Física 2001 - Curso Anglo

a prova de
Física
do
ITA
2001
O
ANGLO
RESOLVE
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em
sua tarefa árdua de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante
em seu processo de aprendizagem.
A PROVA
DE FÍSICA
DO ITA
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, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular.
De forma inteligente, em 4 dias de prova, tem conseguido selecionar os candidatos mais aptos.
FÍSICA
Caso julgue necessário, utilize os seguintes dados:
π = 3,14
aceleração da gravidade = 9,8 m/s2
1 atm = 1,013 × 105 N/m2
velocidade da luz = 3,0 × 108 m/s
1 cal = 4,18 J
massa específica da água = 1,0 g/cm3
As questões de números 01 a 15 NÃO PRECISAM SER RESOLVIDAS no Caderno de Soluções.
Basta marcar as opções na Folha de Respostas (verso do Caderno de Soluções) e na Folha de
Leitura Óptica.
QUESTÃO 01
Resposta: B
Uma certa grandeza física A é definida como o produto da variação de energia de uma partícula
pelo intervalo de tempo em que esta variação ocorre. Outra grandeza, B, é o produto da quantidade
de movimento da partícula pela distância percorrida. A combinação que resulta em uma grandeza
adimensional é
D) A2/B
E) A2B
A) AB
B) A/B
C) A/B2
RESOLUÇÃO:
De acordo com as definições das grandezas A e B, podemos escrever:
[A] = [ ε ] ⋅ [ t]
[B] = [Q] ⋅ [d]
(1)
(2)
[ ε ] = ML2T2
[ t] = T
[Q] = MLT –1
[d] = L
(3)
(4)
(5)
(6)
onde:
Substituindo (3) e (4) em (1):
[A] = ML2 T–1
Substituindo (5) e (6) em (2):
[B] = ML2 T–1
Portanto as grandezas A e B são dimensionalmente iguais.
A
é adimensional
B
QUESTÃO 02
Resposta: A
Uma partícula move-se ao longo de uma circunferência circunscrita em um quadrado de lado L
com velocidade angular constante. Na circunferência inscrita nesse mesmo quadrado, outra
partícula move-se com a mesma velocidade angular. A razão entre os módulos das respectivas
velocidades tangenciais dessas partículas é
A)
2
B) 2 2
C)
RESOLUÇÃO:
D)
3
2
E)
3
2
2
2
v1
Chamando de a o raio da circunferênca inscrita
e de b o raio da circunscrita, temos:
b=
2 ⋅a
b
A razão das velocidades tangenciais é:
 v1 ω ⋅ b b
=
= =

ω⋅a a
 v 2
2
ITA/2001 – ANGLO VESTIBULARES
2 ⋅a
=
a

2

a
v2
a
c
QUESTÃO 03
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
Uma partícula, partindo do repouso, percorre no intervalo de tempo t, uma distância D. Nos intervalos de tempo seguintes, todos iguais a t, as respectivas distâncias percorridas são iguais a 3 D,
5 D, 7 D etc. A respeito desse movimento pode-se afirmar que
A) a distância da partícula desde o ponto em que inicia seu movimento cresce exponencialmente
com o tempo.
B) a velocidade da partícula cresce exponencialmente com o tempo.
C) a distância da partícula desde o ponto em que inicia seu movimento é diretamente proporcional
ao tempo elevado ao quadrado.
D) a velocidade da partícula é diretamente proporcional ao tempo elevado ao quadrado.
E) nenhum das opções acima está correta.
Para intervalos de tempo iguais a t, a partícula, partindo do repouso, percorre distâncias que se
sucedem de acordo com a seqüência dos números ímpares 1 : 3 : 5 : 7… (regra de Galileu), situação
que caracteriza um movimento uniformemente variado.
Portanto, a expressão para o deslocamento ∆s em função do tempo é:
∆s =
QUESTÃO 04
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
1 2
at
2
Para medir a febre de pacientes, um estudante de medicina criou sua própria escala linear de temperaturas. Nessa nova escala, os valores de 0 (zero) e 10 (dez) correspondem respectivamente a 37ºC
e 40ºC. A temperatura de mesmo valor numérico em ambas escalas é aproximadamente
A) 52,9 ºC.
D) – 8,5 ºC.
B) 28,5 ºC.
E) – 28,5 ºC.
C) 74,3 ºC.
As referidas escalas admitem a seguinte relação:
ºN
ºC
10
40
N
C
0
37
N–0
C – 37
=
10 – 0 40 – 37
N
C – 37
=
10
3
Assim, a temperatura de mesmo valor numérico em ambas as escalas será:
x
x – 37
=
⇒
10
3
QUESTÃO 05
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
x ≈ 52,9°C ou 52,9°N
No sistema convencional de tração de bicicletas, o ciclista impele os pedais, cujo eixo movimenta a
roda dentada (coroa) a ele solidária. Esta, por sua vez, aciona a corrente responsável pela transmissão do movimento a outra roda dentada (catraca), acoplada ao eixo traseiro da bicicleta.
Considere agora um sistema duplo de tração, com 2 coroas, de raios R1 e R2 (R1 R2) e 2 catracas R3 e R4 (R3 R4), respectivamente. Obviamente, a corrente só toca uma coroa e uma catraca
de cada vez, conforme o comando da alavanca de câmbio. A combinação que permite máxima
velocidade da bicicleta, para uma velocidade angular dos pedais fixa, é
A) coroa R1 e catraca R3.
B) coroa R1 e catraca R4.
C) coroa R2 e catraca R3.
D) coroa R2 e catraca R4.
E) é indeterminada já que não se conhece o diâmetro da roda traseira da bicicleta.
vbici = ωroda ⋅ Rroda
Como ωroda = ωcatraca ⇒
vbici = ωcatraca ⋅ Rroda
ωcatraca =
v corrente
R catraca
(1)
(2)
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3
(2) em (1) ⇒
vbici =
v corrente
⋅ R roda
R catraca
(3)
vcorrente = ωcoroa ⋅ Rcoroa
(4) em (3) ⇒
v bici =
ω coroa ⋅ R coroa
R catraca
(4)
⋅ R roda
Sendo ωcoroa e Rroda constantes, a velocidade da bicicleta (Vbici) será máxima quando o raio da
coroa for máximo e o raio da catraca for mínimo. Portanto, Rcoroa = R2 e Rcatraca = R3.
QUESTÃO 06
Resposta: C/E
Em um farol de sinalização, o feixe de luz está acoplado a um mecanismo rotativo que realiza uma
volta completa a cada T segundos. O farol se encontra a uma distância R do centro de uma praia
de comprimento 2 L, conforme a figura. O tempo necessário para o feixe de luz “varrer” a praia, em
cada volta, é
farol
A) arctg(L/R) T/(2 π)
B) arctg(2 L/R) T/(2π)
R
C) arctg(L/R) T/π
D) arctg(L/2 R) T/(2 π)
E) arctg(L/R) T/π
RESOLUÇÃO:
L
L
Chamando de ∆ϕ a medida do ângulo “varrido”, teremos, da figura:
Farol
∆ϕ
∆ϕ
2
R
L
L
 ∆ϕ  L
tg 
 =
 2  R
L
∆ϕ = 2 arc tg  
 R
A velocidade angular do facho luminoso é:
ω=
2 π ∆ϕ
=
∆t
T
O tempo necessário para “varrer” a praia é:
∆t =
∆ϕ
= arc tg (L / R) T / π
ω
As alternativas C e E apresentam expressões idênticas.
QUESTÃO 07
Resposta: C
4
Uma bola é lançada horizontalmente do alto de um edifício, tocando o solo decorridos aproximadamente 2 s. Sendo de 2,5 m a altura de cada andar, o número de andares do edifício é
A) 5
B) 6
C) 8
D) 9
E) indeterminado pois a velocidade horizontal de arremesso da bola não foi fornecida.
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RESOLUÇÃO:
Num lançamento horizontal, o tempo de queda é o
mesmo do de um objeto abandonado do repouso de
uma mesma altura h. Considerando o número de pavimentos igual a N, desprezando a resistência do ar e
arredondando g para 10 m/s2:
v0
d = v0t
h=
h=
1 2
gt
2
1
1
⋅ g ⋅ t 2 → 2, 5 N = ⋅ 10 ⋅ (2)2
2
2
N=8
Comentário:
QUESTÃO 08
Resposta: B
Consideramos que o térreo já é um andar.
Uma bola cai, a partir do repouso, de uma altura h, perdendo parte de sua energia ao colidir com
o solo. Assim, a cada colisão sua energia decresce de um fator k. Sabemos que após 4 choques com
o solo, a bola repica até uma altura de 0,64 h. Nestas condições, o valor do fator k é
 9
A)  
 10 
 3
D)  
 4
2 5
B) 

 5 
 5
E)  
 8
 4
C)  
 5
RESOLUÇÃO:
A energia do sistema antes da primeira colisão até após a quarta é respectivamente:
ε0, ε1, ε2, ε3, ε4.
Como a cada colisão há um decréscimo de energia correspondente a um fator k:
ε
ε1
ε
ε
= k (1); 2 = k (2); 3 = k (3); 4 = k (4)
ε0
ε1
ε2
ε3
Multiplicando-se (1) por (2) por (3) por (4), tem-se:
ε4
= k4
ε0
Como
ε4 = 0,64 mgh e ε0= mgh:
k 4 = 0, 64 ∴ k =
QUESTÃO 09
Resposta: C
2 5
5
Uma esfera de massa m e carga q está suspensa por um fio frágil e inextensível, feito de um material eletricamente isolante. A esfera se encontra entre as placas paralelas de um capacitor plano,
como mostra a figura. A distância entre as placas é d, a diferença de potencial entre as mesmas é
V e esforço máximo que o fio pode suportar é igual ao quádruplo do peso da esfera. Para que a esfera
permaneça imóvel, em equilíbrio estável, é necessário que
2
A)
 qV  15 mg
 d 
2
 qV 
2
 4 ( mg )
B) 
 d 
g
2
 qV 
2
C) 
 15 ( mg )
 d 
2
 qV 
2
 16 ( mg )
D) 
 d 
d
2
 qV 
 15 mg
E) 
 d 
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5
RESOLUÇÃO:
• Assinalando as forças:
→
T
→
FE
→
P
d
→
→
• Estabelecendo as condições de equilíbrio ( R = 0 ):
→
T
→
P
2
T2 = P2 + FE = (mg)2 + (q ⋅ E)2
 V
T 2 = (mg )2 +  q 
 d
→
FE
2
(1)
A condição para o não-rompimento do fio será:
T 4 mg ⇒ T2 16 (mg)2
(2)
Substituindo (1) em (2):
 V
(mg )2 +  q 
 d
2
16 (mg)2
2
∴  q V  15 (mg)2

QUESTÃO 10
Resposta: B
d
Um espira circular de raio R é percorrida por uma corrente i. A uma distância 2 R de seu centro
encontra-se um condutor retilíneo muito longo que é percorrido por uma corrente i1 (conforme a
figura). As condições que permitem que se anule o campo de indução magnética no centro da espira, são, respectivamente
A) (i1/i) = 2 π e a corrente na espira no sentido horário.
B) (i1/i) = 2π e a corrente na espira no sentido anti-horário.
i1
2R
R
C) (i1/i) = π e a corrente na espira no sentido horário.
D) (i1/i) = π e a corrente na espira no sentido anti-horário.
E) (i1/i) = 2 e a corrente na espira no sentido horário.
RESOLUÇÃO:
i
• Campo criado pelo fio no centro da espira:
B1 =
µ 0 i1
2π ⋅ (2 R)
• Para que o campo no centro da espira seja nulo, a espira deve criar:
" B2 = µ 0 i
2R
Assim, i deve ter sentido anti-horário (regra da mão direita) e B1 = B2.
∴
QUESTÃO 11
Resposta: A
6
µ 0 i1
µ i
= 0
∴
2π (2 R)
2R
i1
= 2π
i
Um capacitor plano é formado por duas placas paralelas, separadas entre si de uma distância 2 a,
gerando em seu interior um campo elétrico uniforme E. O capacitor está rigidamente fixado em um
carrinho que se encontra inicialmente em repouso. Na face interna de uma das placas encontra-se
uma partícula de massa m e carga q presa por um fio curto e inextensível. Considere que não haja
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atritos e outras resistências a qualquer movimento e que seja M a massa do conjunto capacitor mais
carrinho. Por simplicidade, considere ainda a inexistência da ação da gravidade sobre a partícula.
O fio é rompido subitamente e a partícula move-se em direção à outra placa. A velocidade da
partícula no momento do impacto resultante, vista por um observador fixo ao solo, é
RESOLUÇÃO:
A)
4qEM a
m (M + m)
B)
2qEM a
m (M + m)
C)
qEa
(M + m)
D)
4qEma
M (M + m)
E)
4qEa
m
2a
• O sistema é isolado.
0
Q sist = Q’sist ⇒ |Q carga| = |Q carr|
• O sistema é conservativo.
∴
v carr =
m v c arg a
(1)
M
0
εmsist = εm’sist ⇒ εp + εc = ε’p + ε’c
εp – ε’p = ε’c
∴ q ⋅ E ⋅ 2a =
⇒ q ⋅ U = ε’c
1
1
Mv 2carr + mv 2c arg a
2
2
(2)
• Substituindo (1) em (2):
2
q ⋅ E ⋅2 a =
1  m v c arg a 
1
2
M
 + m v c arg a
M
2 
2

4q ⋅ E ⋅ M ⋅ a
m( M + m )
∴ v c arg a =
QUESTÃO 12
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
Um diapasão de freqüência 400 Hz é afastado de um observador, em direção a uma parede plana,
com velocidade de 1,7 m/s. São nominadas: f1, a freqüência aparente das ondas não-refletidas, vindas diretamente até o observador; f2, freqüência aparente das ondas sonoras que alcançam o observador depois de refletidas pela parede e f3, a freqüência dos batimentos. Sabendo que a velocidade
do som é de 340 m/s, os valores que melhor expressam as freqüências em herz de f1, f2 e f3, respectivamente, são
A) 392, 408 e 16
D) 402, 398 e 4
B) 396, 404 e 8
E) 404, 396 e 4
C) 398, 402 e 4
Para o primeiro conjunto de ondas que atinge o observador, temos:
v
± v observador
v = 1,7m/s
f 1 = som
⋅ femitida
v som ± v fonte
+
340
⋅ 400
340 + 1, 7
Logo: f1 ≈ 398 Hz
∴ f1 =
Para o segundo conjunto de ondas, que atinge o observador após refletir na parede, temos:
v = – 1,7m/s
+
f2 =
v som ± v observador
⋅ femitida
v som ± v fonte
∴ f2 =
PAREDE
340
⋅ 400
340 – 1, 7
FONTE
VIRTUAL
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7
Logo: f2 ≈ 402 Hz
Finalmente, para os batimentos, temos:
fbatimento = |f2 – f1 |
∴ fbatimento ≈ |402 – 398|
Logo: fbatimento ≈ 4 Hz
QUESTÃO 13
Resposta: D
RESOLUÇÃO:
Um pequeno barco de massa igual a 60 kg tem o formato de uma caixa de base retangular cujo comprimento é 2,0 m e a largura 0,80 m. A profundidade do barco é de 0,23 m. Posto para flutuar em
uma lagoa, com um tripulante de 1078 N e um lastro, observa-se o nível da água a 20 cm acima do
fundo do barco. O valor que melhor representa a massa do lastro em kg é
A) 260
B) 210
C) 198
D) 150
E) Indeterminado, pois o barco afundaria com o peso deste tripulante.
O volume de água deslocada é igual a:
VL = 20 ⋅ 80 ⋅ 200 = 320000 cm3
ou VL = 320L
1g
= 1kg/L,
cm3
A massa de água deslocada (que deve ser igual
à massa do corpo flutuante) será de 320 kg.
A massa de lastro será, então, igual a:
1078
320 – 60 –
= 260 – 110 = 150 kg
9, 8
Como a massa específica da água é
QUESTÃO 14
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
80 cm
Uma partícula descreve um movimento cujas coordenadas são dadas pelas seguintes equações:
X (t) = X0 cos (w t) e Y (t) = Y0 sen (w t + π/6), em que w, X0 e Y0 são constantes positivas. A trajetória da partícula é
A) Uma circunferência percorrida no sentido anti-horário.
B) Uma circunferência percorrida no sentido horário.
C) Uma elipse percorrida no sentido anti-horário.
D) Uma elipse percorrida no sentido horário.
E) Um segmento de reta.
Vamos determinar as coordenadas x e y em intervalos de tempo T/12, sendo T o período do movimento:
tempo
y = y0 sen (ωt + π/6)
y = y0 sen (0 + π/6) = y0 / 2
T/12
x = x0 cos(π/6) = x0 3 / 2
y = y0 sen (π/6 + π/6) = y0 3 / 2
T/6
x = x0 cos π/3 = x0 / 2
y = y0 sen (π/3 + π/6) = y0
T/4
x = x0 cos π/2 = 0
y = y0 sen (π/2 + π/6) = y0 3 / 2
T/3
x = x0 cos 2π/3 = –x0 / 2
y = y0 sen (2π/3 + π/6) = y0 / 2
x = x0 cos 5π/6 = –x0 3 / 2
y = y0 sen (5π/6 + π/6) = 0
x = x0 cos π = –x0
y = y0 sen (π + π/6) = – y0 / 2
7T/12
x = x0 cos 7 π/6 = –x0 3 / 2
y = y0 sen (7 π/6 + π/6) = –
2T/3
x = x0 cos 4π/3 = –x0 / 2
y = y0 sen (4π/3 + π/6) = – y0
3T/4
x = x0 cos 3π/2 = 0
y = y0 sen (3π/2 + π/6) = –
7T/12
x = x0 cos 7π/6 = x0 3 / 2
y = y0 sen (7π/6 + π/6) = – y0 / 2
11T/12
x = x0 cos 11π/6 = x0 / 2
y = y0 sen (11π/6 + π/6) = 0
5T/12
T/2
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x = x0 ⋅ cos ωt
x = x0 cos 0 = x0
0
8
20 cm
3 / 2 y0
3 / 2 y0
Com esses dados, construímos a figura:
T
4
T
6
T
12
T
3
0
11T
12
30°
5T
12
T
2
7T
12
7T
12
2T
3
3T
4
T
4
T
3
T
6
5T
12
T
12
30°
T
2
0
7T
12
11T
12
2T
3
3T
4
7T
12
Da figura, concluímos que a trajetória é uma elipse e o movimento é no sentido anti-horário.
QUESTÃO 15
Resposta: E
Considere as seguintes afirmações:
I. Se um espelho plano transladar de uma distância d ao longo da direção perpendicular a seu
plano, a imagem real de um objeto fixo transladará de 2 d.
II. Se um espelho plano girar de um ângulo α em torno de um eixo fixo perpendicular à direção
de incidência da luz, o raio refletido girará de um ângulo 2 α .
III. Para que uma pessoa de altura h possa observar seu corpo inteiro em um espelho plano, a
altura deste deve ser de no mínimo 2 h/3.
Então, podemos dizer que
A) apenas I e II são verdadeiras.
B) apenas I e III são verdadeiras.
C) apenas II e III são verdadeiras.
D) todas são verdadeiras.
E) todas são falsas.
RESOLUÇÃO:
I. FALSA, pois não está especificado o referencial a partir do qual é medida a translação da imagem.
II. FALSA, pois “eixo fixo perpendicular à direção de incidência da luz” não é único.
III. FALSA, pois não se define o plano que contém o espelho.
Observações:
a) Se, na afirmação I, o referencial é o objeto (real ou virtual), a translação da imagem é 2 d.
b) A afirmação II seria verdadeira se o eixo de rotação perpendicular à direção de incidência da luz
estivesse contido no plano do espelho.
Levando-se em consideração as observações acima, a alternativa correta seria A.
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9
ATENÇÃO: Resolva as questões numeradas de 16 a 25 no caderno de soluções. Na folha
de leitura óptica assinale a alternativa escolhida em cada uma das 25 questões. Ao terminar a prova, entregue ao fiscal o caderno de soluções e a folha de leitura óptica.
QUESTÃO 16
Resposta: C
Um objeto linear de altura h está assentado perpendicularmente no eixo principal de um espelho
esférico, a 15 cm de seu vértice. A imagem produzida é direita e tem altura de h/5. Este espelho é
A) côncavo, de raio 15 cm.
B) côncavo, de raio 7,5 cm.
C) convexo, de raio 7,5 cm.
D) convexo, de raio 15 cm.
E) convexo, de raio 10 cm.
RESOLUÇÃO:
Admitindo o objeto como real, sua abscissa é p = + 15 cm.
Como a imagem é direita e tem altura h/5, temos:
y’ h 5
p’
=
=–
y
h
p
p’ = –
p
5
∴
p’ = – 3 cm
(a imagem é virtual)
De acordo com a equação dos pontos conjugados:
1 1
1
= +
f
p p’
1
1
1
=
–
f
15 3
⇒
⇒
f = – 3,75 cm.
Assim, o espelho é convexo, e o raio de curvatura é R = 7,5 cm.
QUESTÃO 17
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
Uma partícula está submetida a uma força com as seguintes características: seu módulo é proporcional ao módulo da velocidade da partícula e atua numa direção perpendicular àquela do vetor
velocidade. Nestas condições, a energia cinética da partícula deve
A) crescer linearmente com o tempo.
B) crescer quadraticamente com o tempo.
C) diminuir linearmente com o tempo.
D) diminuir quadraticamente com o tempo.
E) permanecer inalterada.
Um corpo sujeito a força numa direção perpendicular àquela do vetor velocidade adquire movimento
circular uniforme.
→
v
m
→ →
F = Rc
(Resultante centrípeta não altera o módulo do vetor velocidade.)
Nessas condições, a energia cinética da partícula permanece inalterada.
εc =
10
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1
m v 2 = cte
2
QUESTÃO 18
Resposta: A
No circuito elétrico da figura, os vários elementos têm resistências R1 , R2 e R3 conforme indicado.
Sabendo que R3 = R1/2, para que a resistência equivalente entre os pontos A e B da associação da
figura seja igual a 2 R2 a razão r = R2/R1 deve ser
A) 3/8
B) 8/3
C) 5/8
D) 8/5
E) 1
R3
R1
A
R3
R2
R1
R1
B
R1
RESOLUÇÃO:
O circuito proposto é equivalente a:
R3
A
R3
2R3 = R1
R1
R2
R1
R1
B
A R2
⇔
B
R1
R1
R1
R1
R1
R1
R1
2
A R2
⇔
B
R1
⇔
3 R1
8
A R2
B
R1
Como RAB = R2 +
∴
QUESTÃO 19
Resposta: C
3
R1 = 2R2 ⇒
8
3
R1 = R2
8
R2
3
=r=
R1
8
Duas partículas têm massas iguais a m e cargas iguais a Q. Devido a sua interação eletrostática,
elas sofrem uma força F quando estão separadas de uma distância d. Em seguida, estas partículas
são penduradas, a partir de um mesmo ponto, por fios de comprimento L e ficam equilibradas quando a distância entre elas é d1. A cotangente do ângulo α que cada fio forma com a vertical, em
função de m, g, d, d1, F e L, é
A) m g d1 / (F d)
L
B) m g L d1 / (F d2)
α
C) m g d12 / (F d2)
/ (F d12 )
D) m g
2
E) (F d ) / (mg d12 )
d2
RESOLUÇÃO:
d1
• Situação inicial
F
Q
Q
F
F=K⋅
d
Q2
⇒ K ⋅ Q2 = F ⋅ d 2 (1)
d2
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• Situação final
Estabelecendo as condições de equilíbrio:
α
α T
P
T
FE
P = mg
d1
FE
m.g
cotgα = P =
KQ2
FE
d2
(2)
Substituindo (1) em (2):
cotg =
QUESTÃO 20
Resposta: D
m ⋅ g ⋅ d1
2
F ⋅ d2
Uma barra metálica de comprimento L = 50,0 cm faz contato com um circuito, fechando-o. A área
do circuito é perpendicular ao campo de indução magnética uniforme B. A resistência do circuito é
R = 3,00 , sendo de 3,75 10–3 N a intensidade da força constante aplicada à barra, para mantê-la
em movimento uniforme com velocidade v = 2,00 m/s. Nessas condições, o módulo de B é:
A) 0,300 T
B) 0,225 T
C) 0,200 T
D) 0,150 T
E) 0,100 T
RESOLUÇÃO:
X
X
X
X
X
X
X
X
B
R
X
X
X
X
X
X
v
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
L
• A força magnética na barra é dada por:
(1)
F = Bil
• A corrente induzida pelo movimento da barra é dada por:
Blv
R
• Substituindo (2) em (1):
i=
F = B2 l 2
(2)
3, 75 ⋅ 10 –3 ⋅ 3
F⋅R
v
∴ B2 =
=
0, 25 ⋅ 2
R
l2 ⋅ v
⇒ B = 0,150 T
QUESTÃO 21
Resposta: B
Considere o circuito da figura, assentado nas arestas de um tetraedro, construído com 3 resistores
de resistência R, um resistor de resistência R1, uma bateria de tensão U e um capacitor de capacitância C. O ponto S está fora do plano definido pelos pontos P, W e T. Supondo que o circuito esteja em regime estacionário, pode-se afirmar que
S
A) a carga elétrica no capacitor é de 2,0 10–6 F, se R1 = 3 R.
B) a carga elétrica no capacitor é nula, se R1 = R.
C) a tensão entre os pontos W e S é de 2,0 V, se R1 = 3 R.
D) a tensão entre os pontos W e S é de 16 V, se R1 = 3 R.
E) nenhuma das respostas acima é correta.
C
R1
R
P
R
W
R
U
T
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RESOLUÇÃO:
Redesenhando o circuito:
S
R1
R
T
C
P
R
R
W
U
Aplicando a condição de equilíbrio da ponte de Wheatstone:
R1R = R2
QUESTÃO 22
Resposta: E
∴
R1 = R
Um circuito elétrico é constituído por um número infinito de resistores idênticos, conforme a figura. A resistência de cada elemento é igual a R. A resistência equivalente entre os pontos A e B é
A
R
R
R
R
B
R
R
R
R
R
A) infinita
B) R ( 3 – 1)
C) R
3
3
D) R (1 – 3 )
E) R (1 +
RESOLUÇÃO:
3)
Como a rede é infinita:
R
A
RAB
⇔
R
RAB
R
B
Logo: RAB = 2 R +
R ⋅ R AB
R + R AB
Chamando RAB = x, temos:
x R + x2 = 2 R2 + 2 R x + Rx
x 1 = R (1 + 3 )
∴
x2
– 2Rx –
2 R2
=0
x 2 = R (1 – 3 ) [não tem significado]
⇒ R eq = R (1 + 3 )
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QUESTÃO 23
Resposta: E
Um bloco com massa de 0,20 kg, inicialmente em repouso, é derrubado de uma altura de h = 1,20 m
sobre uma mola cuja constante de força é k = 19,6 N/m. Desprezando a massa da mola, a distância máxima que a mola será comprimida é
A) 0,24 m
D) 0,54 m
B) 0,32 m
E) 0,60 m
C) 0,48 m
RESOLUÇÃO:
m = 0,2 kg
1,2 m
h = 1,2 + x
llllllllllll
llllllllllll
x
(1)
Posição de referência
para Energia Potencial
Gravitacional
(2)
Como o sistema é conservativo, temos:
εM2 = εM1
εC2 + εp2 = εC1 + εp1
0 + 1 ⋅ k ⋅ x2 = 0 + m ⋅ g ⋅ (1,2 + x)
2
1 ⋅ 19,6 ⋅ x2 = 0,2 ⋅ 9,8 ⋅ (1,2 + x)
2
x2 – 0,2 ⋅ x – 0,24 = 0
A equação acima admite duas raízes:
x1 = 0,6 m ou x2 = – 0,4 m
Como h tem de ser maior que 1,2 m, aceitamos apenas a raiz positiva.
QUESTÃO 24
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
Um centímetro cúbico de água passa a ocupar 1671 cm3 quando evaporado à pressão de 1,0 atm. O
calor de vaporização a essa pressão é de 539 cal/g. O valor que mais se aproxima do aumento de
energia interna da água é
A) 498 cal
D) 2082 J
B) 2082 cal
E) 2424 J
C) 498 J
Sendo ∆U a variação de energia interna, pela 1ª Lei da Termodinâmica:
∆U = Q – τ Logo ∆U = mL – p ∆V
∆U = 539 ⋅ 4,18 – 1,0 ⋅ 1,013 ⋅ 105 ⋅ 1670 ⋅ 10–6
∆U = 123
2,25 ⋅ 103 – 0,17 ⋅ 103
123
3 A.S.
2 A.S.
A.S. = algarismos significativos
∆U = 2,08 ⋅ 103J
(3 A.S.)
ou
∆U = 2,08 ⋅ 103/4,18
∆U = 498 cal
Comentário:
14
(3 A.S.)
1 — Ao escrever “um centímetro cúbico” com “um” por extenso, confundindo artigo indefinido com
medida, o examinador atribui infinitos algarismos significativos ao volume inicial.
2 — Caso os cálculos fossem efetuados sem levar em conta os algarismos significativos, no S.I., a
melhor resposta seria a D, com diferença de 0,09% em relação ao valor calculado.
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QUESTÃO 25
Resposta: B
RESOLUÇÃO:
Um elevador está descendo com velocidade constante. Durante este movimento, uma lâmpada, que
o iluminava, desprende-se do teto e cai. Sabendo que o teto está a 3,0 m de altura acima do piso do
elevador, o tempo que a lâmpada demora para atingir o piso é
A) 0,61 s
B) 0,78 s
C) 1,54 s
D) infinito, pois a lâmpada só atingirá o piso se o elevador sofrer uma desaceleração.
E) indeterminado, pois não se conhece a velocidade do elevador.
Como a lâmpada e o elevador descem com velocidade constante, pode-se adotar o elevador como
um referencial inercial, em que a lâmpada cai, a partir do repouso, com aceleração g = 9,8 m/s2.
➩
h = 3,0 m
v = const.
O equacionamento do movimento da lâmpada é:
h=
1
g t2
2
Ao atingir o piso do elevador, h = 3,0 m.
Assim: 3 =
1
⋅ 9, 8 ⋅ t 2
2
∴ t 0,78 s
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Comentário
Questões trabalhosas e contendo pequenos pontos que dão margem a dúvidas, atrapalhando os
estudantes bem preparados.
Apesar disso, a prova foi boa e tratou eqüitativamente os diversos pontos do programa.
Talvez fosse interessante que o ITA apresentasse seu gabarito oficial, a bem da transparência de
seu processo seletivo, tão conceituado.
Incidência
ASSUNTO
Análise Dimensional
Dinâmica
Hidrostática
Ondulatória
Dinâmica Impulsiva
Trabalho e Energia
Eletrodinâmica
Eletromagnetismo
Calorimetria
Eletrostática
Óptica
Cinemática
Nº DE QUESTÕES
1
16
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2
3
4
5
6