Prova de Física do ITA 2010

Caso necessário, use os seguintes dados:
Constante gravitacional G = 6,67 × 10−11 m3/s2kg. Massa do Sol M = 1,99 × 1030 kg. Velocidade
da luz c = 3 × 108m/s. Distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5 × 1011 m.
Aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. Raio da Terra: 6380 km. Número de Avogadro:
6,023 × 1023 mol−1. Constante universal dos gases: 8,31 J/molK. Massa atômica do nitrogênio:
14. Constante de Planck h = 6,62 × 10−34 m2kg/s. Permissividade do vácuo: ε0 = 1/4πk0.
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0.
1. Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo
simetria esférica, é dado por −V = GM /r, em que r é a distância média do corpo ao centro do
Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida
para −V = GM/r + A/r2, em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com
base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que
apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de
correção, A/r2, obtido por Einstein, e o termo GM/r da equação de Newton, na posição da
Terra, sabendo a priori que k =1.
A. ( ) A = kGM/c
e 10−5
B. ( ) A = kG2M 2/c e 10−8
2
2
−3
C. ( ) A = kG M /c e 10
D. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−5
E. ( ) A = kG2M 2/c2 e 10−8
Alternativa: E
Sabemos que:
[ r ] [ r ]  [ m]
2
2 
 A   GM 
 r 2  =  r  ∴ [ A ] = [ G ][ M ][ r ] = [ G ] [ M ] ⋅  [ G ][ M ] ⋅ [ m ]  ⋅ [ r ]


1 [ F]
 [ m]  1 [G ] [ M ]
[G ] [ M]
=
[ A ] = [ G ] [ M ] ⋅   ⋅ =
2
F]  [ r ]
a ][ r ]
[
c]
[
[
2
2
2
2
2
2
1 [a ]
kG 2 M 2
Logo: A =
c2
A / r 2 kG 2 M 2 / c 2 r 2 kGM 1 ⋅ 6, 67 ⋅10−11 ⋅1,99 ⋅1030
=
= 2 =
0,983 ⋅10−8
2
8
11
GM / r
GM / r
c r
3 ⋅10 ⋅1,5 ⋅10
(
)
 A / r2 
−8
OG 
 = 10
 GM / r 
1
2. Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular
uniforme ω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da
Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = GM/R2. Como ω ≠ 0, um corpo
em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente,
que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo
centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da
Terra a uma latitude λ é dado por
A. ( ) mg − mω2Rcos λ.
N
ω
B. ( ) mg − mω2Rsen2 λ.
C. ( ) mg 1 −  2ω 2 R / g + (ω 2 R / g ) 2  sen 2 λ .
m
R
λ
D. ( ) mg 1 −  2ω 2 R / g − (ω 2 R / g ) 2  cos 2 λ .
Equador
E. ( ) mg 1 −  2ω R / g − (ω R / g )  sen λ .
2
2
2
2
S
Alternativa: D
F
Rcos
R
FG
Para a dinâmica do corpo que gira em MCU de raio R cos λ:
Fsen θ = FG sen λ
Fsen θ = mg sen λ
∴ 

2
2
FG cos λ − Fcos θ = mω R cos λ
Fcos θ = mg cos λ − mω R cos λ
onde F é o peso aparente.
∴ F2 = (mg sen λ) 2 + (mg cos λ − mω2 R cos λ )2 = m 2 g 2 − 2m 2 gω2 R cos 2 λ + m 2 (ω2 R) 2 cos 2 λ
 2ω2 R cos 2 λ  ω2 R  2

2
F = m g 1 −
+
cos
λ


g


 g 
2
2
2
 2ω2 R  ω2 R  2 
2
F = mg 1 − 
−
  cos λ
 g
 g  
2
3. Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro
do Sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais.
Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o
planeta. Assinale a alternativa correta.
A. ( ) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais.
B. ( ) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2ª Lei de
Kepler continuaria válida.
C. ( ) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei de Kepler não seria mais válida.
D. ( ) A 2ª Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso
do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida.
E. ( ) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol.
Alternativa: A
A Lei das Áreas é válida para qualquer força central, mesmo que esta seja nula.
Se a atração gravitacional deixar de existir, o planeta entraria em MRU.
A
B
A1
C
A2
D
A3
Se AB = BC = CD, então A1 = A 2 = A3
Sol
4. A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de
nitrogênio, N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de,
aproximadamente,
A. ( ) 1,4 x 105 K.
B. ( ) 1,4 x 108 K.
C. ( ) 7,0 x 1027 K.
D. ( ) 7,2 x 104 K.
28
E. ( ) 8,4 x 10 K.
Alternativa: A
Considerando apenas as energias cinéticas translacionais das moléculas de N2, temos: V N2 = VET ,
isto é, a velocidade quadrática média deve ter seu módulo igual à velocidade de escape da Terra.
Logo:
2 ⋅ G ⋅ MT
2 ⋅ G ⋅ MT ⋅ R T
3⋅ R ⋅ T
V N2 = VET ∴
=
=
= 2⋅ g ⋅ RT
M N2
RT
R T2
∴ T=
2 ⋅ g ⋅ R T ⋅ M N2
3⋅ R
=
2 ⋅ 9,8 ⋅ 6,38 ⋅106 ⋅ 28 ⋅10−3
∴ T 1, 4 ⋅105 K
3 ⋅ 8,31
Observação:
Foram desconsiderados dois graus de liberdade rotacionais.
3
5. No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo
barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de
alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte
dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um
certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do
comprimento da mola é dada por
A. ( )  mg sen α + m a (2 g sen α + a )  / k .
B. ( )  mg cos α + m a (2 g cos α + a )  / k .
C. ( )  mg sen α + m a (2 g sen α − a )  / k .
D. ( ) m ( g sen α − a) / k .
E. ( ) mg sen α / k .
Alternativa: C
No ponto em que o bloco de massa m está na iminência de perda de contato com o anteparo temos:
kx 1
Px
Px − kx1 = ma ∴ mgsenα − kx1 = ma
x1 =
m(gsenα − a)
(I)
k
Ao chegar em A 2 , a velocidade v é dado por:
v 2 = vo2 + 2a∆s ∴ v 2 = 2ax1 (II)
O corpo prossegue até A3 , posição na qual a velocidade é nula, conforme a figura:
A1
x1
A2
x2
A3
Aplicando conservação da Energia Mecânica entre A 2 e A3 :
1
1
1
2
mv 2 + mg x 2senα + k x12 = k ( x1 + x 2 ) (III)
2
2
2
Substituindo (II) em (III):
1
1
1
max1 + mgx 2senα + kx12 = kx12 + kx 2 x1 + kx 22 (IV)
2
2
2
4
Substituindo (I) em (IV):
( mgsenα − ma ) + mgx senα = kx ⋅ ( mg senα − ma ) + 1 kx 2
ma ⋅
2
2
2
k
k
2
m 2 a ( gsenα − a )
1 2
Simplificando, tem-se: kx 2 − max 2 −
=0
2
k
Como x 2 > 0 :
k m a ( gsenα − a )
ma + m a + 4 ⋅ ⋅
ma m
2
k
∴ x2 =
+
x2 =
a ( 2gsenα − a )
k
k
k
Portanto a deformação máxima x é dada por:
mgsenα ma ma m
x = x1 + x 2 =
−
+
+
a ( 2gsenα − a )
k
k
k
k
2 2
Portanto: x =
2
mgsenα + m a ( 2gsenα − a )
k
6. Um quadro quadrado de lado A e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação
superficial β, é pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as
extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de
tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro é submetido a uma variação
de temperatura ∆T, dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda
devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro
possa ser pendurado com segurança é dado por
A. ( ) 2AF β∆T / mg .
B. ( ) 2AF (1 + β∆T )/ mg .
A
C. ( ) 2AF (1 + β∆T )
4 F 2 − m2 g 2 .
(
D. ( ) 2AF (1 + β∆T )
(
( 2 F − mg ) .
)
)
E. ( ) 2AF (1 + β∆T ) 4 F 2 − m 2 g 2 .
A 2
A 2
Alternativa: E
Seja θ o ângulo formado pela corda e a horizontal na situação final e d a hipotenusa do triângulo,
então o comprimento da corda é L = 2d.
AF
2
y
2Fy
2Ty = P ∴ 2 ⋅ F ⋅ senθ = m ⋅ g ∴ 2 ⋅ F ⋅ = m ⋅ g ∴ d =
d
mg
AF
2
5
L = 2d =
4Fy
mg
Mas:
2
 2 A 2F 
2
2
2 2
2 2 AF
4F y = m g d = m g ⋅  y +  ∴ y ⋅ 4F − m g = m g ⋅
4 
4

2 2
2 2 2
(
2 2
)
2
y2 =
(
m 2 g 2A 2F
4 ⋅ 4F2 − m 2g 2
)
 β

A 2 1 + ∆T 
2
AF
mg
mg
1 + β∆T
 2
 mgA ⋅
∴ y=
⋅
=
⋅
2
2
2
4F2 − m 2 g 2
4F2 − m 2 g 2
4F2 − m 2g 2
Logo:
4Fy 4F mgA
1 + β∆T
L=
⋅
⋅
mg mg 2
4F2 − m 2 g 2
∴ L 2AF ⋅
(1 + β∆T )
4F2 − m 2 g 2
7. Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em
corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O.
A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo α com a vertical.
Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o
sistema todo permaneça em equilíbrio?
A. ( ) µ = cos α  cos α + 2 P ( 2h LQ cos(2α ) − R LQ senα ) 
B. ( ) µ = cos α  cos α + P ( 2h LQ sen(2α ) − 2 R LQ cosα ) 
C. ( ) µ = cos α senα + 2 P ( 2h LQ sen(2α ) − R LQ cosα ) 
D. ( ) µ = senα senα + 2 P ( 2h LQ cos(α ) − 2 R LQ cosα ) 
E. ( ) µ = senα cosα + P ( 2h LQ sen(α ) − 2 R LQ cosα ) 
Alternativa: C
Isolando o semicilindro e a barra tem-se:
α
N1
N2
G
G
 N1 cos α = fat (I)
FR = 0 ∴ 
 N 2 = N1sen α + P (II)
fat
P
6
O
x
G
G
L
τ R O = 0 ∴ Q ⋅ ⋅ sen α = N1 ⋅ x (III)
2
L
2
α
Q
N1
Em que o valor de x é dado pela geometria do problema.
x
α
h = x cos α + Rsen α ∴ x =
h
α
R
h − Rsen α
(IV)
cos α
Substituindo (IV) em (III) e isolando N1:
Q ⋅ L ⋅ sen α cos α
N1 =
(V)
2(h − Rsen α )
Na iminência do deslizamento, fat = µ ⋅ N 2 , com coeficiente de atrito mínimo.
Substituindo (II) em (I):
N1 cos α = µ ⋅ N 2 = µ ⋅ (N1 ⋅ sen α + P)
N1 ⋅ cos α
cos α
(VI)
∴ µ=
=
N1 ⋅ sen α + P sen α + P
N1
Substituindo (V) em (VI):
cos α
µ=


2h
R
−
sen α + 2P 
 LQsen(2α ) LQ cos α 
8. Um elétron é acelerado do repouso através de uma diferença de potencial V e entra numa
região na qual atua um campo magnético, onde ele inicia um movimento ciclotrônico,
movendo-se num círculo de raio RE com período TE. Se um próton fosse acelerado do repouso
através de uma diferença de potencial de mesma magnitude e entrasse na mesma região em que
atua o campo magnético, poderíamos afirmar sobre seu raio RP e período TP que
A. ( ) RP = RE e TP = TE.
B. ( ) RP > RE e TP > TE.
C. ( ) RP > RE e TP = TE.
D. ( ) RP < RE e TP = TE.
E. ( ) RP = RE e TP < TE.
7
Alternativa: B
A velocidade de entrada do elétron no campo magnético é dada por:
1
2eV
eV = m E v 2E ∴ v E =
2
mE
Assim, o raio da trajetória do elétron é dado por:
m v
1 2m E V
RE = E E =
eB
B
e
O período da trajetória do elétron é dado por:
2πm E
TE =
eB
2πm P
1 2m P V
e TP =
Similarmente, para o próton tem-se que: R P =
eB
B
e
Assim, como m P >> m E : R P > R E e TP > TE
9. Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k,
tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira
num plano horizontal com velocidade angular constante ω em torno da extremidade fixa,
mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de
equilíbrio do oscilador para ω = 0, pode-se afirmar que
A. ( ) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja
velocidade angular ω.
B. ( ) o ponto de equilíbrio é deslocado para R < R0.
C. ( ) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de ω = 0.
D. ( ) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do
quadrado da velocidade angular.
ω
E. ( ) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção
do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do
MHS.
Alternativa: D
No referencial que gira com velocidade angular ω:
mω 2 (R + x)
FR = mω 2 ⋅ (R + x) − k ⋅ x ∴ m ⋅ a = mω 2 R + mω 2 x − kx = mω 2 R − x(k − mω 2 )
 k − mω 2 
a = ω2R − x ⋅ 
m 

ω’2
8
 k − mω 2  1
ω’2
=
⋅
.
m  4π 2
(2π ) 2 
Então, a frequência ao quadrado depende linearmente do quadrado da velocidade angular.
Logo, a vibração terá frequência f, dada por: f 2 =
10. Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura.
Pode-se afirmar que
A. ( ) o processo JK corresponde a uma compressão
isotérmica.
B. ( ) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é
W = (T2 – T1)(S2 – S1).
C. ( ) o rendimento da máquina é dado por η = 1 −
T2
.
T1
D. ( ) durante o processo LM uma quantidade de calor
QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema.
E. ( ) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1
poderia eventualmente possuir um rendimento
maior que a desta.
Alternativa: B
Analisando as alternativas, temos:
A. Falsa. O processo JK tem temperatura constante e aumento de entropia, isto é, é uma expansão
isotérmica.
B. Verdadeira. W área interna de T(s) × S. Logo, temos: W = ( S2 − S1 ) ⋅ ( T2 − T1 ) > 0, por ser
ciclo horário.
T1
.
T2
D. Falsa. O processo LM é uma compressão isotérmica com rejeição de calor.
E. Falsa. Nenhuma máquina térmica cíclica rende mais do que Carnot.
C. Falsa. O rendimento de Carnot é dado por: η = 1 −
11. Um feixe luminoso vertical, de 500 nm de comprimento de onda, incide sobre uma lente
plano-convexa apoiada numa lâmina horizontal de vidro, como mostra a figura. Devido à
variação da espessura da camada de ar existente entre a lente e a lâmina, torna-se visível sobre
a lente uma sucessão de anéis claros e escuros, chamados de anéis de Newton. Sabendo-se que
o diâmetro do menor anel escuro mede 2 mm, a superfície convexa da lente deve ter um raio de
A. ( ) 1,0 m.
B. ( ) 1,6 m.
C. ( ) 2,0 m.
D. ( ) 4,0 m.
E. ( ) 8,0 m.
9
Alternativa: C
A situação do problema é descrita na figura a seguir:
vidro
ar
d
vidro
Observa-se que há uma inversão de fase na interface ar-vidro. Assim, para que se tenha
interferência destrutiva, tem-se que:
λ
2d = n p ⋅ , com n p = 0, 2, 4, 6 ...
2
No caso do menor anel escuro, tem-se n P = 2. Portanto:
2λ λ
d=
= = 250 ⋅10−9 m
4 2
Considerando-se que a lente plano-convexa seja uma calota esférica:
R −d
R
r
d
Ou seja: R 2 = ( R − d ) + r 2 ∴ r 2 = R 2 − R 2 + 2dR − d 2
2
r2
10−6
∴ r = 2dR − d 2dR ∴ R =
∴ R2m
2d 5 ⋅10−7
2
12. Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade
D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C. Sendo
AD = 34,00 cm, AB = BD, BC = CD e a velocidade do som de 340,0 m/s, as frequências
esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão
fechados, devem ser, respectivamente
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
10
)
)
)
)
)
2000 Hz e 1000 Hz.
500 Hz e 1000 Hz.
1000 Hz e 500 Hz.
50 Hz e 100 Hz.
10 Hz e 5 Hz.
Alternativa: C
Ao deixarmos um orifício aberto, forma-se naquele ponto um ventre, tal que:
Para um tubo aberto, na frequência fundamental:
f1 =
1 ⋅ vs 1 ⋅ 340
=
∴ f1 = 1000 Hz
2A
2 ⋅ 0,17
Situação ii (B e C fechados):
Para um tubo aberto, na frequência fundamental:
f1 =
1 ⋅ vs
340
=
∴ f1 = 500 Hz
2A
2 ⋅ 0,34
13. Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular
constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de
frequência f0 em direção ao centro de rotação. No instante t = 0, a jovem está à menor distância
em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela
jovem.
A. ( )
B. ( )
f f0
1
0
T 4 T 2 3T 4
T 4 T 2 3T 4
T t
C. ( )
D. ( )
f f0
f f0
1
1
0
T 4 T 2 3T 4
T t
0
T 4 T 2 3T 4
T t
11
E. ( )
f f0
1
0
T 4 T 2 3T 4
T t
Alternativa: A
A frequência percebida pela jovem é calculada pela equação do efeito Doppler:
( v ± vobservador ) em que v
 2π 
f AP = f 0 ⋅ som
⋅ t  e vfonte = 0
observador = v ⋅ sen α = v ⋅ sen 
( vsom ± vfonte )
 T 
α
( vsom − v ⋅ sen α ) ∴ f AP
 2π 
⋅ sen  ⋅ t  = 1 − a ⋅ sen ( b ⋅ t )
vsom
f0
vsom
 T 
v
2π
e o período: T =
Em que a amplitude: a =
b
vsom
Assim, a melhor representação para a frequência é dada na alternativa A.
f AP = f 0 ⋅
= 1−
v
14. Considere as cargas elétricas q1 = 1 C , situada em x = −2m , e q2 = −2C , situada em x = −8m.
Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é
A. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = −4m e x = 4m.
B. ( ) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = −16m e x = 16m.
C. ( ) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = −4m e x = 16m.
D. ( ) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = −4m.
E. ( ) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = −4m.
12
Alternativa: A
De acordo com o problema, tem-se que:
−2C
1C
−8
−4
−2
−4
Seja um ponto P de coordenadas ( x, y, z ) . O potencial nesse ponto é dado por:
k ⋅1
( x + 2)
∴
2
2
+y +z
2
1
( x + 2)
2
k⋅2
−
+ y2 + z2
( x + 8)
=
2
2
+y +z
2
=0
4
( x + 8)
2
+ y2 + z 2
∴ x 2 + 16x + 64 + y 2 + z 2 = 4x 2 + 16x + 16 + 4y 2 + 4z 2
∴ 3x 2 + 3y 2 + 3z 2 = 48
x 2 + y 2 + z 2 = 42 ∴ que é a equação de uma esfera centrada na origem e com raio igual a 4.
15. Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos A1 e A2, conforme mostra a figura.
No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível,
situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre
um prato de massa desprezível. Considere as cargas como pontuais e desprezível a massa do
prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por
A1
A2
30°
13
A. ( ) − mg A 2 d 2 / (k0QA1 ).
B. ( ) −8mg A 2 d 2 / (k0QA1 ).
C. ( ) −4mg A 2 d 2 / (3k0QA1 ).
D. ( ) −2mg A 2 d 2 / ( 3k0QA1 ).
E. ( ) −8mg A 2 d 2 / (3 3k0QA1 ).
Alternativa: E
Considerando a massa da barra desprezível e escolhendo o ponto de apoio como referencial tem-se:
A1
A2
30°
G
G
τ R 0 = 0 ∴ Fel ⋅ cos 30° ⋅ A1 = mg ⋅ A 2
(I)
A força elétrica (Fel) deve ser atrativa; logo, as cargas devem ser opostas. Assim, tem-se:
30°
Fel =
k0 ⋅ Q ⋅ q
(d / cos 30°) 2
∴ Fel =
k 0 ⋅ Q ⋅ q ⋅ cos 2 30°
d2
(II)
Substituindo (II) em (I):
k 0 ⋅ Q ⋅ q ⋅ cos3 30°⋅ A1
= mgA 2 ∴ q =
d2
mgA 2 d 2
3
8 mgA 2 d 2
∴q=
3 3k 0QA1
 3
k 0Q   ⋅ A1
 2 
O sinal de menos das alternativas representa as cargas opostas de Q e q.
14
16. A figura mostra três camadas de dois materiais com condutividade σ1 e σ2, respectivamente. Da
esquerda para a direita, temos uma camada do material com condutividade σ1, de largura d/2,
seguida de uma camada do material de condutividade σ2, de largura d/4, seguida de outra
camada do primeiro material de condutividade σ1, largura d/4. A área transversal é a mesma
para todas as camadas e igual a A. Sendo a diferença de potencial entre os pontos a e b igual a
V, a corrente do circuito é dada por
A. ( ) 4V A/d(3σ1 + σ2).
B. ( ) 4V A/d(3σ2 + σ1).
σ1
σ2
σ1
C. ( ) 4V Aσ1σ2/d(3σ1 + σ2).
D. ( ) 4V Aσ1σ2/d(3σ2 + σ1).
E. ( ) AV (6σ1 + 4σ2)/d.
d
2
d
4
d
4
Alternativa: D
A
. Logo a Req é dada por:
σA
d(2σ 2 + σ1 + σ 2 )
d(3σ 2 + σ1 )
d
d
d
=
+
+
=
∴ R eq =
2σ1 ⋅ A 4σ 2 ⋅ A 4σ1 ⋅ A
4σ1σ 2 ⋅ A
4σ1σ 2 ⋅ A
Pela 2ª Lei de Ohm, tem-se que R =
R eq
Assim, tem-se que:
4 ⋅ V ⋅ A ⋅ σ1 ⋅ σ 2
V
i=
∴ i=
R eq
d ⋅ (3σ2 + σ1 )
17. Uma esfera condutora de raio R possui no seu interior duas cavidades esféricas, de raio a e b,
respectivamente, conforme mostra a figura. No centro de uma cavidade há uma carga puntual
qa e no centro da outra, uma carga também puntual qb, cada qual distando do centro da esfera
condutora de x e y, respectivamente. É correto afirmar que
A. ( ) a força entre as cargas qa e qb é k0qaqb/(x2 + y2 – 2xy cosθ ).
B. ( ) a força entre as cargas qa e qb é nula.
qa
qb
C. ( ) não é possível determinar a força entre as cargas, pois não
θ
b
a x
há dados suficientes.
y
D. ( ) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira
carga, qc, esta não sentiria força alguma.
E. ( ) se nas proximidades do condutor houvesse uma terceira
carga, qc, a força entre qa e qb seria alterada.
Alternativa: B
Sabe-se que em um condutor em equilíbrio eletrostático, o campo no seu interior é nulo. Portanto,
pode-se afirmar que a carga qa está blindada eletrostaticamente, assim como a carga qb. Logo,
a força entre elas é nula.
15
18. Uma corrente I flui em quatro das arestas do cubo da figura (a) e produz no seu centro um
campo magnético de magnitude B na direção y, cuja representação no sistema de coordenadas é
(0,B,0). Considerando um outro cubo (figura (b)) pelo qual uma corrente de mesma magnitude
I flui através do caminho indicado, podemos afirmar que o campo magnético no centro desse
cubo será dado por
A. ( ) (-B,-B,-B).
B. ( ) (-B,B,B).
C. ( ) (B,B,B).
D. ( ) (0,0,B).
E. ( ) (0,0,0).
Alternativa: B
Considerando a situação (a), tem-se que o campo é devido à contribuição das quatro arestas.
Supondo o campo gerado por cada fio igual a B’, tem-se que:
L 2
L 2
Assim, o campo gerado pelo fio 1 no centro do cubo, representado pelas suas componentes, é dado
por:
G  B’ 2 B’ 2 
B1 = 
,
, 0 
2
 2

Analogamente para os outros fios tem-se:
JG  B’ 2 B’ 2 
JG  −B’ 2 B’ 2 
JG  B’ 2 −B’ 2 
B2 =  0,
,
B3 = 
,
, 0 
B4 =  0,
,


2
2
2
2
2
2 





JG
JG JG JG JG
Logo, o campo no centro é dado pela soma Bcentro,a = B1 + B2 + B3 + B4
JJG
∴ Bcentro,a = 0, 2B’ 2, 0 T ∴ B = 2B’ 2 (I)
(
16
)
Na situação da figura (b), pela Regra da Mão Direita, tem-se, no centro do cubo, que:
8
9
z
7
10
x 0
6
y
5
O campo gerado por cada um dos fios é representado por:
JG  B’ 2 B’ 2 
JG  −B’ 2
B’ 2 
B5 =  0,
,
B
,
0,
6 =


 2
2
2 
2 


JG  B’ 2 B’ 2 
JG  −B’ 2
B’ 2 
B8 =  0,
,
B
,
0,
9 =


 2
2
2 
2 


JG  −B’ 2 B’ 2 
B7 = 
,
, 0 
2
 2

JG
 −B’ 2 B’ 2 
B10 = 
,
, 0 
2
 2

Assim, o campo
JG
JG JG JG JG JG JG
JG
Bcentro,b = B5 + B6 + B7 + B8 + B9 + B10 ∴ Bcentro, b = −2B’ 2, 2B’ 2, 2B’ 2
(
)
(II)
Substituindo (I) em (II):
JG
∴ Bcentro, b = ( −B, B, B )
19. Considere um aparato experimental composto de um solenoide com n voltas por unidade de
comprimento, pelo qual passa uma corrente I, e uma espira retangular de largura A, resistência
R e massa m presa por um de seus lados a uma corda inextensível, não condutora, a qual passa
por uma polia de massa desprezível e sem atrito, conforme a figura. Se alguém puxar a corda
com velocidade constante v, podemos afirmar que a força exercida por esta pessoa é igual a
A. ( ) ( µ0 nI A ) v R + mg com a espira dentro do solenoide.
2
B. ( ) ( µ0 nI A ) v R + mg com a espira saindo do solenoide.
2
A
C. ( ) ( µ0 nI A ) v R + mg com a espira entrando no solenoide.
2
D. ( ) µ0 nI 2A + mg com a espira dentro do solenoide.
E. ( ) mg e independe da posição da espira com relação ao solenoide.
Alternativa: E
Considerando o campo magnético uniforme, tem-se que:
B = µ⋅n⋅I
17
A direção normal à espira é perpendicular à direção do campo magnético. Dessa forma, o fluxo do
vetor indução magnética através da espira é sempre igual a zero.
Portanto, se a velocidade v é constante, tem-se que a força realizada pelo operador é igual ao peso
da espira, ou seja, mg .
20. No processo de fotossíntese, as moléculas de clorofila do tipo a nas plantas verdes apresentam
um pico de absorção da radiação eletromagnética no comprimento de onda
λ = 6,80 x 10 −7 m. Considere que a formação de glicose (C6 H12O6 ) por este processo de
fotossíntese é descrita, de forma simplificada, pela reação:
6CO2 + 6 H 2O → C6 H12O6 + 6O2
Sabendo-se que a energia total necessária para que uma molécula de CO2 reaja é de
2,34 × 10−18 J, o número de fótons que deve ser absorvido para formar 1 mol de glicose é
A. ( ) 8.
B. ( ) 24.
C. ( ) 48.
D. ( ) 120.
E. ( ) 240.
Alternativa: C
Para um comprimento de onda, tem-se que a energia do fóton associada é:
hc 6, 62 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108
2,9 ⋅10−19 J
E=
=
−7
λ
6,80 ⋅10
Como são necessários 2,34 ⋅10−18 J para que uma molécula de CO 2 reaja, o número de fótons
absorvidos é dado por:
2,34 ⋅10−18
n=
= 8 fótons.
2,9 ⋅10−19
Como são necessárias 6 moléculas de CO 2 para que se forme uma molécula de glicose, então são
necessários 48 fótons .
Observação: Como o exercício pediu o número de fótons para que se forme um mol de glicose, a
resposta correta seria 48 mols de fótons.
21. Um disco, com o eixo de rotação inclinado de um ângulo α em relação à vertical, gira com
velocidade angular ω constante. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde
JG
existe um campo magnético B uniforme e constante, orientado paralelamente ao eixo de
rotação do disco. Uma partícula de massa m e carga q > 0 encontra-se no plano do disco, em
repouso em relação a este, e situada a uma distância R do centro, conforme a figura. Sendo µ o
coeficiente de atrito da partícula com o disco e g a aceleração da gravidade, determine até que
valor de ω o disco pode girar de modo que a partícula permaneça em repouso.
18
JG
B
α
ω
R
α
vista lateral
JG α
B
α
Resolução:
A máxima velocidade ω é atingida no ponto de altura mínima, estando o corpo na iminência do
escorregamento com f at = µN. Dessa forma, tem-se:
N
f at
Fm
α
P
N = P ⋅ cos α ∴ f at = µ ⋅ mg ⋅ cos α
FR = m ⋅ a cp ∴ f at − fm − P ⋅ senα = m ⋅ ω2 ⋅ R ∴ µmg cos α − qvB − mgsenα = mω2 R
∴ mRω2 + qRBω + mg(senα − µ cos α ) = 0
ω=
−qRB ± q 2 R 2 B2 − 4m 2 Rg(senα − µ cos α )
2mR
q 2 R 2 B2 + 4m 2 gR(µ cos α − senα) − qRB
Como ω > 0 : ω =
2mR
22. Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio
R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2 Rϕ , como ilustrado na figura. Sendo g a
aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura
inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o
restante da pista.
ϕ
19
Resolução:
A
B
h
C
R
Entre os pontos A e B:
1
mv B2 + mgR (1 + cos ϕ ) (I)
2
Entre B e C ocorre um lançamento oblíquo:
vB
E M A = E M B ∴ mgh =
ϕ
ϕ ϕ
BC =
v 2Bsen2ϕ
∴ 2 ⋅ Rsen ϕ =
v 2B ⋅ 2sen ϕ cos ϕ
∴ v 2B =
Rg
(II)
cos ϕ
g
g
(II) em (I):
 1

1
Rg
mgh = m ⋅
+ mgR (1 + cos ϕ ) ∴ h = R 
+ 1 + cos ϕ 
2
cos ϕ
 2 cos ϕ

h = R⋅
2 cos 2 ϕ + 2 cos ϕ + 1
2 cos ϕ
23. Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante
elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura.
Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua
massa.
m2
m1
k
V0
Resolução:
A máxima compressão ocorrerá quando as velocidades das massas forem iguais, o que equivale às
massas perderem toda a energia cinética interna, que se transforma em energia potencial elástica:
E Cinterna, antes = E Pelástica, depois ∴
∴
20
1
1 2
M r v r2 = kx máx
2
2
m1 ⋅ m 2
m1 ⋅ m 2
⋅ (V0 − 0)2 = kx 2máx ∴ x máx = V0
m1 + m 2
k(m1 + m 2 )
24. Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas
massas específicas são ρ1 e ρ 2 , respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola
de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera está
no líquido 1 e 30% no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração
na corda.
ρ1
ρ2
Resolução:
Com o sistema em equilíbrio, tem-se:
• equilíbrio do nó
T1
60º
F
G
G
T1 ⋅ cos 60° = F ⋅ cos 30°
FR = 0 ∴ 
T1 ⋅ sen60° + F ⋅ sen30° = T2
∴
T1
T
3
+ 1 = T2 ∴
2 2 3
2T1 = 3T2
T2
• equilíbrio da esfera
T2
G
G
FR = 0 ∴ T2 + E = P ∴ T2 + 0, 7 ⋅ρ1 ⋅ g ⋅ V + 0,3 ⋅ρ2 ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ V ∴
T2 = g ⋅ V ⋅ (ρ − 0, 7 ⋅ρ1 − 0,3 ⋅ρ2 )
Assim, a tração na corda presa à esfera é T2 = g ⋅ V ⋅ (ρ − 0, 7 ⋅ρ1 − 0,3 ⋅ρ2 ) , e a tração na corda
presa ao teto é T1 =
3
3
⋅ T2 ∴ T1 =
⋅ g ⋅ V ⋅ (ρ − 0, 7 ⋅ρ1 − 0,3 ⋅ρ2 ) .
2
2
21
25. Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma
pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do
cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede
oposta do cilindro, como mostra a figura ( a ) . O sistema está termicamente isolado e o êmbolo,
inicialmente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de
equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original,
conforme mostra a figura ( b ) . Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na
posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial.
(a)
( b)
Resolução:
n =1
Mono
Temos os dados:
(a) gás monoatômico a P0 , T0 .
A = A 0 (x = 0 para mola).
x
(b) expansão adiabática: Q = 0
(sistema isolado termicamente).
Para a transformação adiabática, temos: T0 ⋅ V0 γ −1 = T1 ⋅ V1γ −1.
5
R
CP 2
5
=
= . Ainda: V1 = 2 ⋅ V0 .
Como temos gás monoatômico, então: γ =
CV 3 R 3
2
Logo: T0 ⋅ V0
22
5
−1
3
= T1 ⋅ (2V0
5
−1
)3
2
3
∴ T0 ⋅ V0 = T1
2
3
⋅2
⋅ V0
2
3
∴ T1 =
T0
3
22
∴
T1 =
T0
3
4
26. A figura mostra uma barra LM de 10 2 cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com
a horizontal, tendo o seu centro situado a x = 30, 0 cm de uma lente divergente, com distância
focal igual a 20,0 cm, e a y = 10, 0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o
comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da
imagem.
M
L
45°
y
x
Resolução:
Temos os dados:
y
10 2 cm
M
45
10 cm
L
y
O
x
x
v
x = 30 cm
f = –20 cm (lente divergente)
y = 10 cm
Tomando as coordenadas do ponto M em relação ao sistema cartesiano Oxy, temos:
M = ( x M , y M ) = ( 30 − 5;10 + 5 ) = ( 25cm;15cm )
L = ( x L , y L ) = ( 30 + 5;10 − 5 ) = ( 35cm;5cm )
Analisando agora as distâncias horizontais no referencial de Gauss (supondo lente gaussiana):
para M:
1
1
1
1
5+ 4
100
• −
=
+
∴
=−
∴ p’M = −
cm
’
’
pM
20 25 p M
100
9
100
p’M i M
i
20
=
= 9 = M ∴ iM = +
cm
• A=−
pM oM
25 15
3
23
para L:
1
1
1
1
7+4
140
= +
∴
=−
∴ p’L = −
cm
• −
20 35 p’L
140
11
p’L
140
p’L i L
i
20
=
∴ 11 = L ∴ i L =
cm
• A’ = −
pL oL
35
5
11
A figura com a conjugação dos raios é:
L’
Ampliando a região de M’L’:
100
cm
9
M’
L’
140
cm
11
2
2
 140 100   20 20 
M’L’ = 
−
 +  −  ∴ M’L’ 5,11 cm
9   3 11 
 11
24
20
cm
3
20
cm
11
v
27. Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de
Newton considerando órbitas circulares.
Resolução:
Considerando uma órbita circular, a resultante centrípeta é a força gravitacional:
2
R cp = ma cp ∴ FG = ma cp ∴
GMm
 2π 
2
=
ω
=
m
r
m
  r
r2
 T 
r 3 GM
∴ 2 = 2 = constante
T
4π
28. Considere uma espira retangular de lados
3a e a, respectivamente, em que circula uma
corrente I, de acordo com a figura. A espira pode girar livremente em torno do eixo z. Nas
proximidades da espira há um fio infinito, paralelo ao eixo z, que corta o plano xy no ponto
x = a /2 e y = 0. Se pelo fio passa uma corrente de mesma magnitude I, calcule o momento
resultante da força magnética sobre a espira em relação ao eixo z, quando esta encontra-se no
plano yz.
a 3
2
a
2
Resolução:
Observando a situação projetada no plano xy:
G −a 3
Fm ’
2
JG
B’
2 θ
JG + a 3
B
2
z
θ
G 1
Fm
d
y
a
2
x
25
Observa-se que em torno do eixo z o momento é provocado pelas forças magnéticas que agem nos
a 3
a 2 3a 2
, que distam d do fio infinito, onde d 2 =
+
∴ d = a.
lados da espira situados em y = ±
2
4
4
JG JG
Os campos B e B’ gerados nos fios 1 e 2, respectivamente, têm módulos iguais dados por:
µ I
B = B’ = 0
2πd
Os módulos das forças magnéticas são dados por:
µ I
µ I2
Fm = Fm’ = 0 ⋅ I ⋅ a = 0
2πa
2π
Da geometria dos fios tem-se:
a/2 a/2 1
senθ =
=
=
d
a
2
Assim, tem-se que o momento em relação a z é dado por:
µ0 I2 a 3
µ0 I2a 3
a 3
’ a 3
τ = Fm ⋅
⋅ sen θ + Fm ⋅
⋅ sen θ ∴ τ =
⋅
∴ τ=
2
2
2π
2
4π
29. O olho humano é uma câmara com um pequeno diafragma de entrada (pupila), uma lente
(cristalino) e uma superfície fotossensível (retina). Chegando à retina, os fótons produzem
impulsos elétricos que são conduzidos pelo nervo ótico até o cérebro, onde são decodificados.
Quando devidamente acostumada à obscuridade, a pupila se dilata até um raio de 3 mm e o
olho pode ser sensibilizado por apenas 400 fótons por segundo. Numa noite muito escura, duas
fontes monocromáticas, ambas com potência de 6 x10−5 W, emitem, respectivamente, luz azul
(λ = 475 nm) e vermelha (λ = 650 nm) isotropicamente, isto é, em todas as direções.
Desprezando a absorção de luz pelo ar e considerando a área da pupila circular, qual das duas
fontes pode ser vista a uma maior distância? Justifique com cálculos.
d
Resolução:
O fóton azul tem a energia dada por:
hc
6, 62 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108
E azul =
=
= 4, 2 ⋅10−19 J
−7
λ azul
4, 75 ⋅10
Para o fóton vermelho:
hc
6, 62 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108
E vermelho =
=
= 3,1⋅10−19 J
−7
λ vermelho
6,5 ⋅10
26
As fontes têm a mesma intensidade. Supõe-se que a frente de onda das fontes é esférica e que o olho
tem área circular, tal que:
2
6 ⋅10−5
1,35 ⋅10−10
−3
⋅
π
⋅
∴
=
Polho = Ifonte ⋅ Área olho ∴ Polho =
3
10
P
W
olho
4πd 2
d2
O número de fótons azuis por segundo é dado por:
Polho 3, 2 ⋅108
n fótons =
=
fótons/s.
E azul
d2
(
)
Para a luz azul, a distância máxima é dada por: 400 =
3, 2 ⋅108
∴ d 898 m
d2
E o número de fótons vermelhos:
Polho
4, 4 ⋅108
n fótons =
=
fótons.
E vermelho
d2
Para a luz vermelha, a distância máxima é dada por: 400 =
4, 4 ⋅108
∴ d 1051 m
d2
A luz vermelha pode ser vista a uma maior distância.
30. No
gráfico ao lado estão representadas as
características de um gerador, de força eletromotriz
igual a ε e resistência interna r, e um receptor ativo de
força contraeletromotriz ε ’ e resistência interna r’.
Sabendo que os dois estão interligados, determine a
resistência interna e o rendimento para o gerador e
para o receptor.
100
80
60
40
20
0
1
2
I(A)
3
4
Resolução:
Para um gerador real, a sua reta característica é tal que:
ε
tg α = r,
N
ε
r
Assim, considerando-se o gráfico do enunciado:
100 − 20
ε = 100 V e r =
= 20 Ω ∴ r = 20 Ω
4
Para o receptor:
icc =
27
tg θ = r’,
N
ε’
Considerando-se o gráfico do enunciado:
60 − 40
= 10 Ω∴ r’ = 10 Ω
ε’ = 40 V e r’ =
2
Estando os 2 interligados por fios ideais:
i
100 V
20
40 V
10
Pela Lei de Pouillet:
100 − 40 60
i=
=
= 2A
20 + 10 30
Para o gerador:
U ε − ri 100 − 20 ⋅ 2
η= =
=
= 60 % ∴ ηgerador = 60 %
ε
ε
100
Para o receptor:
ε’ 40 2
η= =
=
∴ ηreceptor = 67 %
U 60 3
Comentários
A prova do ITA de 2010 apresentou um grau de complexidade maior do que a de 2009. Notou-se
a ausência de questões de calorimetria e cinemática e a presença de somente uma questão de óptica.
A questão 20 apresentou um erro no enunciado que pode ter prejudicado alguns candidatos.
Há que se destacar questões com contas trabalhosas, tais como a 26 e a 29.
Vale a pena ressaltar que somente candidatos muito bem preparados conseguirão sucesso nesta
prova.
Parabéns à banca examinadora!
28