à diferença de potencial V
estabelecida entre P e Q . Considerando duas situações distintas a e b , nas quais a intensidade da luz incidente em a é o
dobro do caso b , assinale qual dos gráficos abaixo representa corretamente a corrente fotoelétrica em função da diferença
de potencial.
Invólucro de vidro
Luz
P
incidente
Q
G
V
c)
ib
b
Tensão (V)
e)
ia = ib
a
b
–2V0 –V0 0
Tensão (V)
ia = 2ib
a
ib
b
–V0
0
Corrente Fotoelétrica (A)
a
ia = 2ib
a
ib
b
Corrente Fotoelétrica (A)
ia = 2ib
–2V0 –V0 0
Corrente Fotoelétrica (A)
b)
d)
Corrente Fotoelétrica (A)
a)
Corrente Fotoelétrica (A)
Chave inversora
de polaridade
0
Tensão (V)
ib = 2ia
b
ia
a
0 V0
Tensão (V)
Tensão (V)
14
Resolução:
Sabemos que a energia cinética que os fotoelétrons apresentam depende da frequência da radiação incidente, e não da intensidade da
fonte.
EC = E fóton − W0 = hf − W0
h → constante de Planck
f → frequência da radiação incidente
W0 → função trabalho (só depende do metal)
Essa energia cinética é retirada devido à diferença de potencial entre P e Q ( W Fe = q ⋅ U PQ )
0 − EC = e ⋅ V0
EC = e ( −V0 )
Onde −V0 é conhecido como potencial freador e só depende da frequência da luz incidente.
As intensidades diferentes das fontes fornecem quantidades de fótons diferentes. Como cada fóton corresponde a 1 fotoelétron retirado, o
dobro da intensidade nos leva ao dobro da corrente fotoelétrica.
Alternativa C
Questão 21
Uma barra homogênea, articulada no pino O , é mantida na posição horizontal por um fio fixado a uma distância x de O .
Como mostra a figura, o fio passa por um conjunto de três polias que também sustentam um bloco de peso P . Desprezando
efeitos de atrito e o peso das polias, determine a força de ação do pino O sobre a barra.
x
y
O
P
Resolução:
Lembrando que a barra é homogênea e deve ter peso PB não fornecido, temos:
P
P
(+)
P
4
P
4
4
P
2
O
y
x
PB
P
Fazendo a soma dos torques em relação à O :
ΣΤo = 0
P
Px
⎛x
⎞
⋅ x − PB ⋅ ⎜ + y ⎟ = 0 ∴ PB =
4
2
2
x
( + y)
⎝
⎠
Como, não há força na horizontal, somando as forças verticais temos:
P
FO + − PB = 0
4
P( x − y)
P
P⋅x
P
∴ FO = PB − =
−
∴ FO =
4 2( x + y) 4
4( x + y)
15
2
Questão 22
Um objeto de massa m é projetado no ar a 45º do chão horizontal com uma velocidade v . No ápice de sua trajetória, este
objeto é interceptado por um segundo objeto, de massa M e velocidade V , que havia sido projetado verticalmente do chão.
Considerando que os dois objetos “se colam” e desprezando qualquer tipo de resistência aos movimentos, determine a
distância d do ponto de queda dos objetos em relação ao ponto de lançamento do segundo objeto
Resolução:
Observe a figura:
V
v
m 45°
v’
m a
M
h
0
vx
d
Na ápice da trajetória, a partícula de massa m tem apenas velocidade horizontal:
v 2
2
v x = v ⋅ cos 45º =
E se encontra a uma altura h, tal que:
Em y:
02 = v 2y − 2 g h
∴ 2 g h = v 2 ⋅ sen 2 45º
∴h=
v2
4g
Considerando que a colisão inelástica houve quando M ainda estava subindo:
∑ Qx0 = ∑ Qx f
mv x + M ⋅ 0 = ( m + M ) ⋅ v x'
m ⋅ vx
∴ v x' =
(m + M )
m
∴ v x' =
∑Q
(m + M )
⋅
v 2
2
= ∑Qy f
y0
m ⋅ 0 + M ⋅ V = ( m + M ) ⋅ v 'y
∴ v 'y =
MV
m
( +M)
Assim, para o novo lançamento temos em x :
MU
d = v x' ⋅ t
∴d=
m
(m + M )
v 2
⋅t
2
(1)
E, em y :
MUV :
t2
2
t2
MV
∴g −
t−h =0
2 (m + M )
0 = h + v 'y t − g
2
⎛ M ⎞
⎛ M ⎞ 2
⎜
⎟V ± ⎜
⎟ V + 2gh
+
m
M
⎝
⎠
⎝m+M ⎠
∴t=
g
(2)
Onde só vale o sinal positivo.
Assim, substituindo (2) em (1) temos:
16
x
⎛⎛ M
⎜⎜
mv 2 ⎜ ⎝ m + M
⋅
d=
2 (m + M ) ⎜
⎜
⎜
⎝
∴d=
2
⎞
⎞
⎛ M ⎞ 2
⎟V + ⎜
⎟ V + 2gh ⎟
⎟
⎠
⎝m+M ⎠
⎟
g
⎟
⎟
⎠
2
2
⎡⎛ M ⎞
mv 2
⎛ M ⎞ 2 v ⎤⎥
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅V + ⎜
⎟ V +
2 g ( m + M ) ⎢⎝ m + M ⎠
2 ⎥
⎝m+M ⎠
⎣
⎦
Questão 23
Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de comprimento L , é solto de uma
posição horizontal. Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetro
disprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O . Em consequência, a massa M passa a se
movimentar num círculo de raio L − x , conforme mostra a figura. Determine a faixa de valores x para os quais a massa do
pêndulo alcance o ponto mais alto deste novo círculo.
L
O
x
L–x
Resolução:
A
L
O
vf
x
P
Para que M atinja B (ponto mais alto) temos:
E M A = EM B
MgL = Mg ⋅ 2 ( L − x ) +
∴ Mg ( 2 x − L ) =
Mv 2f
2
Mv 2f
∴ v 2f = 2 g ( 2 x − L )
2
Em B as forças atuantes são P e T (tração no fio):
P + T = Fcp
Onde T ≥ 0 , assim:
Fcp ≥ P
∴
Mv 2f
≥ Mg
( L − x)
2g ( 2x − L)
∴
≥g
( L − x)
∴ 4x − 2L ≥ L − x
3L
∴x ≥
5
Por fim:
3L
≤x≤L
5
Já que valores maiores que L não convêm.
17
B
r
Questão 24
Um bloco, com distribuição homogênea de massa, tem o formato de um prisma regular cuja seção transversal é um triângulo
equilátero. Tendo 0,5g/cm3 de densidade, tal bloco poderá flutuar na água em qualquer das posições mostradas na figura.
Qual das duas posições será a mais estável? Justifique sua resposta. Lembrar que o baricentro do triangulo encontra-se a
2 / 3 da distância entre um vértice e seu lado oposto.
b)
a)
Resolução:
JG
Em ambas as situações, as forças que atuam no corpo são peso P
( )
JG
e empuxo E
JJG JG
e a resultante é nula Fr = O , já que ele está em
( )
(
)
repouso.
P=E
d c ⋅ V ⋅ g = d L ⋅ Vdesl ⋅ g
Vdesl d c
=
= 0,5
V
dL
Vdesl = Adesl ⋅ L
V = A⋅ L
Adesl
= 0,5
A
(onde L é a altura do paralelepípedo)
Como Vdesl + Vemerso = V
Aemerso
= 0,5
A
Podemos usar a relação para figuras semelhantes tomando l como altura
A1 ⎛ l1 ⎞
=⎜ ⎟
A2 ⎝ l2 ⎠
h
=
H
2
A1
2
2
= 0,5 =
⇒h=
H
A2
2
2
Onde h é a altura do triângulo menor, seja ele imerso ou emerso.
Assim, os desenhos de forças e centros de massa ficam:
A
2
H 2
h=
3
3
2
H
3
h=
H 2
2
CM1
H
E
CM
4- 2
H
3
P
CM2
B
C
CM 1 → Centro de massa da parte emersa.
CM 2 → hidrocentro ou centro da massa da parte imersa.
CM → Centro de massa do prisma
A distância do vértice A do triângulo ao nível da água é h =
H 2
= 0,71H , enquanto a distância do vértice A ao centro de massa do
2
2
H = 0,67 H , assim, o centro de massa do corpo está acima do nível da água.
3
Como a figura b) e completamente simétrica, dada a relação de densidades, temos que nos dois casos, as forças que equilibram o corpo
são convergentes, o que torna o equilíbrio instável. Consideraremos o mais estável, aquele em que o centro de massa do corpo encontra-se
gravitacionalmente mais baixo, ou seja, na opção b).
corpo ( CM ) é
18
Questão 25
Um filme fino de sabão é sustentado verticalmente no ar por uma argola. A parte superior do filme aparece escura quando é
observada por meio de luz branca refletida. Abaixo da parte escura aparecem bandas coloridas. A primeira banda tem cor
vermelha ou azul? Justifique sua resposta.
Resolução:
Vista lateral da película de sabão, que é um material mais refringente que o ar.
e
Observador
1
2
Ar
Sabão
Ar
Perceba que o raio 1 inverte a fase enquanto o 2 não.
Quando e é muito menor que o comprimento de onda a interferência é destrutiva justificando a parte superior do filme ser escura.
λ
Conforme e aumenta e temos a igualdade 2e = , começamos a verificar interferências construtivas sendo que a primeira delas ocorre
2
para os menores comprimentos de onda, ou seja, o lado azul do espectro visível.
Do exposto, concluímos que a primeira banda colorida será azul.
Questão 26
O tubo mais curto de um órgão típico de tubos tem um comprimento de aproximadamente 7 cm . Qual é o harmônico mais
alto na faixa audível, considerada como estando entre 20 Hz e 20.000 Hz , de um tubo deste comprimento aberto nas duas
extremidades?
Resolução:
O harmônico mais alto é o de maior frequência possível, ou seja, menor λ
l
…
l
2
l
2
l
2
Ou seja:
λ
A = n⋅
2
2A
∴λ=
n
Ainda:
v = λf
v nv
∴f = =
λ 2A
340
∴f = n⋅
2 ⋅ ( 7 ⋅ 10−2 )
Para f = 20000 Hz , teremos: n = 8, 23
Então, para n = 8 : f = 19429 Hz
19
Questão 27
Uma bolha de gás metano com volume de 10 cm3 é formado a 30 m de profundidade num lago. Suponha que o metano
comporta-se como um gás ideal de calor específico molar CV = 3R e considere a pressão atmosférica igual a 105 N/m 2 .
Supondo que a bolha não troque calor com a água ao seu redor, determine seu volume quando ela atinge a superfície.
Resolução:
Considerando a transformação adiabática, temos:
P0 ⋅ V0 γ = Pf ⋅ V f γ (1)
Sendo que:
C p = R + Cv = 4 R
E:
γ=
CP 4
=
CV 3
A pressão PO a 30m de profundidade vale:
Po = 105 + dgh
∴ Po = 105 + 103 ⋅ 10 ⋅ 30 = 4 ⋅ 105
Voltando em (1) :
4 ⋅ 105 (10 )
⎛Vf ⎞
⎜ ⎟
⎝ 10 ⎠
4
3
4
= 105 ⋅ (V f )
3
4
3
=4
4
V f = 10 ⋅ ( 4 ) 3 cm3 = 28,3 cm 3
Questão 28
Uma corrente I E percorre uma espira circular de raio R enquanto uma corrente I F percorre um fio muito longo, que
tangencia a espira, estando ambos no mesmo plano, como mostra a figura. Determine a razão entre as correntes I E / I F para
que uma carga Q com velocidade v paralela ao fio no momento que passa pelo centro P da espira não sofra aceleração
nesse instante.
IF
P
v
IE
Resolução:
Para que a aceleração da carga Q seja nula ao passar por P é necessário e suficiente que o campo magnético resultante em P seja
nulo, ou seja:
BF = BE
μ IF
μI
= E
2π ⋅ R 2 R
IF
= IE
π
IE 1
=
IF π
20
Questão 29
Um tarugo de vidro de índice de refração n = 3 / 2 e seção transversal retangular é moldado na forma de uma ferradura,
como ilustra a figura. Um feixe de luz incide perpendicularmente sobre a superfície plana P . Determine o valor mínimo da
razão R / d para o qual toda a luz que penetra pela superfície P emerja do vidro pela superfície Q .
d
P
R
Q
Resolução:
1
2
3
q1
q2
Normal
q3
R
R+d
Da figura notamos que θ3 é o menor dos ângulos de incidência θ1 , θ2 e θ3 . Ocorrendo reflexão interna total para o raio de luz 3
ocorrerá também para os 1 e 2 .
Do exposto:
θ3 ≥ L , em que L é o ângulo limite
sen θ3 ≥ sen L =
1
3
2
2
3
R
2
≥
R+d 3
3R ≥ 2 R + 2d
R
≥2
d
sen θ3 ≥
Logo, o valor mínimo para a razão
R
é 2.
d
Questão 30
Obtenha uma expressão para as energias das órbitas do modelo de Bohr do átomo de Hidrogênio usando a condição de que
o comprimento da circunferência de uma órbita de elétron ao redor do próton seja igual um número inteiro de comprimentos
de onda de de Broglie do elétron.
Resolução:
O comprimento de onda de de Broglie pode ser escrito da forma:
λ=
h
Q
E, usando a condição dada nas orbitas do átomo de hidrogênio, temos:
2πr = n ⋅
h
Q
E, sendo Q = mv , temos:
2πr = n
h
mv
21
⎛ h ⎞
∴ mvr = n ⎜ ⎟ (1)
⎝ 2π ⎠
Lembrando quem a força elétrica é a componente centrípeta para o movimento circular do elétron, temos:
FE = FCP
Ke 2 mv 2
=
r2
r
Ke 2
∴
= mv 2
r
∴
( 2)
Substituindo (1) em ( 2 ) temos:
Ke 2
n2 h2
= m⋅ 2 2 2
r
m r 4π
∴ r = n2 ⋅
∴ r = n2
h2
4π ⋅ m K ⋅ e 2
2
Eo ⋅ h 2
π ⋅ me 2
( 3)
Pro fim, lembrando que a energia total é a soma de cinética e da potencial:
E=
mv 2 Ke 2
−
2
r
( 4)
Substituindo ( 2 ) em ( 4 )
E=
Ke 2 Ke 2
Ke 2
−
=−
2r
2r
r
E, usando ( 3) :
E=−
Ke 2 ⎛ π me 2 ⎞
⋅⎜
⎟
2 ⎝ n 2 ⋅ E0 ⋅ h 2 ⎠
⎛ m ⋅ e4 ⎞ 1
∴ En = − ⎜
2
2 ⎟ 2
⎝ 8 ⋅ E0 ⋅ h ⎠ n
⎛ 1 ⎞
E, depois de substituídos os valores das contentes: En = −13,6 ⎜ 2 ⎟ eV
⎝n ⎠
22
Professores:
Física
André Villar
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
Vinícius Miranda
Colaboradores
Aline Alkmin, Lilian Aparecida, Luis Antônio, Thays Freitas, Filipe Sousa e Mateus Grangeiro
Digitação e Diagramação
Érika Rezende
João Paulo
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Leandro Bessa
Rodrigo Ramos
Vinícius Eduardo
Projeto Gráfico
Leandro Bessa
Vinícius Eduardo
Supervisão Editorial
José Diogo
Valdivina Pinheiro
Copyright©Olimpo2011
As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos,
competências e habilidades específicos. Esteja preparado.
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