órbita -estrela "do planeta" 40

GABARITO ITA
PROVA 2016/2017
FÍSICA
GABARITO ITA – FÍSICA
Quando precisar use os seguintes valores para as constantes: Aceleração da gravidade: 10 m/s2.
Calor específico da água: 1,0 cal/g · K. Conversão de unidade: 1,0 cal = 4,2 J. Massa específica
da água: 1 g/cm3. Massa da Terra: 6,O × 1024 kg. Raio da Terra: 6,4 × 106 m. Constante de
Boltzman: kB = 1,4 × 10–23 J /K. Constante dos gases: R = 8,3 J/mol · K. Massa atômica
de alguns elementos quí­micos: MC = 12 u, MO = 16 u, MN = 14 u, MAr = 40 u, MNe = 20 u,
MHe = 4 u. Velocidade do som no ar: 340 m/s. Massa específica do mercúrio: 13,6 g/cm3.
Permeabilidade magnética do vácuo: 4p × 10–7 Tm/ A. Constante de Gravitação universal
G = 6,7 × 10–11 m3/kg · s2.
Questão 1
Ondas gravitacionais foram previstas por Einstein em 1916 e diretamente detectadas pela
primeira vez em 2015. Sob determinadas condições, um sistema girando com velocidade
angular w irradia tais ondas com potência proporcional à GcbQgwδ em que G é constante de
gravitação universal; c, a velocidade da luz e Q, uma grandeza que tem unidade em kg · m2.
Assinale a opção correta.
A( ) β = –5, γ = 2, e δ = 6
B( ) β = –3/5, γ = 4/3, e δ = 4
C( ) β= –10/3, γ =5/3, e δ=5
D( ) β =0, γ = 1, e δ = 3
E( ) β = –10, γ = 3, e δ = 9
Gabarito: Letra A.
Pot = G · Cβ · Qγ · wδ
Unidades:
L
[ c] =
T
[Q ] = ML 2
2
M⋅L
T3
L3
1
ω] =
[ G] = 2
[
MT
T
Fazendo a análise dimensional:
[Pot ] =
β
ML2
L3  L 
=
·   · ML2
T3
MT 2  T 
(
)
γ
 1
· 
T
δ
M1L2 L3 + β + 2 γ ⋅ Mγ − 1
=
T2 + β + γ
T3
1 = γ – 1 ∴ γ = 2.
2 = 3 + β + 2γ ∴ β = –5.
3 = 2 + β + δ ∴ δ = 6.
3
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 2
Um bastão rígido e uniforme, de comprimento L, toca os pinos P e Q fixados numa parede
vertical, interdistantes de a, conforme a figura. O coeficiente de atrito entre cada pino e o bastão
é µ, e o ângulo deste com a horizontal é a. Assinale a condição em que se torna possível o
equilíbrio estático do bastão.
A( ) L ≥ a(1 + tan a/µ)
B( ) L ≥ a(–1 + tan a/µ)
C( ) L ≥ a(1 + tan a/2µ)
D( ) L ≥ a(–1 + tan a/2µ)
E( ) L ≥ a(1 + tan a/µ)/2
L
a
Q
a
P
Gabarito: Letra A.
Utilizando o equilíbrio em x e y:
y: NQ = Np + Py
NQ − N p = Py (1)
ponto de
rotação
NQ − Py = N p ( 2 )
x: Fat p + Fat Q = Px
L
2
L
µ(Np + NQ) = Px
Mres = 0
Py l
2
Py 2
Py 2
+ Npl = NQ(l – a)
a
(
)
Py
− Py ⋅ 2
= − NQ ⋅ a
 Px + P 
 µ
y 
⋅a
=
2
2
Py 4
Fat q
+ N p − NQ = − NQ ⋅ a
− − N p + NQ = − NQ ⋅ a
Patq
NQ
Px
Fat p
P
Py
Q
α
P
NP
GABARITO ITA – FÍSICA
NP + NQ =
Px
(3)
µ
( 2) → (3)
2 NQ − Py =
Px
NQ =
Px
µ
+ Py
µ
2
 tan α 
l =  1+
a
µ 

Questão 3
Na figura, o vagão move-se a partir do repouso sob a ação de uma aceleração a constante.
Em decorrência, desliza para trás o pequeno bloco apoiado em seu piso de coefidente de atrito
µ. No instante em que o bloco percorrer a distância L, a velocidade do bloco, em relação a um
referencial externo, será igual a
A( ) g L /
a − µg
B( ) g L /
a + µg
C( ) µg L /
L
a
a − µg
D( ) µg 2 L /
a − µg
E( ) µg 2 L /
a + µg
Gabarito: Letra D.
Colocando-se o referencial no vagão, o bloco e o observador externo se deslocam no mesmo
sentido, o primeiro com aceleração “a – mg” e o segundo com aceleração “a”.
O tempo de duração do movimento até o instante em que o bloco percorre “L” dentro da caixa é
calculado por Torricelli e equação horária:
5
DISCURSIVAS – 13/12/16
2
• Vbloco = 2(a − µg)L ⇒ Vbloco =
rel
a − µg ⋅ 2 L
rel
• Vbloco = ( a − µg) ∆t ⇒ ∆t =
rel
2L
a − µg
.
Então relativamente ao vagão, calcule-se a velocidade de observador :
• Vobs = a∆t ⇒ Vobs =
rel
rel
a 2L
a − µg
(que é maior que Vbloco )
rel
Logo a velocidade do bloco para um observador externo é:
Vbloco = Vobs − Vbloco
rel
=
=
=
rel
a 2L
a − µg
−
a − µg ⋅ 2 L
2 L (a − a + µg)
a − µg
µg 2 L
a − µg
Questão 4
Carregada com um potencial de 100 V, flutua no ar uma bolha de sabão condutora de eletricidade,
de 10 cm de raio e 3,3 × 10–6 cm de espessura. Sendo a capacitância de uma esfera condutora
no ar proporcional ao seu raio, assinale o potencial elétrico da gota esférica formada após a
bolha estourar.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( 6
) 6 kV
) 7 kV
) 8 kV
) 9 kV
) 10 kV
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra E.
O volume da bolha se torna o volume da gota esférica:
4
4
vcasca = π R13 − R23 = π R 1 − R2 R12 + R1 R2 + R22 = 4 π R 2 e
3
3 (
(
)
)(
≈ espessura(e)
vgota =
(
= 3 3, 3 ⋅ 10−8 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 10−2
Vgota
≈3 R
4
π R '3
3
vcasca = vgota ⇒ 4 π R 2 e =
KQ
R
KQ
=
R'
Vbolha =
)
2
4
π R '3 ⇒ R ' = 3 3 R 2 e =
3
)
2
≅ 10−3 m
⇒ Vbolha R = Vgota R ' ⇒ 100 ⋅ 10 ⋅ 10−2 = Vgota ⋅ 10−3 ⇒ Vgota = 10 kV
Questão 5
Considere um automóvel com tração dianteira movendo-se aceleradamente para frente. As
rodas dianteiras e traseiras sofrem forças de atrito respectivamente para:
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) frente e frente.
) frente e trás.
) trás e frente.
) trás e trás.
) frente e não sofrem atrito.
Gabarito: Letra B.
→
a
o contato com o
chão gira a roda
→
Fat
o motor gira
a roda
→
Fat
deslizamento deslizamento
7
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 6
Na figura, um tubo fino e muito leve de área de seção reta S e comprimento a, encontra-se
iniciamente cheio de água de massa M e massa específica r. Graças a uma haste fina e de
peso desprezível, o conjunto forma um pêndulo simples de comprimento L medido entre o ponto
de suspensão da haste e o centro de massa inicial da água. Posto a oscilar, no instante inicial
começa a pingar água pela base do tubo a uma taxa constante r = –DM/Dt. Assinale a expressão
da variação temporal do período do pêndulo.
A( ) 2π L / g
B( ) 2π ρLS − rt / ρSg
C( ) 2π ρLS + rt / ρSg
D( ) 2π ρLS − rt / 2 ρ Sg
E( ) 2π ρLS + rt / 2 ρ Sg
Gabarito: Letra E.
A fórmula do período de um pêndulo é: T = 2π
L
, onde L é a distância do centro de massa do
g
objeto até o ponto fixo de rotação.
No problema, o centro de massa está variando, devido à variação de volume.
Queremos descobrir as distâncias entre os CMi e CMf, referentes às
situações inicial e final, respectivamente.
h
Variação de massa = rt
∆V rt
h=
=
ρS ρS
•CMi
a
a−h
Então, a distância do CMf ao fundo do corpo é Df =
•CMf
2
Logo, a distância entre os centros de massa:
a  a− h h
rt
= =
∆D = Di − Df = − 
2  2  2 2ρS
O período em função do tempo será:
L
T = 2π f = 2π
g
8
L+
rt
2ρLS + rt
2ρS
= 2π
g
2ρSg
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 7
Na figura, a extremidade de uma haste delgada livre, de massa m uniformemente distribuída,
apoia-se sem atrito sobre a massa M do pêndulo simples. Considerando o atrito entre a haste e
o piso, assinale, a razão M/m para que o conjunto permaneça em equilíbrio estático.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) tan φ / 2tan θ
) (1– tan φ) / 4sen θ cos φ
) (sen2 φ cot θ – 2sen2 θ) / 4
) (sen φ cot θ – 2sen2 2θ) / 4
) (sen2 φ cot θ – sen2 θ) / 4
θ
M
φ
m
Gabarito: Anulada.
θ
M
φ
m
Seja EixoB aquele que contém a direção da haste. Isolando o pêndulo
T
θ φ
EixoB
F
φ
EixoP
P
Como o pêndulo está em equilíbrio:
T · cos (θ + φ) = P cos φ
T · sen (θ + φ) = P sen φ + F
Dividindo as equações: tg ( θ + φ ) = tg φ +
F
P cos φ
(I)
9
DISCURSIVAS – 13/12/16
Isolando a haste:
F
No equilíbrio da barra
ΣMR = 0
L
φ
N
P’
90 – φ
R
Substituindo em (I)
tg ( θ + φ ) = tg φ +
2 ⋅ tg ( θ + φ )
tg φ
=2+
L
⋅ sen φ = F ⋅ L
2
P'
sen φ = F
2
(II)
Fat
P ' sen φ
2 ⋅ P cos φ
m
M
P' ⋅
→
→
tg ( θ + φ ) = tg φ +
m  tg φ 
⋅
M  2 
 tg ( θ + φ ) − tg φ  m
2⋅
=

 M
tg φ


M
tg φ
.
=
m 2 tg ( θ + φ ) − tg φ
(
)
Questão 8
Em um experimento no vácuo, um pulso intenso de laser incide na superfície de um alvo sólido,
gerando uma nuvem de cargas positivas, elétrons e átomos neutros. Uma placa metálica, ligada
ao terra por um resistor R de 50 Ω, é colocada a 10 cm do alvo e intercepta parte da nuvem,
sendo observado no osciloscópio o gráfico da variação temporal da tensão sobre o resistor.
Considere as seguintes afirmativas:
I. A área indicada por M no gráfico é proporcional à carga coletada de elétrons, e a indicada por
N é proporcional à de cargas positivas coletadas.
II. A carga total de elétrons coletados que atinge a placa é aproximadamente do mesmo valor
(em módulo) que a carga total de cargas positivas coletadas, e mede aproximadamente 1 nC.
III. Em qualquer instante a densidade de cargas positivas que atinge a placa é igual à de elétrons
10
GABARITO ITA – FÍSICA
Esta(ão) correta(s) apenas:
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) I.
) II.
) III.
) I e II.
) I e III.
Gabarito: Letra D.
V0
R
osciloscópio
V= 0
I.Verdadeira
De 0 a 1 µs: Tensão negativa ⇒ V0 < 0 ⇒ incidência predominantemente de cargas negativas.
⇒ M é proporcional à carga coletada de elétrons.
De 1 a 2 µs: Tensão positiva ⇒ V0 > 0 ⇒ incidência predominantemente de cargas positivas.
⇒ N é proporcional às cargas positivas coletadas.
II.Verdadeira
Área de M ≈ Área de N ≈ 10 “quadradinhos” (estimativa visual)
De 0 a 1 µs, tensão média = –0,05V, para manter a área relativa a 10 “quadradinhos”.
(V ) 0, 05
imédia = média =
= 0, 001 A
R
50
Q = imédia ⋅ ∆t = 0, 001⋅ 10−6 = 1 nC
Logo, Qpositivo = Qelétrons = 1nC
III.Falsa
Apenas nos instantes em que a tensão é nula.
11
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 9
Uma placa é feita de um metal cuja função trabalho W é menor que hν, sendo ν uma frequência
no intervalo do espectro eletromagnético visível e h a constante de Planck. Deixada exposta, a
placa interage com a radiação eletromagnética proveniente do Sol absorvendo uma potência P.
Sobre a ejeção de elétrons da placa metálica nesta situação é correto afirmar que os elétrons
A ( ) não são ejetados instantaneamente, já que precisam de um tempo mínimo para acúmulo
de energia.
B ( ) podem ser ejetados instantaneamente com uma mesma energia cinética para qualquer
elétron.
C ( ) não podem ser ejetados pois a placa metálica apenas reflete toda a radiação.
D ( ) podem ser ejetados instantaneamente, com energia que depende da frequência da
radiação absor­vida e da energia do elétron no metal.
E ( ) não podem ser ejetados instantaneamente e a energia cinética após a ejeção depende
da frequência da radiação absorvida e da energia do elétron no metal.
Gabarito: Letra D.
Ao incidir luz sobre uma placa sabemos, pelo efeito fotoelétrico, que a energia cinética de um
elétron é dada por:
Ec = Ef – W = hf – W
Desse modo dependerá da frequência da radiação incidente e da função trabalho, a qual pode
ser entendida como a energia do elétron no metal.
Além disso, cabe ressaltar que o elétron pode ou não ser ejetado de acordo com a frequência. O
enunciado menciona que W < hν, mas essa é uma frequência qualquer do espectro. Portanto,
para outros valores, é possível que ocorra a ejeção, desde que hf > W.
12
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 10
A figura mostra dois anteparos opacos à radiação, sendo um com fenda de tamanho variável d,
com centro na posição x = 0, e o outro com dois fotodetectores de intensidade da radiação, tal
que F1 se situa em x = 0 e F2, em x = L > 4d. No sistema incide radiação eletromagnética de
comprimento de onda l constante. Num primeiro experimento, a relação entre d e l é tal que
d >> l, e são feitas as seguintes afirmativas: I. Só F1 detecta radiação. Il. F1 e F2 detectam
radiação. III. F1 não detecta e F2 detecta radiação. Num segundo experimento, d é reduzido até à
ordem do comprimento de l e, neste caso, são feitas estas afirmativas: IV. F2 detecta radiação de
menor intensidade que a detectada em F1. V. Só F1 detecta radiação. VI. Só F2 detecta radiação.
Assinale as afirmativas possíveis para a detecção da radiação em ambos os experimentos.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) I, II e IV
) I, IV e V
) II, IV e V
) III, V e VI
) I, IV e VI
x
F2
L
λ
d
F1
Gabarito: Letra B.
Na 1a situação, correspondente às opções I, II e III, como d >> λ, não haverá difração da
radiação. Portanto, nessa situação, somente F1 detecta radiação. Desse modo, apenas I é
possível.
Na 2a situação, correspondente às opções IV, V e VI, devido à ordem de grandeza de “d”, haverá
difração e, portanto, interferência no anteparo. Com isso, F1 certamente detectará radiação,
enquanto F2 possivelmente irá detectar, uma vez que poderá ser um ponto de interferência
destrutiva.
Desse modo, são possíveis I, IV e V.
13
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 11
Um sistema é constituído por uma sequência vertical de N molas ideais interligadas, de mesmo
comprimento natural l e constante elástica k,cada qual acoplada a uma partícula, de massa m.
Sendo o sistema suspenso a partir da mola 1 e estando em equilíbrio estático, pode-se afirmar
que o comprimento da
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) mola 1 é igual a l + (N – 1)mg/k.
) mola 2 é igual a l + Nmg/k.
) mola 3 é igual a l + (N – 2)mg/k.
) mola N – 1 é igual a l + mg / k.
) mola N é igual a l.
Gabarito: Letra C.
mola 1
partícula 1
mola 2
partícula 2
mola 3
partícula 3
partícula N – 2
mola N – 1
partícula N – 1
mola N
partícula N
14
– Repare que a mola N deve manter a partícula N em equilíbrio.
Logo:
mg
kxN = mg ⇒ xN =
.
k
– De forma análoga, a mola “N – 1” mantém as partículas “N – 1”
e “N”:
mg
kxN – 1 = 2 mg ⇒ xN – 1 = 2
.
k
– Veja que a mola 1 sustenta todo o conjunto:
mg
kx1 = N mg ⇒ x1 = N
.
k
– A mola 2 apenas não sustenta a partícula 1:
mg
kx2 = (N – 1) mg ⇒ x2 = (N – 1)
.
k
– Generalizando:
mg
kxi = [N – (i – 1)] mg ⇒ xi = (N + 1 – i)
.
k
Para i = 3:
mg
mg
x3 = (N – 2)
⇒ 3 =  + (N – 2)
.
k
k
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 12
Elétrons com energia cinética inicial de 2 MeV são injetados em um dispositivo (bétatron) que os
acelera em uma trajetória circular perpendicular a um campo magnético cujo fluxo varia a uma taxa
de 1 000 Wb/s. Assinale a energia cinética final alcançada pelos elétrons após 500 000 revoluções.
A ( ) 498 MeV
B ( ) 500 MeV
C ( ) 502 MeV
D ( ) 504 MeV
E ( ) 506 MeV
Gabarito: Letra C.
 −d Φ 
τ F e = e ⋅ ε ind = e ⋅ 
 = e ⋅ ( −500000 ⋅ 1000 ) = − 500 MeV
 dt 
Ec = τ Fe + Eco = 502 MeV
Questão 13
Uma carga q de massa m é solta do repouso num campo gravitacional g onde também atua um
campo de indução magnética uniforme de intensidade B na horizontal. Assinale a opção que
fornece a altura percorrida, pela massa desde o repouso até o ponto mais baixo de sua trajetória,
onde ela fica sujeita a uma aceleração igual e oposta à que tinha no início.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) g(m/ qB)2
) g(qB/m)2
) 2g(m/qB)2
) 2g(qB/m)2
) g(m/qB)2 /2
Gabarito: Letra C.
No início da descida: Fres = m · g
No ponto mais baixo da trajetória: Fres = Fm – P, onde Fm é a força magnética
2 mg = q vB → v =
2 mg
qB
Pela conservação da energia:
mgh =
m
4 2 m2 g 2
mv 2
v2
→ h=
= 2 2
= 2g  
2
2g
q B ⋅2⋅ g
 qB 
2
15
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 14
Um automóvel percorre um trecho retilíneo de uma rodovia. A figura mostra a velocidade do carro
em função da distância percorrida, em km, indicada no odômetro. Sabendo que a velocidade
escalar média no percurso é de 36 km/h, assinale respectivamente o tempo total dispendido e a
distância entre os pontos inicial e final d.o percurso.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) 9 min e 2 km.
) 10 min e 2 km.
) 15 min e 2 km.
) 15 min e 3km.
) 20 min e 2 km.
Gabarito: Letra B.
Pelo gráfico notamos que a velocidade é constante com a distância de cada trecho.
∆s
6
1
v med =
→ 36 = ∴ ∆t = h
∆t
∆t
6
∆t = 10 min.
Pelo gráfico:
0 km a 2 km: o móvel anda no sentido positivo.
2 km a 4 km: o móvel anda no sentido negativo.
4 km a 6 km: o móvel anda no sentido positivo.
0
2 km
2 km
2 km
∆s = 2 km
16
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 15
Num experimento que mede o espectro de emissão do átomo de hidrogênio, a radiação
eletromagnética emitida pelo gás hidrogênio é colimada por uma fenda, passando a seguir por
uma rede de difração. O espectro obtido é registrado em chapa fotográfica, cuja parte visível é
mostrada na figura.
A ( ) O modelo de Bohr explica satisfatoriamente as linhas do espectro visível do átomo de
Hidrogênio.
B ( ) Da esquerda para direita as linhas correspondem a comprimentos de onda do violeta ao
vermelho.
C ( ) O espaçamento entre as linhas adjacentes decresce para um limite próximo ao
infravermelho.
D ( ) As linhas do espectro encontrado são explicadas pelo modelo de Rutherford.
E ( ) Balmer obteve em 1885 a fórmula empírica para o comprimento de onda:
 1 1
l = R  2 – 2  em que n = 3, 4 · · · e R é a constante de Rydberg.
2 n 
Gabarito: Letra A.
A)Verdadeira.
Para uma transição qualquer no átomo de hidrogênio:
 1
1 
13, 6 13, 6
1 
1
13, 6  1
∆E = Ef − Ei = −
+
= −13, 6 
−
−
 = hf ⇒ = −


 n2 n2 
λ
nf 2
ni 2
hc  nf 2 ni 2 
f
i 

Substituindo nf e ni pelos valores inteiros possíveis para as transições do átomo de hidrogênio,
temos os comprimentos de onda indicados para a luz visível.
Logo, o modelo de Bohr explica satisfatoriamente tais linhas.
B)Falsa.
Comprimento de onda decrescente ⇒ vermelho para violeta.
17
DISCURSIVAS – 13/12/16
C)Falsa.
Decresce para um limite próximo ao ultravioleta.
D)Falsa.
Como indicado na letra A ⇒ modelo Bohr.
E)Falsa.
1
1 
 1
Fórmula correta: = R  2 − 2 
λ
2
n


Questão 16
Com os motores desligados, uma nave executa uma trajetória circular com período de 5.400 s
próxima à superfície do planeta em que orbita. Assinale a massa específica média desse planeta.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) 1,0 g/cm3
) 118 g/cm3
) 2,4 g/cm3
) 4,8 g/cm3
) 20,0 g/cm3
Gabarito: Letra D.
Considere o planeta esférico, com raio R. A nave percorre 2πR em um período T = 5,4 · 103 s,
2πR
com velocidade v, logo 2πR = v · T, ou seja, v =
.
T
GMm mv 2
F =
=
Agora, sobre a nave, age uma força gravitacional, que é força centrípeta. Logo,
R
R2
(já que, sendo m a massa da nave, a nave está próxima da superfície do planeta (d = R)).
4 π2 R 2
GM
4π2 R 2
Daí,
.
= v2 =
. Logo, M =
2
R
GT 2
T
4
4
4 π2 R 2
Sendo µ a massa específica, M = µ ⋅ πR 3 (planeta esférico), logo, µ ⋅ πR 3 =
, isto
3
3
GT 2
3π
3 ⋅ 3, 14
kg/m3 .
≅
é, µ =
GT 2 6, 7 ⋅ 10−11 ⋅ 5, 4 2 ⋅ 106
Fazendo as contas, µ = 4,8 g/cm3.
18
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 17
Um emissor E1 de ondas sonoras situa-se na origem de um sistema de coordenadas e um
emissor E2, num ponto do seu eixo y, emitindo ambos o mesmo sinal de áudio senoidal de
comprimento de onda l, na frequência de 34 kHz. Mediante um receptor R situado num ponto
do eixo x a 40 cm de E1, observa-se a interferência construtiva resultante da superposição das
ondas produzidas por E1 e E2. É igual a l a diferença entre as respectivas distâncias de E2 e E1
até R. Variando a posição de E2 ao longo de y, essa diferença chega a 10 l. As distâncias (em
centímetros) entre E1 e E2 nos dois casos são
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) 9 e 30.
) 1 e 10.
) 12,8 e 26,4.
) 39 e 30.
) 12,8 e 128.
Gabarito: Letra A
y
E2
d
E1
40
x
R
A diferença entre as respectivas distâncias de E2 e E1 a R será:
E2R – E 1R =
d 2 + 402 − 40, com d em “cm”
Utilizando a frequência dada e a velocidade do som no ar, temos:
v
340
λ= =
= 10−2 m =1cm.
f
34 ⋅ 103
Para a 1a situação, E2R – E1R = λ. Assim, obtemos:
d 2 + 402 − 40 = 1 ⇒ d = 9 cm.
Na outra situação, temos: E2R – E1R = 10 λ. Logo:
d 2 + 402 − 40 = 10 ⋅ 1 ⇒ d = 30 cm.
19
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 18
Uma transformação cíclica XYZX de um gás ideal indicada no gráfico P × V opera entre dois
extremos de temperatura, em que YZ é um processo de expansão adiabática reversível. Considere
R = 2,0 cal/mol · K = 0,082 atm · l/mol · K, Py = 20 atm, Vz = 4,0 l, Vy = 2,0 l e a razão entre
as capacidades térmicas molar, a pressão e o volume constante, dada por Cp/Cv = 2,0. Assinale
a razão entre o rendimento deste ciclo e o de uma máquina térmica ideal operando entre os
mesmos extremos de temperatura.
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) 0,38
) 0,44
) 0,55
) 0,75
) 2,25
Y
P
X
Z
V
Gabarito: Letra B.
Primeiramente, o rendimento do ciclo:
Q
Q
nC (T − T )
n = 1− F = 1− zx = 1− P z x
Qa
Qxy
nCV (Ty − Tx )
Sabemos que a temperatura pode ser reescrita como:
PV
. Logo:
T=
NR
C  P V − Px Vx 
n = 1− P  z z

CV  R y Vy − Px Vx 
Na transformação YZ:
Py Vyγ = Pz Vzγ ⇒ 20 ⋅ ( 2)2 = Pz ⋅ ( 4)2 ⇒ P2 = Px = 5 atm.
Desse modo, temos:
 5⋅4 −5⋅2  1
n = 1− 2 ⋅ 
= .
 20 ⋅ 2 − 5 ⋅ 2  3
A máquina ideal associada corresponde a um ciclo de Carnot operando entre Tx e Ty. Para esse
temos:
T
T
PV
P
5 3
nCarnot = 1− F = 1− x = 1− x x = 1− x = 1−
=
TQ
Ty
Py Vy
Py
20 4
A razão será:
1
n
4
= 3 = ≅ 0, 44
nCarnot 3
9
4
20
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 19
Uma onda harmônica propaga-se para a direita com velocidade constante em uma corda de
densidade linear µ = 0,4 g/ cm. A figura mostra duas fotos da corda, uma num instante t = 0s
e a outra no instante t = 0,5s. Considere as seguintes afirmativas:
I. A velocidade mínima do ponto P da corda é de 3 m/s.
II. O ponto P realiza um movimento oscilatório com período de 0,4 s.
III. A corda está submetida a uma tensão de 0,36 N.
Assinale a(s) afirmativa(s) possível(possíveis) para o movimento da onda na corda
A
B
C
D
E
( ( ( ( ( ) I.
) II.
) III.
) I e II.
) II e III.
t = 0,0s
P
t = 0,5s
0
6
12
18
24
x[m]
30
Gabarito: Letra D.
A densidade linear da corda é:
0, 4 ⋅ 10−3
kg /m = 4 ⋅ 10−2 kg /m
µ=
1⋅ 10−2
I. Não é possível determinar a velocidade mínima do ponto P sem a medida da amplitude da
onda.
1

II. Pela figura, vemos que ∆t = 0, 5 =  + K  T ; K = 0, 1, 2...
4


0, 5
2
=
T=
 ( 4 K + 1)
1
K
+
4



Para K = 1: T=
III. v =
F=
2
= 0, 4 s
5
F
λ
λ2 F
=
→ 2 =
T
µ
µ
T
µ ⋅ λ2
T2
=
4 ⋅ 10−2 ⋅ 62
2
= 36 ⋅ 10−2 ⋅ ( K + 1) ⋅ N
4
( K + 1)2
Para K = 0: F = 36 · 10–2 N.
21
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 20
Água de um reservatório é usada para girar um moinho de raio R com velocidade angular w
constante graças ao jato que flui do orifício de área S situado a uma profundidade h do seu
nível. Com o jato incidindo perpendicularmente em cada pá, com choque totalmente inelástico,
calcule o torque das forças de atrito no eixo do moinho, sendo ρ e g, respectivamente, a massa
específica da água e a aceleração da gravidade.
A ( ) 2ρghRS
B( ) rR 2 Sw 2 gh
h
C( ) 2ρghRS(1 − wR / 2 gh / wR )
R
D( ) 2ρghRS(1 − wR / 2 gh )
E( ) ρR 2 Sw 2 gh (1 − wR / 2 gh )
Gabarito: Letra D.
h
R
A
Pela equação de Torricelli:
v a = 2 gh
Na saída, temos que o impulso é igual a variação da quantidade de movimento, logo como a
velocidade final será wR:
F ⋅ ∆t = ∆m
F=
∆m
∆t
(
(
2 gh − wR
2 gh − wR
F =ρ⋅v ⋅S
(
)
)
⇒
⇒
)
2 gh − wR = ρ 2 gh S
(
2 gh − wR

wR 
O torque será F ⋅ R = ρ ⋅ 2 ghRS  1 −
.

2 gh 

22
)
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 21
Em queda livre a partir do repouso, um ímã atravessa longitudinalmente o interior de um tubo de
plástico, sem tocar-lhe as paredes, durante um intervalo de tempo ∆t. Caso este tubo fosse de
metal, o tempo para essa travessia seria maior, igual ou menor que ∆t? Justifique sua. resposta.
Gabarito:
Maior:
i
S
N
i
No interior do tubo de plástico, o ímã cai sujeito apenas à ação da gravidade em um tempo ∆t.
Já no 2o caso, a queda do ímã através do tubo metálico causa uma variação de fluxo magnético
no mesmo, fato que gera uma corrente induzida nas paredes do tubo metálico, que se caracteriza
por um dipolo magnético oposto ao ímã. Assim, o ímã sofrerá uma força magnética contrária à
sua velocidade, desacelerando-o e tornando o tempo de queda maior que ∆t.
Questão 22
Suponha que a atmosfera de Vênus seja composta dos gases CO2, N2, Ar, Ne e He, em equilíbrio
térmico a uma temperatura T = 735 K.
a) Determine a razão entre a velocidade quadrática média das moléculas de cada gás e a
velocidade de escape nesse planeta.
b)Que conclusão pode ser obtida sobre a provável concentração desses gases nessa
atmosfera?
Obs.: Considere Vênus com o raio igual ao da Terra e a massa igual a 0,810 vezes a desta.
23
DISCURSIVAS – 13/12/16
Gabarito:
a)
– Velocidade de escape: v e =
2GMP
RP
De acordo com o enunciado: RP = RT ; MP = 0,81 MT. Logo:
ve =
2 ⋅ G ⋅ 0, 81MT
2GMT
= 0, 9
=
RT
RT
0, 9 ⋅
2 ⋅ 6, 7 ⋅ 10−11 ⋅ 6 ⋅ 1024
6, 4 ⋅ 106
≅ 10, 09 ⋅ 103 m/s
– Velocidade média quadrática:
Vrms =
3 RT
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
=
MM
MM
Para cada um dos gases:
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
i) CO2: Vrms (CO2) =
≅ 644, 94 m/s
44 ⋅ 10−3
ii) N2: Vrms (N2) =
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
≅ 808, 47 m/s
28 ⋅ 10−3
iii) Ar: Vrms (Ar) =
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
≅ 676, 42 m/s
40 ⋅ 10−3
iv) Ne: Vrms (Ne) =
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
≅ 956, 59 m/s.
20 ⋅ 10−3
v) He: Vrms (He) =
3 ⋅ 8, 3 ⋅ 735
≅ 2139, 01 m/s
4 ⋅ 10−3
As razões serão:
644, 94
i) CO2:
≅ 0, 064
10, 09 ⋅ 103
ii) N2:
808, 47
≅ 0, 080
10, 09 ⋅ 103
iii) Ar:
676, 42
≅ 0, 067
10, 09 ⋅ 103
24
GABARITO ITA – FÍSICA
iv) Ne:
956, 59
= 0, 095
10, 09 ⋅ 103
v) He:
2139, 01
≅ 0, 212
10, 09 ⋅ 103
b) Quanto maior for a razão, mais próxima da velocidade de escape estará a velocidade média
quadrática das moléculas do gás. Se a velocidade das moléculas atinge a velocidade
de escape, tais moléculas deixam a atmosfera. Como as moléculas do gás apresentam
velocidades distintas e o que foi calculado foi apenas a média quadrática, ainda haverá
moléculas que deixarão a atmosfera, uma vez que essa é uma análise estatística. Quanto
menor a média quadrática, quando comparada à velocidade de escape, menos ocorrerá
tal processo. Como esse reduz a concentração do gás, espera-se que a concentração será
maior para menores razões entre a velocidade média quadrática e a velocidade de escape.
Em ordem crescente de concentração esperada, temos:
He < Ne < N2 < Ar < CO2
Questão 23
De uma planície horizontal, duas partículas são lançadas de posições opostas perfazendo
trajetórias num mesmo plano vertical e se chocando elasticamente no ponto de sua altitude
máxima – a mesma para ambas. A primeira partícula é lançada a 30º e aterriza a 90º, também
em relação ao solo, a uma distância L de seu lançamento. A segunda é lançada a 60º em relação
ao solo. Desprezando a resistência do ar, determine:
a. a relação entre as massas das partículas;
b. a distância entre os pontos de lançamento;
c. a distância horizontal percorrida pela segunda partícula.
Gabarito:
a.
L











V1
HM
30°
60° V2
x
(+)
Como as duas partículas atingem mesma altura máxima, e no ponto HM a componente
vertical da velocidade é nula:
v12 f = v12i + 2 g∆s → O2 = v12 ⋅ sen2 30° − 2 gHM
v 22 f = v 22i f + 2 g∆s → O2 = v 22 ⋅ seen2 60° − 2 gHM
25
DISCURSIVAS – 13/12/16
Então, v1 = 3 v 2
Como o deslocamento horizontal de 1 foi dado, escreveremos:
v12 ⋅ 3 ⋅ 1
v ⋅ sen 30°
2 2
ts = 1
→ L = v1 ⋅ cos 30° ⋅ ts → L =
g
g
v1 =
4 Lg
=2
Lg
3
3
Como o choque é elástico
|vaf| = |vap|
|vap| = v1 cos 30 + v2 cos 60 = |vaf|. Agora, repare que vaf será a velocidade da partícula
2 pós choque!
v2x = vaf
| v af |= v1 3
v af =
2
3
2
3v
v
+ v 2 ⋅ 1 → v af = 2 + 2 = 2 ⋅ v 2 = 2 ⋅ v1 3
2
2
2
2
v1
Conservando a quantidade de movimento em x:
Qi x = Qfx → m1v1 ⋅ cos 30 − m2v 2 ⋅ cos 60 = m2 ⋅ v af
m1
m2


⋅  v1 3  − v 2 ⋅ 1 = 2 ⋅ v 1
2
2
3

m1 3 v 2 1
3
⋅
− ⋅ =
m2 2 v1 2
3
m1 3
m
2
1 1
4 1 5
⋅
=
+ ⋅
→ 1 = + =
m2 2
m2 3 3 3
3 2 3
26
( ÷ m2 )
( ÷v1)
GABARITO ITA – FÍSICA
b. a distância entre os pontos de lançamento será dada pela soma dos deslocamentos
horizontais.
∆S = L + A2
v1 sen 30°
sen 30° v12 ⋅ 1
, mas
→ A2 = v 2 ⋅ cos 60° ⋅ ts = v1 v 2
=
g
2g
3 ⋅ 2g
4 Lg
4 Lg
1
2L
4L
v12 =
, logo: ∆S = L +
⋅
= L+
=
2
⋅
3
3
3
2 3 3 ⋅ 2g
como ts( 2) =
c. ∆S2 será a soma do alcance antes do impacto com o após.
O tempo de queda de (2) não muda pós impacto, pois nesse instante, sua velocidade vertical
era nula (ponto de altura máxima).
∆S2 = Aantes + Aapós
Aantes =
L
⋅ Aapós = Vaf ⋅ ts = Vaf ⋅ tq
3
2
3
⋅ 2⋅
1 
Lg 
⋅ ⋅ 2
=
3 2 g 
3 
Lg
4
3 g
⋅
Lg
3
=
∆S2 =
4L
3
L 4 L 5L
+
=
3
3
3
Questão 24
Duas cordas de mesmo comprimento, de densidades lineares µ1 e µ2, tendo a primeira o dobro
da massa da outra, são interconectadas formando uma corda única afixada em anteparos
interdistantes de . Dois pulsos propagam-se ao mesmo tempo em sentidos opostos nessa
corda. Determine o instante e a posição em que os pulsos se encontram, sabendo que a corda
está submetida a uma tensão T.
Gabarito:

T 
Usando a fórmula de Taylor  v =
 , temos que, o pulso que se propaga pela corda 1 de dens.

µ 

T
, e o pulso que se propaga pela corda 2, de dens.
linear µ1 se propaga a uma velocidade v1 =
µ1
linear µ2, o faz segundo uma velocidade v 2 =
T
.
µ2
27
DISCURSIVAS – 13/12/16
Como µ1 = 2µ2, v1 < v2, e o pulso na corda 2 percorre primeiro a corda 2 com velocidade v2, e
depois a corda 1 com a velocidade v1. Logo, os pulsos se encontrarão no ponto médio da
distância entre os pulsos quando o segundo pulso termina de percorrer a corda 2.
l
l µ2
junção das
.
Tempo para o pulso 2 chegar ao meio: = v 2 ⋅ t ⇒ t =
cordas
2
2 T
Para chegar ao meio da corda única, falta para o pulso 1
pulso 1 pulso 2
percorrer:
µ2 
T l µ2 l 
l
l
x = − v1 ⋅ t = −
⋅
= 1 −
.

ponto de encontro
µ1 2 T
µ1 
2
2
2
dos pulsos
µ2 
x l
= 1 −
 de distância do meio da corda, num

2 4
µ1 
tempo t’, tal que o primeiro pulso percorre:
Logo os pulsos se encontrarão a
µ2 
µ 2  µ1
l x l l
l1
l
− = − 1 −
=
 = v1 ⋅ t ' ⇒ t ' =  +
 ⋅

µ1 
2 2 2 4
T
µ1 
22
2 T
Como µ1 = 2µ2, então: x =
28
l
2
1 µ2 
2
 1−
 e t ' =
 1+

2
2 
2 T 
2 
 µ1


+ µ2  .
 2



GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 25
Dispondo de até 5 resistências R, monte um circuito no interior da caixa da figura, tal que a) com
uma bateria de tensão V entre os terminais AB, um voltímetro entre os terminais CD mede uma
diferença de potencial V/2, e b) com essa bateria entre os terminais CD, um amperímetro entre
os terminais AB mede uma corrente igual a V/3R.
Gabarito:
a) Bateria de tensão V entre A e B.
Voltímetro entre C e D.
R
B
V
R
i
A
D
V
2R
V
UCD =
2
V A
C
i=
C
R
B
D
b) Baterias de tensão V entre C e D.
Amperímetro entre A e B.
R
B
i2
A
A
i=
R
C
i
R i1
Req =
3R
2
V
D
2V
V
V
=
→ i2 =
3R 3R
3R
2
29
DISCURSIVAS – 13/12/16
Questão 26
Mediante um fio inextensível e de peso desprezível, a polia da figura suporta
à esquerda uma massa de 60 kg, e à direita, uma massa de 55 kg tendo em
cima outra de 5 kg, de formato anelar, estando este conjunto à 1 m acima da
massa da esquerda. Num dado instante, por um dispositivo interno, a massa
de 5 kg é lançada para cima com velocidade v = 10 m/s, após o que, cai e
se choca inelasticamente com a de 55 kg. Determine a altura entre a posição
do centro de massa de todo o sistema antes do lançamento e a deste centro
logo após o choque.
Gabarito:
O movimento dos blocos, entre o instante inicial (antes do lançamento) e final
(após o choque), é tal que o deslocamento vertical do bloco de 60 kg para
baixo é igual ao deslocamento vertical dos blocos unidos de 55 kg e 5 kg, já
que o fio que os liga é inextensível. Como o centro de massa está no ponto
médio do segmento que liga o centro do bloco de 60 kg e o centro do bloco
combinado de (55 + 5) kg, não há variação de altura do centro de massa!
CM
30
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 27
Em equilíbrio, o tubo emborcado da figura contém mercúrio e ar
aprisionado. Com a pressão atmosférica de 760 mm de Hg a uma
temperatura de 27°C, a altura da coluna de mercúrio é de 750 mm. Se a
pressão atmosférica cai a 740 mm de Hg a uma temperatura de 2°C, a
coluna de mercúrio é de 735 mm. Determine o comprimento l aparente
do tubo.
Gabarito:
Pontos a mesma altura têm a mesma pressão
760 = 750 + par  10 = par 
par
⇒
⇒2=
740 = 735 + p'ar  5 = p'ar 
p'ar
Para a transformação do ar contido no recipiente:
p0V0 pV
=
⇒
T0
T
par ⋅ A( l − 750) p'ar ⋅ A( l − 735)
=
⇒
300
275
l − 750 l − 735
⇒ l = 768 mm
⇒
=
6
11
⇒
Questão 28
Deseja-se aquecer uma sala usando uma máquina térmica de potência P operando conforme
ciclo de Carnot, tendo como fonte de calor o ambiente externo à temperatura T1. A troca de
calor através das paredes- se dá a uma taxa k(T2 – T1), em que T2 é a temperatura da sala num
dado instante e k, uma constante com unidade em J/s.K. Pedem-se: a) A temperatura final de
equilíbrio da sala. b) A nova temperatura de equilíbrio caso se troque a máquina térmica por
um resistor dissipando a mesma potência P. c) Entre tais equipamentos, indique qual o mais
adequado em termos de consumo de energia. Justifique.
Gabarito:
a) Para a sala, todo o fluxo que sai deve também entrar: ∅1 = ∅2
O fluxo de saída é dado por: ∅2 = K (T – T1), onde T representa a temperatura de equilíbrio
da sala.
O fluxo de entrada provém da máquina térmica, que opera como refrigerador de Carnot:
31
DISCURSIVAS – 13/12/16
Fonte fria
Fonte quente
PF
T1
R
T
PQ
ambiente
sala
P
Eficiência:
PT1
P
1
PT
e= F =
⇒ PF =
⇒ PQ = P + PF =
T
T − T1
P
T − T1
−1
T1
Igualando ∅1 = ∅2:
PT
k(T − T1) =
T − T1
KT 2 − ( 2 KT1 + P ) T + KT12 = 0
T=
2 KT1 + P ± P 2 + 4 KT1P
2K
2
PT
P
 P 
± 
+ 1

K
2K
K
2
= T1 +
 P 
>

 2K 
2
< 0, no caso de " − "
2
Como T > T1, temos: T =
2 KT1 + P + P + 4 KPT1
2K
b) Para um resistor na sala, a potência dissipada por esse deve ser transferida para o ambiente,
P
a fim de que a temperatura permaneça constante: P= K ( T − T1 ) ⇒ T = T1 + .
K
c) Para avaliar o consumo de energia, vamos supor que as potências são iguais e analisar qual
será a maior temperatura.
2
Para a máquina térmica: TMT = T1 +
Para o resistor: TR = T1 +
PT
P
 P 
+ 
+ 1.

2K
K
 2K 
P
.
K
2
Subtraindo: TR − TMT = P −  P  + PT1 < 0 ⇒ TR < TMT .
K
2K
 2K 
Desse modo, será mais adequado utilizar a máquina térmica.
32
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 29
Num ponto de coordenadas (0,0,0) atua na direção x um campo de indução magnética com
2 × 10-5 T de intensidade. No espaço em torno deste ponto coloca-se um fio retilíneo, onde flui
uma corrente de 5 A, acarretando nesse ponto um campo de indução magnética resultante de
2 3 × 10−5 T na direção y. Determine o lugar geométrico dos pontos de intersecção do fio com
o plano xy.
Gabarito:



Na origem, temos: Bres = Bo + Bfio

Bres = (0; ± 2 3 · 10−5 ; 0) T

B0 = ( ± 2 · 10−5 ; 0; 0) T
Logo, o campo magnético gerado pelo fio sobre a origem será:
Bfio = Bres B0 = ± 2 · 10−5 ; ± 2 · 3 · 10−5 ; 0) T
 1
3 
j T
Bfio = 4 · 10−5 ·  ± î ±
2 
 2
4 π · 10−7 · 5
µ ·i
Bfio = 4 · 10−5 T = o ⇒ 4 · 10−5 =
2π r
2πr
5
r = · 10−2 m.
2
Assim, vemos que o fio dista r =
5
· 10−2 m do ponto desejado. Seja a circunferência no plano
2
xy com centro na origem:
y
P2
Bfio3
60º
60º
Bfio2
P4
P1
Bfio1
60º
60º
30º
x
30º
Bfio4
P1
33
DISCURSIVAS – 13/12/16

Os possíveis vetores Bfio estão representados na figura. Desta forma, o LG dos de interseção do
fio com plano xy é:
5
5

P1 =  cos 30º, sen 30º, 0  · 10−2 = (1, 25 3 ⋅ 10−2 ; 1, 25 · 10−2 ; 0) m.
2
2

5
 5

P2 =  − cos 30º, sen 30º, 0  · 10−2 = ( −1, 25 3 ⋅ 10−2 ; 1, 25 · 10−2 ; 0) m.
2
2


5
5


P3 =  − cos 30º, − sen 30º, 0  · 10−2 = ( −1, 25 3 ⋅ 10−2 ; − 1, 25 · 10−2 ; 0) m.
2
 2

5
5

P4 =  cos 30º, − sen 30º, 0  · 10−2 = (1, 25 3 ⋅ 10−2 ; − 1, 25 · 10−2 ; 0)m.
2
2


Questão 30
A figura mostra uma lente semiesférica no ar de raio R = 3 / 2 m
com índice de refração n = 3. Um feixe de luz paralelo incide na
superfície plana, formando um ângulo de 60° em relação a x.
θ
a) Indique se há raio refratado saindo da lente paralelamente aos
incidentes.
b) Se houver, ele incide a que distância do centro da lente?
c) Para quais ângulos θ será iluminado o anteparo esférico de
raio 2R de mesmo centro da lente?
Anteparo
Gabarito:
a) Lei de Snell:
n1 ⋅ sen i = n2 ⋅ sen r
1⋅
3
=
2
3 ⋅ sen r
30°
α
C
1
= sen r → r = 30°
2
Novamente, por Snell:
nr ⋅ sen α = nar ⋅ sen ( 30° + α )
3 ⋅ sen α = 1 ⋅ sen ( 30° + α )
Logo, α = 30° é a única solução.
34
x
α
30°
b
60°
60°
30°
30°
30°
GABARITO ITA – FÍSICA
b)Se α = 30°; b = 90°
x
tg 30° =
3
2
1
2x
=
3
3
m.
x
=
0
,
5
R=
3
2
30°
x
60°
c) Pegam-se os raios luminosos que refratam segundo
raios tangentes à lente (casos limites). A região
iluminada no anteparo será a contida entre esses
dois pontos.
Snell:
3 ⋅ sen α = 1⋅ sen 90°
1
1
.
sen α =
⇒ α = arcsen
3
3
O ângulo q associado a essa situação é:
π
1
.
q = 90° – a = − arcsen
2
3
2R
R α
60°
α
60°
2R
α R 60°
60°
60° – α
Pelas mesmas contas, no segundo raio limite,
1
α = arcsen , e o ângulo q associado a essa
3
1 π
situação é q = 90° – (60° + 60° – a) = a – 30° ⇒ θ = arcsen
− .
3 6
π
3
3 π
e arcsen
− .
Logo, q varia entre − arcsen
2
3
3 6
35
DISCURSIVAS – 13/12/16
Comentário
A prova de Física deste ano manteve seu padrão, através da abordagem e distribuição
da maioria dos assuntos previstos no edital. Destaca-se a existência de questões com
elevado grau de dificuldade, mas também a presença de outras mais simples. No entanto,
notou-se a redução do número de questões médias, as quais representam, em geral, a
maioria da prova.
Por fim, parabenizamos a banca pela prova bem elaborada.
Professores:
Fábio Oliveira
Gabriel Gregon
Jorge Henrique
Leonardo Domingos
Lucas Herlin
Lucas Scheffer
Marcio Gordo
Pedro Lameirão
Raphael Moura
36