o anglo resolve a prova

O
ANGLO
RESOLVE
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em
sua tarefa árdua de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante
em seu processo de aprendizagem.
A PROVA
DE FÍSICA
DO ITA
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos
(Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica,
Engenharia de Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular.
De forma inteligente, em 4 dias de prova, tem conseguido selecionar os candidatos mais aptos.
FÍSICA
QUESTÃO 01
Resposta: C
A massa inercial mede a dificuldade em se alterar o estado de movimento de uma partícula. Analogamente, o momento de inércia de massa mede a dificuldade em se alterar o estado de rotação de um corpo
rígido. No caso de uma esfera, o momento de inércia em torno de um eixo que passa pelo seu centro é
2
dado por I = MR2, em que M é a massa da esfera e R seu raio. Para uma esfera de massa M = 25,0kg
5
e raio R = 15,0cm, a alternativa que melhor representa o seu momento de inércia é
A) 22,50 102 kg ⋅ m2
B) 2,25 kg ⋅ m2
C) 0,225 kg ⋅ m2
RESOLUÇÃO:
QUESTÃO 02
Resposta: C
D) 0,22 kg ⋅ m2
E) 22,00 kg ⋅ m2
Substituindo-se os valores numéricos, o momento de inércia da esfera em questão é:
2
I = M ⋅ R2
5
2
I = (25, 0) ⋅ (15, 0 ⋅ 10 −2 ) 2
5
I = 0,225 kg ⋅ m2
Em um experimento verificou-se a proporcionalidade existente entre energia e a freqüência de emissão
de uma radiação característica. Neste caso, a constante de proporcionalidade, em termos dimensionais,
é equivalente a
A) Força.
B) Quantidade de Movimento.
C) Momento Angular.
RESOLUÇÃO:
D) Pressão.
E) Potência.
De acordo com o enunciado:
E
k=
. Portanto:
f
[E]
(1)
[k]=
[f ]
Como:
[ E ] = M ⋅ L2 ⋅ T – 2 (2)
(3)
[ f ] = T–1
Substituindo-se (2) e (3) em (1), vem:
[ k ] = M ⋅ L2 ⋅ T – 1, que corresponde à dimensão da grandeza Momento Angular.
QUESTÃO 03
Resposta: C
Uma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicialmente em repouso, como mostra a figura. Um bloco que
pesa 80 N, também em repouso, é abandonado no ponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. O centro de
massa G da rampa tem coordenadas: xG = 2b/3 e yG = c/3. São dados ainda: a = 15,0m e sen α = 0,6.
Desprezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco, pode-se afirmar que a distância percorrida pela
rampa no solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto 2, é
1
A) 16,0 m
B) 30,0 m
C) 4,8 m
D) 24,0 m
E) 9,6 m
a
c
G
α
2
b
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
3
RESOLUÇÃO:
Não há forças externas horizontais agindo no sistema constituído pelo bloco (b) e pela rampa rolante (r).
Logo, o sistema é isolado na direção horizontal, e o deslocamento
do centro de massa nessa direção (∆xCM) é nulo.
∆xCM = mb ⋅ ∆xb + mr ⋅ ∆xr = 0
(1)
l
al
cia
A diferença algébrica entre o deslocamento da
rampa e o do bloco é igual ao lado b (ver figura).
∆xr – ∆xb = b = a cos α
(2)
o
açã
Ini
Fin
u
u
Sit
o
açã
Sit
x
α
Das equações (1) e (2), vem:
∆xr =
m b ⋅ a cos α
P ⋅ a cos α
= b
mr + mb
Pr + Pb
∆xr
∆xb
b
Efetuando-se as substituições numéricas, vem: ∆xr = 4,8 m
QUESTÃO 04
Resposta: B
Um sistema é composto por duas massas idênticas ligadas por uma mola de constante k, e repousa sobre
uma superfície plana, lisa e horizontal. Uma das massas é então aproximada da outra, comprimindo
2,0cm da mola. Uma vez liberado, o sistema inicia um movimento com o seu centro de massa deslocando
com velocidade de 18,0cm/s numa determinada direção. O período de oscilação de cada massa é
A) 0,70 s
B) 0,35 s
C) 1,05 s
RESOLUÇÃO:
D) 0,50 s
E) indeterminado, pois a constante da mola não
é conhecida.
Para poder resolver a questão, vamos fazer uma série de hipóteses, indicadas nas figuras, não explicitadas claramente no enunciado.
SITUAÇÃO A
#
1
SITUAÇÃO B
v1 = v2 = 0
2
v1 = 0
v2 = 2vC.M.
MOLA EM SEU ESTADO NATURAL
MOLA COMPRIMIDA
ε pA
=
ε cB
1
1
⋅ k ⋅ x 2 = ⋅ m ⋅ (2vC.M. ) 2
2
2
m
x2
=
k
4 vC2.M.
Substituindo-se na equação de período do sistema massa-mola:
T = 2π ⋅
m
⇒ T = 2π ⋅
k
x2
2
4 vC.M.

x = 2 ⋅ 10 – 2 m

–2
 vC.M. = 18 ⋅ 10 m / s
T ≈ 0,35 s
QUESTÃO 05
Resposta: A
Um pequeno camundongo de massa M corre num plano vertical no interior de um cilindro de massa m
e eixo horizontal. Suponha-se que o ratinho alcance a posição indicada na figura imediatamente no início
de sua corrida, nela permanecendo devido ao movimento giratório de reação do cilindro, suposto ocorrer
sem resistência de qualquer natureza. A energia despendida pelo ratinho durante um intervalo de tempo
T para se manter na mesma posição enquanto corre é
M2
A) E =
g2 T 2.
2m
B) E = M g2 T 2.
2
m
C) E =
g2 T 2.
M
D) E = m g2 T 2.
E) n.d.a.
4
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
cilindro
→
g
camundongo
RESOLUÇÃO:
Figura 1
Figura 2
A (atrito entre o
camundongo e
o cilindro)
m
A = m ⋅ |a|
P = Mg (peso do camundongo)
A energia despendida pelo camundongo no intervalo de tempo T corresponde ao valor absoluto do trabalho do atrito sobre o cilindro durante o correspondente deslocamento ∆s de um de seus pontos:
εdespendida = A ⋅ ∆ s
(1)
Como o camundongo se encontra em equilíbrio, temos (fig. 1):
A=M⋅g
(2)
No cilindro, A corresponde à resultante tangencial.
Então:
A = m ⋅ |a|
(3).
Substituindo-se (3) em (2), vem:
|a| = M ⋅ g
m
(4)
Como ∆s = 1 ⋅ |a| ⋅ T 2 (5) temos, substituindo (4) em (5):
2
∆s =
1 M
⋅
⋅ g ⋅ T2
2 m
(6)
Finalmente, substituindo as expressões (6) e (2) em (1):
εdespendida
QUESTÃO 06
Resposta: D
1 M2
⋅
⋅ g 2 ⋅ T2
2 m
Um dos fenômenos da dinâmica de galáxias, considerado como evidência da existência de matéria escura,
é que estrelas giram em torno do centro de uma galáxia com a mesma velocidade angular, independentemente de sua distância ao centro. Sejam M1 e M2 as porções de massa (uniformemente distribuída) da
galáxia no interior de esferas de raios R e 2R, respectivamente. Nestas condições, a relação entre essas
massas é dada por
A) M2
B) M2
C) M2
D) M2
E) M2
RESOLUÇÃO:
=
=
=
=
=
=
M1.
2 M1.
4 M1.
8 M1.
16 M1.
Supondo-se massas uniformemente distribuídas, a porção de massa contida no interior de uma
esfera é diretamente proporcional ao volume:
M = k ⋅ (volume da esfera)
Logo:
4

M1 = k ⋅  π ⋅ R 3 
3

4

M 2 = k ⋅  π (2R) 3 
3

M2 = 8 M1
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
5
QUESTÃO 07
Resposta: D
Um corpo de massa M, mostrado na figura, é preso a um fio leve, inextensível, que passa através de
um orifício central de uma mesa lisa. Considere que inicialmente o corpo se move ao longo
de uma
→
circunferência, sem atrito. O fio é, então, puxado para baixo, aplicando-se uma força F , constante,
a sua extremidade livre. Podemos afirmar que:
M
F
A) o corpo permanecerá
ao longo da mesma circunferência.
→
pois é perpendicular à trajetória.
B) a força F não realiza trabalho,
→
C) a potência instantânea
de F é nula.
→
D) o trabalho de F é igual à variação da energia cinética do corpo.
E) o corpo descreverá uma trajetória elíptica sobre a mesa.
RESOLUÇÃO:
No início, o corpo executa MCU, portanto a resultante é, necessariamente, não-nula e centrípeta.
→
→
Considerando que a força F substitua a força F’, que inicialmente faria papel de resultante centrípeta,
com intensidade diferente, podemos afirmar, sobre as alternativas do teste, que:
A) é falsa. Existe apenas uma intensidade de resultante para a trajetória ser circular.
→
B) é falsa. A força F apresenta componente tangente ao movimento, pois a trajetória não é circular.
→
C) é falsa. F realiza trabalho não-nulo.
→
→
→
→
D) é verdadeira. F = R ⇒ τ→
F = τR ∴ τF = ∆εc .
E) é falsa. A trajetória não é fechada.
→
Observação: outras hipóteses sobre a força F não levam a uma ou a uma única alternativa correta.
QUESTÃO 08
Resposta: A
Uma esfera metálica isolada, de 10,0cm de raio, é carregada no vácuo até atingir o potencial U = 9,0V.
Em seguida, ela é posta em contato com outra esfera metálica isolada, de raio R2 = 5,0 cm. Após
atingido o equilíbrio, qual das alternativas abaixo melhor descreve a situação física? É dado que
1
= 9 , 0 ⋅ 10 9 Nm 2 /C 2 .
4πε 0
A) A
B) A
C) A
D) A
E) A
RESOLUÇÃO:
esfera maior terá uma carga de 0,66 10–10 C.
esfera maior terá um potencial de 4,5 V.
esfera menor terá uma carga de 0,66 10 –10 C.
esfera menor terá um potencial de 4,5 V.
carga total é igualmente dividida entre as 2 esferas.
A quantidade de carga na esfera de raio 10 cm, antes do contato, é:
U=
∴
K ⋅ Q1
U⋅r
⇒ Q1 =
r
K
Q1 =
9 ⋅ 10 – 1
9 ⋅ 10 9
Q1 = 10 – 10C
• Após o contato, a distribuição de cargas é proporcional aos raios das esferas:
Q’1
Q’2
Q’1
Q’
=
⇒
= 2 ∴ Q’1 = 2 Q’2
R1
R2
10
5
• Pelo princípio da conservação das cargas:
Q’1 + Q’2 = 10 – 10 ⇒ Q’1 +
∴ Q’1 = 0, 66 ⋅ 10 – 10 C
6
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
Q’1
= 10 – 10
2
QUESTÃO 09
Resposta: D
Um dispositivo desloca, com velocidade constante, uma carga de 1,5C por um percurso de 20,0 cm
através de um campo elétrico uniforme de intensidade 2,0103 N/C. A força eletromotriz do dispositivo é
A) 60 103 V
B) 40 103 V
C) 600 V
D) 400 V
E) 200 V
RESOLUÇÃO:
O trabalho realizado pela força elétrica no deslocamento é:
→
τ Fe = q ⋅ E ⋅ d
→
→
→ τ Fe = 1,5 ⋅ 2 ⋅ 103 ⋅ 0,2
∴ τ Fe = 600 J.
→
τFe .
A força eletromotriz ε é ε =
q
ε=
Logo:
QUESTÃO 10
Resposta: E
600
1, 5
∴
ε = 400 V.
Sendo dado que 1J = 0,239cal, o valor que melhor expressa, em calorias, o calor produzido em 5 minutos
de funcionamento de um ferro elétrico, ligado a uma fonte de 120 V e atravessado por uma corrente
de 5,0 A, é
A) 7,0 104
B) 0,70 104
C) 0,070 104
D) 0,43 104
E) 4,3 104
RESOLUÇÃO:
A energia transferida pelo ferro elétrico, na forma de calor, pode ser obtida multiplicando-se a sua
potência P pelo tempo de uso ∆t.
A potência elétrica, por sua vez, é obtida multiplicando-se a tensão U pela corrente i.
Assim, temos:
∆ε = Q = P ⋅ ∆t ∴ Q = U ⋅ i ⋅ ∆t
Q = 120 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 60 ⇒ Q = 180 000 J
Logo:
Sendo 1 J = 0,239 cal, obtemos: Q ≈ 4,3 ⋅ 104 cal.
QUESTÃO 11
Resposta: E
Para se proteger do apagão, o dono de um bar conectou uma lâmpada a uma bateria de automóvel
(12,0V). Sabendo que a lâmpada dissipa 40,0W, os valores que melhor representam a corrente I que a
atravessa e sua resistência R são, respectivamente, dados por
A) I
B) I
C) I
D) I
E) I
RESOLUÇÃO:
=
=
=
=
=
6,6 A
6,6 A
6,6 A
3,3 A
3,3 A
e
e
e
e
e
R
R
R
R
R
=
=
=
=
=
0,36 Ω
0,18 Ω
3,6 Ω
7,2 Ω
3,6 Ω
• supondo-se que a bateria seja ideal:
U=
ε = 12V.
• A potência elétrica dissipada na lâmpada é 40 W.
P = U ⋅ i ⇒ 40 = 12 ⋅ i ∴ i = 3,3 A
• P=
U2
U2
⇒ R=
R
P
R=
122
∴ R = 3,6 Ω
40
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
7
QUESTÃO 12
Resposta: E
Numa prática de laboratório, um estudante conectou uma bateria a uma resistência, obtendo uma
corrente i1. Ligando em série mais uma bateria, idêntica à primeira, a corrente passa ao valor i2.
Finalmente, ele liga as mesmas baterias em paralelo e a corrente que passa pelo dispositivo torna-se i3.
Qual das alternativas abaixo expressa uma relação existente entre as correntes i1, i2 e i3?
A) i2 i3 = 2i1 (i2 + i3).
B) 2i2 i3 = i1 (i2 + i3).
C) i2 i3 = 3i1 (i2 + i3).
D) 3i2 i3 = i1 (i2 + i3).
E) 3i2 i3 = 2i1 (i2 + i3).
RESOLUÇÃO:
i1 =
ε
, i2 =
R+r
sendo:
2ε
ε ,
, i3 =
r
R + 2r
R+
2
• ε a f.e.m. da bateria;
• R a resistência;
• r a resistência interna da bateria.
Façamos:
2ε
ε
3 ε (R + r)
→ i2 + i3 =
1) i 2 + i 3 = R + 2r +
r
r

R+
(R + 2 r ) ⋅  R + 
2

2
A
2ε
ε
2 ε2
⋅
→ i2 ⋅ i3 =
r
r
(R + 2 r ) 

(R + 2 r ) ⋅  R + 
R + 


2
2
B
2) i 2 ⋅ i 3 =
3) B = k ⋅ A →
2ε
r

(R + 2 r ) ⋅  R + 

2
Conclui-se que i2 ⋅ i3 =
QUESTÃO 13
Resposta: E
2
=k⋅
2
i1 (i2 + i3)
3
3 ε (R + r )
2
ε
⇒k= ⋅
r
3 R+r

(R + 2 r ) ⋅  R + 

2
ou
2
i1
3
Um capacitor de capacitância igual a 0,25 10 –6 F é carregado até um potencial de 1,00 10 5 V, sendo
então descarregado até 0,40 10 5 V num intervalo de tempo de 0,10 s, enquanto transfere energia para um
equipamento de raios-X. A carga total, Q, e a energia, ε, fornecidas ao tubo de raios-X, são melhor representadas respectivamente por
ε = 1250J
B) Q = 0,025 C e ε = 1250J
ε = 1250J
E) Q = 0,015 C e ε = 1050J
D) Q = 0,015 C e
C) Q = 0,025 C e ε = 1050J
• A carga q em um capacitor de capacitância C e potencial V é q = C ⋅ V.
• Início: q0 = 0,25 ⋅ 10–6 ⋅ 1,00 ⋅ 105 = 0,25 ⋅ 10–1 C.
• Fim:
q = 0,25 ⋅ 10–6 ⋅ 0,40 ⋅ 105 = 0,10 ⋅ 10–1 C.
Então: Q = (0,25 – 0,10) ⋅ 10–1 → Q = 0,015 C
• A energia armazenada no capacitor é:
W=
• Início: W0 =
• Fim:
Então:
8
→k=
3 (i2 ⋅ i3) = 2i1(i2 + i3).
A) Q = 0,005 C e
RESOLUÇÃO:
i
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
W=
C ⋅ U2
2
(
0, 25 ⋅ 10 –6 ⋅ 1, 00 ⋅ 105
)
2
= 0, 125 ⋅ 104 J
2
(
0, 25 ⋅ 10 –6 ⋅ 0, 40 ⋅ 105
2
)
2
= 0, 02 ⋅ 104 J
ε = (0,125 – 0,02) ⋅ 104 → ε = 1050 J
QUESTÃO 14
Resposta: B
Uma máquina térmica reversível opera entre dois reservatórios térmicos de temperaturas 100°C e
127°C, respectivamente, gerando gases aquecidos para acionar uma turbina. A eficiência dessa máquina
é melhor representada por
A) 68%
B) 6,8%
C) 0,68%
RESOLUÇÃO:
D) 21%
E) 2,1%
O rendimento de uma máquina térmica reversível que opera entre uma fonte quente de temperatura absoluta T2 e uma fonte fria de temperatura absoluta T1 é dado por:
η = 1 – T1 , em que T1 = 373 K e T2 = 400 K.
T2
Assim:
η = 1 – 373
400
∴ η = 0,0675 = 6,75%
Ou seja: η ≈ 6,8%
QUESTÃO 15
Resposta: E
Um pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico com uma certa quantidade de água depositada em um
balde. À medida que o gelo derrete, podemos afirmar que
A) o
B) o
C) o
D) o
E) o
RESOLUÇÃO:
nível
nível
nível
nível
nível
da
da
da
da
da
água
água
água
água
água
no
no
no
no
no
balde
balde
balde
balde
balde
aumenta, pois haverá uma queda de temperatura da água.
diminui, pois haverá uma queda de temperatura da água.
aumenta, pois a densidade da água é maior que a densidade do gelo.
diminui, pois a densidade da água é maior que a densidade do gelo.
não se altera.
Enquanto o gelo está flutuando:
Pgelo = E = Págua deslocada
Logo:
Pgelo = dágua ⋅ Vágua ⋅ g
mgelo ⋅ g = dágua ⋅ Vágua ⋅ g
mgelo = dágua ⋅ Vágua
(1)
A massa de água (m’) resultante da fusão do gelo é igual à massa do gelo:
m’ = mgelo
Sendo V’ o volume de água resultante da fusão do gelo, vem:
dágua ⋅ V’ = mgelo
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
dágua ⋅ V’ = dágua ⋅ V’água
V’ = Vágua
Logo, como o volume de água resultante da fusão do gelo é igual ao volume de água deslocada, conclui-se que não há variação do nível de água no interior do balde.
QUESTÃO 16
Resposta: B
Um pequeno tanque, completamente preenchido com 20,0 l de gasolina a 0°F, é logo a seguir transferido para uma garagem mantida à temperatura de 70°F. Sendo γ = 0,0012°C –1 o coeficiente de expansão
volumétrica da gasolina, a alternativa que melhor expressa o volume de gasolina que vazará em conseqüência do seu aquecimento até a temperatura da garagem é
A) 0,507 l
B) 0,940 l
C) 1,68 l
RESOLUÇÃO:
Sendo
C
5
D) 5,07 l
E) 0,17 l
=
F
9
, temos:
C
5
=
70
⇒ C ≈ 39°C
9
Além disso: V = V0 ⋅ γ ⋅ Q.
Portanto: V ≈ 20 ⋅ 0,0012 ⋅ 39
∴
V ≈ 0,940 l
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
9
QUESTÃO 17
Resposta: E
Deseja-se enrolar um solenóide de comprimento z e diâmetro D, utilizando-se uma única camada de fio
de cobre de diâmetro d enrolado o mais junto possível. A uma temperatura de 75ºC, a resistência por
unidade de comprimento do fio é r. Afim de evitar que a temperatura ultrapasse os 75ºC, pretende-se
restringir a um valor P a potência dissipada por efeito Joule. O máximo valor do campo de indução magnética que se pode obter dentro do solenóide é
P 
A) Bmax = µ 0 
 rDzd 
1
2
.
πP 
.
B) Bmax = µ 0 
 rDzd 
2P 
C) Bmax = µ 0 
.
 πrDzd 
P 
.
D) Bmax = µ 0 
 πrDzd 
E) Bmax = µ 0  P 
 πrDzd 
RESOLUÇÃO:
1
2
.
• A resistência elétrica do fio enrolado é R = l ⋅ r, sendo l o comprimento do fio.
z
d
D
• A quantidade de espiras do solenóide é N =
z
.
d
• O comprimento do fio é l = N ⋅ π ⋅ D.
• Então a resistência do fio enrolado é R =
z
⋅π⋅D⋅r.
d
• A potência dissipada por efeito Joule é P = R ⋅ i2. Então P =


P⋅d
e i=

 z ⋅ π ⋅ D ⋅ r
z
⋅ π ⋅ D ⋅ r ⋅ i2
d
1/ 2
.
• A intensidade do campo de indução magnética é B = µ 0 ⋅ i ⋅
µ ⋅i
N
, ou seja, B ⋅ 0
.
z
d
1
2
P
Substituindo-se i, vem: B = µ ⋅ 

0
 π ⋅ r ⋅ D ⋅ z ⋅ d
QUESTÃO 18
Resposta: A
Um pesquisador percebe que a freqüência de uma nota emitida pela buzina de um automóvel parece cair
de 284hz para 266hz à medida que o automóvel passa por ele. Sabendo que a velocidade do som no ar é
330m/s, qual das alternativas melhor representa a velocidade do automóvel?
A) 10,8 m/s
B) 21,6 m/s
C) 5,4 m/s
D) 16,2 m/s
E) 8,6 m/s
10
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
RESOLUÇÃO:
1º- Caso: fonte sonora aproximando-se do observador.
fR
vsom = 330 m/s
fAP = 284 Hz
v= ?
+
FONTE
OBSERVADOR
A freqüência aparente é dada por:
v som
⋅ fR
f =
AP
v som – v
Logo: 284 =
330
⋅ fR
330 – v
(I)
2º- Caso: fonte sonora afastando-se do observador.
fAP = 266 Hz
fR
vsom = 330 m/s
v= ?
+
A freqüência aparente é dada por:
v som
⋅ fR
f =
AP
v som + v
Logo: 266 =
330
⋅ fR
330 + v
(II)
Dividindo a expressão (I) pela expressão (II), temos:
284
330 + v
=
266
330 – v
Resolvendo-se a equação acima: v = 10,8 m/s
QUESTÃO 19
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
QUESTÃO 20
Resposta: C
A figura mostra uma espira condutora que se desloca com velocidade
constante v numa região com campo magnético uniforme no espaço e
constante no tempo. Este campo magnético forma um ângulo θ com o
plano da espira. A força eletromotriz máxima produzida pela variação
de fluxo magnético no tempo ocorre quando
A) θ = 0º
D) θ = 60º
B) θ = 30º
E) n.d.a.
C) θ = 45º
θ
l
n̂-perpendicular
ao plano da
espira
a
v
Sendo o campo magnético uniforme, o movimento indicado não corresponde à variação de fluxo de indução
magnética.
Portanto a força eletromotriz induzida é nula.
Um trecho da música “Quanta”, de Gilberto Gil, é reproduzido no
destaque ao lado.
As frases “Quantum granulado no mel” e “Quantum ondulado do
sal” relacionam-se, na Física, com
*
A) Conservação de Energia.
B) Conservação da Quantidade de Movimento.
C) Dualidade Partícula-onda.
D) Princípio da Causalidade.
E) Conservação do Momento Angular.
RESOLUÇÃO:
B
Fragmento infinitésimo,
Quase que apenas mental,
Quantum granulado no mel,
Quantum ondulado do sal,
Mel de urânio, sal de rádio
Qualquer coisa quase ideal.
*
As palavras “granulado” e “ondulado” remetem às idéias de partícula e de onda, respectivamente.
Portanto os trechos da música “Quanta” relacionam-se, na física, com a dualidade partícula-onda.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
11
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.
QUESTÃO 21
Estamos habituados a tomar sucos e refrigerantes usando canudinhos de plástico. Neste processo estão
envolvidos alguns conceitos físicos importantes. Utilize seus conhecimentos de física para estimar o máximo comprimento que um canudinho pode ter e ainda permitir que a água chegue até a boca de uma pessoa.
Considere que o canudinho deve ser sugado sempre na posição vertical. Justifique suas hipóteses e assuma,
quando julgar necessário, valores para as grandezas físicas envolvidas.
Dado: 1 atm = 1,013 105 N/m2
RESOLUÇÃO:
`
Hipóteses
Justificativas
• Uma pessoa tornar nula a pressão no
interior de sua boca
• para podermos calcular a altura máxima.
• g = 10 m/s2
• A água ser pura
• para ser possível efetuarmos os cálculos.
• A experiência ser feita ao nível do mar
• para ser conhecido o valor da pressão
atmosférica.
interior da boca
(p = 0)
A figura mostra a situação descrita no enunciado acrescida
das hipóteses feitas anteriormente:
PA = PB
h
A
B
d ⋅ g ⋅ h = PATM
103 ⋅ 10 ⋅ h = 1,013 ⋅ 105
∴ h = 10,13 m
QUESTÃO 22
RESOLUÇÃO:
Mediante chave seletora, um chuveiro elétrico tem a sua resistência graduada para dissipar 4,0kW no
inverno, 3,0kW no outono, 2,0kW na primavera e 1,0kW no verão. Numa manhã de inverno, com temperatura ambiente de 10ºC, foram usados 10,0 l de água desse chuveiro para preencher os 16% do volume faltante do aquário de peixes ornamentais, de modo a elevar sua temperatura de 23ºC para 28ºC.
Sabe-se que 20% da energia é perdida no aquecimento do ar, a densidade da água é ρ = 1,0g/cm3 e calor
específico da água é 4,18J/gK. Considerando que a água do chuveiro foi colhida em 10 minutos, em que
posição se encontrava a chave seletora? Justifique.
• Cálculo da temperatura da água que sai do chuveiro:
16% V ⇒ 10 L
∴
θ = 54,25ºC
• Cálculo do calor recebido pela água do chuveiro:
∆Q = 10 ⋅ 4,18 ⋅ (54,25 – 10)
∴ ∆Q = 1849,65 kJ
• Cálculo da potência útil:
Pu =
∆Q 1849, 65
=
∴ Pu = 3, 08 kW
∆t
10 ⋅ 60
• Como 20% da energia são utilizados para aquecer o ar:
Pt =
Pu
0, 8
=
3, 08
∴ Pt = 3, 85 kW
0, 8
• Logo Pt 4 kW, que corresponde à posição inverno.
12
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
84% V
123
10 ⋅ 4,18 ⋅ (28 – θ) + 52,5 ⋅ 4,18 ⋅ (28 – 23) = 0
52,5 L
QUESTÃO 23
Um ginásio de esportes foi projetado na forma de uma cúpula com raio de curvatura R = 39,0 m,
apoiada sobre uma parede lateral cilíndrica de raio y = 25,0 m e altura h = 10,0 m, como mostrado
R
na figura. A cúpula comporta-se como um espelho esférico de distância focal f =
, refletindo ondas
2
sonoras, sendo seu topo o vértice do espelho. Determine a posição do foco relativa ao piso do ginásio.
Discuta, em termos físicos as conseqüências práticas deste projeto arquitetônico.
R
h
y
RESOLUÇÃO:
O CHA, no esquema abaixo, é retângulo.
V
A
10 m
x
F
39 m
z
19,5 m
H
C
25 m
Portanto, aplicando nele o Teorema de Pitágoras, obtemos:
(10 + z)2 + 252 = 392
Daí chegamos à equação:
z2 + 20z – 796 = 0
cuja solução, fisicamente admissível, é: z ≈ 20m.
Além disso: x + 19,5 ≈ 20
V
E portanto: x ≈ 0,5m.
Como conseqüência prática, jogadores e
torcedores estarão situados entre o vértice
e o foco principal da cúpula, de forma que,
como nos mostra o esquema ao lado, o som
por eles emitido, ao ser refletido pela cúpula, constitui sempre um cone divergente, atingindo uma área extensa do chão e
das arquibancadas, o que diminui a sua
intensidade em cada ponto do ginásio.
h
F
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13
QUESTÃO 24
RESOLUÇÃO:
Billy sonha que embarcou em uma nave espacial para viajar até o distante planeta Gama, situado a
10,0 anos-luz da Terra. Metade do percurso é percorrido com aceleração de 15m/s2, e o restante com
desaceleração de mesma magnitude. Desprezando a atração gravitacional e efeitos relativistas, estime o
tempo total em meses de ida e volta da viagem do sonho de Billy. Justifique detalhadamente.
A distância percorrida pela luz em um ano vale, em metros:
Ano-luz = 3 ⋅ 108 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 946 ⋅ 1013 m
A distância a ser percorrida é 10 anos-luz. Metade dessa distância (5 anos-luz) é percorrida com
aceleração escalar constante 15 m/s2. Logo:
1
∆s = ⋅ at2
2
5 ⋅ 946 ⋅ 1013 =
1
⋅ 15 ⋅ t 2
2
Logo: t 7,94 ⋅ 107s
O tempo gasto para fazer o percurso de ida e volta é:
T = 4t
T = 31,76 ⋅ 107s
T = 122,5 meses
QUESTÃO 25
RESOLUÇÃO:
Uma massa é liberada a partir do repouso de uma
altura h acima do nível do solo e desliza sem atrito
em uma pista que termina em um “loop” de raio r,
conforme indicado na figura. Determine o ângulo θ
relativo à vertical e ao ponto em que a massa perde h > r
o contato com a pista. Expresse sua resposta como
função da altura h, do raio R e da aceleração da
gravidade g.
θ
r
Na figura estão representadas as situações inicial e final do problema.
Início
(corpo
abandonado)
(corpo perde
contato com
a pista)
Fim
r . cosθ
P . cosθ
θ
θ
P
h
hf = r . cosθ + r
r
Sendo o sistema conservativo:
0
i
f
εm
= εm
⇒ ε ci + ε pi = ε cf + ε pf
m⋅g⋅h =
g⋅h =
1
⋅ m ⋅ v 2f + m ⋅ (g ⋅ r ⋅ cos θ + g ⋅ r)
2
1
⋅ v 2f + g ⋅ r ⋅ cos θ + g ⋅ r
2
(1)
A componente do peso na direção radial é a resultante centrípeta, pois, ao perder contato com a
pista, a normal do corpo se torna nula.
R c = P ⋅ cos θ ⇒ m ⋅
v 2f
= m ⋅ g ⋅ cos θ ∴ v 2f = r ⋅ g ⋅ cos θ
r
Substituindo-se (2) em (1):
1
g ⋅ h = ⋅ r ⋅ g ⋅ cos θ + r ⋅ g ⋅ cos θ + g ⋅ r
2
cos θ =
14
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
2 (h – r)
3r
∴
θ = arc cos
2 (h – r)
3r
(2)
QUESTÃO 26
Um tubo capilar fechado em uma extremidade contém uma quantidade de ar aprisionada por um
pequeno volume de água. A 7,0ºC e à pressão atmosférica (76,0 cm Hg) o comprimento do trecho com
ar aprisionado é de 15,0 cm. Determine o comprimento do trecho com ar aprisionado a 17,0ºC. Se
necessário, empregue os seguintes valores da pressão de vapor da água: 0,75 cm Hg a 7,0ºC e
1,42 cm Hg a 17,0ºC.
água
ar
RESOLUÇÃO:
Situação inicial
Situação de equilíbrio
Pint = Pext
15 cm
Par + Pvapor
PEXT = 76 cm Hg
H2O
= 76 cm Hg
Como Pvapor = 0,75 cm de Hg,
Par = 75,25 cm Hg
ar + vapor d’água
14243
T = 280 K
número de mols: N = nar + nH2O
V = S ⋅ 15 (S é a área da secção transversal)
Pint = Par + Pvapor H2O
Situação de equilíbrio
Situação final
Pint = Pext
x=?
P’ar + P’vapor
H2O
= 76 cm Hg
Como P’vapor = 1,42 cm Hg,
14243
T = 290 K
número de mols: N’ = nar + n’H2O
V’ = S ⋅ x
Pinterna = P ’ar + P ’vapor H2O
P’ar = 74,58 cm Hg
Considerando o gás como ideal, temos:
inicial: P ⋅ V = N ⋅ R ⋅ T
final: P ⋅ V’ = N’ ⋅ R ⋅ T’
Ou seja:
∴x=
V’ N’ T’
S⋅x
N’ 290
→
⋅
⋅
=
=
V
N T
S ⋅ 15
N 280
N’ 290
⋅
⋅ 15
N 280
(I)
Pela relação das pressões parciais, temos:
Par
n
= ar
inicial:
Ptotal
N
75,25 n ar
=
76
N
final:
(A)
P’ar
n
= ar
Ptotal
N’
74,58 n ar
=
76
N’
(B)
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
15
Dividindo-se a relação (A) pela relação (B):
N’ 75,25
=
N
74,58
Substituindo-se a relação acima na expressão (I):
75,25 290
⋅
⋅ 15
74,58 280
∴ x ≈ 15,67 cm
x=
QUESTÃO 27
Uma pequena pedra repousa no fundo de um tanque de xm de profundidade. Determine o menor raio
de uma cobertura circular, plana, paralela à superfície da água que, flutuando sobre a superfície da
água diretamente acima da pedra, impeça completamente a visão desta por um observador ao lado
do tanque, cuja vista se encontra no nível da água. Justifique.
Dado: índice de refração da água nw =
RESOLUÇÃO:
4
.
3
A situação descrita no enunciado pode ser representada pelo esquema:
rmin
AR
ÁGUA
L
x
L
(a)
P
O valor de rmin corresponde ao caso em que o disco circular impede que o raio de luz (a) seja refratado para o ar.
Sendo L o ângulo limite para o dioptro ar-água, temos:
nar
*
sen L =
nágua
=
1
4
3
∴
sen L =
3
4
Pela relação fundamental da trigonometria:
sen2L + cos2 L = 1
 3
 
 4
Logo: tg L =
2
+ cos2 L = 1
∴
∴ rmin = x ⋅
16
7
4
sen L
= 3 7
cos L
7
No triângulo hachurado: tg L =
QUESTÃO 28
cos L =
rmin
x
3 7
m
7
Colaborando com a campanha de economia de energia, um grupo de escoteiros construiu um fogão solar,
consistindo de um espelho de alumínio curvado que foca a energia térmica incidente sobre uma placa
coletora. O espelho tem um diâmetro efetivo de 1,00m e 70% da radiação solar incidente é aproveitada
para de fato aquecer uma certa quantidade de água. Sabemos ainda que o fogão solar demora 18,4 minutos para aquecer 1,00 l de água desde a temperatura de 20ºC até 100ºC, e que 4,186 103 J é a energia
necessária para elevar a temperatura de 1,00 l de água de 1,000K. Com base nos dados, estime a intensidade irradiada pelo Sol na superfície da Terra, em W/m2. Justifique.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
RESOLUÇÃO:
A quantidade de calor absorvida pela água durante seu aquecimento é:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆θ
Q = 1 ⋅ 4,186 ⋅ 103 ⋅ 80
Q = 334880 J
Tal quantidade corresponde a 70% da energia incidente logo:
0,7 ⋅
εINC. = 334880
εINC. = 478400 J
Portanto a intensidade irradiada pelo Sol na superfície da Terra é:
I
QUESTÃO 29
RESOLUÇÃO:
ε INC
∆t = 18,4 ⋅ 60
A = π (0,5)2
123
I=
∆t ⋅ A
≈ 552
(S.I.)
W
m2
Você dispõe de um dispositivo de resistência R = 5r; e de 32 baterias idênticas, cada qual com resistência
r e força eletromotriz V. Como seriam associadas as baterias, de modo a obter a máxima corrente que
atravesse R? Justifique.
Tomemos um bloco de n geradores associados em paralelo e depois os associemos em série.
Teremos
32
blocos.
n
V
r
V
r
V
εeq
r
req
⇔
R = 5r
R = 5r
ε eq
=
V ⋅ 32
32
; req = 2
n
n
A intensidade de corrente i será:
32
32 ⋅ Vr
n
∴ i=
i=
32
r
n 2 + 32 r
5
5r + 2
n
V⋅
Façamos
di
=0
dn
Então: 32 V (5rn2 + 32 r) – 32 Vn (10 ⋅ r ⋅ n) = 0 (÷ 32 Vr)
5n2 + 32 – 10 n2 = 0
– 5n2 = – 32 ∴ n = ± 2,53
Como n é número inteiro, calculemos i com n = 2 e n = 3.
Com n = 2, temos 16 blocos e:
i1 =
32 ⋅ v ⋅ 2
16 V
∴ i1 = 1, 230 V
→ i1 =
13 r
r
5 ⋅ r ⋅ 22 + 32 r
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
17
Com n = 3, temos 10 blocos com 3 geradores e 1 bloco de 2 geradores.
•
εeq = 11 V
•
req =
•
i2 =
10
1
23
r+ r=
r
3
2
6
εeq
→ i2 =
R + req
∴ i 2 = 1, 245
11 V
66
→ i2 =
23
53
r
5r +
r
6
V
r
Como i2 i1, a associação pedida é:
1 bloco de 2 geradores
123
V
r
V
r
V
r
1
2
3
10 blocos de 3 geradores
V
r
…
5R
A solução obtida não corresponde a uma situação prática de interesse, pois as baterias são percorridas por correntes diferentes e, conseqüentemente, desgastam-se em tempos diferentes. A solução
prática mais indicada é, portanto, aquela de n = 2.
QUESTÃO 30
RESOLUÇÃO:
Um átomo de hidrogênio tem níveis de energia discretos dados pela equação En =
–13 , 6
eV, em
n2
que {n ∈ Z / n 1}. Sabendo que um fóton de energia 10,19 eV excitou o átomo do estado fundamental (n = 1) até o estado p, qual deve ser o valor de p? Justifique.
O primeiro nível de energia do átomo de hidrogênio (estado fundamental) é:
E(1) =
– 13, 6
12
∴ E(1) = – 13, 6 eV
Ao receber um fóton de energia 10,19eV, o átomo é excitado a um estado p, cuja energia é dada por:
E(p) = –13,6 + 10,19
E(p) = –3,41 eV
Utilizando-se a equação fornecida, conclui-se que o valor de p é dado por:
E(p) =
– 13, 6
– 3, 41 =
∴ p=2
18
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
p2
– 13, 6
p2
Comentário
Prova com questões de alto nível, exigindo conhecimento, habilidades geométrica e algébrica,
além de sofisticada capacidade de leitura e interpretação.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
19
Incidência
ASSUNTO
Dinâmica
Cinemática
Trabalho e Energia
Hidrostática
Eletrostática
Eletromagnetismo
Termofísica
Óptica
Acústica
Física Moderna
Eletrodinâmica
Nº DE QUESTÕES
1
2
3
4
5
6
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21