estrela densidade

GABARITO ITA
PROVA 2015/2016
FÍSICA
PROVA – 15/12/15
Quando precisar use os seguintes valores para as constantes:
Aceleração da gravidade: 10 m/s². 1,0 cal = 4,2 J = 4,2 × 107 erg. Calor específico da água:
1,0 cal/g · K . Massa específica da água: 1,0 g/cm³. Massa específica do ar: 1,2 kg/m³. Velocidade do som
no ar: 340 m/s.
Questão 1
Considere um corpo esférico de raio r totalmente envolvido por um fluido de viscosidade η com velocidade
média v. De acordo com a lei de Stokes, para baixas velocidades, esse corpo sofrerá a ação de uma força
de arrasto viscoso dada por F = – 6πrηv. A dimensão de η é dada por
A ( ) m · s–1
B ( ) m · s–2
C ( ) kg · m · s–2
D ( ) kg · m · s–3
E ( ) kg · m–1s–1
Gabarito: Letra E.
A unidade de força é N, que equivale a kg · m · s–2.
Da mesma maneira, as unidades de r e v são m e m · s–1, respectivamente.
Da fórmula F = – 6πrηv, temos:
kg · m · s–2 = k · m [η] m · s–1, onde [η] é a dimensão de η e k é adimensional.
⇒ [η] = kg · m–1 · s–1
Questão 2
Três barras de peso desprezível articuladas nos pinos P, Q e R, constituem uma estrutura vertical em forma
de triângulo isósceles, com 6,0 m de base e 4,0 m de altura, que sustenta uma massa M suspensa em Q
em equilíbrio estático. O pino P também é articulado no seu apoio fixo e o pino R apoia-se verticalmente
sobre o rolete livre. Sendo de 1,5 × 104 N e 5,0 × 103 N os respectivos valores máximos das forças de
tração e compressão suportáveis por qualquer das barras o máximo valor possível para M é de
Q
A ( ) 3,0 × 102 kg.
B ( ) 4,0 × 102 kg.
M
P
R
C ( ) 8,0 × 102 kg.
D ( ) 2,4 × 103 kg.
E ( ) 4,0 × 103 kg.
Gabarito: Letra C.
Q
P
M
a
a
6m
2
R
4m
Tração m á x = 1, 5 ⋅ 104 N

3
Compressão m á x = 5 ⋅ 10 N
GABARITO ITA – FÍSICA
• Ponto Q:
F1
F1
a
pela geometria da
figura temos:
3
4
sen α = ;cos α
M·g
5
5
5 Mg
2 F1 sen α = M ⋅ g → F1 =
8
• Ponto R:
NR
Como o ponto R está
sobre um rolete livre,
não sofre força
horizontal.
F2
a
F1
F2 = F1 ⋅ cos α → F2 =
5
3
Mg ⋅
8
5
3
F2 = Mg
8
• Barra QR:
F1
• Barra PR:
Q
F2
F2
Barra tracionada
Testando a barra PR:
P/ M = 8 · 102 kg → F2 = 3 · 103 N (OK!)
R
F1
Barra comprimida
3
 F2 máx = 15 ⋅ 10 N
3
 F1 máx = 5 ⋅ 10 N
Concluimos que 
Supondo que as barras QR e QP estejam no limite (comprimida):
5
⋅ M ⋅ 10 = 5 ⋅ 103 → M = 8 ⋅ 102 kg
8
Questão 3
No sistema de sinalização de trânsito urbano chamado de “onda verde”, há semáforos com
dispositivos eletrônicos que indicam a velocidade a ser mantida pelo motorista para alcançar o
próximo sinal ainda aberto. Considere que de início o painel indique uma velocidade de 45 km/h.
Alguns segundos depois ela passa para 50 km/h e, finalmente, para 60 km/h. Sabendo que a indicação
de 50 km/h no painel demora 0,8 s antes de mudar para 60 km/h, então a distância entre semáforos é de
A ( B ( C ( D ( E ( ) 1,2 x 10 - 1 km.
) 2,0 x 10 - 1 km.
) 4,0 x 10 - 1 km.
) 1,0 km.
) 1,2 km.
3
PROVA – 15/12/15
Gabarito: Letra D.
Na iminência do painel mudar a indicação, ainda é possível chegar ao próximo semáforo com a velocidade
indicada. Dado esse raciocínio, e sabendo que t =
∆s
, temos:
v
∆s
∆s
=
−8
=
⇒ ∆s 1.000 m = 1 Km.
45 / 3,6
50 / 3,6
Questão 4
Um bloco de massa m encontra-se inicialmente em repouso sobre uma plataforma apoiada por uma mola,
como visto na figura. Em seguida, uma pessoa de massa M sobe na plataforma e ergue o bloco até uma
altura h da plataforma, sendo que esta se desloca para baixo até uma distância d. Quando o bloco é solto
das mãos. O sistema (plataforma + pessoa + mola) começa a oscilar e, ao fim da primeira oscilação
completa, o bloco colide com a supercifície da plataforma num choque totalmente inelástico. A razão entre
amplitude da primeira oscilação e a da que se segue após o choque é igual a.
A ( ) ( m + M ) / 2πM .
B ( )
( M − m)h / 2dM.
C ( ) ( M + m)h / 2dM
D ( ) ( M − m)d/ 2 hM .
E ( ) M + m)d /
hM.
Gabarito: ANULADA.
Primeira oscilação: sabemos que a amplitude será a distância do ponto onde o bloco é solto até o ponto de
equilíbrio do sistema (plataforma + pessoa + mola):
No ponto onde o bloco é solto: Kx1 = (m + M)g
No ponto de equilíbrio: Kx2 = Mg.
Desse modo: A1 =
mg
k
Choque: ( m + M ) v = m 2 gh ⇒ v =
m
2 gh
M+m
Após o choque: para esse MHS, o ponto no qual o bloco foi solto será o ponto de equilíbrio do sistema
contendo o bloco.
Considere um deslocamento “y”na vertical.
4
GABARITO ITA – FÍSICA
M
M
m
v
m
y
Conservando energia, temos:
1 2 ( M + m) 2
1
2
kx1 +
v + ( M + m ) g · y = k ( x1 + y )
2
2
2
Ao subir na plataforma, o homem faz com que essa desça uma altura d, portanto:
Mg = kd ⇒ k =
Como x1 =
Mg
d
( M + m)
k
g , obtemos:
2
( M + m)  m

1 Mg  ( M + m ) d 
1 Mg   M + m 
·
2 gh  + ( M + m ) gy =
d+

 +

2 d 
M
2
2 d   M 
M+m


Simplificando: y =
2

y

2 m2 hd
( M + m) M
Como a amplitude desse MHS é A2 = y, a razão pedida será:
Relacionando h e d :
A1
=
A2
( M + m) d .
2 hM
2h
1
M
d
=2π
⇒ = 2
Mg
g
h 2π
d
A
M+m 1
Substituindo, teríamos: 1 =
·
A2
M
2π
Portanto, não há alternativa correta.
tQUEDA =TMHS(1) ⇒
2h
M
=2π
⇒
g
K
5
2
PROVA – 15/12/15
Questão 5
A partir do repouso, um foguete de brinquedo é lançado verticalmente do chão, mantendo uma aceleração
constante de 5,00 m/s² durante os 10,0 primeiros segundos. Desprezando a resistência do ar, a altura
máxima atingida pelo foguete e o tempo total de sua permanência no ar são, respectivamente, de
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 375 m e 23,7 s.
) 375 m e 30,0 s.
) 375 m e 34,1 s.
) 500 m e 23,7 s.
) 500 m e 34,1 s.
Gabarito: Letra A.
Façamos o gráfico vxt do movimento:
•D
urante os primeiros 10s: V0 = O e a = 5 m/s2 →
VF = V0 + at → VF= 50m/s.
a = 5 m/s2
• Após esses primeiros 10s: a = g = –10 m/s2. O foguete para
de subir quando sua velocidade chega a zero → 0 = 50 – 10t
→ t = 5s. Demora 5s para tal.
A altura máxima é dada pela área hachurada do gráfico:
15 ⋅ 50
H=
= 375 m.
2
Já o tempo de queda é dado por:
V(m/s)
375 =
2
→ tq ≅ 8,7 s.
Assim, o tempo total de vôo é dado
por tt = 10 + 5+ 8,7 → tt = 23,7 s
50
t
10
6
10tq2
15
t(s)
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 6
Um caminhão baú de 2,00 m de largura e centro de gravidade a 3,00 m do chão percorre um trecho de
estrada em curva com 76,8 m de raio. Para manter a estabilidade do veículo neste trecho, sem derrapar,
sua velocidade não deve exceder a
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 5,6 m/s.
) 11,3 m/s.
) 16,0 m/s.
) 19,6 m/s.
) 22,3 m/s.
Gabarito: Letra C
Fcp
3m
{
A
{
P
1m
Fazendo torque em relação ao ponto A:
Fcp.3 = P.1 →
m ⋅ v 2 · 3 = m g → v2 = Rg → V = 16 m/s.
3
R
Questão 7
Considere duas estrelas de um sistema binário em que cada qual descreve uma órbita circular em torno do
centro de massa comum. Sobre tal sistema são feitas as seguintes afirmações:
I. O período de revolução é o mesmo para as duas estrelas.
II. Esse período é função apenas da constante gravitacional da massa total do sistema e da distância entre
ambas as estrelas.
III.Sendo R1 e R2 os vetores posição que unem o centro e massa do sistema aos respectivos centros de
massa das estrelas, tanto R1 como R2 varrem áreas de mesma magnitude num mesmo intervalo de
tempo.
Assinale a alternativa correta.
7
PROVA – 15/12/15
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) Apenas a afirmação I é verdadeira.
) Apenas a afirmação II é verdadeira.
) Apenas a afirmação III é verdadeira.
) Apenas as afirmações I e II são verdadeiras.
) Apenas as afirmações I e III são verdadeiras.
Gabarito: Letra D.
No sistema binário, as estrelas se mantêm sempre
alinhadas com o centro de massa. Dessa forma, têm
velocidades angulares iguais e lineares diferentes.
m1
F
CM
m2
F
I.Os períodos são iguais, já que as velocidades
angulares também são. (V)
X cm =
II.
m1 ⋅ O + m2 ⋅ L
, sendo L a distância
m1 + m2
entre as estrelas
Fg = Rcp →
G m1m2
L2
2
m2 L
4 π2 L2
L
 2π 
= m1 ⋅   ⋅ x cm → T 2 =
⋅
→ T =2π L
T
G
m
m
+
m
G
⋅
m
( 1 + m2 )
 
2
1
2
Logo, o período só depende da constante gravitacional, da massa total e da distância entre as estrelas.
(V)
III. Como os raios das trajetórias são distintos , os raios vetores não varrem áreas iguais em tempos
iguais. (F)
Questão 8
Um cubo de peso P1, construido com um material cuja densidade é r1, dispõe de uma região vazia
em seu interior e, quando inteiramente imerso em líquido de densidade r2, seu peso reduz-se
a P2. Assinale a expressão com o volume da região vazia deste cubo.
A ( )
P1 − P2
P
− 1 gρ2
gρ1
D ( )
P2 − P1 P2
−
gρ1
gρ1
B ( )
P1 − P2
P
− 1 gρ1
gρ2
E ( )
P2 − P1 P2
−
gρ1
gρ2
C ( )
P1 − P2
P
− 2
gρ2
gρ2
8
GABARITO ITA – FÍSICA
Gabarito: Letra A.
Estudo do corpo: sendo v1 o volume ocupado pelo material e v2 o volume da região vazia: Temos que
gρ1v1 = P1 → v1 =
Ao ser imerso:
P1
(I)
gρ1
E
Temos que a força resultante é P2
Logo: P2 = P1 – E (II)
P1
Onde E = Vi · r2 · g
(II)
Sendo: Vi = v1 + v2 → E = v1ρ2g + v2ρ2g → P2 = P1 – v1ρ2g – v2ρ2g → P1 – P2 = v1ρ2g + v2ρ2g
→ v2 =
P1 − P2
P −P
P
− v1 (I)
→ v 2 = 1 2 − 1
gρ2
gρ2
gρ1
Questão 9
Um pêndulo simples é composto por uma massa presa a um fio metálico de peso desprezível. A figura
registra medidas do tempo T em segundos, para 10 oscilações completas e seguidas do pêndulo ocorridas
ao longo das horas do dia, t. Considerando que neste dia houve uma variação térmica total de 20°C,
assinale o valor do coeficiente de dilatação térmica do fio deste pêndulo.
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 2 × 10–4 °C–1
) 4 × 10–4 °C–1
) 6 × 10–4 °C–1
) 8 × 10–4 °C–1
)10 × 10–4 °C–1
80.5
80.4
80.3
80.2
Gabarito: Letra C.
T = 2π
(1 + α∆T )
= 2π 0
g
g
80.1
80
0
6
12 18
24
t[h]
1
0

α∆T 
· (1 + α∆T ) 2 ≈ T0 ·  1 +

g
g 

20α 

Para 10 oscilações: 10 T = 10 T  1 + α∆T  
→ 80,5 = 80 ·  1 +
0 

2 
2 


80,5
1 0,5
1
= 1 + 10α 
→α=
·
=
= 6 · 10−4 °C−1
80
10 80 1.600
T = 2π
9
PROVA – 15/12/15
Questão 10
Um pêndulo simples oscila com uma amplitude máxima de 60° em relação à vertical, momento em que
a tensão no cabo é de 10 N. Assinale a opção com o valor da tensão no ponto em que ele atinge sua
velocidade máxima.
A ( ) 10 N
B ( ) 20 N
C ( ) 30 N
D ( ) 40 N
E ( ) 50 N
Gabarito: Letra D
• Ponto A: T – Pcos60° = Rcp = 0.
T = P·
1
= 10 → P = 20N.
2
60°
• Conservação de energia: EA = EB
mg (  –  cos60=
°)

mv 2

→=
v 2 2 g ·= g · 
2
2
T
A
V=0
T’
60°
V
mv 2

m
T' =
P+
· g =
2P =
40N.

• Ponto B: T ' – =
P

R=
cp
P
B
P
Questão 11
Um líquido condutor (metal fundido) flui no interior de duas chapas metálicas paralelas, interdistantes de
2,0 cm, formando um capacitador plano, conforme a figura. Toda essa regição interna está submetida
a um campo homogêneo de indução magnética de 0,01 T, paralelo aos planos das chapas, atuando
perpendicularmente à direção da velocidade do escoamento. Assinale a opção com o módulo dessa
velocidade quando a diferença de potencial medida entre as placas for de 0,40 mV.
A(
B(
C(
D(
E(
) 2 cm/s.
) 3 cm/s.
) 1 m/s.
) 2 m/s.
) 5 m/s.
líquido
×
×
×
×
×
×
×
condutor
×
×
×
×
×
×
×
Gabarito: Letra D.
Fel =
Fm → q v B =
q ·
=
V · 0,01
10
U
d
0,4 · 10 –3
4 · 10 –4
→
=
= 2 m/s.
V
2 · 10 –2
2 · 10 –4
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 12
Um estudante usa um tubo de Pitot esquematizado
na figura para medir a velocidade do ar em um túnel
de vento. A densidade do ar é igual a 1,2 kg/m3
e a densidade do líquido é 1,2 × 104 kg/m3, sendo
h = 10 cm. Nessas condições a velocidade do ar é
aproximadamente igual a
A(
B(
C(
D(
E(
) 1,4 m/s.
) 14 m/s.
) 1,4 × 102 m/s.
) 1,4 × 103 m/s.
) 1,4 × 104 m/s.
ar
líquido
Gabarito: Letra C.
V=
2 ⋅ 10 ⋅ 0, 1⋅ 1, 2 ⋅ 104
2gh ⋅ ρL
=
= 2 ⋅ 102 = 1, 4 ⋅ 102 m/s
ρAR
1, 2
Questão 13
Balão com gás Hélio inicialmente a 27°C de temperatura e pressão de 1,0 atm, as mesmas do ar externo,
sobe até o topo de uma montanha, quando o gás se resfria a –23°C e sua pressão reduz-se a 0,33 de atm,
também as mesmas do ar externo. Considerando invariável a aceleração da gravidade na subida, a razão
entre as forças de empuxo que atuam no balão nestas duas posições é
A(
B(
C(
D(
E(
) 0,33.
) 0,40.
) 1,0.
) 2,5.
) 3,0.
Gabarito: Letra C.
 E1 = empuxo inicial (T1 = 300 x; ρ1 = 1 ATM)
E
quero R = 1
Sendo 
E2
 E2 = empuxo final (T2 = 250 x ; ρ2 = 0, 33 ATM)
11
PROVA – 15/12/15
E1 = V1 · ρ AR1 · g 
 usando Clapeyron
E2 = V2 · ρ AR2 · g 
V1 =
nRT1
P1
ρ AR1 =
P1 · M AR
nRT1
e
V2 =
nRT2
P2
ρ AR2 =
substituindo

→
P2 · M AR
nRT2
nRT1 P1 · M AR

 E1 = P · nRT g
E

1
1

→
→ 1 = 1→ R = 1
E2
 E = nRT2 · P2 · M AR g
 2
P2
nRT2
Questão 14
Um corpo flutua estavelmente em um tanque contendo dois líquidos imiscíveis, um com o dobro da
densidade do outro, de tal forma que as interfaces líquido/líquido e líquido/ar dividem o volume do corpo
extamente em três partes iguais. Sendo completamente removido o líquido mais leve, qual proporção do
volume do corpo permanece imerso no líquido restante?
A ( ) 1/2
B ( ) 1/4
C ( ) 3/4
D ( ) 2/5
E ( ) 3/5
ρ
Gabarito: Letra A.
• Fazendo o equilibrio inicial:
V
V
PBLOCO = ETOT → V · ρ · g = · ρL · g +
2ρL · g
3
3
 2V + V 
Temos que V ρg = 
 ρL g → ρ = ρL
 3 
(i)
v
3
v
3
ρL
v
3
2ρL
• Removendo o líquido mais leve:
i)
Temos que: PBLOCO = E2 → V ρg = Vi · 2ρL · g (
→ V ρL · g = 2 Vi ρL g → Vi =
Sendo Vi o volume imerso.
/
Resposta: 1 2
12
V
.
2
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 15
A figura mostra uma placa fina de peso P dobrada em ângulo reto e disposta sobre uma esfera fixa de raio a.
O coeficiente de atrito mínimo entre estes objetos para que a placa não escorregue é
A
B
C
D
(
(
(
(
) 1.
) 1/2.
) 2 − 1.
) 3 − 1.
a
E ( ) ( 5 − 1) / 2.
Gabarito: Letra C.
N1
Fat1
P/2
Fat2
N2
Considerando que o comprimento total da barra seja 4a
e que o ângulo reto encontra-se no ponto médio:
∑ Fx = 0 → N2 = Fat1 ≤ µ · N1
∑ Fy = 0 → N1 + Fat2 = P →
P – N1 = Fat2 ≤ µ · N2
P/2
P – N1 ≤ µ 2 · N1 → N1 ≥
∑ M0 = 0 → N2 · a +
P
1 + µ2
P
P
· a = N1 · a → N1 – N2 =
2
2
No caso limite: N1 – µ · N1 =
P
P
P
P
=
→ N1 =
e
2(1 − µ) 1 + µ2
2(1 − µ)
2
µ 2 + 2µ − 1 = 0
∆= 4+4= 8
=
µ
−2 ± 2 2
→=
µ
2
2 −1
13
PROVA – 15/12/15
Questão 16
Uma corda de cobre, com seção de raio rC, está submetida a uma tensão T. Uma corda de ferro, com seção
de raio rFo, de mesmo comprimento e emitindo ondas de mesma frequência que a do cobre, está submetida
a uma tensão T/3. Sendo de 1,15 a razão entre a densidade do cobre e do ferro, e sabendo que ambas
oscilam no modo fundamental, a razão rC/rF é igual a
A ( ) 1,2.
B ( ) 0,6.
C ( ) 0,8.
D ( ) 1,6.
E ( ) 3,2.
Gabarito: Letra D.
Como ambas as cordas possuem o mesmo comprimento e oscilam no modo fundamental, sabemos que
o comprimento de onda será o mesmo para as duas.
Além disso, como as frequências são iguais, utilizando que v = λf, concluímos que as velocidades são
iguais. Teremos:
 T 
 T 
T 
T 
T
⇒
⇒  = 
 = 



µ
µ
µ
µ
 C  µ  F

C 
F
v=
Relacionando a densidade com a densidade linear, temos:
ρ=
m
m
m 1
µ
=
= · ⇒ ρ = ⇒ µ = ρA
V · A A
A
Substituindo, obtemos:
T
 T 
 T 
T
3 ⇒
=
⇒
=
 
 
ρC · AC ρ F · AE
 ρA C  ρA  F
⇒
ρ
πr 2
ρ
AC
= 3 · F ⇒ C2 = 3 · F
AF
ρC
ρC
πrF
Foi dado que
2
ρC
= 115
, , logo:
ρF
 rC 
r
1
⇒ C = 1, 6.
  =3·
r
rF
115
,
 F
14
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 17
Um tubo de fibra óptica é basicamente um cilindro longo e transparente, de diâmetro d e índice de refração
n. Se o tubo é curvado, parte dos raios de luz pode escapar e não se refletir na superfície interna do
tubo. Para que haja reflexão total de um feixe de luz inicialmente paralelo ao eixo do tubo, o menor raio de
curvatura interno R (ver figura) deve ser igual a
A(
B(
C(
D(
E(
) nd
) d/n
) d/(n – 1)
) nd/(n – 1)
) nd / n − 1
(
R
)
Gabarito: Letra C.
Condição para reflexão total (caso limite): n1 senθ1 = n2 senθ2 ,sendo n2 = 1 e θ2 = 90° →
→ n ⋅ senθ = 1 → senθ =
1
(i)
n
Verificando o tubo:
d
R
Para garantir reflexão total de todos os raios de luz, devemos ter que
os ângulos de incidência sejam maiores que o do caso limite. Como o
raio 2(R2) é o raio com menor ângulo de incidência, basta garantir que o mesmo
faça reflexão total.
R2
R1
d
R+d
θ
R
senθ =
R
R
1
(i)

→
= →
R+d
R+d n
→ Rn = R + d → R( n − 1) = d → R =
d
( n − 1)
15
PROVA – 15/12/15
Questão 18
No circuito da figura há três capacitores iguais, com C = 1000µF, inicialmente descarregados. Com as
chaves (2) abertas e as chaves (1) fechadas, os capacitores são carregados. Na sequência, com as
chaves (1) abertas e as chaves (2) fechadas, os capacitores são novamente descarregados e o processo
se repete. Com a tensão no resistor R variando segundo o gráfico da figura, a carga transferida pelos
capacitores em cada descarga é igual a
(2)
V
(1)
(2
)
24
R
(1)
A(
B(
C(
D(
E(
12
(1)
0
t
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
) 4,8 × 10–2 C
) 2,4 × 10–2 C
) 1,2 × 10–2 C
) 0,6 × 10–2 C
) 0,3 × 10–2 C
Gabarito: Letra C.
No momento em que as chaves (2) são fechadas:
Como 2U = 24, a voltagem em cada capacitor ao final da
carga é 12 V.
+
U
–
R
U
+
–
16
Logo, Q = c · U = 1000 · 10–6 · 12 = 0,012 C é a carga em
cada capacitor, igual à carga no capacitor equivalente.
A carga transferida ao resistor, portanto, é 1,2 · 10–2 C.
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 19
Uma bobina metálica circular de raio r, com N espiras e resistência elétrica R, é atravessada por um campo
de indução magnética de intensidade B. Se o raio da bobina é aumentado de uma fração ∆r  r, num
intervalo de tempo ∆t, e desconsiderando as perdas, a máxima corrente induzida será de
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 2πNBr∆r/(R∆t).
) 2πNBr∆r2/(R∆t).
) 2πNBr2∆r2/(R∆t).
) 2πNBr∆r/(R2∆t).
) 2πNBr∆r/(R∆t2).
Gabarito: Letra A.

2
 BN π  r 2
A B · N ·  π ( r + ∆r ) – πr 2=
∆ϕ
= B · ∆=


 
2∆r 
2
∆ϕ = BN π ·  r 2  1 +
 – r  = 2πNBr · ∆r
r

 

2πNBr · ∆r
∆ϕ
Mas R · i = E =
.
→i=
R · ∆t
∆t
2

 ∆r 
·  1+  – r 2 
r 


Questão 20
Enquanto em repouso relativo a uma estrela, um astronauta vê a luz dela como predominante vermelha, de
comprimento de onda próxima a 600 nm. Acelerando sua nave na direção da estrela, a luz será vista como
predominante violeta, de comprimento de onda próxima a 400 nm ocasião em que a razão da velocidade
da nave em relação à luz será de
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) 1/3.
) 2/3.
) 4/9.
) 5/9.
) 5/13.
Gabarito: Letra E.
No efeito Doppler longitudinal f ' = f ⋅
c+v
c−v
c+v
c+v 3
→
=
−9
−9
c−v
c − v  2 
400 ⋅ 10
600 ⋅ 10
v 5
9c − 9v = 4 c + 4v → =
c 13
c
=
c
2
⋅
17
PROVA – 15/12/15
Questão 21
No circuito abaixo os medidores de corrente e tensão elétrica são reais, ou seja, possuem resistência
interna. Sabendo-se que o voltímetro acusa 3.1 V e o amperímetro, 0,8 A, calcule o valor da resistência
interna do voltímetro.
R1 = 5Ω
A
R2 = 10Ω
12 V
V
R3 = 10Ω
Gabarito:
RA
R1 = 5Ω
A
A
A
i = 0,8 A
R2 = 10Ω
12 V
i1
i2
B
Como o voltímetro indica 3V, logo UAB = 3V
i2=
Nos resistores R2 = R3 = 10Ω → i=
1
i3
B
U AB
= 0, 3 A
10
Pela lei dos nós, em A temos: i = i1 + i2 + i3 → 0,8 = 0,6 + i3 → i3 = 0,2Ω
No voltímetro: UAB = RV · i3 → 3 = RV · 0,2 → RV = 15Ω.
18
RV
R3 = 10Ω
B
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 22
No tráfego, um veículo deve se manter a uma distância segura do que vai logo à frente. Há países que adotam
a “regra dos três segundos”, vale dizer: ao observar que o veículo da frente passa por uma dada referência
ao lado da pista, que se encontra a uma distância d, o motorista deverá passar por essa mesma referência
somente após pelo menos três segundos, mantida constante sua velocidade v0. Nessas condições,
1. supondo que o veículo da frente pare instantaneamente, estando o de trás a uma distância ainda segura
de acordo com a “regra dos três segundos”, calcule o tempo T da frenagem deste para que ele possa
percorrer essa distância d, mantida constante a aceleração.
2. para situações com diferentes valores da velocidade inicial v0, esboce um gráfico do módulo da
aceleração do veículo de trás em função dessa velocidade, com o veículo parando completamente no
intervalo de tempo T determinado no item anterior.
3. considerando que a aceleração a depende principalmente do coeficiente de atrito µ entre os pneus e o
asfalto, explique como utilizar o gráfico para obter o valor máximo da velocidade vM para o qual a “regra
dos três segundos” permanece válida. Sendo µ = 0,6 obtenha este valor.
Gabarito:
Da “regra dos 3 segundos”, mantendo a velocidade constante, temos:
∆t =
d
≥ 3 ⇒ d ≥ 3 v0.
v0
1. Utilizando Torricelli, obtemos:
02 = v02 − 2 ad ⇒ a =
v02
, onde a representa o módulo da aceleração.
2d
Também temos:
0 = v0 – aT ⇒ T =
T ≥
v0
v
2d
= 02 ⇒ T =
; utilizando d ≥ 3 v0 :
a
v0
v0
2d
2 · (3v0 )
⇒ T ≥ 6 s.
v0
2. Para o corpo parar em um tempo T:
0 = vo – aT ⇒ a =
v0
T
Como T ≥ 6, teremos:
a≤
v0
, para uma velocidade inicial qualquer, v0.
6
19
PROVA – 15/12/15
a
a=
v0
6
vo
Como a relação encontrada consiste em uma desigualdade, qualquer reta abaixo da representada, ou seja,
com coeficiente angular menor do que 1 satisfaz o problema.
6
3. Como a aceleração se deve ao atrito:
Fat = ma ⇒ µmg = ma ⇒ a = µg.
Como buscamos velocidade inicial máxima basta analizar o caso limite:
v0 = 6a ⇒ v0 = 6µg ⇒ v0 = 6 · 0,6 · 10 ⇒ v0 = 36 m/s.
Quetsão 23
Um cilindro vertical de seção reta de área A1, fechado contendo gás e água é posto sobre um carrinho que
pode se movimentar horizontalmente sem atrito. A uma profundidade h do cilindro, há um pequeno orifício
de área A2 por onde escoa a água. Num certo instante a pressão do gás é p, a massa da água, Ma e a massa
restante do sistema, M. Determine a aceleração do carrinho nesse instante mencionado em função dos
parâmetros dados. Justifique as aproximações eventualmente realizadas.
Gabarito:
Considerando h a profundidade do orifício em relação ao topo
do cilindro e L seu comprimento total:
a=?
L–x
P
h
MA
ρ ⋅ A1
A profundidade do orifício em relação à superfície do líquido
x
PATM
20
ρ ⋅ A1 ⋅ x = M A → x =
será h − ( L − x ) = h +
MA
−L
ρ ⋅ A1
GABARITO ITA – FÍSICA
Por Bernoulli:




M
M
ρV 2
ρV 2
P + ρg  h + A − L  = PATM +
→
= P − PATM + ρg  h + A − L 
ρA1
ρA1
2
2






2( P − PATM )
M
+ 2g  h + A − L 
V2 =
ρ
ρ
A1


Na saída do líquido:
A2
I = F ⋅ ∆t = Qf − Qi
F F ⋅ ∆t = ρ ⋅ A2 ⋅ V ∆t ⋅ V → F = ρA2V 2


M
F = 2 A2 ( P − PATM ) + 2ρgA2  h + A − L 
ρA1


V · Dt
No carrinho: a =
2 A2
F
=
M + MA M + MA



MA
− L 
 P − PATM + ρg  h +
ρA1


 
Obs.: Na solução consideramos A1 >> A2, de forma que no instante considerado o nível do líquido está
constante.
Quetsão 24
Um dado instrumento, emitindo um único som de frequência f0, é solto no instante t = 0 de uma
altura h em relação ao chão onde você, imóvel, mede a frequência f que a cada instante chega aos
seus ouvidos. O gráfico resultante de
1
× t mostra uma reta de coeficiente angular –3,00 × 10–5.
f
Desprezando a resistência do ar, determine o valor da frequência f0
Gabarito:
Depois de um tempo t:
0
V = V0 + gt ⇒ V = gt
Pelo efeito Doppler não relativístico:
f = f0
⇒
VS
340
⇒ f = f0
⇒
VS − V
340 − gt
t 
1 1
=
1− 
f f0 
34 
coeficiente angular: −
1 

 reta f × t 


1
105
= − 3 × 10−5 ⇒ f0 =
Hz ⇒ f0 = 980, 4 Hz
34 f0
102
21
PROVA – 15/12/15
Questão 25
Dois garotos com patins de rodinhas idênticos encontram-se numa superfície horizontal
com atrito e, graças a uma interação, conseguem obter a razão entre seus respectivos pesos
valendo-se apenas de uma fita métrica. Como é resolvida essa questão e quais os conceitos físicos
envolvidos?
Gabarito:
Duas crianças de patins se empurram
1
v1
→
v2
→
2
0
0
depois
antes
depois
antes
Qa = Qd → 0 = m1v1 − m2v 2
m1 v 2
=
m2 v1
Após se soltarem, as crianças se deslocam em MUV retardado tal que:
Fat
Fres = Fat → m · a = m · N = m · m · g → a = m · g
Assim, até cada uma parar, elas vão se deslocar d, tal que:
02 = V02 + 2a∆S → V2 = 2mgd
Assim:
V12 = 2mgd1
V22 = 2mgd2
P1 m1 g v 2
=
=
=
P2 m2 g v1
2µgd2
2µgd1
=
d2
d1
Portanto, com uma fita métrica de comprimento (d1 + d2), no mínimo, podemos resolver o problema.
22
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 26
Considere uma garrafa térmica fechada contendo uma certa quantidade de água inicialmente a 20°C.
Elevando-se a garrafa a uma certa altura e baixando-a em seguida, suponha que toda a água sofra uma
queda livre de 42 cm em seu interior. Este processo se repete 100 vezes por minuto. Supondo que toda a
energia cinética se transforme em calor a cada movimento, determine o tempo necessário para ferver toda
a água.
Gabarito:
Pela conservação de energia, a cada queda de água:
Epgi = Ecf = Q → Q = m · g · h = m · 10 · 0,42 = 4,2m J, com m em kg
Quantidade de calor para ferver a água:
Qtotal = Q1 + Q2 = m · c · DT + m · L = (m · 1 · 80 + m · L) × 4,2 · 10–3
Logo:
n ⋅ Q= Qtotal → n=
=
f
( 80 + L ) ⋅ 4,2 m ⋅ 103
4,2 m
=¨ 80 + L vezes
n
 80 + L 
= 100 rpm → ∆=
t 
 10 min
∆t
 100 
620 ⋅ 103
Seja: L 540 cal/g → ∆t = 6.200 min.
=
100
Questão 27
Considere superpostas três barras idênticas de grafite com resistividade ρ = 1,0 × 10–4 Ωm. 15
cm de comprimento e seção quadrada com 2,0 cm de lado. Inicialmente as três barras tem as suas
extremidades em contato com a chapa ligada ao contato A. Em seguida, a barra do meio desliza
sem atrito com velocidade constante v = 1,0 cm/s, movimentando igualmente o contato B,
conforme a figura. Obtenha a expressão da resistência R medida entre A e B como função do tempo e
esboce o seu gráfico.
A
v→
B
23
PROVA – 15/12/15
Gabarito:
Supondo decorrido um tempo t:
C
B
A
ρ = 10–4 Ωm
A = 4 · 10–4 m2
D
t · 10–2
(15 – t) · 10–2
t · 10–2
Região 1
Região 2
Região 3
• Estudo da região 1:
Por simetria temos que os potenciais dos pontos “C” e “D” são iguais. Com isso podemos
garantir que a resistência equivalente da região 1 é um paralelo entre as duas barras.
Usando que R =
10−4 ( t · 10−2 )
ρ
R'
t · 10−2
temos que R1 = 1 onde R1' =
→ R1 =
Ω (i)
A
8
2
4 · 10−4
• Estudo da região 2:
Analizando o bloco grande (junção dos blocos) temos que:
R2 =
10−4 (15 − t ) · 10−2
3 ( 4 · 10−4 )
→ R2 =
(15 − t ) · 10−2
Ω
12
(ii)
• Estudo da região 3:
R3 =
10−4 ( t · 10−2 )
4 · 10−4
→ R3 =
t · 10−2
Ω
4
(iii)
• Cálculo da resistência equivalente entre A e B (RAB)
i )( ii )( iii )
RAB = R1 + R2 + R3 (
→ RAB =
→ RAB =
24
10−2
(30 + 7t ) Ω
24
t · 10−2 (15 − t ) · 10−2 t · 10−2
+
+
→
8
12
4
GABARITO ITA – FÍSICA
Gráfico:
RAB (10–2 Ω)
3
5
4
6
t(1)
Questão 28
Na ausência da gravidade e no vácuo, encontram-se três esferas condutoras alinhadas, A, B e C, de mesmo
raio e de massas respectivamente iguais a m, m e 2m. Inicialmente B e C encontram-se descarregadas
e em repouso, e a esfera A, com carga elétrica Q, é lançada contra a intermediária B com uma certa
velocidade v. Supondo que todos movimentos ocorram ao longo de uma mesma reta, que as massas sejam
grandes o suficiente para se desprezar as forças columbianas e ainda que as colisões sejam elásticas.
Determine a carga elétrica de cada esfera após todas as colisões possíveis.
Gabarito:
Q
v
0
0
A
B
C
1ª colisão: A e B → QA 1 = QB 1 =
Q+0 Q
= ; Qc 1 = 0
2
2
vA
v
3
vB
1
A
B
Antes
1
A
B
Depois
v A 1 = 0
v B 1 = v
Como mA = mB e a colisão é perfeitamente elástica 
25
PROVA – 15/12/15
2ª colisão: B e C → QB 2 = QC 2
Q
+0
Q
Q
= 2
= ; QA 2 =
2
4
2
vB
v
3
vC
2
B
C
2
B
C
Antes
Depois
pA = pD → mv = mv B 2 + 2 mv C 2 → v B 2 + 2v C 2 = v
e = 1→
v C 2 − v C2
v
= 1 → v C2 − v B2 = v
2v
3
−v
v B2 =
3
v C2 =
Q Q
+
Q
3Q
; QC3 =
3ª colisão: A e B → QA3 = QB3 = 2 4 =
2
8
4
v
3
A
B
v A3
A
Antes
v B3
B
Depois
v

v A3 =
3
v B = 0
 3
Com mA=mB e a colisão é perfeitamente elástica, então 
Após, não haverá mais colisões entre esferas.
=
QA3
26
3Q
=
; QB3
8
3Q
Q
; QC3 =
8
4
GABARITO ITA – FÍSICA
Questão 29
Um sistema mecânico é formado por duas partículas de massas m conectadas por uma mola, de constante
elástica k e comprimento natural 2l0, e duas barras formando um ângulo fixo de 2a, conforme a figura. As
partículas podem se mover em movimento oscilatório, sem atrito, ao longo das barras, com a mola subindo
e descendo sempre na horizontal. Determine a frequência angular da oscilação e a variação ∆l = l0 –l1,
em que l1 é o comprimento da mola em sua posição de equilíbrio.
m
m
a
Gabarito:
Na situação de equilíbrio, temos:
N cos a =Fel
→ mg · ctga =K · ( 2 0 –  1 )
Nsena =mg
K 1
2 K  0 – mg
· ctga →  1 2 0 –
=
Logo, (  0 –  1 ) =∆ =
mg · ctga
K
mg · ctga
– 0.
K
N
α
Fel
P
Ao deslocarmos o sistema do equilíbrio:
Frestauradora
= K · 2∆ · cos ( 90 – a=
) 2Ksena · ∆x · sena
Frestauradora
= 2 Ksen2 a · ∆x
(MHS)
∆
a
2 Ksen2 a
· ∆x
m


w2
α
∆x
90 – α
Fel
w
=
2 Ksen a
= sena ·
m
2
2K
.
m
P
27
PROVA – 15/12/15
Questão 30
No circuito da figura o capacitor encontra-se descarregado com a chave A aberta que, a seguir, é fechada
no instante t1, sendo que o capacitor estará totalmente carregado no instante t2. Desprezando a resistência
da bateria V, determine a corrnete no circuito nos instante t1 e t2.
A
R
V
R
C
Gabarito:
No instante t1, o capacitor se comporta como curto:
R
V
i1
i1 =
V
R
i2 =
V
2R
No instante t2, o capacitor se comporta como aberto:
R
V
i1
R
Comentários
A prova deste ano mostrou-se menos abrangente do que nos últimos concursos. A banca
retomou a ênfase em mecânica, principalmente cinemática e dinâmica. Nota-se falta das tradicionais
questões de termodinâmica e ondas, além da pequena participação de física moderna, assunto
recorrentemente cobrado. Destaca-se a redução da dificuldade e profundidade na abordagem das
questões como um todo.
Professores:
Fábio Oliveira / Leonardo Domingos / Lucas Scheffer / Eduardo Fernandes / Marcial Junior
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