ITA 2007

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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:00
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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 × 102 m/s2 .
d) 40,0 m/s2 .
2
e) 40,000 m/s .
v Q2 = v P2 + 2 ⋅ γ ⋅ ΔS = 5 2 + 2( −10) ⋅ 0,8 ⇒
alternativa B
Como a precisão é limitada pelo valor com menor
número de algarismos significativos, temos:
γ =
R
150,40 − 50,40
=
⇒
m
2,5
γ = 40 m/s 2
Questão 2
A partir do nível P, com velocidade inicial de
5 m/s, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8 m de comprimento.
Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético
entre o plano e o corpo é igual a 1 3. Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2 ,
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
a) 0,20 s.
d) 0,44 s.
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:
R = m ⋅ γ ⇒ −fat . − mg sen θ = m ⋅ γ ⇒
⇒ −μ ⋅ mg cos θ − mg sen θ = m ⋅ γ ⇒
1
⇒ − ⋅ 10 ⋅ 0,6 − 10 ⋅ 0,8 = γ ⇒ γ = −10 m/s 2
3
A velocidade do corpo em Q é dada por:
b) 0,24 s.
e) 0,48 s.
c) 0,40 s.
alternativa D
Isolando o corpo e marcando as forças, temos:
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:05
⇒ v Q2 = 9 ⇒ v Q = 3 m/s
O intervalo de tempo ( Δt1 ) no trecho PQ é dado
por:
v Q = v P + γ ⋅ Δt1 ⇒ 3 = 5 − 10 ⋅ Δt1 ⇒
⇒ Δt1 = 0,20 s
Após abandonar a superfície, o intervalo de tempo ( Δt 2 ) até atingir a altura máxima é dado por:
v = v Q ⋅ sen θ − g ⋅ Δt 2 ⇒
⇒ 0 = 3 ⋅ 0,8 − 10 ⋅ Δt 2 ⇒ Δt 2 = 0,24 s
Assim, o tempo mínimo de percurso do corpo
para que se torne nulo o componente vertical de
sua velocidade é:
Δtmín. = Δt1 + Δt 2 = 0,20 + 0,24 ⇒
⇒
Δtmín. = 0,44 s
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.
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.
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física 3
III. O sentido da aceleração vetorial média do
movimento do atleta é para sudeste no trecho
BC, e, para sudoeste, no DE.
Direção: sudoeste.
Obs.: se admitirmos o sentido cinemático escalar
de acelerado como aumento de valor da velocidade, a primeira afirmação está errada e a alternativa correta é a D.
Questão 4
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.
alternativa E
I. Correta. Considerando que acelerado significa
que o movimento possui aceleração, nos trechos
AB e EF temos, respectivamente, a velocidade do
atleta aumentando e diminuindo em módulo.
Assim, em AB o movimento é acelerado e, em
EF, retardado, ou seja, em ambos os trechos
existe aceleração.
Nos trechos BC e DE, os movimentos são circulares e uniformes e têm, portanto, acelerações centrípetas.
II. Correta. Nos trechos AB e EF, a velocidade do
atleta, respectivamente, cresce no sentido positivo de y e decresce no sentido negativo de y.
Assim, em ambos os trechos a aceleração está
no sentido positivo de y.
III. Correta. No trecho BC, temos:
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 . 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 ) / (V2 − VS2 ).
b) VS (VS − V) / (V2 − VS2 ).
c) V(V − VS ) / (VS2 − V2 ).
d) VS (V + VS ) / (V2 − VS2 ).
e) VS (V − VS ) / (V2 + VS2 ).
alternativa A
Considerando a figura, temos:
Direção: sudeste.
E no trecho DE, temos:
y
x −y
x
+
=
V
VS
VS
x
z
+
=
V
VS
x2 + z 2
VS
(I)
(II)
De I, vem:
x − 2y
x
2V
=
⇒x =
⋅y
V
VS
V − VS
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:07
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física 4
alternativa D
De II, vem:
2V
⋅y
V − VS
z
+
=
V
VS
⎛ 2V ⋅ y ⎞
⎜
⎟
⎝ V − VS ⎠
2
+z
Considerando o pólo no ponto M, e o centro de
massa da barra distante 50 cm do mesmo, da segunda condição de equilíbrio (M R (M) = 0), para
as duas situações descritas, temos:
2
⇒
VS
P1 ⋅ 50 = P ⋅ 50 + P2 (150 − x 2 )
2
V
2y
z
⇒
⋅ S +
=
(V − VS ) VS
VS
⇒
=
4y 2VS2
(V − VS ) 2
4V 2 y 2
(V − VS ) 2
+
⎛ 2Vy ⎞
⎟ + z2
⎜
⎝ V − VS ⎠
VS
P2 ⋅ 50 = P ⋅ 50 + P1 (150 − 1,6x 2 )
⇒
4y ⋅ VS ⋅ z (V − VS )
⋅
+ z2 =
(V − VS )
(V − VS )
+ z 2 ⇒ 4y 2 (V 2 − V 2 ) =
S
= 4y ⋅ z ⋅ VS (V − VS ) ⇒
V (V − VS )
y
= S2
z
V − VS2
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
⇒
⇒
⇒
⇒
100 ⋅ 50 = mg ⋅ 50 + 60(150 − x 2 )
60 ⋅ 50 = mg ⋅ 50 + 100(150 − 1,6x 2 )
5 000 = 500 m + 60(150 − x 2 )
3 000 = 500 m + 100(150 − 1,6x 2 )
⇒
⇒
m = 1,6 kg
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. Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da
distância entre os pontos P e Q vale
mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o peso P2 na posição original de
P1 , passando este à posição de distância
x1 = 1,6 x2 da extremidade N. Sendo de
200 cm o comprimento da barra e g = 10 m/s2
a aceleração da gravidade, a massa da barra
é de
a) ML / 4m2 − M2 .
b) L.
c) ML / M2 − 4m2 .
d) mL / 4m2 − M2 .
e) ML / 2m2 − M2 .
alternativa A
a) 0,5 kg.
d) 1,6 kg.
b) 1,0 kg.
e) 2,0 kg
c) 1,5 kg.
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As forças que atuam sobre as massas são dadas
a seguir:
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física 5
c) v20 +
e)
2mgh
.
M
d) v20 + 2gh .
mv20
+ 2gh .
m+ M
alternativa A
Aplicando o princípio da conservação de quantidade de movimento para a colisão, vem:
m ⋅ v0
Qi = Qf ⇒ m ⋅ v 0 = (m + M) ⋅ V ⇒ V =
(m + M)
Do equilíbrio (R = O), temos:
2mg cosθ = Mg ⇒ cosθ =
h
Sendo cosθ =
h
L2 + h 2
=
L2 + h 2
M
2m
Durante a queda, a energia mecânica do sistema
permanece constante. Tomando Eg = 0 no solo,
temos:
Emi = Emf ⇒
, vem:
M
h2
M2
⇒ 2
=
⇒
2
2m
L +h
4m 2
=
(M + m) ⋅ V 2
+ (M + m) ⋅ g ⋅ h =
2
(M + m) ⋅ v 2
⇒ v =
2
⎛ mv 0 ⎞
⎟
⎜
⎝ (m + M) ⎠
2
+ 2gh
⇒ 4 m 2 h 2 = M 2 L2 + M 2 h 2 ⇒
⇒
ML
h =
4m
2
− M2
Questão 8
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. 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
2
⎛ mv0 ⎞
a) ⎜
⎟ + 2gh .
⎝m+ M⎠
b) v20 +
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2ghm2
.
(m + M)2
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 que seja de 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.
alternativa C
A força média (F) aplicada pelo motor ao elevador
é dada por:
32
P = F ⋅ v ⇒ 8 500 = F ⋅
⇒ F = 10 625 N
40
Como o elevador está em equilíbrio dinâmico, a
força aplicada pelo motor deve ser igual ao peso
total do elevador. Seja n o número de pessoas
dentro do elevador e M a massa total do sistema.
Do equilíbrio, temos:
F = M ⋅ g ⇒ 10 625 = (370 + n ⋅ 70) ⋅ 10 ⇒
⇒ n ≅ 9,9
Como n deve ser inteiro, o número máximo de
passageiros que pode ser transportado pelo elevador é 9.
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física 6
Questão 9
a) 2 π
4ML
.
T
b) 2 π
ML
.
4T
Um corpo indeformável em repouso é atingido por um projétil metálico com a velocidade
de 300 m/s e a temperatura de 0 oC. Sabe-se
c) 2 π
ML
.
T
d) 2 π
ML
.
2T
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
t f = 300 oC, calor específico c = 0,02 cal/g o C e
e) 2 π
2ML
.
T
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.
R = m ⋅ γ ⇒ 2T ⋅ senθ = M ⋅ ω 2 ⋅ y ⇒
alternativa B
Admitindo-se que 2/3 da energia cinética inicial é
dissipada em forma de calor e que essa energia é
responsável pela parcial fusão do projétil, temos:
2 mv 2
⋅
= m ⋅ c ⋅ Δθ + x ⋅ m ⋅ L
3
2
J
J
Adotando c = 80
e L = 2,4 ⋅104
, temos:
kg
kg ⋅ oC
300 2
= 80 ⋅ 300 + x ⋅ 2,4 ⋅ 104 ⇒ x = 0,25
3
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 sen θ ≅ tg θ. Considerando
que a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale
alternativa B
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, temos:
L ⋅ tg θ
4T
⇒ ω2 =
2
ML
Assim, o período (p) é dado por:
⇒ 2T ⋅ senθ = Mω 2 ⋅
⎛ 2π ⎞
⎟
⎜
⎝ p ⎠
2
=
4T
⇒
ML
p = 2π
ML
4T
Questão 11
Numa cozinha industrial, a água de um
caldeirão é aquecida de 10o C a 20o C, sendo
misturada, em seguida, à água a 80o C de um
segundo caldeirão, resultando 10 l de água a
32 o C, após a mistura. Considere que haja
troca de calor apenas entre as duas porções
de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1 kg/l, não varia com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico
c = 1,0 cal g−1 oC−1 . A quantidade de calor recebida pela água do primeiro caldeirão ao ser
aquecida até 20o C é de
a) 20 kcal.
b) 50 kcal.
c) 60 kcal.
d) 80 kcal.
e) 120 kcal.
alternativa D
Da conservação da energia, temos:
mA ⋅ c ⋅ Δθ A + mB ⋅ c ⋅ ΔθB = 0
⇒
mA + mB = M
⇒
mA (32 − 20) + mB (32 − 80) = 0
mA + mB = 10
⇒
⇒ mA = 8 kg
Assim, para o aquecimento da água do primeiro
caldeirão, temos:
Q = mA ⋅ c ⋅ Δθ = 8 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ (20 − 10) ⇒
⇒ Q = 80 kcal
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física 7
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 ≅ 4J, aceleração da gravidade g = 10 m/s2 e calor específico da água
c = 1,0 cal g−1 oC−1 , calcula-se que a velocidade inicial da água V é de
b) 20 m/s.
a) 10 2 m/s.
c) 50 m/s.
d) 10 32 m/s.
e) 80 m/s.
alternativa E
No SI, o calor específico da água é:
c = 1cal ⋅ g −1 ⋅ oC −1 = 4 000 J ⋅ kg −1 ⋅ K −1
Como toda energia mecânica converteu-se em
calor, temos:
m ⋅V2
Em = Q ⇒
+ m ⋅ g ⋅ h = m ⋅ c ⋅ ΔT ⇒
2
⇒ V 2 = 2 ⋅ (c ⋅ ΔT − g ⋅ h) ⇒
⎛ v − vO ⎞
⎛ 380 − 0 ⎞
f1 = f ⎜
⎟ ⇒ f1 = 570 ⎜
⎟ ⇒
⎝ 380 − 40 ⎠
⎝ v − vF ⎠
⇒ f1 = 637 Hz (freqüência recebida pela montanha).
2) Som indo da montanha para o balão:
⎛ v − v O’ ⎞
⎛ 300 − (−40) ⎞
f2 = f1 ⎜
⎟ ⇒ f2 = 637 ⎜
⎟ ⇒
⎝ 300 − 0 ⎠
⎝ v − v F’ ⎠
⇒ f2 = 722 Hz (freqüência recebida pelo balão).
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 n 2 . 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
⇒ V 2 = 2 ⋅ (4 000 ⋅ 1 − 10 ⋅ 80) ⇒
⇒
V = 80 m/s
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
b) 510 Hz
c) 646 Hz
d) 722 Hz
e) 1292 Hz
alternativa D
Podemos dividir o problema em duas etapas:
1) Som indo do balão para a montanha:
n1
(φ1 − α ).
n2
n
b) φ2 = 1 (φ1 + α ).
n2
⎛
n
n ⎞
c) φ2 = 1 φ1 + ⎜1 − 1 ⎟ α .
n2
n2 ⎠
⎝
n1
d) φ2 =
φ1 .
n2
⎛n
⎞
n
e) φ2 = 1 φ1 + ⎜ 1 − 1⎟ α .
n2
⎝ n2
⎠
a) φ2 =
alternativa E
Da figura, temos os ângulos a seguir:
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:13
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física 8
Como a distância entre os alto-falantes é de 7 m,
cabem 7 pontos de máximo, sendo a maior distância entre dois pontos de máximo igual a 6 m.
Questão 16
O circuito da figura é composto de duas resistências, R1 = 1,0 × 103 Ω e R2 = 1,5 × 103 Ω,
Da Lei de Snell-Descartes, vem:
n1 sen( α + φ1 ) = n 2 sen( α + φ 2 )
Sendo sen( α + φ1 ) = α + φ1 e sen( α + φ 2 ) =
= α + φ 2 , temos:
n1 ( α + φ1 ) = n 2 ( α + φ 2 ) ⇒
⇒ n1α + n1φ1 = n 2 α + n 2 φ 2 ⇒
⇒ n 2 φ 2 = (n1 − n 2 )α + n1φ1 ⇒
⇒
φ2 =
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 ΔQ no capacitor de capacitância C1 , após determinado período, é de
⎛n
⎞
n1
φ + ⎜ 1 − 1⎟ α
n2 1 ⎝ n2
⎠
Questão 15
A figura mostra dois alto-falantes alinhados
e alimentados em fase por um amplificador
de áudio na freqüência de 170 Hz. Considere que 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
a) −8 ,0 × 10−9 C.
c) −4 ,0 × 10−9 C.
−9
e) +8 ,0 × 10
b) −6,0 × 10−9 C.
d) +4 ,0 × 10−9 C.
C.
alternativa B
Com a chave aberta e o circuito em regime estacionário, a ddp (U) em C1 é10 V − 0 V = 10 V e a
carga é dada por:
Q = C1U = 1 ⋅ 10 −9 ⋅ 10 ⇒ Q = 10 ⋅ 10 −9 C
a) 2 m.
b) 3 m.
c) 4 m.
d) 5 m.
e) 6 m.
alternativa E
De acordo com a equação fundamental da ondulatória, temos:
v = λ ⋅ f ⇒ 340 = λ ⋅ 170 ⇒ λ = 2 m
Por serem fontes de mesma freqüência, operando
em fase, teremos um ponto de interferência construtiva máxima no ponto médio, encontrando ouλ
tros pontos de máximo a cada , ou seja, 1 m.
2
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:15
Com a chave fechada e o circuito em regime estacionário, a ddp (U’) em C1 é a mesma que no resistor R1 (ligado em série com R 2 ). Assim, para a
carga final Q’ em C1 , temos:
Q’ = C1U’
U’ = R1i
i =
⇒ Q’ = C1 ⋅ R1 ⋅
U
R1 + R 2
⇒ Q’ =
10 −9 ⋅ 10 3 ⋅ 10
10 3 + 1,5 ⋅ 10 3
U
⇒
R1 + R 2
⇒ Q’ = 4 ⋅ 10 −9 C
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física 9
Dessa forma, para a variação da carga ΔQ no capacitor de capacitância C1 , vem:
ΔQ = Q’ − Q = 4 ⋅ 10 −9 − 10 ⋅ 10 −9 ⇒
⇒
Substituindo-se II e III em I, vem:
i =
ΔQ = −6,0 ⋅ 10 −9 C
V1R 2 + V2 R1
R1R 2 + RR 2 + RR1
Questão 18
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
a) i =
(V1 R2 − V2 R1 )
.
(R1 R2 + RR2 + RR1 )
b) i =
(V1 R1 + V2 R2 )
.
(R1 R2 + RR2 + RR1 )
c) i =
(V1 R1 − V2 R2 )
.
(R1 R2 + RR2 + RR1 )
d) i =
(V1 R2 + V2 R1 )
.
(R1 R2 + RR2 + RR1 )
e) i =
(V2 R1 − V1 R2 )
.
(R1 R2 + RR2 + RR1 )
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. Assinale a alternativa correta.
alternativa D
a) O produto d q B deve ser múltiplo de
2 π 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.
Unindo os pontos aterrados e aplicando as leis de
Kirchhoff, vem:
alternativa A
Do MCU decorrente da componente v y da velocidade v, podemos calcular o período T por:
mv y
m 2 πR
2 πm
R =
⇒R =
⋅
⇒T =
|q | B
qB
T
qB
i = i1 + i 2
i = i1 + i 2
(I)
− V1 + R1 ⋅ i1 + R ⋅ i = 0 ⇒ i1 = (V1 − R ⋅ i) / R1 (II)
−V2 + R 2 ⋅ i 2 + R ⋅ i = 0 i 2 = (V2 − R ⋅ i) / R 2 (III)
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:16
Do MRU decorrente da componente v x , sendo P
o ponto, no eixo x, no qual a partícula passa pela
n-ésima vez após o lançamento, temos:
Δx
d
vx =
⇒ v cosθ =
⇒
Δt
nT
2 πm
⇒d = n
⋅ v cosθ ⇒ dqB = n2 πm v cosθ
qB
em que n ∈ N ∗ .
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física 10
Rcp = Fel.
Questão 19
Rcp = mω 2 r
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.
alternativa C
A iluminação da sala é causada devido às ondas
eletromagnéticas originadas da lâmpada.
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 / (4 π a0 n3
b) (4 π a0 n
3
c) ( π a0 n3 π
ε0 m a0 ).
ε0 m a0 ) / e.
ε0 m a0 ) / e.
d) (4 π a0 n3 π
ε0 m a0 ) / e.
e) e / (4 π a0 n3 π
ε0 m a0 ).
alternativa D
Utilizando a 2ª Lei de Newton para o elétron sob a
influência da força coulombiana:
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:18
2
2π ⎞
1
e2
1
e 2 ⇒ m⎛⎜
r =
⋅ 2 ⇒
⎟
Fel. =
⋅
⎝ T ⎠
4 πε0 r
4 πε0 r 2
2π
ω=
T
⇒T =
⇒
T =
m ⋅ 4π2 ⋅ 4π ⋅
e
ε0 ⋅ (n 2 ⋅ a0 ) 3
2
4 π ⋅ a0 ⋅ n 3
⋅ π⋅
e
⇒
ε0 ⋅ m ⋅ a0
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.
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física 11
Resposta
Pela conservação da energia mecânica, temos:
Utilizando-se do teorema da energia cinética e
considerando que o homem-foguete inicia e finaliza seu movimento com velocidade nula, temos:
R τ = ΔEc ⇒ P τ + F τ = 0 ⇒
⇒m⋅g ⋅H −F ⋅h =0 ⇒
h =
m⋅g ⋅H
F
i
f
Em
= Em
⇒
⇒
mv 02
mv 2
+m⋅g ⋅h =
+m⋅g ⋅y ⇒
2
2
⇒
v 02
g ⋅y
+g ⋅h =
+g ⋅y ⇒
2
2
⇒y =
v 02
2h
+
3g
3
Pelo Teorema de Pitágoras:
Questão 22
x2 + y 2 = r2 ⇒
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. 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.
⇒
⇒
⇒
x2
y
y2
y
2
=
r2
y2
⇒
2
x
=
y
⎛r ⎞
⎜ ⎟
⎝y ⎠
x
=
y
⎛
⎜
r
⎜
⎜ v2
⎜ 0 + 2h
3
⎝ 3g
x
=
y
+
2
−1 ⇒
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
2
⎛
⎞
3gr
⎜
⎟
⎜ 2
⎟
⎝ v 0 + 2gh ⎠
−1 ⇒
2
−1
Questão 23
Resposta
No momento em que o corpo perde o contato, a
única força que age sobre ele é o peso.
Como o movimento é circular, temos:
Rcp =
mv 2
mv 2
⇒ m ⋅ g cos α =
⇒
r
r
⇒m⋅g ⋅
y
mv 2
=
⇒v2 = g ⋅ y
r
r
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:19
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.
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.
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física 12
Resposta
Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica, temos:
m ⋅ V02
GM ⋅ m
GM ⋅ m
I
II
⇒
Em
= Em
⇒−
+
=−
R
2
R +h
2GMh
R(R + h)
A aceleração da gravidade na superfície da Terra
GM
é g = 2 . Assim, temos:
R
⇒ V0 =
V0 =
2GMh
R 2 (R + h)
⋅R ⇒
V0 =
2Rhg
R +h
dade 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 8,0 m/s. 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.
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. Determine a freqüência desse sistema.
Determine a profundidade h.
Resposta
Quando o fio é rompido, a aceleração da bolinha
é dada por:
m
E − P = m ⋅ a ⇒ 5 μ1 ⋅ g ⋅
− m ⋅g = m ⋅a⇒
μ1
⇒ a = 40 m/s 2
Resposta
A constante elástica equivalente k eq do sistema é
dada por:
2k1 ⋅ 3k 2
6k1 ⋅ k 2
k eq =
⇒ k eq =
2k1 + 3k 2
2k1 + 3k 2
Desprezando o efeito da aceleração sofrida pela
mesma ao atravessar a interface dos líquidos, e
considerando que no líquido 1 a bolinha se moverá com velocidade constante, a profundidade h é
obtida de:
0
v 2 = v 02 + 2a(h − h1 ) ⇒ 8 2 = 2 ⋅ 40(h − 0,2) ⇒
⇒ h = 1,0 m
Então, a freqüência do sistema é obtida de:
f =
1
2π
k eq
m
⇒
f =
1
2π
6k1 ⋅ k 2
m(2k1 + 3k 2 )
Questão 25
A figura mostra uma bolinha de massa
m = 10 g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido (2), cuja densi-
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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. Determine a distância entre a
imagem virtual da lanterna A e o ponto B.
Considere AD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.
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física 13
Resposta
Analisando o eixo x, podemos encontrar o tempo
necessário para que cada carga percorra uma
d
distância . Como as cargas partem do repouso,
2
e apenas a força elétrica, devido ao campo elétrico E, atua na direção x, temos:
Resposta
Do enunciado, podemos construir o esquema a
seguir. Sendo A’ a imagem da lanterna em relação ao espelho:
1
d
1 q ⋅E
⋅ ax t 2 ⇒
=
⋅
⋅ t2 ⇒
2
2
2
m
d ⋅m
=
q ⋅E
0
Δx = v 0 x t +
⇒t2
Assim, podemos encontrar a altura h que os corpos percorreram no eixo y:
0
Δy = v 0 y ⋅ t +
Do Teorema de Pitágoras, aplicado ao triângulo
A’OB, temos:
A’ B 2 = A’O 2 + BO 2 ⇒ A’ B 2 = 5 2 + 5 2 ⇒
⇒ A’ B = 5 2 ⇒
1
1
dm
⋅ gt 2 ⇒ h =
⋅g ⋅
2
2
qE
Da definição do trabalho da força peso e substituindo na expressão anterior, para cada carga, temos:
1
dm
⋅g
⇒
p τ = m ⋅ g ⋅ h ⇒ p τ = mg ⋅
2
qE
2 2
m g d
⇒pτ =
2qE
Assim, o trabalho da força peso sobre as duas
cargas é m 2 g 2d /(qE).
A’ B = 7,1 m
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.
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, R x , que
é usado para o ajuste da máxima transferência de energia. Determine a faixa de valores
de R x para que seja atingido o casamento de
resistências do circuito.
Resposta
A resistência equivalente do circuito é:
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:22
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física 14
⎛ ⎛ Rc ⋅ R x ⎞
⎞
⎜⎜
⎟ + 20 ⎟ ⋅ 100
R
+
R
⎝⎝ c
⎠
x ⎠
R eq. =
⎛ Rc ⋅ R x ⎞
⎜
⎟ + 20 + 100
⎝ Rc + R x ⎠
A máxima transferência de energia ocorre quando a resistência equivalente do circuito for igual
à resistência interna da bateria, ou seja, 50 Ω.
Logo:
⎛ Rc ⋅ R x
⎞
+ 20 ⎟ ⋅ 100
⎜
⎝ Rc + R x
⎠
= 50 ⇒
⎛ Rc ⋅ R x ⎞
+
120
⎟
⎜
⎝ Rc + R x ⎠
Resposta
⎛ R ⋅ Rx ⎞
⎛ R ⋅ Rx ⎞
⇒ 2⎜ c
⎟ + 40 = ⎜ c
⎟ + 120 ⇒
⎝ Rc + R x ⎠
⎝ Rc + R x ⎠
⇒
Rc ⋅ R x
= 80
Rc + R x
Como100 Ω ≤ Rc ≤ 400 Ω, a faixa de valores R x
para que seja atingido o casamento de resistências é:
100R x
= 80 ⇒ R x = 400 Ω
100 + R x
400R x
= 80 ⇒ R x = 100 Ω
400 + R x
⇒
⇒
100 Ω ≤ R x ≤ 400 Ω
Questão 29
A figura mostra uma região de superfície
quadrada de lado L na qual atuam campos
magnéticos B 1 e B 2 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).
Determine o tempo total em que a partícula
de carga q > 0 abandona a superfície quadrada.
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ter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:23
A trajetória da partícula positiva, antes de colidir
com a negativa, será uma sucessão de n semicircunferências de raio r = m ⋅ V /( |q | ⋅ B). Assim,
sendo t = πm/( |q | ⋅ B) o tempo gasto em cada semicircunferência, o tempo total (t1 ) no percurso
RS é dado por:
t1 = nt
n =
RS ⇒ t1 =
2r
⇒ t1 =
RS ⋅ | q | ⋅ B
πm
⋅
⇒
2mV
|q | ⋅ B
π RS
⋅
2
V
Para o choque, temos:
Qi = Qf ⇒ mV = 2mv ⇒ v =
V
2
Como o conjunto tem carga total nula, ele descreve um MRU na direção perpendicular à RS. Admitindo que a reta RS divide a região quadrada ao
meio, o tempo t 2 gasto pelo conjunto para deixar
a região quadrada é dado por:
L
L
L
t2 = 2 = 2 ⇒ t2 =
V
v
V
2
Assim, o intervalo de tempo total (Δt) pedido é
dado por:
π RS
L
Δt = t1 + t 2 =
⋅
+
⇒
2
V
V
⇒
Δt =
1 ⎛ π ⋅ RS
⎞
+ L⎟
⎜
⎠
V ⎝ 2
Obs.: para o caso particular em que n = 1, temos
RS = 2mV /( |q | ⋅ B) e Δt será dado por:
πm
L
Δt =
+
|q | ⋅ B
V
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Resposta
Questão 30
Aplica-se instantaneamente uma força a um
corpo de massa m = 3,3 kg preso a uma mola, e
verifica-se que este passa a oscilar livremente
com a freqüência angular ω = 10 rad/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 1 mm 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 J s.
A constante elástica k da mola é dada por:
k = ω 2 ⋅ m ⇒ k = 100 ⋅ 3,3 ⇒ k = 330 N/m
Para uma distensão de 1 mm = 10 −3 m, a energia
elástica armazenada na mola é:
330 ⋅ (10 −3 ) 2
kx 2
Ee =
=
⇒
2
2
⇒ E e = 1,65 ⋅ 10 −4 J
Sendo a energia de cada fóton dada por Ef = hf ,
temos:
E e = n ⋅ Ef
⇒ E e = nhf ⇒
Ef = hf
⇒ 1,65 ⋅ 10 −4 = n ⋅ 6,6 ⋅ 10 −34 ⋅ 500 ⋅ 1012 ⇒
⇒
n = 5 ⋅ 1014 fótons
FÍSICA FÍSICA
MODERNA GERAL
1%
7%
ELETRICIDADE
20%
MECÂNICA
47%
ÓPTICA/ONDAS
17%
TERMOLOGIA
8%
Física – exame mais simples
Com predomínio de questões básicas, o ITA, este ano, não deve ter
assustado os candidatos. Além disso, tivemos um retorno ao tradicional
domínio de Mecânica.
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