1 1. No circuito representado na figura, têm

1. No circuito representado na figura, têm-se duas lâmpadas incandescentes idênticas, L1 e L2, e
três fontes idênticas, de mesma tensão V. Então, quando a chave é fechada,
L1
chave
+
V
–
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
L2
+
–
+
–
V
V
) apagam-se as duas lâmpadas.
) o brilho da L1 aumenta e o da L2 permanece o mesmo.
) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permanece o mesmo.
) o brilho das duas lâmpadas aumenta.
) o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.
Alternativa: E
Antes de fecharmos a chave, temos que:
A ddp entre os pontos A e B é tal que U AB =
R ⋅ 2V
= V , em que R é a resistência de L1 e L2.
(R + R)
Assim, ao ligarmos um gerador de ddp V entre os pontos A e B, com a mesma polaridade, nada
ocorre.
R
A
V
V
2V
R
B
Portanto, o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.
2. A estrela anã vermelha Gliese 581 possui um planeta que, num período de 13 dias terrestres,
realiza em torno da estrela uma órbita circular, cujo raio é igual a 1/14 da distância média entre
o Sol e a Terra. Sabendo que a massa do planeta é aproximadamente igual à da Terra, pode-se
dizer que a razão entre as massas da Gliese 581 e do nosso Sol é de aproximadamente
A. ( ) 0,05
C. ( ) 0,6
E. ( ) 4,0
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
B. ( ) 0,1
D. ( ) 0,3
1
Alternativa: D
A massa do planeta é aproximadamente igual à da Terra e ambas são muitas vezes menores que as
massas da estrela Gliese 581 e do Sol, o que nos leva a analisar a força resultante centrípeta, que é a
própria força gravitacional.
Genericamente, temos:
GMm
GM 4π2
GM R 3
2
FG = R cp ∴
m
R
(I)
=
⋅
ω
⋅
∴
=
∴
=
R2
R3
T2
4π 2 T 2
Aplicando a equação (I) para o planeta:
1
3
GM 581 R P 3 143 ⋅ R T
GM 581
R T3
=
=
∴
=
(II)
2
4π 2
TP 2
4π 2
143 ⋅132
(13)
Aplicando a equação (I) para a Terra:
GMSol R T 3
GM Sol
R T3
=
∴
=
(III)
2
4π2
TT 2
4π 2
( 365)
Dividindo (II) por (III), temos:
M 581
3652
=
≅ 0, 287
M Sol 143 ⋅132
Logo,
M 581
≅ 0,3
M Sol
3. A figura mostra uma barra de 50 cm de comprimento e massa
desprezível, suspensa por uma corda OQ, sustentando um
peso de 3000 N no ponto indicado. Sabendo que a barra se
apóia sem atrito nas paredes do vão, a razão entre a tensão na
corda e a reação na parede no ponto S, no equilíbrio estático, é
igual a
A. ( ) 1,5
B. ( ) 3,0
C. ( ) 2,0
D. ( ) 1,0
E. ( ) 5,0
10 cm
30 cm
O
S
Q
P
20 cm
Alternativa: B
As forças que atuam sobre a barra em equilíbrio são:
30
cm 10
cm
P
F1


T
30 cm
3000 N 


P
F2
20 cm
2
G
G
FR = 0 :
G
τR P
T = 3000 N

F1 = F2
G
= 0 : T ⋅10 + F1 ⋅ 30 = 3000 ⋅ 20 ∴
3000 + F1 ⋅ 3 = 3000 ⋅ 2 ∴ F1 = 1000 N
Portanto, a razão pedida:
T 3000
T
=
∴
=3
F1 1000
F1
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
4. Numa dada balança, a leitura é baseada na deformação de uma mola quando um objeto é
colocado sobre sua plataforma. Considerando a Terra como uma esfera homogênea, assinale a
opção que indica uma posição da balança sobre a superfície terrestre onde o objeto terá a maior
leitura.
A. ( ) Latitude de 45º.
B. ( ) Latitude de 60º.
C. ( ) Latitude de 90º.
D. ( ) Em qualquer ponto do Equador.
E. ( ) A leitura independe da localização da balança já que a massa do objeto é invariável.
Alternativa: C
A rotação própria da Terra gera um efeito não-inercial que constitui tendência do corpo em se
afastar centrifugamente do planeta. O efeito é diretamente proporcional ao raio de rotação, que é
mínimo nos pólos (latitude de 90º), gerando máxima gravidade aparente, o que representa máxima
leitura da balança.
5. Define-se intensidade I de uma onda como a razão entre a potência que essa onda transporta
por unidade de área perpendicular à direção dessa propagação. Considere que para uma certa
onda de amplitude a, freqüência f e velocidade v, que se propaga em um meio de densidade ρ,
foi determinada que a intensidade é dada por: I = 2π 2 f x ρva y .
Indique quais são os valores adequados para x e y, respectivamente.
A. ( ) x = 2 ; y = 2
B. ( ) x = 1; y = 2
C. ( ) x = 1; y = 1
D. ( ) x = −2 ; y = 2
E. ( ) x = −2 ; y = −2
Alternativa: A
Temos que: I = 2π2f x ρva y ∴ [I] = [f ]x [ρ][v][a]y
[Potência] ML2T −3
=
= MT −3 ; [f] = T –1; [ρ] = ML–3; [v] = LT –1; [a] = L
Mas: [I] =
2
[Área]
L
1 0 −3
−1 x
Logo: M L T = (T ) (ML−3 )(LT −1 )(L) y = T − x ML−3LT −1Ly = M1Ly− 2T − x −1
Então:
M: 1 = 1
L: y – 2 = 0 ⇒ y = 2
T: –x – 1 = –3 ⇒ x = 2
Portanto: (x; y) = (2; 2)
6. Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao longo
de uma reta com período de 8/3 s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, semelhante a P1,
oscila de modo idêntico numa reta muito próxima e paralela à primeira, porém com atraso de
π/12 rad em relação a P1. Qual a distância que separa P1 de P2, 8/9 s depois de P2 passar por
um ponto de máximo deslocamento?
A. ( ) 1,00 a
B. ( ) 0,29 a
C. ( ) 1,21 a
D. ( ) 0,21 a
E. ( ) 1,71 a
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
3
Alternativa: D
Adotando a situação inicial quando a partícula P2 passa por um ponto de máximo deslocamento,
têm-se as equações:
 2π
 2π

π
⋅ t +  e x 2 = a ⋅ cos 
⋅ t + 0
x1 = a ⋅ cos 
8
8

12 
 3

 3

8
 3π 
 2π 
Para t = s, têm-se as posições: x1 = a ⋅ cos   ≅ −a ⋅ 0, 71 e x 2 = a ⋅ cos   = −a ⋅ 0,5
9
 4 
 3 
Logo, a distância é dada por: x 2 − x1 = 0, 21⋅ a
7. Uma corrente elétrica passa por um fio longo, (L)
coincidente com o eixo y no sentido negativo. Uma outra
corrente de mesma intensidade passa por outro fio longo,
(M), coincidente com o eixo x no sentido negativo, conforme
mostra a figura. O par de quadrantes nos quais as correntes
produzem campos magnéticos em sentidos opostos entre si é
A. ( ) I e II
B. ( ) II e III
C. ( ) I e IV
D. ( ) II e IV
E. ( ) I e III
y
II
I
L
x
M
III
IV
Alternativa: E
A corrente elétrica que passa pelo fio gera um campo magnético circular, cujo sentido é dado pela
regra da mão direita envolvente.
II
JG
BL ⊗
JG
BM ⊗
y
iL
JG
: BL
JG
⊗ BM
I
iM
JG
BL ⊗
JG
BM :
III
JG x
: BL
JG
: BM
IV
Logo, o par de quadrantes nos quais as correntes produzem campos magnéticos em sentidos opostos
entre si é I e III, conforme a figura acima.
4
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
8. Considere uma espira retangular de lados a e b percorrida por uma corrente I, cujo plano da
espira é paralelo a um campo magnético B. Sabe-se que o módulo do torque sobre essa espira é
dado por τ = I B a b. Supondo que a mesma espira possa assumir qualquer outra forma
geométrica, indique o valor máximo possível que se consegue para o torque.
A. ( )
IB ( a + b )
π
2
B. ( ) IBab
D. ( )
C. ( ) 2 IBab
E. ( )
IBab
2π
IBab
π
Alternativa: A
O torque gerado em uma espira é dado por τ = IBA, em que A é a área da espira.
Conhecido o perímetro, a área máxima é dada para a circunferência:
(a + b)
2 ( a + b ) = 2πr ∴ r =
π
2
2
a + b)
a + b)
(
(
2
Logo, A max = πr = π
=
π
π2
Portanto, o torque máximo é dado por: τ max
IB ( a + b )
=
π
2
9. Um elétron e um pósitron, de massa m = 9,11 x 10–31 kg, cada qual com energia cinética de
1,20 MeV e mesma quantidade de movimento, colidem entre si em sentidos opostos. Neste
processo colisional as partículas aniquilam-se, produzindo dois fótons γ 1 e γ 2 . Sendo dados:
constante de Planck h = 6,63 x 10–34 J.s; velocidade da luz c = 3,00 x 108 m/s;
1 eV = 1,6 x 10–19 J; 1 femtometro = 1 fm = 1 x 10–15 m, indique os respectivos valores de
energia E e do comprimento de onda dos fótons.
γ1
e−
e+
γ2
A. ( ) E = 1,20 MeV; λ = 2435 fm
C. ( ) E = 1,71 MeV; λ = 726 fm
E. ( ) E = 1,71 MeV; λ = 559 fm
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
B. ( ) E = 1,20 MeV; λ = 1035 fm
D. ( ) E = 1,46 MeV; λ = 0,28 x 10–2 fm
5
Alternativa: C
Na colisão, a energia relativística do elétron e do pósitron é convertida na energia dos fótons, tal
que 2 E c + 2 m o ⋅ c 2 = 2 E fóton
E fóton =
(
1, 2 ⋅106 ⋅1, 6 ⋅10−19 + 9,11⋅10−31 ⋅ 3 ⋅108
)
2
1, 6 ⋅10−19
E fóton = 1, 71 MeV
Para o cálculo de λ, tem-se que
λ=
hc
= 1, 71 ⋅106 ⋅1, 6 ⋅10−19
λ
6, 63 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108
1, 71⋅106 ⋅1, 6 ⋅10−19
λ = 726 fm
10. A figura mostra uma bobina com 80 espiras de 0,5 m2 de área e 40Ω de resistência. Uma
indução magnética de 4 teslas é inicialmente aplicada ao longo do plano da bobina. Esta é então
girada de modo que seu plano perfaça um ângulo de 30º em relação à posição inicial. Nesse
caso, qual o valor da carga elétrica que deve fluir pela bobina?
JG
B
JG
B
A. ( ) 0,025 C
C. ( ) 0,25 C
E. ( ) 0,50 C
B. ( ) 2,0 C
D. ( ) 3,5 C
Alternativa: B
A corrente que circula pela espira é dada por i =
ε
, em que ε é a fem induzida e R é a resistência
R
da bobina.
A fem induzida é calculada pela lei de indução de Faraday tal que:
∆φ
∆φ
ε=
= R ⋅i ∴ i =
∆t
∆t ⋅ R
O fluxo inicial é dado por:
JG
B
φinicial = n ⋅ B ⋅ A ⋅ cos 90º = 0
n̂
O fluxo final é dado por:
30º
60º
JG
B
1
φfinal = n ⋅ B ⋅ A ⋅ cos 60º = 80 ⋅ 4 ⋅ 0,5 ⋅ = 80 Wb
2
n̂
∆φ
∆φ 80 − 0
∆Q
∴ i=
=
∴ ∆Q =
=
∴ ∆Q = 2 C
R
40
∆t
∆t ⋅ R
6
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
11. A figura mostra um circuito formado por uma barra fixa FGHJ e uma barra móvel MN, imerso
num campo magnético perpendicular ao plano desse circuito. Considerando desprezível o atrito
entre as barras e também que o circuito seja alimentado por um gerador de corrente constante I,
o que deve acontecer com a barra móvel MN?
M
G
F
I
H
J
N
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) Permanece no mesmo lugar.
) Move-se para a direita com velocidade constante.
) Move-se para a esquerda com velocidade constante.
) Move-se para a direita com aceleração constante.
) Move-se para a esquerda com aceleração constante.
Alternativa: E
A força magnética que age na barra é dada por Fm = BiA e seu sentido é para a esquerda (regra da
mão direita).
Por se tratar de uma fonte de corrente, podemos considerar que a corrente elétrica no circuito é
constante, independentemente da fem induzida. Assim, Fm é constante.
G
Fm
A
G
G
Pela 2ª Lei de Newton: FR = m ⋅ a
Desse modo a aceleração será constante e para a esquerda, do mesmo
G
modo que Fm .
12. Na figura, um bloco sobe um plano inclinado, com velocidade
inicial V0. Considere µ o coeficiente de atrito entre o bloco e a
superfície. Indique a sua velocidade na descida ao passar pela
posição inicial.
A. ( ) V0
sen θ − µ sen θ
cos θ − µ cos θ
B. ( ) V0
sen θ − µ cos θ
sen θ + µ cos θ
C. ( ) V0
sen θ + µ cos θ
sen θ − µ cos θ
D. ( ) V0
µ sen θ + cos θ
µ sen θ − cos θ
E. ( ) V0
µ sen θ − cos θ
µ sen θ + cos θ
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
V0
θ
7
Alternativa: B
d
+
B
θ
A
Na subida:
1
W Fnc = ∆E M ∴ − fat ⋅ d = E M B − E M A ∴ − µ ⋅ (m ⋅ g ⋅ cos θ) ⋅ d = m ⋅ g ⋅ (d ⋅ sen θ) − mV0 2 ∴
2
1
mV0 2 = mgd(sen θ + µ cos θ) (I)
2
Na descida:
W Fnc = ∆E M ∴ − fat ⋅ d = E M A − E M B ∴ − µ ⋅ (m ⋅ g ⋅ cos θ) ⋅ d =
1
mV 2 = mgd(sen θ − µ cos θ)
2
1
mV 2 − m ⋅ g ⋅ (d ⋅ sen θ) ∴
2
(II)
2
V
sen θ − µ cos θ
sen θ − µ cos θ
Dividindo (II) por (I):   =
∴ V = V0
sen θ + µ cos θ
sen θ + µ cos θ
 V0 
13. Na figura, um gato de massa m encontra-se parado
próximo a uma das extremidades de uma prancha de
massa M que flutua em repouso na superfície de um
lago. A seguir, o gato salta e alcança uma nova
posição na prancha, à distância L. Desprezando o
atrito entre a água e a prancha, sendo θ o ângulo
entre a velocidade inicial do gato e a horizontal, e g
a aceleração da gravidade, indique qual deve ser a
velocidade u de deslocamento da prancha logo após
o salto.
A. ( ) u =
C. ( ) u =
E. ( ) u =
8
gLM
 M
 1 +  m senθ cos θ
 m
gLM
 M
 1 +  2m senθ
 m
B. ( ) u =
D. ( ) u =
G
v
θ
gLM
 M
 1 +  2m sen2θ
 m
gLm
 M
 1 +  2M tanθ
 m
2gLm
 M
 1 +  M tanθ
 m
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: D
m
M
Antes do salto:
x
m
Depois do salto:
d
M
L
d
Na direção horizontal, o centro de massa do sistema permanece no mesmo lugar:
mx + M ( x + d ) mL + Md
mL
x CM,I = x CM,F ∴
=
∴ x=
m+M
m+M
m+M
Então, o alcance do salto é dado por:
ML
A = L−x =
m+M
Considerando θ o ângulo entre a velocidade do gato em relação ao referencial inercial e a
horizontal:
v 2sen2θ
Ag
MLg
A=
∴ v=
=
g
sen2θ
( m + M ) sen2θ
Como há conservação da quantidade de movimento na horizontal:
m
PI = PF ∴ 0 = m ⋅ v cos θ − M ⋅ u ∴ u = ⋅ v cos θ
M
u=
u=
m
cos θ
M
MLg
=
( m + M ) sen2θ
m 2 MLg cos 2 θ
M 2 ( m + M ) 2senθ cos θ
gLm
 M
 1 +  2Mtgθ
 m
14. Um aro de 1 kg de massa encontra-se preso a uma mola de massa desprezível, constante
elástica k = 10 N/m e comprimento inicial L0 = 1 m quando não distendida, afixada no ponto O.
A figura mostra o aro numa posição P em uma barra horizontal fixa ao longo da qual o aro
pode deslizar sem atrito. Soltando o aro do ponto P, qual deve ser sua velocidade, em m/s, ao
alcançar o ponto T, a 2 m de distância?
A. ( )
30, 0
B. ( )
40, 0
C. ( )
23, 4
D. ( )
69,5
E. ( )
8, 2
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
9
Alternativa: C
Temos que:
1
1
1
E MP = E MT ∴ kx P2 = kx T2 + mvT2
2
2
2
2
k
10
v T2 =
x 2P − x T2 =  2 2 − 1 − 12  = 10 8 − 4 2 40 ( 2 − 1, 41)
m
1 

(
)
(
)
(
)
vT 23, 4 m/s
15. No estudo de ondas que se propagam em meios elásticos, a impedância característica de um
material é dada pelo produto da sua densidade pela velocidade da onda nesse material, ou seja,
z = µ v . Sabe-se, também, que uma onda de amplitude a1 , que se propaga em um meio 1 ao
penetrar em uma outra região, de meio 2, origina ondas, refletida e transmitida, cuja amplitudes
são, respectivamente:
 z1



 −1 


 z2

 2 
at = 
ar = 
 a1
a
z2  1
 z1


 + 1
1 + 
z1 
 z 2


τ
. Considere agora o
µ
caso de uma onda que se propaga num fio de densidade linear µ (meio 1) e penetra num trecho
desse fio em que a densidade linear muda para 4µ (meio 2). Indique a figura que representa
corretamente as ondas refletidas (r) e transmitida (t).
Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda nesse meio é dada por v =
A. ( )
r
C. ( )
r
meio 1
E. ( )
t
meio 1
meio 1
r
B. ( )
meio 1
r
meio 2
t
t
meio 2
D. ( )
meio 2
t
meio 2
Alternativa: A
Sendo a densidade linear µ, o termo correto seria tração, e não tensão, como no enunciado.
Adotando o termo tensão como sendo a tração na equação de Taylor, tem-se que:
τ
τ
τ
z1 = µ ⋅
e z 2 = 4µ ⋅
= 2µ ⋅
= 2z1
µ
µ
4µ
Para a onda refletida:
z1
z1
−1
− 1 −1
a r z2
2z1
1
=
=
= 2 = − , em que o sinal negativo indica a inversão de fase.
a1 z1 + 1 z1 + 1 3
3
2
z2
2z1
10
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Para a onda transmitida:
at
2
2
2
=
=
= , em fase com o sinal incidente.
a1 1 + z 2 1 + 2z1 3
z1
z1
Logo, o pulso transmitido possui o dobro da amplitude do refletido, e estão em oposição de fase.
Da equação de Taylor:
τ
1 τ v1
v2 =
=
=
∴ v1 = 2v 2
4µ 2 µ
2
Portanto, o pulso refletido é mais rápido do que o pulso transmitido.
A alternativa A é que possui a representação correta do que foi deduzido.
16. Indique a opção que explicita o representado pelo gráfico da figura:
3
2
1
0
–1
–2
–3
0
20
40
60
80 100
120 140 160
Tempo (ms)
A. ( ) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica mais a sua
segunda harmônica, todas elas de mesma amplitude.
B. ( ) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica de amplitude 5
vezes menor mais a segunda harmônica de amplitude 10 vezes menor.
C. ( ) A soma de uma freqüência fundamental com a sua segunda harmônica, ambas com
amplitudes iguais.
D. ( ) A soma de uma freqüência fundamental com a sua segunda harmônica com metade da
amplitude.
E. ( ) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica com metade da
amplitude.
Alternativa: A
Considerando que a amplitude dos harmônicos são menores que a amplitude da onda de freqüência
fundamental, somente é possível obtermos seis zeros da função no período, compondo-se a
fundamental com os seus dois primeiros harmônicos, o que elimina as alternativas C, D e E.
Seja s ( x ) = A sen x + Bsen 2x + Csen 3x
Utilizando-se sen2x = 2senx cos x e sen3x = 3senx − 4sen 3 x, tem-se que:
s ( x ) = A sen x + B 2sen x cos x + C ( 3senx − 4sen 3 x ) = sen x ( A + 2Bcos x + 3C − 4Csen 2 x )
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
11
Para s ( x ) = 0 : sen x = 0 ou A + 2Bcos x + 3C − 4C (1 − cos 2 x ) = 0
I) sen x = 0: x = 0 ou x = π
II) A + 2Bcos x + 3C − 4C (1 − cos 2 x ) = 0 :
∴ 4C cos 2 x + 2Bcos x + A − 4C = 0
Para que tenhamos mais quatro zeros, é necessário que ∆ > 0 :
∆ = 4B2 − 4 ⋅ 4C ( A − 4C ) = 4B2 − 16AC + 64C2 = 4 ( B2 − 4AC + 16C2 )
Para a alternativa B, tem-se A = 1, B = 0,2 e C = 0,1.
Assim: ∆ = 4 ( 0, 22 − 4 ⋅1⋅ 0,1 + 16 ⋅ 0,12 ) = −0,8 < 0
Essa configuração não leva à existência de 6 zeros no período.
Para a alternativa A, tem-se A = B = C.
E: s(x) = senx + sen2x + sen3x = 2senx cos x ( 2 cos x + 1) .
Com as raízes: x = 0; x = π; x =
Como x = ωt =
π
3π
2π
4π
;x= ;x=
;x=
.
2
2
3
3
2π
t e T = 36 ⋅10−3 s, tem-se que:
T
2π
⋅t = π
36 ⋅10 −3
2π
π
⋅t =
−3
2
36 ⋅10
2π
3π
⋅t =
−3
2
36 ⋅10
2π
2π
⋅t =
−2
3
36 ⋅10
2π
4π
⋅t =
−2
3
36 ⋅10
t = 18 ms
t = 9 ms
t = 27 ms
t = 12 ms
t = 24 ms
Observa-se que os valores das raízes coincidem exatamente com os pontos do gráfico, indicando a
alternativa A como a correta.
17. Numa brincadeira de aventura, o garoto (de massa M) lança-se por uma corda amarrada num
galho de árvore num ponto de altura L acima do gatinho (de massa m) da figura, que pretende
resgatar. Sendo g a aceleração da gravidade e H a altura da plataforma de onde se lança,
indique o valor da tensão na corda, imediatamente após o garoto apanhar o gato para aterrisá-lo
na outra margem do lago.
12
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 2H 
A. ( ) Mg 1 +


L 
  M + m 2 2H 



B. ( ) (M + m) g 1− 
  M  L 
 2H 
C. ( ) Mg 1−


L 
  M 2 2H 



D. ( ) (M + m) g 1 + 
  M + m  L 
 M 2 2H 


−1
E. ( ) (m + M ) g 





 M + m L
Alternativa: D
Para a velocidade do garoto imediatamente antes da colisão:
Mv 2
∴ v = 2gH
E M,I = E M,F ∴ MgH =
2
A velocidade do conjunto imediatamente após a colisão inelástica é dada por:
M 2gH
M 2gH + 0 = (m + M ) u ∴ u =
M+m
A tração na corda imediatamente após o garoto apanhar o gato pode ser encontrada a partir da
resultante centrípeta:
2
(m + M )  M 2gH 
u2
∴ T − (m + M ) g =
⋅ 
R cp = (m + M ) a cp ∴ T − P = (m + M )⋅

L
L
 M + m 
  M 2 2H 


T = (M + m) g 1 + 
 M + m  L 


18. Um feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de
onda λ1 e λ2, sendo λ1 15% maior que λ2. Esse feixe de luz
incide perpendicularmente num anteparo com dois pequenos
orifícios, separados entre si por uma distância d. A luz que
sai dos orifícios é projetada num segundo anteparo, onde se
observa uma figura de interferência. Pode-se afirmar então,
que
λ1 , λ 2
d
θ
A. ( ) o ângulo de arcsen (5λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento
de onda λ1 é observada.
B. ( ) o ângulo de arcsen (10λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento
de onda λ1 é observada.
C. ( ) o ângulo de arcsen (15λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento
de onda λ1 é observada.
D. ( ) o ângulo de arcsen (10λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento
de onda λ2 é observada.
E. ( ) o ângulo de arcsen (15λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento
de onda λ2 é observada.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
13
Alternativa: B
No experimento de Young, tem-se que o máximo de interferência construtiva ocorre para
d ⋅ senθ = nλ , com n ∈ Z
1

A interferência destrutiva ocorre para d ⋅ senθ =  n +  λ , com n ∈ Z.

2
Portanto, para que somente um comprimento de onda apareça, deve haver interferência destrutiva
para o outro comprimento de onda.
 λ 
Tomando θ = arc sen  10 1  , há interferência construtiva para λ 2 , pois n = 10.
 d 
Nesse caso, para λ 2 :
10 ⋅ λ1
d ⋅ senθ = n ⋅ λ 2 ∴ d ⋅
= n ⋅ λ 2 ∴ 10 ⋅ λ1 = n ⋅ λ 2
d
Mas λ1 = 1,15λ 2 :
10 ⋅1,15 ⋅ λ 2 = n ⋅ λ 2 ∴ n = 11,5
Logo, para λ 2 ocorre interferência destrutiva e, dessa forma, somente a luz de comprimento de
onda λ1 será observada.
19. A figura 1 mostra um capacitor de placas paralelas com vácuo entre as placas, cuja capacitância
é C0 . Num determinado instante, uma placa dielétrica de espessura d / 4 e constante dielétrica
K é colocada entre as placas do capacitor, conforme a figura 2. Tal modificação altera a
capacitância do capacitor para um valor C1 . Determine a razão C0 / C1.
d
4
3k +1
4K
4 + 12K
C. ( )
3
1
E. ( )
4 + 12K
A. ( )
4k
3K + 1
3
D. ( )
4 + 12K
B. ( )
Alternativa: A
Para o capacitor C0 colocado no vácuo, tem-se que:
ε A
C0 = 0
d
d
14
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Para o capacitor C1, calculando a capacitância equivalente dos dois capacitores em série:
3d
d
ε0 A k ε0 A
⋅
3d
d
4
4 = 4k ε 0 A
C1 =
ε0 A k ε 0 A d (1 + 3k )
+
3d
d
4
4
4
4
Logo:
ε0A
C0
d
=
4k
ε
C1
0A
d (1 + 3k )
∴
C0 3k + 1
=
C1
4k
20. Certa quantidade de oxigênio (considerado aqui como gás ideal) ocupa um volume vi a uma
temperatura Ti e pressão pi. A seguir, toda essa quantidade é comprimida, por meio de um
processo adiabático e quase estático, tendo reduzido o seu volume para vf = vi / 2. Indique o
valor do trabalho realizado sobre esse gás.
3
A. ( ) W = (pi vi ) 20,7 −1
2
5
C. ( ) W = (pi vi ) 20,4 −1
2
5
E. ( ) W = (pi vi ) 21,4 −1
2
(
)
(
)
(
)
5
B. ( ) W = (pi vi ) 20,7 −1
2
3
D. ( ) W = (pi vi ) 21,7 −1
2
(
)
(
)
Alternativa: C
Em uma transformação adiabática, tem-se:
T0 V0 γ −1 = TV γ −1
C
7
5
Para o ar, adota-se γ = = 1, 4, ou seja, v =
5
R 2
V0 = vi
v
Como 
e V = i , obtemos:
2
 T0 = Ti
vi 0,4
∴ T = 20,4 ⋅ Ti
20,4
∆T = T − Ti = 20,4 Ti − Ti = Ti 20,4 − 1
Ti ⋅ vi 0,4 = T ⋅
(
)
Da Primeira Lei da Termodinâmica:
∆U = Q − τ e Q = 0 (adiabática)
∆U = n ⋅ C v ⋅ ∆T = −τ ∴ τ = − n ⋅ C v ⋅ ∆T
τ = − n ⋅ R ⋅ ∆T ⋅
(
)
(
)
Cv
C
5
= − n ⋅ R ⋅ Ti ⋅ 20,4 − 1 ⋅ v = − pi vi ⋅ 20,4 − 1 ⋅
R
R
2
pi vi
Como τ ext = −τ gás ∴ τ ext =
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
(
)
5
pi vi ⋅ 20,4 − 1
2
15
21. Considere um condutor esférico A de 20 cm de diâmetro colocado sobre um pedestal fixo e
isolante. Uma esfera condutora B de 0,5 mm de diâmetro, do mesmo material da esfera A, é
suspensa por um fio fixo e isolante. Em posição oposta à esfera A é colocada uma campainha C
ligada à terra, conforme mostra a figura. O condutor A é então carregado a um potencial
eletrostático V0, de forma a atrair a esfera B. As duas esferas entram em contato devido à
indução eletrostática e, após a transferência de carga, a esfera B é repelida, chocando-se com a
campainha C, onde a carga adquirida é escoada para a terra. Após 20 contatos com a
campainha, verifica-se que o potencial da esfera A é de 10000 V. Determine o potencial inicial
da esfera A.
n
Considere (1 + x ) ≅ 1 + nx se x < 1
V0
Resolução:
Considerando o potencial da esfera B inicialmente nulo, tem-se que, após cada contato, o potencial
V R + VB R B
de equilíbrio é dado por: Veq = 0 A
RA + RB
V0 ⋅10
Após o 1º contato: Veq =
10 + 0, 025
 1 
Após n contatos, o potencial da esfera A é dado por: V0 

 1, 0025 
Em 20 contatos, o potencial é igual a 10000 V:
n
20
 1 
20
V0 
= 104 ∴ V0 = 104 ⋅ (1 + 0, 0025 ) 104 ⋅ (1 + 20 ⋅ 0, 0025 ) = 104 ⋅1, 05

 1, 0025 
Logo: V0 10500 V
22. Num dos pratos de uma balança que se encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m
está em repouso no fundo de um frasco de massa M. Mostrar em que condições a mosca poderá
voar dentro do frasco sem que o equilíbrio seja afetado.
16
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Resolução:
Para que o centro de massa da porção direita da balança permaneça à mesma distância do pivot
central, o movimento da mosca deve se restringir a um plano vertical, perpendicular ao braço da
balança que contenha a posição inicial da mosca.
Essa é uma condição necessária, porém não suficiente. É necessário também que a componente
vertical do movimento seja uniforme, para que, na direção vertical, a resultante das forças sobre a
mosca permaneça nula.
JJG
23. A figura mostra uma bola de massa m que cai com velocidade v1 sobre a superfície de um
suporte rígido, inclinada de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente
JJG
de restituição para esse impacto, calcule o módulo da velocidade v 2 com que a bola é
ricocheteada, em função de v1, θ e e. Calcule também o ângulo α.
m
JJG
v1
JJG
v2
α
θ
Resolução:
Somente a componente da velocidade da bola perpendicular à superfície é afetada pela colisão.
v1
θ
v1 sen θ
v 2 sen α
v1 cos θ
v 2 cos α
θ
Assim:
v 2 cos α = v1 sen θ
e=
α
v2
θ
(I)
v 2 sen α
∴ v 2 sen α = e v1 cos θ
v1 cos θ
(II)
(I) 2 + (II) 2 :
G
G
v 22 = v12sen 2θ + e 2 v12 cos 2 θ ∴ v 2 = v1 sen 2θ + e 2 cos 2 θ
Dividindo (II) por (I):
tgα = e cotg θ ∴ α = arctg [ e ⋅ cotg θ]
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
17
24. Um apreciador de música ao vivo vai a um teatro, que não dispõe de amplificação eletrônica,
para assistir a um show de seu artista predileto. Sendo detalhista, ele toma todas as informações
sobre as dimensões do auditório, cujo teto é plano e nivelado. Estudos comparativos em
auditórios indicam preferência para aqueles em que seja de 30 ms a diferença de tempo entre o
som direto e aquele que primeiro chega após uma reflexão. Portanto, ele conclui que deve se
sentar a 20 m do artista, na posição indicada na figura. Admitindo a velocidade do som no ar de
340 m/s, a que altura h deve estar o teto com relação a sua cabeça?
Resolução:
Como i = r, temos o seguinte esquema:
∆s
∆s
∴ 340 =
∴ ∆s = 10, 2 m
∆t
30 ⋅10−3
Assim, 2d − 20 = 10, 2 ∴ d = 15,1 m
Logo, por Pitágoras:
102 + h 2 = d 2 ∴ 102 + h 2 = 15,12 ∴ h 2 = 128, 01
∴ h 11,3 m
Como: v =
i r
25. Um resistor Rx é mergulhado num reservatório de óleo isolante. A fim de estudar a variação da
temperatura do reservatório, o circuito de uma ponte de Wheatstone foi montado, conforme
mostra a figura 1. Sabe-se que Rx é um resistor de fio metálico de 10 m de comprimento, área
de seção transversal de 0,1 mm2, e resistividade elétrica ρ0 de 2, 0 x10−8 Ω m, a 20 ºC. O
comportamento da resistividade ρ versus temperatura t é mostrado na figura 2. Sabendo-se que
o resistor Rx foi variado entre os valores de 10 Ω e 12 Ω para que o circuito permanecesse em
equilíbrio, determine a variação da temperatura nesse reservatório.
ρ ( Ωm )
R3 = 2 Ω
1, 4 ρ0
R 2 = 12 Ω
18
ρ0
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Resolução:
Pelo experimento descrito na questão, quem deve ser variado com o objetivo de manter a ponte de
Wheatstone equilibrada é o resistor R1, e não Rx, como diz o problema.
Inicialmente, supondo o sistema a 20 ºC, determinemos o valor inicial de Rx:
ρ .A 2.10−8.10
=2Ω
R x,0 = o =
A
0,1.10−6
Para que a ponte de Wheatstone esteja em equilíbrio, R1 deve ser ajustado para:
R 2 .R 3 = R1.R x ∴ 2.12 = 2.R1 ∴ R1 = 12 Ω
Quando R1 é ajustado para 10 Ω , o valor de Rx é tal que:
2.12 = 10.R x,1 ∴ R x,1 = 2, 4 Ω
Assim, tem-se que:
R x,1 = R x,0 1 + αρ .∆T , onde αρ é o coeficiente de temperatura da resistividade, que é determinado
(
)
a partir do coeficiente angular da reta no gráfico, tal que:
0, 4
αρ =
= 5.10−3 ºC–1
80
2, 4 = 2 1 + 5 ⋅10−3 ⋅ ∆T ∴ ∆T = 40 °C
(
)
Obs.: como a questão afirma que o Rx varia de 10 Ω a12 Ω , a resolução seria:
Da situação a 20 ºC:
ρo .A
2
A
=2 ∴
=
A
A ρo
ρ ⋅2
Para R x,1 = 10 Ω : R x,1 = 1 = 10 ∴ ρ1 = 5ρ0
ρ0
ρ ⋅2
Para R x,2 = 12 Ω : R x,2 = 1 = 12 ∴ ρ2 = 6ρ0
ρ0
Da Figura 2:
6ρ0 − 5ρ0 0, 4ρ0
ρ
0, 4ρ0
∆ρ 0, 4ρ0
=
∴
=
∴ 0 =
∴ ∆T = 200 ºC
∆T
∆T
∆T
80
80
80
26. Um cilindro de diâmetro D e altura h repousa sobre um disco que gira num plano horizontal,
com velocidade angular ω . Considere o coeficiente de atrito entre o disco e o cilindro
µ > D / h, L a distância entre o eixo do disco e o eixo do cilindro, e g a aceleração da
gravidade. O cilindro pode escapar do movimento circular de duas maneiras: por tombamento
ou por deslizamento. Mostrar o que ocorrerá primeiro, em função das variáves.
ω
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
19
Resolução:
Utilizando o referencial do disco, considera-se a ação de uma força de inércia F.
Na iminência do deslizamento:
N
F
fat
P
F = fat máx ∴ ma máx,d = µmg ∴ a máx,d = µg
Na iminência do tombamento em torno do ponto O:
D
F
fat
L
h
O
P
N
h
D
D
= P⋅
∴ ma máx,t h = mgD ∴ a máx,t = g ⋅
2
2
h
2
Em ambas as situações: a = ω L
D
D
Como µ >
∴ µg > g
∴ a máx,d > a máx,t .
h
h
Logo, o que vai ocorrer primeiro é o tombamento do cilindro.
F⋅
27. Durante a realização de um teste, colocou-se 1 litro de água a 20 ºC no interior de um forno de
microondas. Após permanecer ligado por 20 minutos, restou meio litro de água. Considere a
tensão da rede de 127 V e de 12 A a corrente consumida pelo forno. Calcule o fator de
rendimento do forno.
Dados: calor de vaporização da água Lv = 540 cal/g; calor específico da água C = 1 cal/g ºC ;
1 caloria = 4,2 joules
Resolução:
Para a energia absorvida pela água:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆t + m ⋅ L ≤
Q = 1000 ⋅1⋅ 80 + 500 ⋅ 540 = 350 kcal = 1470 kJ
20
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Para a energia fornecida pelo forno:
E = P ⋅ ∆t = U ⋅ i ⋅ ∆t
E = 12 ⋅127 ⋅ 20 ⋅ 60 = 1828,8 kJ
Para o rendimento:
Q 1470
η= =
≅ 0,8 ∴ η ≅ 80%
E 1828,8
28. Considere o transformador da figura, onde VP é a tensão no primário, VS é a tensão no
secundário, R um resistor, N1 e N2 são o número de espiras no primário e secundário,
respectivamente, e S uma chave. Quando a chave é fechada, qual deve ser a corrente IP no
primário?
Resolução:
A tensão no primário é dada por:
dφ
VP = − N1 1
dt
Fechando a chave, tem-se que a tensão no secundário é dada por:
dφ
VS = − N 2 2
dt
Considerando que o fluxo no primário seja igual ao fluxo no secundário:
VP VS
N
=
∴ VS = 2 VP
N1 N 2
N1
Supondo o transformador ideal:
N
VP I P = VSIS ∴ I P = 2 IS
N1
Portanto, a corrente no primário será dada por:
N V
IP = 2 ⋅ S
N1 R
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
21
29. De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, o equilíbrio da atmosfera terrestre é obtido pelo
balanço energético entre a energia de radiação do Sol absorvida pela Terra e a reemitida pela
mesma. Considere que a energia fornecida por unidade de tempo pela radiação solar é dada por
P = A e σ T 4 , em que σ = 5,67 x 10–8 W m–2 K–4; A é a área da superfície do corpo; T a
temperatura absoluta, e o parâmetro e é a emissividade que representa a razão entre a taxa de
radiação de uma superfície particular e a taxa de radiação de uma superfície de um corpo ideal,
com a mesma área e mesma temperatura. Considere a temperatura média da Terra T = 287 K
e, nesta situação, e = 1. Sabendo que a emissão de gases responsáveis pelo aquecimento global
reduz a emissividade, faça uma estimativa de quanto aumentará a temperatura média da Terra
devido à emissão de gases responsáveis pelo aquecimento global, se a emissividade diminuir
8%.
x
1/ 4
Considere (1 − x ) ≅ 1 −
4
Resolução:
Com ε = 1, temos:
P = 1⋅ AσT 4 (I)
Se a emissividade for reduzida de x, teremos:
P’ = (1 − x ) ⋅ P, pois uma parcela da radiação será refletida e ε + r = 1.
Além disso:
P’ = ε ⋅ AσT’4 = (1 − x ) AσT’4
Logo:
(1 − x ) P = (1 − x ) AσT’4
Dessa forma, T’ = T
Para obtermos T’ ≠ T, devemos considerar que a emissividade é afetada apenas em uma faixa
restrita de comprimento de onda que praticamente não afete a energia recebida.
Nesse caso:
P = P’ ∴ AσT 4 = (1 − x ) ⋅ AσT’4 ∴ T = (1 − x )
1
4
⋅ T’
Com x = 0,08:
287
287
287
T’ =
≅
=
1
(1 − 0,08 ) 4 1 − 0, 02 0,98
T’ ≅ 293 K
∆T ≅ 293 − 287 ∴ ∆T ≅ 6 K
22
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
30. Foi René Descartes em 1637 o primeiro a discutir claramente a formação do arco-íris. Ele
escreveu:
“Considerando que esse arco-íris aparece não apenas no céu, mas também no ar perto de nós,
sempre que haja gotas de água iluminadas pelo sol, como podemos ver em certas fontes, eu
imediatamente entendi que isso acontece devido apenas ao caminho que os raios de luz traçam
nessas gotas e atingem nossos olhos. Ainda mais, sabendo que as gotas são redondas, como
fora anteriormente provado e, mesmo que sejam grandes ou pequenas, a aparência do arcoíris não muda de forma nenhuma, tive a idéia de considerar uma bem grande, para que
pudesse examinar melhor...”
Ele então apresentou a figura onde estão representadas as trajetórias para os arco-íris primário e
secundário. Determinar o ângulo entre o raio incidente na gota, AB, e o incidente no olho do
observador, DE, no caso do arco-íris primário, em termos do ângulo de incidência, e do índice
de refração da água na. Considere o índice de refração do ar n = 1.
A
F
B
J
C
H
G
A
B
D
I
M
Arco-íris primário
e secundário
C
H
F E
E
I
G
D
E
Vista expandida de
uma gota de água
Resolução:
Conforme o trajeto proposto no esquema, temos:
α
OD = OC = R
Como 
, os triângulos OBC e ODC são isósceles.
 OB = OC = R
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
23
q = 2 ⋅ BCD
q = 2 ⋅ 2r = 4r
Da figura: BOD
q = α + 2i , obtemos: α = 4r − 2i
Como BOD
Da Lei de Snell:
 sen i 
n1 ⋅ sen i1 = n 2 ⋅ sen i 2 ∴ sen i = n ⋅ sen r ∴ r = arc sen 

 n 
 sen i 
Assim: α = 4 ⋅ arc sen 
 − 2i
 n 
Comentários
A prova de Física do ITA 2008 foi, mais uma vez, bastante abrangente e seletiva. Dada a sua
extensão, talvez o tempo tenha sido escasso.
A prova contém questões criativas, porém fica uma pequena ressalva para o uso do termo tensão
no lugar tração (questões 3, 15 e 17) e talvez um descuido de digitação na questão 25.
Parabéns à banca examinadora.
O CURSINHO QUE MAIS ENTENDE DE ITA E IME
24
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO