o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembro de

o
anglo
resolve
a prova
de Física
do ITA
dezembro
de 2006
Código: 83580106
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua
tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada
questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de
Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º- dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e uma
redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.
3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.
Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha
equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a
50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.
Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas
questões de múltipla escolha.
Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a
100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português.
▼
F ÍSICA
Questão 1
Sobre um corpo de 2,5 kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de intensidades 150,40 N e 50,40 N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o
número correto de algarismos significativos é
A) 40,00 m/s2.
B) 40 m/s2.
C) 0,4 × 102m/s2.
D) 40,0 m/s2.
E) 40,000 m/s2.
Resolução
Aplicando-se a 2ª- lei de Newton, temos:
R = mγ
γ=
R
m
Como a grandeza m = 2,5kg possui 2 algarismos significativos e a resultante possui 5, a grandeza γ possui 2 algarismos significativos. Dessa forma, temos:
γ=
150, 40 – 50, 40
⇒ γ = 40 m / s2
2,5
▼
Resposta: B
Questão 2
A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m
1
de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a . Considere
3
2
a aceleração da gravidade g = 10 m/s , sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é
Q
→
vP
θ
x
P
A) 0,20 s.
B) 0,24 s.
C) 0,40 s.
D) 0,44 s.
E) 0,48 s.
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2
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Representando-se a situação descrita no enunciado:
R
Q
→
vP
P
Entre P e Q
As componentes das forças pertinentes ao estudo do movimento são:
N
A
Psenθ
Pcosθ
Da figura acima:
 N = P ⋅ cos θ

 R = A + Psen θ
Como o atrito é cinético:
 N = Pcos θ
(1)

 R = µ ⋅ N + Psenθ
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
R = µ ⋅ P ⋅ cos θ + P ⋅ sen θ
m| a | = µ ⋅ mg ⋅ cos θ + mg ⋅ sen θ
1
⋅ 10 ⋅ 0,3 + 10 ⋅ 0,8 ⇒ | a | = 10 m/s2
3
Sendo a aceleração constante:
2
2
= v2P + 2a∆s ⇒ vQ
= 52 – 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8 ∴ VQ = 3 m/s.
vQ
vQ = vP + atPQ ⇒ 3 = 5 – 10 ⋅ tPQ ∴ tPQ = 0,2 s
Entre Q e R
Representando-se o corpo ao passar pelo ponto Q, decompondo-se sua velocidade na direção vertical e orientando-se a trajetória:
|a| =
y
vQ
(vQ)y
θ
(vQ)y = vQ ⋅ sen θ = 3 ⋅ 0,8 ∴ (vQ)y = 2,4 m/s.
Como em y o movimento é uniformemente variado e | ay | = g:
vy = (vQ)y + ayt
vy = 2,4 – 10t
Na altura máxima vy = 0, logo:
0 = 2,4 – 10tQR ∴ tQR = 0,24 s
Em todo trecho PQR
tPR = tPQ + tQR =
= 0,2 + 0,24 ∴ tPR = 0,44 s
Resposta: D
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ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 3
A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por um
atleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DE são
percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.
C
D
N
B
O
E
y
L
x
S
F
A
Considere as seguintes afirmações:
I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE e EF.
II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.
III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para
sudoeste, no DE.
Então, está(ão) correta(s)
A) apenas a I.
B) apenas a I e II.
C) apenas a I e III.
D) apenas a II e III.
E) todas.
Resolução
I. Incorreta
A classificação de um movimento em acelerado, retardado ou uniforme refere-se ao módulo da velocidade.
Logo, nos trechos BC e DE, apesar de o corpo estar dotado de aceleração centrípeta, o seu movimento é
uniforme, e não acelerado, pois o módulo de sua velocidade permanece constante nesses trechos.
II. Correta
Trecho AB: Movimento retilíneo acelerado
→
→ →
→ →
→
⇒ ac = 0 ; at a favor de v ; γ = at
Trecho EF: Movimento retilíneo retardado.
→
→ →
→ →
→
⇒ ac = 0 ; at contrário a v ; γ = at
Logo:
→
v
B
→
→
at = γ
→
⇒ γ : do sul para o norte.
A
E
→
→
at = γ
→
⇒ γ : do sul para o norte.
→
v
F
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4
ANGLO VESTIBULARES
III. Correta
→
→
Como γm =
→
∆v →
, γm e ∆v têm mesma direção e mesmo sentido.
∆t
→
→
No trecho BC, γm =
→
v C – vB
.
t C – tB
→
vC
→
vC
→
vB
→
→
vC – vB
→
→
No trecho DE, γm
→
-vB
→
vE – vD
.
=
tE – tD
→
vD
→
→
vE – vD
→
vE
→
vE
→
-vD
Portanto, no trecho BC a aceleração vetorial média aponta para sudeste; no trecho DE, para sudoeste.
▼
Resposta: D
Questão 4
Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade v constante, desde o
ponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro do
disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2.
M2
P
→
v
M1
Q
90°
Sendo vs a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 em
relação ao alvo Q é
A)
vs(v – vs )
B)
vs(vs – v )
C)
v( v – v s )
( v 2 – v s2 )
( v 2 – v s2 )
( v s2 – v 2 )
vs(v + vs )
E)
vs(v – vs )
ITA/2007
.
.
D)
( v 2 – v s2 )
( v 2 + v s2 )
.
.
.
5
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Sejam ∆t1 e ∆t2 os intervalos de tempo decorridos entre o disparo e a recepção dos sinais por M1 e M2, respectivamente. Assim:
M2
c
a
P
• ∆t1 =
a
vs
e ∆t1 =
a+b b
+
.
v
vs
1
1
1
1
–  = b  +
.
Logo, a
 vs v 
 v vs 
• ∆t 2 =
De (1),
M1
b
Q
(1)
(2)
(a + b)2 + c 2
a+b
c
+
.
e ∆t 2 =
vs
v
vs
(3)
(a + b) a – b
=
.
v
vs
Substituindo-se em (3):
(a + b)2 + c 2 a – b + c
=
vs
vs
Elevando-se ambos os membros ao quadrado, resulta:
a2 + 2ab + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 – 2ab + 2ac – 2bc
∴ 2ab = ac – bc
Dividindo-se ambos os membros por ac:
2
b
b
b 1
b
=1–
⇒ = 1 − 
c
a
c 2
a
Substituindo-se (2):
  v – v 
s 
 
b 1   v ⋅ v s 
b 1  vs + v – v + vs 
= 1 – 
= ⋅
⇒

c 2
v + v 
c 2 
v + vs

  s

⋅
v
v



s 
∴
b
vs
=
c v + vs
Nota-se que a alternativa (A) é:
vs ( v – vs )
vs
=
( v + v s )( v – v s ) v + v s
Resposta: A
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6
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 5
Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio
estático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso P1 = 100 N na extremidade a 50 cm de M, e de
um peso P2 = 60 N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se,
agora, o peso P2 na posição original de P1, passando este à posição de distância x1 = 1,6x2 da extremidade N.
200 cm
x1
M
50 cm
N
x2
P2
P1
Sendo de 200 cm o comprimento da barra e g = 10m/s2 a aceleração da gravidade, a massa da barra é de
A) 0,5 kg.
B) 1,0 kg.
C) 1,5 kg.
D) 1,6 kg.
E) 2,0 kg.
Resolução
1m
x2
0,5 m
M
100 N
mg
60 N
Tomando-se o posto M como pólo, tem-se:
100 × 0,5 = mg × 0,5 + 60 (1,5 – x2)
5 = 0,5 m + 9 – 6x2
x2 =
0,5m + 4
6
1m
1,6 x2
0,5 m
M
mg
60 N
100 N
60 × 0,5 = mg × 0,5 + 100 (1,5 – 1,6x2)
3 = 0,5 m + 15 – 16x2
x2 =
0,5m + 12
16
0,5 m + 4 0,5 m + 12
=
6
16
⇒
8m + 64 = 3m + 72
5m = 8
m = 1,6 kg
Resposta: D
ITA/2007
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ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 6
No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também,
simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático.
2L
P
h
Q
m
m
M
Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale
A) ML / 4 m 2 − M 2 .
D) mL / 4 m 2 − M 2 .
B) L.
E) ML / 2m 2 − M 2 .
C) ML / M 2 − 4 m 2 .
Resolução
A figura que segue representa as forças aplicadas no ponto Q e as medidas pertinentes ao estudo da situação
descrita no enunciado.
A
mg
mg
h
θ
Q
B
L
h2 + 4L2
Mg
Da trigonometria:
sen θ =
h
(1)
h2 + L2
Decompondo-se as forças nos eixos x e y e estabelecendo-se as condições de equilíbrio:
y
Fy Fy
mg
mg
θ
x
Mg
2Fy = Mg ⇒ 2 ⋅ mg ⋅ sen θ = Mg
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
h
2⋅m⋅
h2 + L2
=M ∴ h=
ML
4m2 − M2
Resposta: A
ITA/2007
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ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 7
Uma bala de massa m e velocidade v0 é disparada contra um bloco de massa M, que inicialmente se encontra
em repouso na borda de um poste de altura h, conforme mostra a figura.
v0
M
m
h
A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge o
solo vale
A)
 mv  2
0  + 2gh .


m + M
B)
v 02 +
C)
v 02 +
2ghm 2
( m + M )2
.
2mgh
.
M
D) v 02 + 2g ⋅ h .
E)
mv 02
+ 2gh .
m+M
Resolução
A situação será analisada em duas etapas:
1ª-: colisão da bala (m) no bloco (M);
2ª-: lançamento horizontal do conjunto bala + bloco.
Na 1ª- etapa:
Sistema isolado
Qsist = Q‘sist
m
v
0
ANTES
M
v=0
v’
DEPOIS
(M + m)
Na 2ª- etapa:
m ⋅ v0 = (M + m) ⋅ v‘
 m 
v0
v‘ = 
 m + M
Sistema conservativo
(m + M)
v’ =
início
m
v
(m + M) 0
0
ε
f
c
+
ε
f
P
=
εci + εpi
1
1
(m + M) ⋅ v2f = (m + M)v′2 + (m + M)gh
2
2
h
(posição de referência)
fim
vf = ?
 mv
2
0  + 2gh
∴ Vf = 

 m + M
Resposta: A
ITA/2007
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ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 8
Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome a
potência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja 370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidade
g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser transportado pelo
elevador é
A) 7.
B) 8.
C) 9.
D) 10.
E) 11.
Resolução
A potência do motor do elevador pode ser calculada por:
Pot =
| ∆ε |
= 8,5 ⋅ 103 W
∆t
Considerando seu movimento uniforme, não há, portanto, variação da energia cinética. Daí:
| ∆εp |
mgh m ⋅ 10 ⋅ 32
=
= 8m
∆t
40
8,5 ⋅ 103 = 8 m ∴ m = 1062,5 kg
Sendo m a massa do conjunto (elevador + passageiros):
m = me + n ⋅ mp
1062,5 = 370 + n ⋅ 70
n ≈ 9,8
Pot =
∴
∆t
=
O número máximo de passageiros é 9.
▼
Resposta: C
Questão 9
Um corpo indeformável em repouso é atingido por projétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a temperatura de 0°C. Sabe-se que devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restante
transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calor
específico c = 0,02cal/g°C e calor latente de fusão Lf = 6 cal/g. Considerando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massa total
do projétil metálico que se funde é tal que
A) x 0,25.
B) x = 0,25.
C) 0,25 x 0,5.
D) x = 0,5.
E) x 0,5.
Resolução
Para o projétil, tem-se que:
v = 300 m/s
c = 0, 02 ⋅
θ0 = 0°C
Lf = 6
cal
J
= 0, 08 ⋅ 103
g°C
kg ⋅ °C
cal
J
= 24 ⋅ 103
g
kg
εc = 1 mv2
2
1
2
εc = m(3 ⋅ 102 )2 = 4,5 ⋅ 104 m
ITA/2007
10
ANGLO VESTIBULARES
O corpo absorve 1 da energia cinética, portanto o projétil absorve 2 da energia cinética. Essa energia
3
3
aquecerá o projétil e fundirá parte de sua massa. Assim:
2
εc = Qaquecimento + Qfusão
3
2
⋅ 4,5 ⋅ 104 m = m ⋅ 80 ⋅ 300 + mf ⋅ 24 ⋅ 103
3
mf
6000
1
=
=
m 24000 4
x = 0,25
∴
▼
Resposta: B
Questão 10
Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de dois
elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento
L/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso da
bolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T de
cada um dos elásticos e executa no plano vertical um
movimento harmônico simples, tal que senθ ≅ tgθ. Considerando que a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale
M
y
θ
L
2
A) 2 π
4 ML
.
T
D) 2 π
ML
.
2T
B) 2 π
ML
.
4T
E) 2 π
2ML
.
T
L
2
C) 2π ML .
T
Resolução
T
Representando-se na figura ao lado as forças e a resultante na bolinha, para uma posição arbitrária com elongação y:
A intensidade da resultante das forças é, portanto:
R = 2 ⋅ T ⋅ sen θ ≅ 2 ⋅ T ⋅ tgθ
(1)
Da figura é possível verificar que:
tg θ =
y
2y
∴ tg θ =
L /2
L
T
R
θ
y
L
2
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
R=4⋅
T
⋅y
L
A intensidade da aceleração da bolinha é calculada por:
ITA/2007
|a| =
R
M
|a| =
4T
⋅y
ML
(3)
11
ANGLO VESTIBULARES
Como a bolinha executa um MHS:
|a| = 2y (4)
Igualando-se (3) e (4):
4T
ML
O período do movimento pode ser assim obtido
=
T=
2π
ML
4T
T = 2π
▼
Resposta: B
Questão 11
Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em seguida, à
água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10l de água a 32°C, após a mistura. Considere haja troca de
calor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/l, não
varia com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c = 1,0 cal g–1°C–1. A quantidade de calor recebida
pela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é de
A) 20 kcal.
D) 80 kcal.
B) 50 kcal.
E) 120 kcal.
C) 60 kcal.
Resolução
Dados



Água 1 






Água 2 



m1
c = 1cal/g°C
θ0 = 20°C
θ = 32°C
∆θ = 12°C
m2
c = 1cal/g°C
θ0 = 80°C
θ = 32°C
∆θ = – 48°C
Sendo o sistema termicamente isolado:
+
Q2
= 0
Q1
64748
64748
m1 c ∆θ
+
m2 c ∆θ =
m1 ⋅ 12
+
m2 ⋅ (– 48) =
m1 = 4m2
0
0
(I)
Como a mistura (m1 + m2) resulta em 10L:
m1 + m2 = 10
(II)
Resolvendo-se o sistema das equações (I) e (II):
m1 = 8 kg e m2 = 2 kg
Para aquecer a água I (m1 = 8 kg) de 10°C para 20°C, será necessário fornecer a seguinte quantidade de calor:
Q = m1 c ∆θ
Q = 8 kg ⋅ 1
cal
⋅ (10°C)
g°C
Q = 80 kcal
Resposta: D
ITA/2007
12
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 12
A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80 m,
convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultando em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1 cal ≅ 4 J, aceleração da gravidade g = 10 m/s2
e calor específico da água c = 1,0 cal g–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de
A) 10 2 m/s.
D) 10 32 m/s.
B) 20 m/s.
C) 50 m/s.
E) 80 m/s.
Resolução
• A energia mecânica do sistema de uma porção de massa m é:
εm = εc + εp ⇒ εm =
1
mv2 + mgh
2
• A energia térmica é dada por:
Q = m c ∆θ.
Então:
• c=
1
mv2 + mgh = m ⋅ c ⋅ ∆θ
2
→
v = 2 c ∆θ − 2gh
1cal 4 ⋅ 103 J
=
g°C
kg ⋅ K
v = 2 ⋅ 4 ⋅ 103 ⋅ 1 − 2 ⋅ 10 ⋅ 80
v = 80 m/s
▼
Resposta: E
Questão 13
Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento forte
de 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velocidade
de propagação do som no ar é de 340 m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanha
e registrada no receptor do balão.
A) 450 Hz
D) 722 Hz
B) 510 Hz
E) 1292 Hz
C) 646 Hz
Resolução
O fenômeno físico apresentado pelo enunciado é equivalente à seguinte situação:
vobservador = +40 m/s
vfonte = –40 m/s
observador
fonte
+
De acordo com a equação do efeito Doppler:
fap = freal
v som + vobservador
340 + 40
= 570 ⋅
v som + v fonte
340 − 40
∴ fap = 722 Hz
Resposta: D
ITA/2007
13
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 14
A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n1 e transmitido para uma esfera
transparente de raio R e índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pequenos, tal
que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de
φ2
R
h
α
φ1
O
n1
A) φ 2 =
n1
( φ1 – α ).
n2
B) φ 2 =
n1
( φ1 + α ).
n2
n2

n
n 
C) φ 2 = 1 φ1 + 1 − 1  α .
n2
n2 

n
D) φ 2 = 1 φ1 .
n2
n

n
E) φ 2 = 1 φ1 +  1 − 1 α .
n2
 n2

Resolução
Observe a figura abaixo:
N
i = (φ 1 + α )
φ2
α
r = (φ 2 + α )
φ1
α
O
n1
n2
Aplicando-se a lei de Snell para a refração:
seni n2
=
senr n1
sen(φ2 + α) ⋅ n2 = sen(φ1 + α) ⋅ n1
φ2
1
α
1
φ1
1
α
1
( sen φ2 ⋅ cos α + sen α cosφ2) ⋅ n2 = ( sen φ1 ⋅ cos α + senα cosφ1) ⋅ n1
Observação: Para ângulo θ muito pequeno: θ ≈ sen θ ≈ tg θ e cos θ ≈ 1.
(φ2 + α)n2 = (φ1 + α) ⋅ n1
φ2 =
n

n1
⋅ φ1 +  1 − 1 α
n2
 n2

Resposta: E
ITA/2007
14
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 15
A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüência de 170 Hz. Considere seja desprezível a variação da intensidade do som de cada um dos alto-falantes com
a distância e que a velocidade do som é de 340 m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade da
onda sonora formada entre os alto-falantes é igual a
700 cm
A) 2 m.
B) 3 m.
C) 4 m.
D) 5 m.
E) 6 m.
Resolução
Observe o esquema da figura:
P
x1
x2 = 7 – x1
Nos pontos onde há máximos de intensidade da onda sonora ocorre interferência construtiva. Como as fontes
estão em fase, a diferença de marcha (∆x = |x1 – x2|) é igual a um múltiplo par de
λ
.
2
Da equação fundamental da ondulatória:
v=λ⋅f
340 = λ ⋅ 170 ⇒ λ = 2 m.
Dessa forma, temos:
| x1 − x2 | = n ⋅
λ
2
| x1 − (7 − x1) | = n ⋅
|2x1 – 7| = n
2x1 – 7 = n
2
2
ou
2x1 – 7 = – n
x1 =
n+7
2
n
x1
n
x1
0
3,5
0
3,5
2
4,5
2
2,5
4
5,5
4
1,5
6
6,5
6
0,5
8
7,5 → ñ convém
8
x1 =
−n + 7
2
– 0,5 → ñ convém
Portanto, a maior distância entre dois máximos de intensidade sonora é entre x1 = 0,5 m é x’1 = 6,5 m, ou seja,
6 m.
Resposta: E
ITA/2007
15
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 16
O circuito da figura é composto de duas resistências, R1 = 1,0 × 103Ω e R2 = 1,5 × 103 Ω, respectivamente, e de
dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 × 10–9 F e C2 = 2,0 × 10–9 F, respectivamente, além de uma chave S,
inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, após
determinado período, é de
10 V
C1
R1
S
R2
C2
0V
A) – 8,0 × 10–9 C.
B) – 6,0 × 10–9 C.
C) –4,0 × 10–9 C.
D) +4,0 × 10–9 C.
E) +8,0 × 10–9 C.
Resolução
• chave S aberta
10 V
C1
R1
i1 = 0
Assim, a carga no capacitor 1 vale:
∴ Q1 = 10 ⋅ 10–9 C
Q1 = C1U = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 10
i2 = 0
R2
C2
• chave S fechada
10 V
R1
C1
i
i
U1
i=
10
10
=
∴ i = 4 ⋅ 10 −3 A
R1 + R2 2,5 ⋅ 10 −3
Q1‘ = C1U1 = C1R1i = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 1 ⋅ 103 ⋅ 4 ⋅ 10–3
Q‘1 = 4 ⋅ 10–9 C
C2
i
R2
A variação de carga (∆Q) é dada por:
∆Q = Q‘1 – Q1 = 4 ⋅ 10–9 – 10 ⋅ 10–9 ∴
Resposta: B
ITA/2007
∆Q = – 6 ⋅ 10–9 C
16
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 17
No circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas. A corrente i indicada é
R1
V1
A) i =
( V1R2 − V2 R1 )
.
( R1R2 + R R2 + R R1 )
B) i =
(V1R1 + V2 R2 )
.
(R1R2 + R R2 + R R1 )
C) i =
( V1R1 − V2 R2 )
.
( R1R2 + R R2 + R R1 )
D) i =
( V1R2 + V2 R1 )
.
( R1R2 + R R2 + R R1 )
E) i =
(V2 R1 – V1R2 )
.
(R1R2 + R R2 + R R1 )
R2
i
R
V2
Resolução
A
R1
R2
i1
V1
i
V2
R
i2
B
Como i = i1 + i2 e a ddp entre os pontos A e B é igual para os geradores e para o resistor, escrevemos:
 V1 – R1i1 = V2 – R2(i – i1)

 V1 – R1i1 = Ri
⇒
 V1 – V2 = –R2i + (R1+ R2)i1
⇒ 
 V1 = Ri + R1i1
Logo:
i=
∴
V1 − V2 R1 + R2
V1
R1
− R2 R1 + R2
R
R1
i=
=
− R1V2 − R2 V1
− R1R2 − RR1 − RR2
( V1R2 + ( V2R1)
(R1R2 + RR2 + RR1)
Resposta: D
ITA/2007
17
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 18
→
A figura mostra uma partícula de massa m e carga q 0, numa região com campo magnético B constante e
uniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial →
v no plano
xy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.
y
→
v
→
B
θ
q
P
x
d
Assinale a alternativa correta.
A) O produto d q B deve ser múltiplo de 2π m v cos θ.
B) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.
C) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado.
D) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB.
E) O campo magnético não produz aceleração na partícula.
Resolução
A partícula realizará um movimento helicoidal cilíndrico, avançando no sentido do eixo x.
• O raio da hélice será:
m ⋅ v ⋅ sen θ
qB
r=
• O período do movimento será:
T=
2πm
qB
• O passo será:
p = v ⋅ cos θ ⋅ T ⇒ p =
vcos θ ⋅ 2πm
qB
• A distância d é múltiplo de p.
Então: d = N ⋅ p, com N ∈ *
vcos θ ⋅ 2πm
qB
dqB = N ⋅ 2 π mv cos θ
d = N⋅
▼
Resposta: A
Questão 19
Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.
A) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa na lâmpada.
B) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.
C) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.
D) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada.
E) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.
ITA/2007
18
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Ondas luminosas são ondas eletromagnéticas com freqüências dentro do espectro visível. Portanto, a iluminação de uma sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas pela lâmpada.
▼
Resposta: C
Questão 20
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga – e e massa m, que se move
em órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é
quantizado, dado por r = n2 a0 , onde a0 é o raio de Bohr e n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n,
envolvendo a permissividade do vácuo
(
ε0 , é igual a
)
A) e/ 4pa0 n 3
e0 ma0 .
B) e/  4 πa0 n 3
ε0 ma0  .


3
C)  πa0 n πε0 ma0  / e.


3
D)  4 πa0 n πε0 ma0  / e.
E) e/  4 πa0 n 3 πε 0 ma0  .
Resolução
De acordo com o modelo Bohr, o elétron realiza um MCU em torno do próton.
elétron
qpróton = + e
r
qelétron = – e
próton
A força elétrica que age sobre o elétron é a resultante centrípeta:
Rc = Felet
1
mω2 ⋅ r =
4πε0
mω2 =
Como ω =
1
4πε0
2π
T
|qpróton| ⋅ |qelétron|
⋅
⋅
r2
e2
r3
e r = n2 ⋅ a0, temos:
 2π 2
1
e2
m   =
⋅
4πε0 (n2 ⋅ a0 )3
 T 
⇒T=
4π a0 n3
π ε0 m a0
e
Resposta: D
ITA/2007
19
ANGLO VESTIBULARES
▼
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.
Questão 21
Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete da
figura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h,
onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o dispositivo forneça uma força vertical para cima de intensidade constante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solo
com velocidade nula. Expresse sua resposta como função da altura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e da
aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a
alteração da massa m no acionamento do dispositivo.
→
F
m
H
h
solo
Resolução
Representando-se a situação descrita no enunciado:
A
queda livre
(trecho 01)
H
B
motor ligado
(trecho 02)
h
C
Trecho 01
O sistema é conservativo:
εmA = εmB ⇒ mgH = mgh +
1
mv2B
2
v2B = 2g(H – h)
Trecho 02
As forças aplicadas são:
F
P
τR
τP
=
644474448
τF
+
644474448
644474448
0
1
1
mvc2 – mvB2
2
2
–
F ⋅ ∆s ⋅ cos β
+
1
m ⋅ 2g (H – h) = m ⋅ g ⋅ h (+ 1) + F ⋅ h ⋅ (– 1)
2
∴ h=
ITA/2007
P ⋅ ∆s ⋅ cos α
=
mgh
F
20
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 22
Um corpo de massa m e velocidade v0 a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma de
semi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura.
m
v0
h
P
y
O
x
r
Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contato
com a pista. Considere a aceleração da gravidade g.
Resolução
m
v0
h–y
h
v
y
Py
P
θ
θ P
x
Px
Considerando-se que o corpo se encontra no ponto P, como indicado na figura, a normal entre o corpo e a
pista é nula, portanto:
RC = Py
m⋅
v2
= mg sen θ
r
v2
y
v2
= g⋅ ⇒ y =
r
r
g
(1)
Para a determinação da velocidade v, utiliza-se o fato de o sistema ser conservativo.
εpi + εci = εpf + εcf
0
1
1
mg(h – y) + mv20 = mv2
2
2
v2 = v20 + 2gh – 2gy
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
ITA/2007
y=
v20 + 2gh – 2gy
g
y=
v20 + 2gh
3g
(3)
21
ANGLO VESTIBULARES
Como
x2 + y2 = r2
 x 2
 r 2
  + 1 =   ,
 y
 y
(4)
substituindo-se (3) em (4) e fazendo-se as devidas manipulações algébricas:
 x 2 9g2r 2 − ( v2 + 2gh)2
0
  =
( v20 + 2gh)2
y
▼
x
=
y
9g2r 2 − ( v20 + 2gh)2
v20 + 2gh
Questão 23
Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicial v0 , um parafuso de massa m chega com velocidade nula na
órbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical.
h
→
v0
m
R
Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade v0 em função da aceleração da gravidade g na superfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.
Resolução
Durante o movimento do parafuso, a única força aplicada é o Peso; logo o sistema é conservativo.
(εm)superfície = (εm)geoestacionário
εc + εp
=
ε’c + ε’p
1
GMm
GMm
mv20 –
=0–
2
R
(R + h)
1


1 
h
v20 = 2GM  –
 = 2GM 

 R (R + h) 
 R(R + h) 
(1)
O campo gravitacional na superfície da Terra pode ser assim calculado:
 GM 
 ⇒ GM = g ⋅ R2
g = 
 R2 
(2)
Substituindo-se (2) em (1):


h
v20 = g ⋅ R2 

 R(R + h) 
∴
v0 =
gRh
R+h
Observação: consideramos v0 em relação a um referencial inercial.
ITA/2007
22
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 24
Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, barras de massas desprezíveis e um corpo de massa m, como mostrado na figura.
k2
k2
k1
k2
k1
m
Determine a freqüência desse sistema.
Resolução
Para se determinar a freqüência do sistema, é necessário determinar a constante elástica equivalente do sistema de
molas:
k2
k2
k1
k2
k2p
k1
k
k1p
Como as molas de constante elástica k2 estão associadas em paralelo:
k2p = 3k2
Pelo mesmo motivo, para as molas de constante elástica k1:
k1p = 2k1
Finalmente, as molas k1p e k2p estão associadas em série:
k=
k=
k1pk2p
k1p + k2p
6k1k2
2k1 + 3k2
Assim, a freqüência do sistema:
ITA/2007
f=
1 k
2π m
f=
1
6k1k2
2π m(2k1 + 3k2 )
23
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 25
A figura mostra uma bolinha de massa m = 10g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido
(2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinha tem a
mesma densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à
superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1) com
velocidade de 8,0m/s.
h
h1
m
(1)
(2)
Considere aceleração da gravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquer resistência ao movimento de
ascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líquidos. Determine a profundidade h.
Resolução
As forças aplicadas na bolinha, na situação descrita no enunciado são:
E = d2 ⋅ V ⋅ g
P = dB ⋅ V ⋅ g
Aplicando-se o princípio fundamental:
E – P = R ⇒ d2 ⋅ V ⋅ g – dB ⋅ V ⋅ g = dB ⋅ V ⋅ | a |
5dBV ⋅ g – dBV ⋅ g = dBV| a |
⇒ | a | = 40 m/s2.
Como a aceleração é constante:
v2 = v20 + 2a∆s
⇒ 82 = 0 + 2 ⋅ 40 ⋅ (h – h1)
▼
∴ 64 = 80(h – 0,2) ⇒ h – 0,2 = 0,8
∴ h = 1,0 m
Questão 26
Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal
sobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical.
B
A
D
E
Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere AD = 2m, BE = 3m e DE = 5m.
ITA/2007
24
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
A figura a seguir ilustra a situação:
B
1442443
4
4
4
4
4
3m
E
1442443
4
4
4
x
2
4
4
4
D
1
A
2m
4
4
4
4
4
3
A’ 144444424444443 F
5m
Para o ∆A’FB:
x2 = 52 + 52
▼
x = 5 2m
Questão 27
Duas cargas pontuais + q e – q, de massas iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema cartesiano xy e caem devido→ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétrico
horizontal e uniforme E , conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa
entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separadas entre si por uma distância horizontal d.
+q –q
m
m
x
→
g
→
E
y
Resolução
Na horizontal, sob ação da força elétrica, as cargas realizam movimento uniformemente variado.
Rx = Fe
m| ax | = E| q |
| ax | =
E | q|
m
Determinada a aceleração, é possível achar o tempo para cada carga realizar um deslocamento
s = s0 + v0t +
0
∴
ITA/2007
t=
1 2
at
2
∴
d
.
2
d 1 E | q| 2
= ⋅
t
2 2 m
0
dm
E | q|
25
ANGLO VESTIBULARES
Na vertical, sob ação da força peso, as cargas também realizam um movimento uniformemente variado.
Ry = P
m| ay | = mg
ay = g
O deslocamento na vertical no tempo t é dado pela função horária:
s = s0 + v0t +
0
∴
h=
1 2
at
2
∴
h=
1 2
gt
2
0
gdm
2E | q |
O trabalho da força peso, para cada carga, é calculado pelo teorema da energia potencial.
2 2
τp = Epi – Epf = 0 – (– mgh) = m
gd
2E | q |
▼
Portanto, o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas é de
m2g2 ⋅ d
.
E | q|
Questão 28
Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se iguala
à resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistência
de carga Rc varia na faixa 100 Ω Rc 400 Ω. O circuito possui um resistor variável, Rx , que é usado para o ajuste
da máxima transferência de energia.
20 Ω
r = 50 Ω
100 Ω
Rc
Rx
V
Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingido o casamento de resistências do circuito.
Resolução
Para haver ajuste de máxima transferência de potência, deve ocorrer a seguinte equivalência:
20 Ω
A
A
100 Ω
Rx
⇔
50 Ω
B
B
ITA/2007
Rc
26
ANGLO VESTIBULARES
Assim:
R xR c
= 80
R x + Rc
∴
R xR c = 80R x + 80R c
⇒ Rc =
80R x
R x – 80
• Considerando-se Rc = 100 Ω:
100 =
80R x
⇒ 100Rx – 8000 = 80Rx
R x – 80
∴
Rx = 400 Ω
• Considerando-se Rc = 400 Ω:
400 =
80R x
⇒ 400Rx – 32000 = 80Rx
R x – 80
∴
Rx = 100 Ω
▼
Logo: 100 Ω Rx 400 Ω
Questão 29
A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orientados em sentidos opostos e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga q 0 é lançada do
ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga
– q (choque perfeitamente inelástico).
→
B1
→
v
m, q
L
R
S
→
B2
Determine o tempo total em que a partícula de carga q 0 abandona a superfície quadrada.
Resolução
Entre os pontos R e S, a partícula realiza um movimento circular uniforme (MCU), e o tempo para ir de R para S
é metade do período do movimento em questão.
tRS =
1
1 2πm
⋅T= ⋅
2
2 qB
∴
tRS =
πm
qB
Ao chegar a S e chocar-se com a outra partícula, a velocidade do conjunto (v’) é dada por:
mv = 2mv‘
∴
v‘ =
v
2
A partir desse ponto, como a carga do conjunto é nula, a força magnética, considerada como resultante, também é,
e o movimento é retilíneo uniforme (MRU).
ITA/2007
27
ANGLO VESTIBULARES
Logo, o tempo para ir de S até o exterior da região é:
t SE
L
= 2
v
2
∴
t SE =
L
v
Portanto, o tempo total para a partícula sair da região quadrada é:
ttotal = tRS + tSE =
▼
∴ ttotal =
πm
qB
+
L
v
πmv + LqB
qvB
Questão 30
Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3kg preso a uma mola, e verifica-se que este
passa a oscilar livremente com a freqüência angular ω = 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola,
mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência f = 500 × 1012 Hz, de modo que toda
a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1mm da sua posição de equilíbrio.
Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck h = 6,6 × 10–34 Js.
Resolução
Considerando-se que toda a energia dos “n” fótons é completamente transferida ao sistema massa-mola e
que a energia individual de um fóton é dada por Efóton = h ⋅ f, temos:
n⋅h⋅ f =
Sendo ω2 =
n⋅h⋅ f =
KA2
2
K
⇒ k = ω2 ⋅ m :
m
ω2 ⋅ m ⋅ A2
2
ω2 ⋅ m ⋅ A2
2⋅h⋅ f
Do enunciado: ω = 10 rad/s, m = 3,3 kg, A = 1 mm = 10– 3 m, h = 6,6 ⋅ 10–34 J ⋅ s e f = 500 ⋅ 1012 Hz
n=
n=
∴
ITA/2007
102 ⋅ 3, 3⋅ (10 – 3 )2
2 ⋅ 6, 6 ⋅ 10 – 34 ⋅ 500 ⋅ 1012
n = 5 ⋅ 1014 fótons
28
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO
Física
Como sempre, a prova foi trabalhosa, pouco criativa e revelou, em alguns casos, nenhum compromisso
com a realidade, tal como aconteceu com a questão 23, em que um parafuso é lançado e atinge a altura de
um satélite estacionário (H ≈ 7RT), e com a questão 12, em que a velocidade de escoamento das águas de um
rio é 80 m/s.
É o ITA.
GV – ADMINISTRAÇÃO/2007
29
ANGLO VESTIBULARES