Física - PaperInside.com

CADERNO DE
RESOLUÇÕES
CONCURSO ITA 2010
FÍSICA
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove
porque temos mais a oferecer.
15/DEZ/2009
2006: 2 convocados
Escola Naval
2010: Único a aprovar no PR e em SC!
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
IME
2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE,
sendo os 2 melhores colocados da ativa e os 2
melhores da reserva !!!
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!!
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da
Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná,
incluindo os 4 melhores da ativa e os
4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
UFPR
2009: 17 aprovados
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
UFTPR
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica /
Eletrotécnica
1º lugar em Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
ITA
Elite Curitiba: 5 anos de existência,
5 anos de aprovações no ITA !!!
11 alunos aprovados!
LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009)
JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008)
LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008)
MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008)
CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007)
VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007)
GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006)
RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006)
YVES CONSELVAN (ITA 2006)
EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005)
FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005)
Só no ELITE você encontra:
Simulados semanais/quinzenais;
A maior carga horária.
Os melhores professores!
AFA
2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros
do Paraná! Destaque para
Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná!
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência
ESPCEX
2009: Dos 10 primeiros colocados do
Paraná, 5 são ELITE! E dos 26
aprovados no Paraná, 10 são ELITE!
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 alunos convocados no Paraná
2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de
20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
Fone :
3013-5400
www.ELITECURITIBA.com.br
EPCAr
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
EEAR
2009: 3 aprovações
MURILO RODRIGUES MESQUITA
ROMULO CORREA DA SILVA COSTA
GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE
2008: 4 aprovações
(2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
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FÍSICA
OBJETIVAS
Caso necessário, use os seguintes dados:
Constante gravitacional G=6,67 x 10-11.m 3/s2kg. Massa do Sol
M=l,99x1030 kg. Velocidade da luz c=3x108m/s. Distância média
do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 x 1011 m. Aceleração
da gravidade g=9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de
Avogadro: 6,023 x 1023 mol-1. Constante universal dos gases:
8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio: 14. Constante de
Planck h=6,62x 10-34m 2Kg/s. Permissividade do vácuo: ε0 =
1/4πκ0. Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.
15/DEZ/2009
d) mg
1 − [2ω2R / g − ( ω2 R / g )2 ]cos 2 λ
e) mg
1 − [2ω2R / g − (ω2 R / g )2 ]sen 2 λ
Resolução:
Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial
gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado
por —V = GM/r, em que r é a distância média do corpo ao centro
do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa
equação de Newton deve ser corrigida para —V= GM/r + A/r2, em
que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c.
Com base na análise dimensional e considerando k uma constante
adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da
constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o
termo de correção, A/r2; obtido por Einstein, e o termo GM/r da
equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que
k=1.
a ) A = kGM/c
e 10-5
2 2
b ) A = kG M /c e 10-8
c) A = kG2M2/c e 10-3
d) A = kG2M2/c2 e 10-5
e) A = kG2M2/c2 e 10-8
01.
Da figura acima, temos:
ALTERNATIVA: D
03. Considere um segmento de reta que liga o centro de
qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De
acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas
iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado
instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o
Sol e o planeta.
Assinale a alternativa correta.
Resolução:
–V = GM/r + A/r2
Aplicando o operador dimensional:
[–V] = [GM/r] = [A/r2] → [A] = [GMr]
[A] = [G].[M].[r]
De acordo com as alternativas A = kGx.My/cz → [A] =
[k].[G]x.[M]y.[c]-z
Assim: [G].[M].[r] = [k].[G]x.[M]y.[c]-z → L = [G]x-1.My-1.(L.T-1)-z
k é adimensional, logo [k] = 1. De F = GMm/d2, concluímos que [G]
= M-1.L3.T-2
L = (M-1.L3.T-2)x-1.My-1.(L.T-1)-z
1 =3(x-1) –z
0 = 1-x + y-1 0= -2(x-1) + z
Resolvendo encontramos x= y = z = 2. Logo:
2
2 2
A = kG .M /c
Cálculo da ordem de grandeza (OG) de (A/r2)/(GM/r) :
OG ((A/r2)/(GM/r)) = OG(A/GMr) = OG(GM/rc2) =
11
30
11
8 2
-8
OG(6,67.10- .1,99.10 /1,5.10 .(3.10 ) ) = OG(13,34.10 /13,5) =
-8
10
ALTERNATIVA: E
a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer
áreas iguais em tempos iguais.
b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com
focos diferentes e a 2a Lei de Kepler continuaria válida.
c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2a Lei de
Kepler não seria mais válida.
d) A 2a Lei de Kepler só é válida quando se considera uma
força que depende do inverso do quadrado das distâncias
entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida.
e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
Resolução:
Se a força de gravitacional deixasse de atuar, o planeta seguiria
em movimento uniforme com velocidade v.
02. Considere a Terra como uma esfera homogênea de
raio R que gira com velocidade angular uniforme m em
torno do seu próprio eixo Norte-Sul- Na hipótese de
ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da
gravidade seria dada por g = GM/R2. Como ω≠0, um corpo
em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito
forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido,
por exemplo, por um dinamômetro cuja direção pode não
passar pelo centro do planeta. Então, o peso aparente de
um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a
uma latitude X é dado por
Para um mesmo intervalo de tempo ∆t, o espaço percorrido
ur
( v  t ) será o mesmo.
uur uur
uur uur
ur
S2 – S1 = S3 – S2 = v . ∆t
Isto significa que os triângulos ABC e ACD de mesma altura (S1) e
mesma base ( v  t ), logo possuem mesma área.
ALTERNATIVA: A
2
a ) mg - mω R cos λ.
2
2
b) mg - mω R sen λ.
c) mg
1 − [2ω2R / g + ( ω2 R / g )2 ]sen 2 λ
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04. A temperatura para a qual a velocidade associada à
energia cinética média de uma molécula de nitrogênio; N2, é
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max1 + mg(x2-x1)senα + kx12/2 = kx22/2
kx22/2 - mgsenαx2 + mgx1(gsenα-a) - kx12/2 = 0
Usando Baskhara para encontrar x2 e substituindo o valor já
encontrado
de
x1:
Substituindo,
encontramos
igual à velocidade de escape desta molécula da superfície
da Terra é de, aproximadamente,
a) 1,4 x 105 K.
b) 1,4 x 108 K.
c) 7,0 x 1027 K.
d) 7 9 x 104 K
e) 8,4 x 1028 K.
x2 =
[mgsenα + m
]
a(2 gsenα − a) / k
ALTERNATIVA: C
06. Um quadro quadrado de lado l e massa m, feito de um
material de coeficiente de dilatação superficial β, é
pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa
desprezível, com as extremidades fixadas no meio das
arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de
tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o
quadro é submetido a uma variação de temperatura ∆T,
dilatando. Considerando desprezível a variação no
comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar
que o comprimento mínimo da corda para que o quadro
possa ser pendurado com segurança é dado por
Resolução:
Obs: desconsiderou-se a energia de rotação da molécula de
nitrogênio. Deve-se atentar também que o enunciado faz
menção à energia da molécula e não a energia do gás
como um todo.
a) 2lF β∆T / mg .
b) 2lF (1 + β∆T) / mg .
c) 2lF(1 + β∆T) / 4F 2 − m2 g2 ) .
ALTERNATIVA: E
d) 2lF (1 + β∆T) /(2F − mg) .
05. No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a
uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente
por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural,
o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de
descida com uma aceleração constante a. Durante parte
dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo,
dele se separando somente após um certo tempo.
Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a
variação máxima do comprimento da mola é dada por
e) 2lF (1 + β∆T) /(4F2 − m2 g2 ) .
Resolução:
Da figura ao lado temos:
Mas,
logo:
,
a) [ mgsenα + m a(2 gsenα + a) ]/ k .
b) [ mg cos α + m a(2 g cos α + a )] / k .
c) [ mgsenα + m a(2 gsenα − a )] / k .
Como
d) m(g senα-a)/k.
e) mg senα/k.
ALTERNATIVA: E
07. Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre
uni plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.
Uma barra homogênea de
comprimento L e peso Q está
articulada no ponto O. A barra
está apoiada na superfície lisa
do semicilindro, formando um
ângulo α com a vertical.
Quanto vale o coeficiente de
atrito
mínimo
entre
o
semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo
permaneça em equilíbrio?
Resolução:
De x=0 até x1, o corpo faz um MRUV, com aceleração a.
2
Assim: v1 =2ax1
O instante em que o corpo se solta do anteparo é o instante em
que a resultante das forças sobre o corpo produz exatamente a
aceleração a (neste instante não há força entre o corpo m e o
anteparo). Assim:
mgsenα - kx1 = ma → x1 = m(gsenα – a)/k
x1 = m(gsenα - a)/k
O instante em que o corpo anula sua velocidade corresponde à
máxima elongação (x2), pois a partir daí, o corpo vai voltar. De x1
até x2 o sistema é conservativo, então a energia mecânica se
mantém constante. Logo:
mv12/2 + mg(x2-x1)senα + kx12/2 = kx22/2
2
2
m2ax1/2 + mg(x2-x1)senα + kx1 /2 = kx2 /2
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, logo:
a) µ = cos α/[cos α+2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ senα)
b) µ = cos α/[cos α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα)
c) µ = cos α/[sen α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα)
d) µ = sen α/[sen α+2P(2h/LQ cos(2α) – R/LQ cosα)
e) µ = sen α/[cos α+2P(2h/LQ sen(2α) – R/LQ cosα)
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d) RP < RE e TP = TE.
e) RP = RE e TP < TE.
Resolução:
Resolução:
A velocidade da partícula é calculada a partir do trabalho do campo
elétrico associado a diferencial de potencial V. Sendo e a carga
elétrica fundamental temos que:
W = qV = ∆EC
eV =
v=
1 2
mv
2
2eV
m
O raio da trajetória da partícula na região de campo magnético é
dado por:
Pela figura temos:
h − R ⋅ sen α
x=
cos α
No equilíbrio da barra:
ur
ur
ΣM0 = 0 ⇒ ⇒ NB ⋅ x = Q ⋅ senα ⋅ L ⇒
2
QLsen2α
LQsenα
cos α
⇒ NB =
⋅
⇒ ⇒ NB =
2
h − R ⋅ senα
4(h − R ⋅ sen α)
R=
mv
qB
R=
m 2eV 1
=
eB m
B
 1 2V 
R = 
 . m
B e 
Como mP > mE , temos que RP > RE
E seu período é:
P
senα +
NB
⇒ ⇒µ=
09. Considere um oscilador harmônico simples composto
por uma mola de constante elástica k, tendo uma
extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de
massa m. O oscilador gira num plano horizontal com
velocidade angular constante ω em tomo da. extremidade
fixa; mantendo-se apenas na direção radial, conforme
mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do
oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que
cos α
⇒
4P(h − R ⋅ senα)
senα +
Q ⋅ L ⋅ sen2α


2h
2R ⋅ senα

⇒ µ = cos α / senα + 2P 
−
  ⇒

Q
⋅
L
⋅
sen2
α
Q
⋅
L
⋅
2sen
α
⋅
cos
α


a) o movimento é harmónico
simples para qualquer que
seja velocidade angular ω.
b) o ponto de equilíbrio é
deslocado para R < R0.
c) a frequência do MHS cresce
em relação ao caso de ω = 0.
d)
o quadrado da
frequência do MHS depende linearmente do quadrado da
velocidade angular.
e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na
direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência
do MHS.


2h
R

⇒ µ = cos α / senα + 2P 
−
 Q ⋅ L ⋅ sen2α Q ⋅ L ⋅ cos α  

ALTERNATIVA: C
08. Um elétron é acelerado do repouso através de uma
diferença de potencial V e entra numa região na qual atua
um campo magnético, onde ele inicia um movimento
ciclotrônico, movendo-se num círculo, de raio RE com
período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso
através de uma diferença de potencial de mesma
magnitude e entrasse na mesma região em que atua o
campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e
período TP que
Resolução:
O movimento da partícula é a composição de um MHS com um
MCU (A – incorreta).
A posição de equilíbrio é tal que a força elástica exerce o papel de
força centrípeta:
a) RP = RE e TP = TE.
b) RP > RE e TP > TE.
c) RP > RE e TP = TE.
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2π m
qB
ALTERNATIVA: B
⇒ NB cos α = µ ⋅ (NB ⋅ senα + P) ⇒ ⇒ µ = NB ⋅ cos α ⇒
NB ⋅ senα + P
cos α
T=
 2π 
T =
 .m
 eB 
Como mP > mE , temos que TP > TE
Para um coeficiente de atrito mínimo o semicírculo encontrar-se-á
na iminência do movimento.
Nx = Fat = µ ⋅ Ns ⇒ ⇒ NB cos α = µ ⋅ (Ny + P) ⇒
⇒µ=
2mV
e
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K(R-R0) = mw2R (com w>0 o ponto de equilíbrio é deslocado para
R>R0). (B – incorreta).
Denotaremos R-R0 = x0.
Um campo magnético poderá tanto fortalecer quanto enfraquecer
o efeito da força elástica da mola, isto depende do seu sentido (E
– incorreta)
Supondo a partícula em uma posição diferente da de equilíbrio, e
o referencial na partícula (entra em cena a força centrífuga), temos
que kx´- mw2R = ma, onde a é o módulo da aceleração radial e
x´é a deformação da mola. Denotando por x = x´- x0 a deformação
da mola mola em relação à posição de equilíbrio, e sabendo que R
= R0 + x, temos a = (k/m)x0 – w2R0 + (k-mw2).x/m, provando que a
aceleração é função da distância até a posição de elequilíbrio, o
que prova que o movimento é um MHS em relação ao referencial
que gira com velocidade angular w, com pulsação Ω, calculada por
Ω =
k − mw2
m
, logo f =
1
2π
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Newton. Sabendo-se que o diâmetro do menor anel escuro
mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio
de
a) 1,0 m.
b) 1,6 m.
c) 2,0 m.
d) 4,0 m.
e) 8,0 m.
Resolução:
k − mw2 , provando que o
m
quadrado de f depende do quadrado de w. (C – incorreta e D –
correta).
ALTERNATIVA: D
10. Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ
mostrado no diagrama T-S da figura. Pode-se afirmar que
Podemos relacionar o raio r de um anel qualquer com o raio de
curvatura da face convexa da lente fazendo:
e = R – R cos θ ou e = R ( 1 – cos θ ) e sendo θ um ângulo
2
2
pequeno temos cos θ = 1 – θ e portanto θ = 1 – cos θ ;
2
2
a) o processo JK corresponde a uma compressão
isotérmica.
b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é
W=(T2-T1)(S2-S1).
c) o rendimento da máquina é dado por η = 1- T2 .
2
substituindo na equação acima vem e = R θ ; como, também
2
pela
aproximação
de
ângulo
pequeno
2
r
θ ≅ r teremos e ≅
.
2R
R
T1
d) durante o processo LM uma quantidade de calor
QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.
e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia
eventualmente possuir um rendimento maior que a desta.
Resolução:
a) Incorreta, pois no processo JK temos entrada de calor (Q>0) no
sistema e, portanto, o trabalho realizado é positivo (W>0), ou seja,
ocorre expansão isotérmica.
b) Correta, pois em um ciclo temos ∆U=0 e, portanto,
.
c) Incorreta, pois o rendimento do ciclo de Carnot representado na
figura é dado por
.
d) Incorreta, pois durante o processo LM o sistema perde calor
.
e) Incorreta, pois a máquina representada opera segundo o ciclo
de Carnot, que fornece o maior rendimento possível.
ALTERNATIVA: B
Se fizermos, como para lâminas delgadas, o estudo dos anéis
claros (interferência construtiva) e escuros (interferência
destrutiva), notaremos que, sendo o sistema imerso no ar, os
11. Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento
de onda, incide sobre uma lente plano-convexa apoiada
numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a. figura.
Devido à variação da espessura da camada de ar existente
entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre a lente uma
sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de
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primeiros aparecem para
e =
(2 m + 1) λ
4
e os segundos
para e = 2 m λ 0 sendo m = 0, 1, 2, 3, ... .
4n 2
Para m = 1 , nesta última expressão:
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e=
Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência ƒ
ouvida pela jovem.
2 x1 x λ o
λ
= o (I)
4 x1
2
Como:
2
e≅ r
2R
e=
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1x 10 −6 (II); Igualando (I e II):
2R
a)
b)
c)
d)
λo 10−6
10−6
=
⇒R =
⇒ R = 2m
2
2R
500 x10−9
ALTERNATIVA: C
12. Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na
figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma
abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro
em C, Sendo AD = 34,00 cm, AB = BD, BC = CD e a
velocidade do som de 340,0 m/s; as frequências esperadas
nos casos:
(i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C
estão fechados, devem ser, respectivamente
a) 2000 Hz e 1000 Hz.
b) 500 Hz & e 1000 Hz.
c) 1000 Hz e 500 Hz.
d) 50 Hz e 100 Hz.
e) 10 Hz e 5 Hz.
e)
Resolução:
Na situação inicial (t=0) não há movimento relativo de
aproximação entre a sirene e a jovem, logo f = f0, com f/f0 = 1
Nos primeiros instantes (0<t<T/2) a jovem se afastará da sirene e
então por efeito Doppler teremos f < f0, e portanto, f/f0 < 1.
No instante t= T/2 a jovem estará no ponto mais afastado da
sirene, no qual também não há movimento relativo de
aproximação ou afastamento entre ela e a sirene e f = f0, com f/f0 =
1.
Para T/2 < t < T a jovem estará se aproximando da sirene e neste
caso teremos o aumento da freqüência percebida por ela (f > f0), e
portanto, f/f0 > 1.
A alternativa que melhor se aproxima da resposta é A, embora os
instantes de maior efeito Doppler não sejam t=T/4 e t = 3T/4 como
mostra a figura da alternativa A.
Obs.:
Resolução:
Em ambos os casos, ter-se-á uma configuração de onda
estacionária, cujos ventres coincidirão com cada abertura.
Portanto:
CASO (i):
vsom = λ . fi
340 = ( 0, 34 ) . fi
f i = 1500 Hz
CASO (ii):
Os instantes corretos correspondem aos pontos onde há a maior
velocidade relativa entre a jovem e a sirene, sendo, portanto, os
instantes associados aos pontos indicados na figura abaixo. Logo
estes instantes são t1 (próximo de T/4, mas tal que t1 < T/4) e t2
(próximo de 3T4, mas tal que t2 > 3T/4).
A alternativa A é mais próxima da resposta, quanto menor for a
razão do raio do carrossel pela distância entre seu centro e a
sirene.
ALTERNATIVA: A
vsom = λ. fii
340 = ( 2.0, 34 ) . fii
fii = 500 Hz
14. Considere as cargas elétricas q1 = 1C, situada em
x = -2 m, e q2.= -2 C, situada em x = -8 m. Então, o lugar
geométrico dos pontos de potencial nulo é
ALTERNATIVA: C
13. Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular
que gira a uma velocidade angular constante com período T, Uma
sirene posicionada fora do carrossel emite um som de freqüência
f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está
à menor distância em relação a sirene.
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a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = -4 m e
x = 4 m.
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b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = -16 m e
x = 16 m.
c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = -4 m e
x = 16 m.
d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = -4 m.
e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto
x = -4 m.
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⇒
3k 0 ⋅ Q ⋅ q 3
⋅
⋅ l1 = mgl 2 ; Como:
4d2
2
q=
Q⋅q < 0
−8mgd2l 2
3 3 ⋅ k 0 ⋅ Q ⋅ l1
ALTERNATIVA: E
16. A figura mostra três camadas de dois materiais com
condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da esquerda para a
direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de
largura d/2, seguida de uma camada do material de condutividade
σ2, de largura d/4, seguida de outra camada do primeiro material
de condutividade σ1, de largura d/4. A área transversal é a mesma
para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial
entre os pontos a e b igual a V, a corrente do circuito é dada por
Resolução:
Consideremos um ponto P qualquer de coordenadas (x,y, z)
distante d1 da carga 1C e d2 da carga -2C. Para que tenhamos
potencial nulo, a soma dos potenciais produzidos pelas cargas
deve ser zero, ou seja:
A expressão anterior representa uma esfera de raio R = 4m e com
centro na origem, portanto cruzando o eixo x nos pontos x= -4 m e
x = 4m.
ALTERNATIVA: A
a) 4VA/d(3σ1 + σ2).
b) 4VA/d(3σ2 + σ1).
c) 4VAσ1σ2/d(3σ1 + σ2).
d) 4VAσ1σ2/d(3σ2 + σ1).
e) 4V(6σ1 + 4σ2)/d.
15. Considere uma balança de braços desiguais, de
comprimentos l1 e l2 conforme mostra a figura. No lado
esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude
Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de
outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m
sobre um prato de massa desprezível. Considerando as
cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da
direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por
Resolução:
Sabendo que R = ρ L = L
A
σA
e considerando cada uma das
camadas como um resistor, temos 3 resistores em série, cuja
resistência equivalente é:
R = R1 + R2 + R3
R=
a) -mgl2d²/(k0Ql1).
b) -8mgl2d²/(k0Ql1).
R=
d
d
2 + 4 + 4
σ1 A σ 2 A σ1 A
R=
d  3
1 
 + 
4 A  σ1 σ 2 
R=
c) -4mgl2d²/(3k0Ql1).
L1
L
L
+ 2 + 3
σ 1 A1 σ 2 A2 σ 3 A3
d
d ( 3σ 2 + σ 1 )
4 A σ 1σ 2
Logo, a corrente elétrica do circuito é dada por:
V
V
i= =
R
d ( 3σ 2 + σ 1 )
d) -2mgl2d²/( 3 k0Ql1). e) -8mgl2d²/( 3 3 k0Ql1).
Resolução:
4A
i=
σ 1σ 2
4 AV σ 1σ 2
d ( 3σ 2 + σ 1 )
ALTERNATIVA: D
17. Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior
duas cavidades esféricas, de raio a e b, respectivamente,
conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há
uma carga puntual qa e no centro da outra, uma carga
também puntual qb, cada qual distando do centro da esfera
condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que
Pela figura:
x=
d
2d
⇒x=
cos30°
3
No equilíbrio da carga Q:
F = T ⇒
k0 ⋅ Q ⋅ q
3 ⋅ k0 ⋅ Q ⋅ q
= T⇒T =
x2
4d2
a)a força entre as cargas qa e qb é K0qaqb(x² + y² -2xycos θ).
b) a força entre as cargas qa, e qb é nula.
c) não é possível determinar a força entre as cargas, pois
não há dados suficientes,
No equilíbrio da barra:
ur ur
ΣM = 0 ⇒ T ⋅ cos 30°l1 = mgl 2 ⇒
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d) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira
carga, qc, esta não sentiria força alguma.
e) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira
carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada.
Das figuras anteriores, temos:
ALTERNATIVA: B
Para calcular a força de interação entre as cargas, é preciso
calcular a distância d entre elas, o que pode ser realizado pela Lei
dos Cossenos:
19. Considere um aparato experimental composto de um
solenóide com n voltas por unidade de comprimento, pelo
qual passa uma corrente I, e uma
espira retangular de largura l,
resistência R e massa m presa por
um de seus lados a uma corda
inextensível, não condutora, a qual
passa, por uma polia de massa
desprezível e sem atrito, conforme a
figura. Se alguém puxar a corda com
velocidade constante v, podemos
afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a
d 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos θ
Logo o módulo da força de interação vale F =
k 0. qa . qb
x + y 2 − 2 xy cos θ
Obs.: As duas cargas estão blindadas eletrostaticamente, de
maneira que o campo elétrico total sobre cada uma delas é nula,
sendo nula também a força eletrostática RESULTANTE sobre
cada uma delas.
ALTERNATIVA: A
2
18. Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da
figura (a) e produz no seu centro um campo magnético de
magnitude B na direção y, cuja representação no sitema de
coordenadas é (0,B,0). Considerando um outro cubo (figura
(b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude I fluí
através do caminho indicado, podemos afirmar que o
campo magnético no centro desse cubo será dado por
a) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira dentro do solenóide.
b) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira saindo do solenóide.
c) (µ0nIl)² v/R + mg com a espira entrando no solenóide.
d) µ0n²Il + mg com a espira dentro do solenóide.
e) mg e independe da posição da espira com relação ao
solenóide.
a) (-B, -B, -B).
b) (-B,B,B).
c) (B,B,B).
d) (0,0,B).
e) (0,0,0).
Resolução:
O campo magnético gerado no interior do solenóide estará sempre
paralelo ao plano da espira, portanto não haverá força magnética
induzida na espira. Como ela é puxada com velocidade constante,
a força exercida por esta pessoa possui módulo igual ao peso da
espira (m . g). Não haverá variação do fluxo magnético devido ao
movimento vertical da espira no interior do solenóide ou ao sair do
mesmo.
ALTERNATIVA: E
Resolução:
Situação inicial (fazendo as projeções nos planos xy e yz):
Das figuras anteriores, temos:
módulo do campo gerado por cada aresta de fio.
, onde
20. No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila
do tipo o, nas plantas verdes presentam um pico de
absorção da radiação eletromagnética no comprimento de
onda λ = 6,80 x 10-7m. Considere que a formação de
glicose (C6H12O6) por este processo de fotossíntese é
descrita, de forma simplificada, pela reação:
éo
6CO2 + 6H2O → C6H12O6 + 6O2
Situação final (fazendo as projeções nos planos xz, xy e yz)::
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma
-18
molécula de CO2 reaja é de 2,34 x 10 J o numero de
fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose
é
a) 8.
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b) 24. c) 48.
d) 120. e) 240.
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Resolução:
Observando a reação tem-se:
E1 mol GLICOSE = E6 moles CO = 6.2,34 x10−18 J
Cuja raiz (positiva) é:
ω=
2
E1 mol GLICOSE = 14, 04 x10
−18
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( qRB )
2
− 4m2 gR(senα − µ cos α )
2mR
J
−
qB
2m
22. Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo
em seguida por um "loop" circular de raio R, onde há um
rasgo de comprimento de arco 2Rϕ, como ilustrado na
figura. Sendo g a. aceleração da gravidade e
desconsiderando
qualquer
atrito, obtenha a expressão
para a altura inicial em que o
bloco deve ser solto de forma,
a vencer o rasgo e continuar
em contato com o restante da
pista.
Essa energia deve então ser obtida da radiação absorvida pela
planta:
En− fótons = n.h. f = E1 mol GLICOSE
c
= 14, 04 x10−18
λ
λ
n = 14, 04 x10−18.
= 48
c.h
n.h.
ALTERNATIVA:C
DISCURSIVAS
21. Um disco, com o
eixo de rotação inclinado
de um ângulo α em
relação à vertical, gira
com velocidade angular
ω constante. O disco
encontra-se
imerso
numa região do espaço
onde existe um campo
ur
magnético B uniforme
e constante, orientado
paralelamente ao eixo de rotação do disco. Uma partícula
de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco,
em repouso era relação a este, e situada, a uma distância R
do centro, conforme a figura. Sendo µ, o coeficiente de
atrito da partícula com o disco e g a aceleração da
gravidade, determine até que valor de ω o disco pode girar
de modo que a partícula permaneça em repouso.
Resolução:
Da figura, temos:
Do alcance máximo do lançamento
oblíquo, temos:
Logo:
Por conservação de energia, temos:
23. Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com
um sistema massa-mola m2 e constante elástica k,
inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito,
conforme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento
de compressão da mola, considerando desprezível a sua
massa.
Resolução:
Do enunciado percebe-se que os pontos críticos são o mais alto e
o mais baixo. Assim, vamos analisar tais pontos.
Resolução:
No início do movimento a energia mecânica é dada por:
Emi =
1
m . v20
2 1
No momento de compressão máxima não há velocidade relativa
entre os corpos m1 e m 2. Ambos estão com velocidade de V.
Então a energia mecânica do sistema é:
Emf =
kx2 1
+ (m1 + m2 )v2
2
2
Conservação do momento linear:
Qi = m 1 . v0
Qf = (m1 + m2)V
∆Q = 0 ⇒ m1 v0 = (m1 + m2) V ⇒ V =
1 - Considerando-se a iminência de movimento no ponto inferior
2
tem-se: mg(µcosα - senα) - qωRB = mω R (1)
Conservação da energia mecânica:
Emi = Emf
1
kx2
1
m1 v20 =
+
m1 + m2
2
2
2
(
2 - Considerando-se a iminência de movimento no ponto superior
tem-se: mg(µcosα + senα) - qωRB = mω2R (2)
m1 v20 –
O máximo ω que permite o movimento é o menor entre os dois,
logo caso (1).
2
Daí: mω R + qωRB + mg(µcosα - senα) = 0
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m1v0
+ m2 )
1
(m
-9-
2
1
) m m+ vm
(
1
0
2
)
2

m12 v02
m12 
= kx2 ⇒ kx2 = v20  m1 –
⇒
m1 + m2 
(m1 + m2 )

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 m2 + m m – m2
1
1
2
1
⇒ x2 = v02 
k (m1 + m2 )


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comprimento da imagem da barra e faça um desenho
esquemático para mostrar a orientação da imagem.

m1 .m2
 ⇒ ⇒ x = v0
k(m

1 + m2 )

24. Uma esfera, maciça de massa específica ρ e volume
V está imersa, entre dois líquidos, cujas massas específicas
são p1 e p2, respectivamente, estando suspensa por uma
corda e uma mola de constante elástica k. conforme mostra
a figura. No equilíbrio, 70% do volume dá esfera está no
líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da
gravidade, determine a força de tração na corda.
Resolução:
Resolução:
Ponto central da barra:
Ponto M da barra:
25. Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol
de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e
temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o
gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma
mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à
parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O
sistema está termicamente
isolado
e
o
embolo,
inicialmente fixo, é então solto;
deslocando-se vagarosamente
até
passar pela posição de
equilíbrio, em que a sua
aceleração é nula e o volume
ocupado pelo gás é o dobro do
original, conforme mostra a
figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura
do gás na posição de equilíbrio em função da sua
temperatura inicial.
Ponto L da barra:
27. Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a
partir da Lei da Gravitação Universal de Newton
considerando órbitas circulares.
Resolução:
A força da gravitação faz o papel de resultante centrípeta, :
GmM m V2
GM
=
→
= V2 , (I)
2
r
r
r
onde G = const. gravitação de Newton, M = massa do corpo
orbitado,
r = raio de órbita, m = massa do corpo orbitante e v
= velocidade da órbita.
Para órbita circular: V = 2πr , (II)
Resolução:
Processo adiabático:
Gás ideal monoatômico:
Logo:
Lei dos gases perfeitos:
T
onde T = período da órbita. Substituindo (II) em (I):
2
GM  2πr 
T2
4π2
=
⇒ 3 =

 T 
r
r
GM
Esta última expressão é uma formulação da 3ª Lei de Kepler, a
qual afirmar que, para diversos corpos que orbitem um mesmo
2
corpo central, a razão T independe das características dos
26. A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de
comprimento, formando um ângulo de 45° com a horizontal;
tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente
divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0
cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o
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corpos orbitantes.
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r3
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M = FM , x .d
28. Considere uma espira retangular de lados 3a e a,
respectivamente, em que circula uma corrente I, de acordo
com a figura. A espira pode girar livremente em torno do
eixo z. Nas proximidades da espira há um fio infinito,
paralelo ao eixo z, que
corta o plano xy no ponto
x = a/2 e y = 0. Se pelo fio
passa uma corrente de
mesma
magnitude
I,
calcule
o
momento
resultante
da
força
magnética sobre a espira
em relação ao eixo z
quando esta encontra-se
no plano yz.
a 3
2
µ0 I 2 1 a 3
M=
2π 2 2
3a µ 0 I 2
M=
8π
M = FM cos θ .
O resultante dos momentos é a soma dos momentos no ponto A e
B, assim:
M Re sul tan te = M A + M B = 2.
M Re sul tan te =
3a µ0 I 2
8π
3a µ 0 I 2
4π
29. O olho humano é uma câmara com um pequeno
diafragma de entrada (pupila), uma lente (cristalino) e uma
superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os
fótons produzem impulsos elétricos que são conduzidos
pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.
Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila
se dilata até um raio de 3 mm e o olho pode ser
sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa
noite muito escura, duas fontes monocromáticas, ambas
com potência de 6 xl0-5 W, emitem, respectivamente, luz
azul ( λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm)
isotropicamente, isto é, em todas as direções. Desprezando
a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila
circular, qual das duas
fontes pode ser vista a
uma maior distância?
Justifique com cálculos.
Resolução:
As linhas de campo magnético gerado pelo fio infinito são radiais e
paralelas ao plano xy. Logo, a força magnética que atua nos lados
de comprimento 3 a da espira, além de ter resultante nula, é
paralela ao eixo z e, portanto, não gera torque em relação ao eixo
z. Os vetores campo magnético e força magnética resultantes nos
lados de comprimento a da espira estão representados na figura
abaixo.
Nele, o módulo do campo magnético é dado por: B = µ0 I
2π a
Resolução:
2
Logo, a força magnética será: F = BIa = µ0 I
M
2π
Logo:
Portanto, a maior distância para visualização é obtida com a
cor vermelha.
30. No gráfico ao lado estão representadas as
características de um gerador, de força eletromotriz igual a
ε e resistência interna r, e um receptor ative de força
contraeletromotriz ε1 e resistência interna r1. Sabendo que
os dois estão interligados, determine a resistência interna e
o rendimento para o gerador e para o receptor.
E o momento em relação ao eixo z é:
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Resolução:
Para o gerador, temos:
Para o receptor, temos:
Como o gerador e o receptor estão interligados, então
. Logo:
Rendimento do gerador:
Rendimento do receptor:
Fone : 3013-5400
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