1 1. Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado

1. Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado pelo produto vetorial do vetor
posição dessa massa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de
comprimento (L), de massa (M ) , e de tempo (T ) , um momento angular qualquer tem sua
dimensão dada por
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)
)
)
)
)
L0 MT −1.
LM 0T −1.
LMT −1.
L2 MT −1.
L2 MT −2 .
Alternativa: D
Temos que:
JG G G
G
G G
L = r × p ∴  L  =  r   p 
G
G
G
Mas:  r  = L e  p  = [ m ]  v  = MLT −1
G
G
Logo:  L  = LMLT −1 ∴  L  = ML2 T −1
2. Uma partícula carregada negativamente está se movendo a direção + x quando entra em um
campo elétrico uniforme atuando nessa mesma direção e sentido. Considerando que sua
posição em t = 0s é x = 0 m, qual gráfico representa melhor a posição como função do tempo
durante o primeiro segundo?
B. ( )
0.2
0.4 t 0.6
0.8
1
0.3
0.2
0.1
0
–0.1
–0.2
–0.3
0
0.2
0.4 t 0.6
0.8
1
0.3
0.2
0.1
0
–0.1
–0.2
–0.3
0
0.2
0.4 t 0.6
0.8
1
D. ( )
0.4 t 0.6
0.8
1
0.3
0.2
0.1
0
–0.1
–0.2
–0.3
0
0.2
0.4 t 0.6
0.8
1
x
E. ( )
0.2
x
x
C. ( )
0.3
0.2
0.1
0
–0.1
–0.2
–0.3
0
x
0.3
0.2
0.1
0
–0.1
–0.2
–0.3
0
x
A. ( )
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
1
Alternativa: E
De acordo com o enunciado, a velocidade da partícula ao entrar no campo elétrico é positiva.
A aceleração da partícula vai ser determinada pela força elétrica. Como o campo está no sentido
positivo e a carga é negativa, então a aceleração é negativa.
Dessa forma, adotando a posição inicial como o ponto de entrada no campo e sendo v e a
respectivamente os módulos da velocidade inicial e da aceleração, a expressão da posição em
função do tempo é dada por:
t2
x = 0 + v ⋅ t − a ∴ Parábola com concavidade para baixo.
2
3. Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas,
mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva
para descer esse trecho com os motores desligados?
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) 14 horas e 30 minutos
) 13 horas e 20 minutos
) 7 horas e 20 minutos
) 10 horas
) Não é possível resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.
Alternativa: B
Podemos escrever a velocidade do barco relativa à margem como:
G
G
G
v BM = v BA + v AM ; em que B → Barco; A → Água; M → Margem.
Dessa forma, para subir o rio de uma distância x:
x
v BA − v AM =
( I)
10
E para descer o rio da mesma distância x:
x
v BA + v AM =
( II)
4
Fazendo (II) – (I):
x x 3x
x
40
2v AM = − =
∴
=
4 10 20
v AM
3
Para descer com o motor desligado, a velocidade do barco é a própria velocidade da água. Logo,
para o mesmo deslocamento:
x
40
∆t =
∴ ∆t =
h ∴ ∆t = 13horas e 20 minutos
v AM
3
2
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
4. Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5 km/h e, em
seguida, o trecho BC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de
20,0 km/h sua velocidade escalar média no percurso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele
chega em A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h, com velocidade escalar média
de 24,0 km/h. Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB.
C
0
3, 0
B
A
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
km
) v = 12,0 km/h
) v = 12,00 km/h
) v = 20,0 km/h
) v = 20,00 km/h
) v = 36,0 km/h
Alternativa: A
Precisamos, em todos os cálculos, considerar a questão de algarismos significativos:
v ABCBA =
2d AB + 2d BC
2d + 2 ⋅ 3, 00
∴ 24, 0 = AB
∴ 24, 0 = 2d AB + 6, 00 ∴ 2d AB = 18, 0
t ABCBA
1, 00
∴ d AB = 9, 00 km
t ABCB =
d AB + 2d BC 9, 00 + 2 ⋅ 3, 00 9, 00 + 6, 00 15, 00
=
=
=
= 0, 750 h
20, 0
20, 0
20, 0
v ABCB
G
r AB
G
9, 00 km
v ABCB,m =
=
∴
t ABCB
0, 750 h
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
G
v ABCB,m = 12, 0 km/h
3
5. A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H = 20 3 m sobre
uma rampa de 60º de inclinação e corre 20 m num trecho horizontal antes de chegar em um
loop circular, de pista sem atrito. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano
horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que pode ter esse loop para que o carrinho
faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.
H
2R
60°
20 m
A. ( ) R = 8 3 m
B. ( ) R = 4( 3 − 1) m
C. ( ) R = 8( 3 − 1) m
D. ( ) R = 4(2 3 − 1) m
E. ( ) R = 40( 3 − 1) / 3 m
Alternativa: C
A
B
Entre A e B, temos:
W Fnc = ∆ E M ∴ W fat = E M B − E M A (I)
W fat = − fat1 ⋅ d1 − fat 2 ⋅ d 2 = − µmg cos 60º ⋅
H
− µmgd 2
sen60º
1
1
1
W fat = − ⋅ mg ⋅
⋅ 20 3 − ⋅ mg ⋅ 20 = − 20mg
2
2
3
1
E MB = E PB + E CB = mg2R + mv B 2 (III)
2
E MA = mgh = 20 3mg (IV)
(II)
O raio máximo para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a pista é aquele
v 2
para o qual a normal é nula em B: R cp = ma cp ∴ mg = m B ∴ v B 2 = Rg (V)
R
1
5
(V) em (III): E M B = 2mgR + mRg = mgR (VI)
2
2
5
5
(II), (IV) e (VI) em (I): −20mg = mgR − 20 3mg ∴
R = 20 3 − 20 ∴ R = 8 3 − 1 m
2
2
(
4
)
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
6. Desde os idos de 1930, observações astronômicas indicam a existência da chamada matéria
escura. Tal matéria não emite luz, mas a sua presença é inferida pela influência gravitacional
que ela exerce sobre o movimento de estrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa
galáxia, possa ser removida sua matéria escura de massa específica ρ > 0, que se encontra
uniformemente distribuída. Suponha também que no centro dessa galáxia haja um buraco negro
de massa M, em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma órbita circular.
Considerando órbitas de mesmo raio na presença e na ausência de matéria escura, a respeito da
G
força gravitacional resultante F exercida sobre a estrela e seu efeito sobre o movimento desta,
pode-se afirmar que
G
A. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m não se altera na presença da matéria escura.
G
B. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.
G
C. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.
G
D. ( ) F é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.
G
E. ( ) F é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.
Alternativa: C
Com ausência de matéria escura, podemos determinar a velocidade orbital:
m
R
M
R cp = m ⋅ acp ∴
GMm
v2
GM
=
m
∴ v2 =
2
R
R
R
Considerando a presença de matéria escura e supondo a galáxia esférica, por simplicidade, temos:
I
m
R
ρ ρ
M
II
galáxia
A matéria escura distribui-se uniformemente por duas regiões: I e II. A resultante das forças
gravitacionais da região I sobre m é nula.
Para o cálculo da nova velocidade orbital:
G ( M + M me ) m
GM me
v '2
GM GM me
=
∴ v '2 =
+
= v2 +
R cp = m ⋅ acp ∴
m
2
R
R
R
R
R
Dessa forma, a velocidade orbital (v’) na presença de matéria escura é maior do que a velocidade
orbital (v) na ausência de matéria escura.
Como ρ > 0, a força gravitacional da matéria escura também é atrativa e a força gravitacional
resultante é atrativa por conseqüência.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
5
7. Diagramas causais servem para representar relações qualitativas de causa e efeito entre duas
grandezas de um sistema. Na sua construção, utilizamos figuras como
r
+
s para
− s
para
r
indicar que o aumento da grandeza r implica aumento da grandeza s e
indicar que o aumento da grandeza r implica diminuição da grandeza s. Sendo a a aceleração, v
a velocidade e x a posição, qual dos diagramas abaixo melhor representa o modelamento do
oscilador harmônico?
A. ( ) a
v
x
B. ( ) a
v
x
C. ( ) a
v
x
a
v
x
a
v
x
D. ( )
E. ( )
6
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Sem alternativa
Analisando o movimento de um oscilador harmônico segundo o modelo proposto na questão e
levando em consideração apenas o módulo das grandezas temos:
|x|
1
T/2
T
t
T/2
T
t
T/2
T
t
|v|
1
|a|
1
Ou seja, para qualquer intervalo de tempo:
+
a
− v
− x
Se analisarmos algebricamente os vetores durante o tempo temos:
x
1
−1
T/2
T
t
v
1
T/2
−1
T
t
a
1
−1
T/2
T
t
Ou seja, não há relação causal para generalizar o movimento.
De qualquer forma não há alternativa dentre as apresentadas.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
7
8. Uma balsa tem o formato de um prisma reto de comprimento L e seção transversal como vista
na figura. Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a uma profundidade h0. Sendo ρ a
massa específica da água e g a aceleração da gravidade, e supondo seja mantido o equilíbrio
hidrostático, assinale a carga P que a balsa suporta quanto submersa a uma profundidade h1.
θ
A. ( ) P = ρ gL(h12 − h 20 ) senθ
B. ( ) P = ρ gL(h12 − h 20 ) tan θ
C. ( ) P = ρ gL(h12 − h 20 ) senθ /2
D. ( ) P = ρ gL(h12 − h 20 ) tan θ /2
E. ( ) P = ρ gL(h12 − h 20 )2 tan θ /2
Alternativa: D
θ
2
Para o equilíbrio dada uma profundidade h e massa total M:
Peso = Empuxo ∴ Mg = E = ρVg ∴ M = ρV
com:
bhL
V = SL =
2
θ b/2
θ
∴ b = 2h tg  
Mas: tg   =
h
2
2
θ
2h tg   h L
θ
2
∴ M = ρ L h 2 tg  
Assim: M = ρ ⋅
2
2
θ
(I)
Sendo m a massa do barco, temos: m = ρ L h 02 tg  
2
P
θ
Acrescida da carga de peso P: m + = ρ L h12 tg  
(II)
g
2
P
θ
θ
(II) – (I): = ρ L(h12 − h 02 ) tg   ∴ P = ρ L g(h12 − h 02 ) tg  
g
2
2
8
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
9. Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1,
com velocidade para cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/s formando um
ângulo de 30º com a horizontal. Considerando g = 10 m/s 2 , assinale a distância entre as bolas
no instante em que a primeira alcança sua máxima altura.
A. ( ) d = 6250 m
B. ( ) d = 7217 m
C. ( ) d = 17100 m
D. ( ) d = 19375 m
E. ( ) d = 26875 m
Alternativa: C
50 m/s
30 m/s
30º
12
O tempo para que a 1ª bola atinja a altura máxima é dado por:
0 = 30 − 10 t ∴ t = 3 s
Considerando que as bolas partam da origem do sistema de coordenadas, em t = 3 s teremos:
x1 = 0
1
y1 = v1y,0 ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2 = 30 ⋅ 3 − 5 ⋅ 32 = 45 m
2
Para a 2ª bola:
3
x 2 = v 2x ⋅ t = 50 cos 30°⋅ 3 = 50 ⋅
⋅ 3 = 75 3 m
2
1
1
1
1
y 2 = v 2y,0 ⋅ t − g t 2 = 50sen 30°⋅ 3 − ⋅10 ⋅ 32 = 50 ⋅ ⋅ 3 − ⋅10 ⋅ 32 = 30 m
2
2
2
2
Logo:
d = (x 2 − x1 )2 + (y 2 − y1 ) 2 = (75 3 − 0) 2 + (30 − 45) 2 = 752 ⋅ 3 + 152 = 16875 + 225
∴ d = 17100 m
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
9
10. Considere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de
60 g. A seguir, num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques
perfeitamente elásticos e ausência de eventuais resistências, e considerando g = 10 m/s 2 ,
assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima alcançada pela bola de tênis em sua
ascensão após o choque.
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)5m
) 10 m
) 15 m
) 25 m
) 35 m
Alternativa: E
Como todas as colisões são elásticas, as situações imediatamente antes e imediatamente após o
choque entre as duas bolas são:
m
v
m
u
M
v
M
w
Antes
Depois
Conservação da quantidade de movimento:
Mv − mv = Mw + mu
Colisão elástica, e = 1:
v m,F − v M,F
u−w
e=
∴ 1=
∴ u − w = 2v
v M,I − v m,I
v − ( − v)
Mw + mu = Mv − mv
3M − m
∴ (M + m)u = 3Mv − mv ∴ u =
v

M+m
 − Mw + Mu = 2Mv
Como M = 10m : u =
30 m − m
29
v=
v
10 m + m
11
Sendo H a altura máxima da bola de tênis após o choque e h a sua altura inicial, da conservação de
energia do sistema temos:
2
2
H u2
292
u = 2gH
 29 
∴
=
∴
H
=
⋅
h
∴
H
=
⋅ 5 ∴ H = 34, 75 m
 2
 
h v2
11
112
 v = 2gh
10
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
11. Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3 4 da altura de um objeto
dele situado a uma distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1 4 da
sua altura, o objeto deverá se situar a uma distância p2 do espelho, dada por
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) p2 = 9p1.
) p2 = 9p1/4.
) p2 = 9p1/7.
) p2 = 15p1/7.
) p2 = –15p1/7.
Alternativa: A
De
− p’
f
1 1 1
= + , temos:
=
.
p
f −p
f p p’
Como
y’ − p’
y’
f
=
, então
=
y
p
y f −p
Na 1ª situação, temos:
3
f
=
∴ 4f = 3f − 3p1 ∴ f = −3p1
4 f − p1
Na 2ª situação, temos:
−3p1
1
f
=
=
∴ − 3p1 − p 2 = −12p1
4 f − p 2 −3p1 − p 2
∴ p 2 = 9p1
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
11
12. Uma lâmina de vidro com índice de refração n em forma de cunha é iluminada perpendicularmente
por uma luz monocromática de comprimento de onda λ . Os raios refletidos pela superfície superior
e pela inferior apresentam uma série de franjas escuras com espaçamento e entre elas, sendo que a
m-ésima encontra-se a uma distância x do vértice. Assinale o ângulo θ , em radianos, que as
superfícies da cunha formam entre si.
e
x
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) θ = λ / 2ne
) θ = λ / 4ne
) θ = (m + 1) λ / 2nme
) θ = (2m + 1) λ / 4nme
) θ = (2m – 1) λ / 4nme
Alternativa: A
e
θ
ar
d
vidro
ar
Considerando a espessura d da película da ordem do comprimento de onda, tem-se que ela funciona
como uma película delgada.
Como há uma inversão de fase, para as regiões da lâmina com interferência destrutiva, tem-se que:
λ
λ
2d = n p ⋅ n = n p ⋅ , para n p = 0, 2, 4, ...
2
2n
Para np = 0 tem-se o vértice.
λ
λ
Para np= 2: 2d = 2
∴ d=
2n
2n
Assim, como θ é pequeno:
λ
λ
d
∴ θ
sen θ =
e 2ne
2ne
12
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
13. Uma carga q distribui-se uniformemente na superfície de uma esfera condutora, isolada, de raio
R. Assinale a opção que apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencial elétrico num
ponto situado a uma distância r = R/3 do centro da esfera.
A. ( ) E = 0 V/m e U = 0 V
1 q
B. ( ) E = 0 V/m e U =
4πε 0 R
1 3q
C. ( ) E = 0 V/m e U =
4πε 0 R
1 qr
D. ( ) E = 0 V/m e U =
4πε 0 R 2
1 rq
E. ( ) E =
eU=0V
4πε 0 R3
Alternativa: B
Estando a carga uniformemente distribuída na superfície, tem-se que:
 R
E  = 0
 3
1 q
 R
 R
V   = V(R) ∴ V   =
 3
 3  4πε 0 R
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
13
14. Uma haste metálica com 5,0 kg de massa e resistência de 2,0 Ω desliza sem atrito sobre duas
barras paralelas separadas de 1,0 m, interligadas por um condutor de resistência nula e apoiadas
em um plano
JG de 30º com a horizontal, conforme a figura. Tudo encontra-se imerso num campo
magnético B , perpendicular ao plano do movimento, e as barras de apoio têm resistência e
atrito desprezíveis. Considerando que após deslizar durante um certo tempo a velocidade da
haste permanece constante em 2,0 m/s, assinale o valor do campo magnético.
G
B
G
v
30o
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) 25,0 T
) 20,0 T
) 15,0 T
) 10,0 T
) 5,0 T
Alternativa: E
Aplicando-se a Lei de Lenz, verifica-se que, vista por cima, a corrente tem sentido horário. Assim,
isolando a barra e tomando uma vista lateral:
JG
N
G
Fm
y
JG
B
i
θ
x
JG
P
Como a velocidade é constante, Frx = 0 :
Psenθ = FM ∴ mg senθ = BiA
ε BAv
Mas a corrente é dada por i = =
R
R
Portanto:
 BAv 
A ∴ mgRsenθ = B2 A 2 v ∴ B =
mgsenθ = B 
 R 
∴ B=
14
5 ⋅10 ⋅ 2 ⋅
12 ⋅ 2
mgRsenθ
A2 v
1
2 ∴ B=5T
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
15. A figura representa o campo magnético de dois fios paralelos que conduzem correntes elétricas.
A respeito da força magnética resultante no fio da esquerda, podemos afirmar que ela
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)
)
)
)
)
atua para a direita e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.
atua para a direita e tem magnitude igual à da força no fio da direita.
atua para a esquerda e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.
atua para a esquerda e tem magnitude igual à da força no fio da direita.
atua para a esquerda e tem magnitude menor que a da força no fio da direita.
Alternativa: D
Pela figura, observa-se um adensamento das linhas de força na região entre os fios, indicando que as
correntes que os percorrem têm sentidos opostos.
Logo, a força entre eles é repulsiva e os módulos das forças que agem nos dois fios são iguais.
Assim, a força que age no fio da esquerda é para a esquerda.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
15
16. Na figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão V conectada a um capacitor de placas
paralelas, de área S e distância d entre si, dispondo de um dielétrico de permissividade elétrica ε
que preenche completamente o espaço entre elas. Assinale a magnitude da carga q induzida
sobre a superfície do dielétrico.
+++++++
−−−−−−
++++++
−−−−−−−
V
d
A. ( ) q = ε Vd
B. ( ) q = ε SV/d
C. ( ) q = ( ε − ε 0 ) Vd
D. ( ) q = ( ε − ε 0 ) SV/d
E. ( ) q = ( ε + ε 0 ) SV/d
Alternativa: D
A carga induzida no dielétrico é exatamente igual à diferença de carga que havia antes e depois da
inserção no dielétrico.
ε0SV
d
εSV
= C 'V =
d
Qantes = CV =
Qdepois
qind = Qdepois − Qantes ∴ q ind =
16
(ε − ε 0 )SV
d
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
17. Luz monocromática, com 500 nm de comprimento de onda, incide numa fenda retangular em
uma placa, ocasionando a dada figura de difração sobre um anteparo a 10 cm de distância.
Então, a largura da fenda é
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)
)
)
)
)
1, 25 µm.
2,50 µm.
5, 00 µm.
12,50 µm.
25, 00 µm.
Alternativa: C
Em uma fenda simples, nos pontos do anteparo com interferência destrutiva, tem-se:
a ⋅ senθ = nλ , com n ∈` *
As grandezas envolvidas podem ser vistas na figura a seguir.
θ
y
a
d
Pela figura do enunciado: y = 1 cm
y 1
Mas: senθ =
d 10
Logo:
1
a ⋅ = 1⋅ 500 ⋅10−9 ∴ a = 5 ⋅10−6 m
10
∴ a = 5 µm
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
17
18. Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para
baixo com velocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a bola atingir o piso do
elevador.
A. ( ) t = v / g
B. ( ) t = h / v
C. ( ) t = 2h / g
( v + 2gh − v) / g
) t = ( v − 2 gh − v ) / g
D. ( ) t =
2
E. (
2
Alternativa: B
No referencial do elevador, a bola não possui aceleração. Sendo assim, se v é a velocidade da bola
h
em relação ao elevador, então o tempo para atingir o piso é dado por: t = .
v
18
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
19. Um cubo de 81,0 kg e 1,00 m de lado flutua na água cuja massa específica é ρ = 1000 kg / m3.
O cubo é então calcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscila em um movimento
harmônico simples com uma certa freqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito e
tomando g = 10 m /s2, essa freqüência angular é igual a
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) 100 / 9 rad /s.
) 1000 /81 rad /s.
) 1 / 9 rad/s.
) 9 /100 rad /s.
) 81 / 1000 rad /s.
Alternativa: A
Analisando as forças que atuam sobre o cubo inicialmente em equilíbrio, temos:
JG
JG E 0
P
h
No equilíbrio, temos:
E 0 = P ∴ ρ ⋅ Vimerso ⋅ g = mcubo ⋅ g ∴ ρ ⋅ A ⋅ h = m cubo
Causando uma perturbação x, muito pequena, para baixo, temos solução harmônica. A nova
representação de forças é dada por:
JG
JG E
P
h+x
Para a resultante de forças:
FR = E − P = ρ⋅ A ⋅ (h + x) ⋅ g − mcubo ⋅ g = ρ⋅ A ⋅ h ⋅ g + ρ⋅ A ⋅ x ⋅ g − ρ⋅ A ⋅ h ⋅ g
∴ FR = ρ⋅ A ⋅ g ⋅ x
Logo, a constante de rigidez será k = ρ ⋅ A ⋅ g.
A freqüência natural de vibração será dada por:
ωN =
k
mcubo
∴ ωN =
=
ρ⋅ A ⋅ g
103 ⋅12 ⋅10 102
=
=
mcubo
81
9
100
rad/s
9
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
19
20. Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então,
para que não arrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual a
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)
)
)
)
)
mg.
2mg.
3mg.
4mg.
5mg.
Alternativa: C
m
L
A
B
A tração é máxima no ponto B, pois é o mais baixo da trajetória.
Considerando o sistema conservativo, temos:
v2
∴ v 2 = 2gL
E MA = E M B ∴ mgL = m
2
Dessa forma, a tração pode ser determinada em B:
v2
v2
∴ T − mg = m
∴ T = m ⋅ 2g + mg ∴ T = 3mg
R cp = m
R
L
20
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas no caderno de soluções
21. Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelho de massa m dependurado por um fio.
Sabendo que o momentum do feixe de luz laser é E/c, em que c é a velocidade da luz, calcule a
que altura h o espelho subirá.
h
Resolução:
Aplicando-se a conservação de quantidade de movimento e sendo a superfície um espelho, tem-se
que:
Pantes = Pdepois
E
E'
E + E'
= m⋅v −
∴ v=
c
c
mc
Na equação anterior E ' < E, ou seja, o fóton de recuo tem uma freqüência menor do que o fóton
incidente, pois parte da energia é utilizada para elevar o espelho. Como a massa do espelho é muito
maior do que a massa relacionada à quantidade de movimento do fóton, considera-se o desvio de
freqüência desprezível e E E '.
Logo: v 2E
mc
Assim, por conservação de energia, tem-se que:
1
v2
2E 2
mv 2 = mgh ∴ h =
∴ h= 2 2
2
2g
m c g
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
21
22. Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si,
formando um conjunto que se apóia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra
esse conjunto com n chapas, bem como a distância D alcançada pela sua parte suspensa.
Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância D possível de modo que o conjunto ainda
se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em função do comprimento L de
cada chapa, para n = 6 unidades.
L
D
Resolução:
Para obter a distância máxima, cada conjunto que se apóia sobre uma chapa qualquer deve ter o seu
ponto de apoio coincidente com seu centro de massa.
Para n chapas sobrepostas sobre a calçada, podemos analisar as n – 1 chapas superiores, cujo centro
de massa dista D n −1 da origem na figura, e a chapa inferior, cujo centro de massa dista D ' da
origem.
Como o centro de massa da chapa inferior dista L/2 do ponto de apoio das n – 1 chapas superiores,
então:
D ' = D n −1 + L 2
Assim, o centro de massa do conjunto, x n é:
Dn =
( n − 1) ⋅ Dn −1 + D '
( n − 1) + 1
∴ Dn =
( n − 1) ⋅ Dn −1 + Dn −1 + L 2
n
∴ D n = D n −1 +
centro de massa centro de massa
de n chapas de n − 1 chapas
L 2
L
2n
0
D n −1
D’
Dn
Assim, a distância D n pode ser encontrada por:
L
L
L
L
L
L
L
D n = D n −1 +
= D n −2 +
+
= ... ∴ D n =
+
+
+ ... +
2n
2(n − 1) 2n
2 ⋅1 2 ⋅ 2 2 ⋅ 3
2n
∴
Dn =
L  1 1
1
⋅  1 + + + ... + 
2  2 3
n
Para n = 6 unidades:
L  1 1 1 1 1
49 ⋅ L
D6 = ⋅  1 + + + + +  ∴ D6 =
2  2 3 4 5 6
40
22
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
23. Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600 GWh de energia elétrica.
Imagine então um painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com
rendimento de 20%, a energia solar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com
valor médio diurno (24 h) aproximado de 170 W/m 2 . Calcule:
a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletores solares para que o painel possa gerar,
durante um ano, energia equivalente àquela de Itaipu, e,
b) o percentual médio com que a usina operou em 1998 em relação à sua potência instalada de
14000 MW.
Resolução:
a)
E U = η⋅ E T = η PT ⋅ t = η⋅ I ⋅ S ⋅ t ∴ S =
S=
∴
b)
EU
η⋅ I ⋅ t
87600 ⋅109 W ⋅ h
∴ S 0,294 ⋅109 m 2
W
0, 2 ⋅170 2 ⋅ 365 ⋅ 24 h
m
S 2,94 ⋅102 km 2
PU E U t E U
87600 ⋅109 W ⋅ h
0, 71
η=
=
=
=
PT
PT
PT ⋅ t 14000 ⋅106 W ⋅ 365 ⋅ 24 h
∴
η ≅ 71%
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
23
24. Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se
com aceleração relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola
de comprimento L e constante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o
acoplamento sabendo-se que o foguete alcançou a mesma velocidade da estação quanto dela se
aproximou de uma certa distância d > L, por hipótese em sua mesma órbita.
Resolução:
Considerando-se um referencial que se move com a mesma velocidade da estação, a partir do
instante em que o foguete atinge a distância d da estação, podemos aplicar a equação de Torricelli,
observando, para o foguete:
v0 = 0
e ∆s = d − L

 v = v1
v 2 = v02 + 2a∆s ∴ v12 = 2a ( d − L )
Ao começar a interagir com a mola (atracamento), consideraremos que cessa a propulsão do
foguete. Temos então a colisão do foguete (massa m) com a estação (considerada de massa M).
A deformação máxima da mola ocorrerá quando a distância entre o foguete e a estação for mínima,
ou seja, quando a velocidade relativa entre eles for nula, o que implica que ambos terão a mesma
velocidade v2 em relação ao referencial escolhido.
Pela conservação do momento linear, podemos determinar a velocidade do conjunto após a colisão
(v2):
m
mv1 = ( M + m ) v 2 ∴ v 2 =
v1
M+m
A força que age durante a colisão é a elástica, que é conservativa. Logo, há conservação da energia
mecânica do sistema:
1
1
1
mv12 = ( M + m ) v 22 + kx 2
2
2
2
Substituindo os valores anteriormente determinados, temos:
m2
m ⋅ 2a ( d − L ) = ( M + m )
2a ( d − L ) + kx 2
2
( M + m)
m 

∴ 2am ( d − L ) ⋅ 1 −
= kx 2

M
m
+


∴
x=
2am ( d − L )
1
⋅
m
k
1+
M
Obs.: Se M>>m, a deformação máxima da mola será dada por x =
24
2am ( d − L )
.
k
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
25. Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às
diferenças na aceleração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das
respectivas diferenças de suas distâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas
iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfície da Terra em posições diametralmente opostas e
alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situada no centro da Terra. Considere
G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R a distância entre os
centros da Terra e da Lua. Considere, também, f0z, f1z, e f2z as forças produzidas pela Lua
respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z)
1
sabendo que deverá usar a aproximação
= 1 − αx, quando x << 1.
(1 + x )α
z
Lua
Terra
m2
m0
m1
x
Resolução:
Da gravitação universal, temos:
F=
Gm1m 2
d2
Assim:
GMm
f 0z =
R2
GMm
=
f1z =
(R + r) 2
f 2z =
GMm
=
(R − r) 2
2
=
GMm  2r 
r
<< 1
1 −  , pois
2 
R
R  R
2
=
GMm  2r 
r
<< 1
1 +  , pois
2 
R
R  R
GMm
r

R 2 1 + 
 R
GMm
r 

R 2 1 − 
 R
Logo:
f1z − f 0z =
GMm  2r  GMm
2GMmr
1−  −
∴ f1z − f 0z = −
2 
2
R
R 
R
R3
f 2z − f 0z =
GMm  2r  GMm
2GMmr
1+  −
∴ f 2z − f 0z =
2 
2
R
R 
R
R3
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
25
26. Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal, Descartes emborcou na água um tubo de
ensaio de massa m, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo g a aceleração da
gravidade, ρ a massa específica da água, e desprezando variações de temperatura no processo,
calcule:
a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando o tanque aberto sob pressão atmosférica Pa, e
b) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo que a pressão no interior do tanque
fechado possibilite uma posição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe no nível da
água (ver figura).
Pa
L
Resolução:
a) O ar dentro do tubo sofre uma transformação isotérmica, de tal forma que a pressão interna é
determinada por:
Pi ⋅ Vi = Pf ⋅ Vf ∴ Pa ⋅ A ⋅ L = P ⋅ A ⋅ h, em que h é a altura da coluna de ar e P é a pressão
interna.
A pressão P deve ser suficiente para manter o equilíbrio das pressões:
mg
Pa + Ppeso = P ∴ Pa +
=P
A
Dessa forma, a altura h é dada por:
P ⋅L⋅A
mg 

Pa ⋅ A ⋅ L =  Pa +
⋅A⋅h ∴ h = a


A
Pa ⋅ A + mg
b) Na nova posição de equilíbrio, as pressões são relacionadas por:
,
, mg
Pa + Ppeso = P’ ∴ Pa +
= P’
A
Pelo Teorema de Stevin:
,
Pa + ρ ⋅ g ⋅ h’ = P’
Assim, a altura h’ é dada por:
m
,
, mg
Pa + ρ⋅ g ⋅ h’ = Pa +
∴ h’ =
A
ρ⋅ A
26
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
27. Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCA mostrado no diagrama P x V da figura.
O processo AB ocorre a temperatura constante. O processo BC ocorre a volume constante com
decréscimo de 40 J de energia interna e, no processo CA, adiabático, um trabalho de 40 J é
efetuado sobre o sistema. Sabendo-se também que em um ciclo completo o trabalho total
realizado pelo sistema é de 30 J, calcule a quantidade de calor trocado durante o processo AB.
A
P
B
C
V
Resolução:
No processo AB, a temperatura é constante ( ∆U AB = 0 )
∆U AB = Q AB − τAB
∴ 0 = Q AB − τ AB ∴ τ AB = Q AB
No processo BC, o volume é constante:
τ BC = 0
No processo CA, realiza-se trabalho sobre o sistema:
τ CA = −40 J
O trabalho total (30 J) é dado pela soma do trabalho de cada processo:
τ T = τ AB + τ BC + τ CA ∴ 30 = Q AB + 0 + (−40)
∴
Q AB = 70 J
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
27
28. Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam os vértices de um triângulo eqüilátero de
lado b >> a, conforme mostra a figura (1). Considere as figuras (2), (3) e (4), em que,
respectivamente, cada uma das esferas se liga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine,
nas situações (2), (3) e (4), a carga das esferas Q1, Q2 e Q3, respectivamente, em função de a, b
e Q.
3
1
Fig. (1)
2
1
Fig. (2)
Fig. (3)
2
1
Fig. (4)
Resolução:
Pode-se considerar que a carga induzida na esfera que está aterrada é aquela para a qual o potencial
elétrico nela é nulo. Sendo b>>a, pode-se considerar que a distribuição continua esférica nas cargas.
Supondo que as situações (2), (3) e (4) são seqüenciais, tem-se que:
Passo 1: aterra-se Q1
V1 = 0 =
−2Qa
2kQ kQ1
+
∴ Q1 =
b
b
a
Passo 2: aterra-se Q2
kQ1 kQ kQ 2
+
+
b
b
a
( −2Qa ) − Q = 2Qa − Q = Q ( 2a − b )
Q
∴ 2 =−
a
b2
b
b2
b
b2
Qa ( 2a − b )
∴ Q2 =
b2
V2 = 0 =
Passo 3: aterra-se Q3
kQ1 kQ 2 kQ3
+
+
∴
b
b
a
Q3
Q Q
−2Qa Qa ( 2a − b ) 2Qa Qa ( b − 2a ) Qa ( 2b + b − 2a )
∴
= − 1 − 2 =−
−
= 2 +
=
a
b
b
b
b3
b
b3
b3
Qa 2 ( 3b − 2a )
Q3 =
b3
V3 = 0 =
28
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
29. Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com n espiras por unidade de comprimento,
possui ao seu redor um anel de resistência R. O solenóide está ligado a uma fonte de corrente I,
de acordo com a figura. Se a fonte variar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão da
corrente que flui pelo anel durante esse mesmo intervalo de tempo e apresente esse resultado
em um novo gráfico.
3
I(A)
2
I
1
0
0
1
2
3
4 t(s) 5
Resolução:
Para determinação da corrente no anel, utilizamos a lei da indução de Faraday:
i=
ε
dφ 1
=−
R
dt R
O fluxo no anel, supondo-se que possui a mesma área do solenóide, é dado por:
φ = B ⋅ A = Bπa 2 ∴ φ = µ
n
I π a2
L
Portanto, a corrente é dada por:
n πa 2 dI
dI
, onde o sinal negativo é devido à Lei de Lenz e
é igual ao coeficiente angular
L R dt
dt
da reta.
i = −µ
Têm-se, pelo gráfico, 3 intervalos de tempo distintos:
a) entre 0 e 1 s:
dI
= 2 A/s
dt
µ n πa 2
∴ i = −2
L R
b) entre 1 s e 2 s:
dI
=0
dt
∴ i= 0
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
29
c) entre 2 s e 4 s:
dI
= − 1A/s
dt
µ n πa 2
∴ i= +
L R
O gráfico é dado por:
i (A)
µn πa 2
L R
1
0
2
4
t (s)
µn πa 2
−2
L R
Obs.: O gráfico feito com os sinais opostos aos colocados acima também é válido, já que não foi
arbitrado o sentido positivo da corrente.
30
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
30. Considere um circuito constituído por um gerador de tensão E = 122,4 V, pelo qual passa uma
corrente I = 12 A, ligado a uma linha de transmissão com condutores de resistência r = 0,1 Ω.
Nessa linha encontram-se um motor e uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual com
resistência R = 99 Ω, ligadas em paralelo, de acordo com a figura. Determinar a potência
absorvida pelo motor, PM, pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.
r
E
r
Lâmpadas
Motor
r
r
Resolução:
A potência total é dada por:
Pt = 122, 4 ×12 = 1468,8 W
A ddp sobre o motor, que é a mesma sobre o ramo em que se encontram as lâmpadas, é dada por:
U m = 122, 4 − 2 ⋅ 0,1⋅12 = 120 V
A corrente sobre o ramo das lâmpadas é dada por:
120
120
iL =
=
= 6A
R eq 0, 2 + 99
5
Para o motor:
PM = U M ⋅ i M = 120 ⋅ (12 − 6) ∴ PM = 720 W
Para as lâmpadas:
99
PL = R L ⋅ i L 2 = ⋅ 62 ∴ PL = 712,8 W
5
Para as linhas de transmissão:
Pr = 0, 2 ⋅122 + 0, 2 ⋅ 62 ∴ Pr = 36 W
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
31
Comentários
A prova de Física do vestibular do ITA 2009 manteve a estrutura básica de anos anteriores, com
incidência maior de questões de mecânica, com baixa incidência de questões de física térmica,
óptica e física moderna.
Dentre outras, destacam-se positivamente as questões 4, 16, 21 e 28 pela sua originalidade. A
questão 7 não tem resposta de acordo com as alternativas apresentadas e o enunciado da questão 24
permite mais de uma interpretação.
Enfim, parabéns à banca examinadora que certamente ajudará a selecionar os candidatos mais
preparados para os cursos de engenharia do ITA em 2009.
32
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO