anglo resolve ita - física

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de ca-da questão, seguida da resolução elaborada pelos professores doAnglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questõesde múltipla escolha.3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém notaigual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de múlti-pla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de0 a 100).A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalema 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%.A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português, com peso 1.

oanglo

resolve

a provade Física

do ITA

Caso necessário, use os seguintes dados:ππ= 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s2. Velocidade do som no ar = 340m/s. 1atm = 1,0 × 105N/m2. 1cal = 4,2J.

Sobre um plano liso e horizontal repousa um sistema constituído de duas partícu-las, I e II, de massas M e m, respectivamente. A partícula II é conectada a umaarticulação O sobre o plano por meio de uma haste que inicialmente é disposta naposição indicada na figura. Considere a haste rígida de comprimento L, inexten-sível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I desloca-se na direção de II comvelocidade uniforme

→VB, que forma um ângulo θ com a haste. Desprezando qual-

quer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmar que, imediatamente após a coli-são (elástica) das partículas,

A) a partícula II se movimenta na direção definida pelo vetor →VB.

B) o componente y do momento linear do sistema é conservado.C) o componente x do momento linear do sistema é conservado.D) a energia cinética do sistema é diferente do seu valor inicial.E) n.d.a.

Resolução:Durante a colisão, a resultante externa sobre o sistema corresponde à força de tração na esfera II. Tal força tem a direçãoe o sentido do eixo y indicado na figura.Como na direção do eixo x a resultante externa é nula, conclui-se que houve conservação da quantidade de movimento dosistema apenas nesta direção.Sendo a colisão perfeitamente elástica, a energia cinética do sistema também é conservada.

A partir do repouso, uma pedra é deixada cair da borda no alto de um edifício. A figura mostra a disposição das janelas,com as pertinentes alturas h e distâncias L que se repetem igualmente para as demais janelas, até o térreo.

Se a pedra percorre a altura h da primeira janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer, em segundos, amesma altura h da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).

A) D)

B) E)

C) 4 3L h L h L L h L t+( ) +( ) +

+( )

– / – .

3 2L h L h L L h L t+( ) +( ) +

+( )

– / – .

2 2 2L h L h L h L t+ +( ) +( )

– / – .

4 3 2 2 2L h L h L L h L h t+( ) +( ) +

+ +( )

– / – .

L h L L h L h t+( ) + +( )

– / – .2 2 2

3ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Questão 1

Questão 2

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

O

y

x

II

I

L

90º

θVB→

pedra

1ª janela

2ª janela

L

h

h

L

L

Resolução:

Para queda livre:

s = s0 + v0t + at2

A partir da figura:

sA = L s’A = 4L + 3hsB = L + h s’B = 4(L + h)

O intervalo de tempo t para percorrer a altura h da 1ª janela pode ser expresso por: t = tA – tB, sendo tA e tB os instantesinicial e final para percorrer a 1ª janela.

Assim: ∴

Para percorrer a altura h da 4ª janela, temos:

∴ t’ = t’B – t’A

Comparando-se t’ e t: ∴

Variações no campo gravitacional na superfície da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa.Considere a Terra como uma esfera de raio R e de densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteira-mente contida no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) atéR – a, causando, assim, uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado comO e C. (Veja a figura). Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade na Terra, e G2, aintensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da variação relati-va: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da cavidade, é

A)

B) (a/R)3.

C) (a/R)2.

D) a/R.

E) nulo.

Resolução:Sendo g, a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade:

g

GM

R

G V

R

G

R

R GR KR1 2 2 2

343

43

= = = = =⋅ρ ρ π ρπ

a R a R3 2/ – .( )[ ]

€

tL h L h L

L h Lt’

( ) – ( )

–=

+ + +

+

⋅ ⋅⋅

4 3

tt

gL h

gL h

gL h

gL

’( ) – ( )

( ) –

=+ +

+

⋅ ⋅

⋅ ⋅

24

24 3

2 2

t

gL h

gL h’ ( ) – ( )= + +⋅ ⋅2

42

4 3

t

gL h e t

gL hA B’ ( ) ’ ( )= + = +⋅ ⋅2

4 32

4

t

gL h

gL= +⋅ ⋅2 2

( ) – t

gL e t

gL hA B= = +⋅ ⋅2 2

( )

s gt t

gs= ⇒ =

12

22

€

12


A1ª janela h

L

L

L

L

L

2ª janela

3ª janela

4ª janela

h

h

h

B

A’

B’

v0 = 0

R

O a

C

d

P

Questão 3

A figura ao lado representa a situação para se obter ovalor máximo de variação relativa:Nessa situação, a intensidade do campo gravitacionalem P será:

g2 = g1 – gcavidade = K(R – a)

O valor máximo da variação relativa é:

Considerando um buraco negro como um sistema termodinâmico, sua energia interna U varia com a sua massa M de acor-do com a famosa relação de Einstein: ∆U = ∆Mc2. Stephen Hawking propôs que a entropia S de um buraco negro dependeapenas de sua massa e de algumas constantes fundamentais da natureza. Desta forma, sabe-se que uma variação de massaacarreta uma variação de entropia dada por: ∆S/∆M = 8πGMkB/c. Supondo que não haja realização de trabalho com avariação de massa, assinale a alternativa que melhor representa a temperatura absoluta T do buraco negro.

A) T = c3/GMkB. C) T = Mc2/8πkB. E) T = 8πc3/GMkB.B) T = 8πMc2/kB. D) T = c3/8πGMkB.

Resolução:

Supondo-se que a temperatura absoluta do buraco negro seja constante, sua variação de entropia (∆S) em função de sua

variação de energia interna (∆U) é:

Substituindo-se, na equação acima, as expressões de ∆S e ∆U dadas no enunciado, segue:

∴

Qual dos gráficos abaixo melhor representa a taxa P de calor emitido por um corpo aquecido, em função de sua tempera-tura absoluta T?

A) C) E)

B) D)

Resolução:A taxa de emissão de energia radiante (P) de um corpo é diretamente proporcional à quarta potência da temperatura abso-luta do corpo.Em símbolos: P = k ⋅ T4 (lei de Stefan Boltzmann)

P

0 T

P

0 T

P

0 T

P

0 T

P

0 T

T

cG M kB

=⋅

⋅ ⋅ ⋅ 3

8π

∆∆

M G M kc T

M cB⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅=8 1 2π

∆ ∆S

TU= ⋅1

∆ ∆S

TU= ⋅1

∴ =

g gg

aR

1 2

1

–

g gg

KR K R aKR

1 2

1

– – ( – )=


O C

d

P

a

R

Questão 4

Questão 5

O gráfico que melhor representa o valor de P em função de T é:

Uma certa massa de gás ideal realiza o ciclo ABCD de transformações, comomostrado no diagrama pressão-volume da figura. As curvas AB e CD são isoter-mas. Pode-se afirmar queA) o ciclo ABCD corresponde a um ciclo de Carnot.B) o gás converte trabalho em calor ao realizar o ciclo.C) nas transformações AB e CD o gás recebe calor.D) nas transformações AB e BC a variação da energia interna do gás é negativa.E) na transformação DA o gás recebe calor, cujo valor é igual à variação da ener-

gia interna.

Resolução:Como nos mostra o diagrama que acompanha a questão, a transformação de D para A é um aquecimento isométrico.Logo: Q = ∆U 0

Sabe-se que a atração gravitacional da lua sobre a camada de água é a principal responsável pelo aparecimento de marésoceânicas na Terra. A figura mostra a Terra, supostamente esférica, homogeneamente recoberta por uma camada de água.Nessas condições, considere as seguintes afirmativas:

I. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés altas simultaneamente.II. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés opostas, isto é, quando A tem maré alta, B tem

maré baixa e vice-versa.III. Durante o intervalo de tempo de um dia ocorrem duas marés altas e duas marés baixas.Então, está(ão) correta(s), apenasA) a afirmativa I.B) a afirmativa II.C) a afirmativa III.D) as afirmativas I e II.E) as afirmativas I e III.

Resolução:

1) A figura representa a situação descrita no enunciado:

A situação ao lado ocorre porque:• Na região do ponto A: a intensidade da força de atração gravitacional é mais intensa.• Na região do ponto B: a intensidade da força de atração gravitacional é menos intensa, e a camada d’água tende

a permanecer em movimento retilíneo e uniforme (“sair pela tangente”, pelo princípio da inércia).2) Fixando um ponto na Terra, observamos que, a cada rotação da mesma (um dia), ocorrem duas marés altas e duas

marés baixas.

Um balão contendo gás hélio é fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado. O fio permanecena vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura. Se o vagão é acelerado parafrente, pode-se afirmar que, em relação a ele, o balãoA) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta.B) se movimenta para trás e a tração no fio não muda.C) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta.D) se movimenta para frente e a tração no fio não muda.E) permanece na posição vertical.


P

0 T

A

D

C

B

V

P

Terra

B A

água

Lua

Terra

Lua

B A

Questão 6

Questão 7

Questão 8

Resolução:SITUAÇÃO I: marcando-se as forças no balão

quando o vagão está em MRU (R = 0): E = T + P

SITUAÇÃO II: quando o vagão acelera para a direita, obalão se posiciona de acordo com a figuraao lado (dHe dar):

Fazendo-se a decomposição das forças e sabendo-se que a resul-tante é horizontal para a direita, a ΣF

→na vertical é nula:

T’y + P = E’y A

Como a componente y do empuxo na situação II tem mesma intensidade do empuxo na situação I:E’y = E = T + P B

Substituindo-se B em A: T’y + P = E’yT’senα + P = T + P

∴ T’ T

Durante uma tempestade, Maria fecha as janelas do seu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora. Subitamente ovidro de uma janela se quebra. Considerando que o vento tenha soprado tangencialmente à janela, o acidente pode ser melhorexplicado pelo(a)A) princípio de conservação da massa. D) princípio de Pascal.B) equação de Bernoulli. E) princípio de Stevin.C) princípio de Arquimedes.

Resolução:O vidro da janela quebra devido à diferença de pressão do ar nas faces interna e externa.É a equação de Bernoulli que relaciona a velocidade de escoamento de um fluido com a pressão no ponto.

A figura mostra um sistema óptico constituído de uma lente divergente, com distância focal f1 = –20cm, distante 14 cm deuma lente convergente com distância focal f2 = 20cm. Se um objeto linear é posicionado a 80cm à esquerda da lente diver-gente, pode-se afirmar que a imagem definitiva formada pelo sistemaA) é real e o fator de ampliação linear do sistema é –0,4.B) é virtual, menor e direita em relação ao objeto.C) é real, maior e invertida em relação ao objeto.D) é real e o fator de ampliação linear do sisetema é –0,2.E) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto.

Resolução:Inicialmente, para L1 (f1 = –20cm), temos:

No sistema óptico apresentado, a imagem virtual formada por L1 torna-se objeto real a 30cm de L2.

App

A A1 1 116

800 2= = =⇒– ’

–(– )

,∴

1 1 1 120

180

116

f p p pp cm= + = + ∴ =⇒

’ – ’’ –

T T

sen’ = α


E

TP

E’

T’ P

αα

P

Tx’Ey’

Ex’Ty’

objeto

80cm 14cm

80cm

L1

Questão 9

Questão 10

mov.

mov.

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

Consequentemente, a imagem definitiva formada pelo sistema é real a 30cm de L2. Além disso, a ampliação linear do sis-tema é calculada por:

A = A1 × A2 ⇒ A = (0,2) × (– 2) A = – 0,4

Num oftamologista, constata-se que um certo paciente tem uma distância máxima e uma distância mínima de visão dis-tinta de 5,0m e 8,0cm, respectivamente. Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente que lhe permita ver com clarezaobjetos no “infinito”. Qual das afirmações é verdadeira?A) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.B) O paciente é míope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.C) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.D) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é –0,2 dioptrias.E) A lente corretora de defeito visual desloca a distância mínima de visão distinta para 8,1cm.

Resolução: Os intervalos de visão nítida de uma pessoa com vista normal e do paciente são, respectivamente:

O intervalo de visão do paciente evidencia que ele não consegue enxergar com nitidez objetos distantes, o que caracteri-za a miopia.Para o cálculo da vergência, o míope deve utilizar uma lente que, para objetos no “infinito”, forme uma imagem virtuallocalizada no seu ponto remoto.

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

Com p tendendo ao infinito, = 0 e, portanto:

∴ C = = –0,2 dioptrias

Com a lente corretiva, o ponto próximo do míope é deslocado, de modo que a imagem virtual deste ponto se forme a 8cmde seu globo ocular. De acordo com a equação dos pontos conjugados:

∴ p = 8,1cm

Isto é, a distância de visão mínima distinta do míope passa para 8,1cm.

1f

= + = +⇒×

1 10 2

1 1

8 10 2p p p’– ,

(– – )

1f

1f

= =1 1

5p’ (– )

1p

1f

1p

1p'

= +

A

pp

A A2 2 26030

2= = ∴ =⇒–’

–( )

–

1 1 1 120

130

160

f p p pp cm= + = + ∴ =⇒

’ ’’


80cm

14cm16cm

L2L1

30cm

Vistanormal

Paciente

25cm

8cm

Ponte remoto = ∞

Ponte remoto = 5m

Questão 11

A figura 1 mostra o Experimento típico de Young,de duas fendas, com luz monocromática, em quem indica a posição do máximo central. A seguir,esse experimento é modificado, inserindo uma pe-quena peça de vidro de faces paralelas em frenteà fenda do lado direito, e inserindo um filtro so-bre a fenda do lado esquerdo, como mostra a figu-ra 2. Suponha que o único efeito da peça de vidroé alterar a fase da onda emitida pela fenda, e oúnico efeito do filtro é reduzir a intensidade daluz emitida pela respectiva fenda. Após essasmodificações, a nova figura da variação da inten-sidade luminosa em função da posição das fran-jas de interferência é melhor representada por

A) C) E)

B) D)

Resolução:A presença do filtro em uma das fendas impõe que:1º) as franjas claras, correspondentes às interferências do tipo construtivas, terão intensidades luminosas inferiores às

do experimento original;2º) as franjas escuras, correspondentes às interferências do tipo destrutivas, não terão intensidades luminosas nulas.A presença da placa, que altera a fase de uma das ondas luminosas, provoca o deslocamento dos máximos (franjas claras)e mínimos (franjas escuras) em relação às suas posições no experimento original.A alternativa que contempla essas modificações é a A.

Quando em repouso, uma corneta elétrica emite um som de freqüência 512Hz. Numa experiência acústica, um estudantedeixa cair a corneta do alto de um edifício. Qual a distância percorrida pela corneta, durante a queda, até o instante emque o estudante detecta o som na freqüência de 485Hz? (Despreze a resistência do ar).A) 13,2m B) 15,2m C) 16,1m D) 18,3m E) 19,3m

Resolução:Como a fonte sonora (“corneta elétrica”) se afasta em linha reta do observador, esse passa a ouvir um som de freqüência

cada vez menor, obedecendo à equação:

Sendo v0 a velocidade do som no local, 340m/s, vOBSERV. = zero, e os sinais duplos considerados positivos quando as veloci-dades se orientam do observador à fonte.

Assim, temos:

De onde: v ≈ 18,93m/sComo o movimento da corneta é retilíneo e uniformemente variado (“queda livre”), vale ainda a relação:

v2 = v02 + 2ah ⇒ 18,932 ≈ 0 + 2 ⋅ 9,8h ∴ h ≈ 18,3m

485340 0340

512=±+ v

×

f

v vv v

fAPAROBSERV

FONTEREAL.

.=±±

0

0×

m

A

m

A

m

A

m

A

m

A


Questão 12 Questão 13

m anteparo

Intensidade

Experimento de YoungFigura 1

AIntensidade

anteparo

Experimento modificadoFigura 2

filtro

vidro

Considere as afirmativas:I. Os fenômenos de interferência, difração e polarização ocorrem com todos os tipos de onda.

II. Os fenômenos de interferência e difração ocorrem apenas com ondas tranversais.III. As ondas eletromagnéticas apresentam o fenômeno de polarização, pois são ondas longitudinais.IV. Um polarizador transmite os componentes da luz incidente não polarizada, cujo vetor campo elétrico

→E é perpendicular

à direção de transmissão do polarizador.Então, está(ão) correta(s)A) nenhuma das afirmativas.B) apenas a afirmativa I.C) apenas a afirmativa II.D) apenas as afirmativas I e II.E) apenas as afirmativas I e IV.

Resolução:I. Afirmativa falsa: ondas mecânicas longitudinais, como o som, não polarizam.

II. Afirmativa falsa: interferência e difração ocorrem também em ondas longitudinais, como o som.III. Afirmativa falsa: ondas eletromagnéticas são transversais.IV. Afirmativa falsa: a componente do vetor campo elétrico

→E de uma onda não polarizada, perpendicular à direção de

transmissão do polarizador, é absorvida por este.

No Laboratório de Plasmas Frios do ITA é possível obterfilmes metálicos finos, vaporizando o metal e depositando-opor condensação sobre uma placa de vidro. Com o auxílio dodispositivo mostrado na figura, é possível medir a espessurae de cada filme. Na figura, os dois geradores são idênticos, def.e.m. E = 1,0V e resistência r = 1,0, estando ligados a doiseletrodos retangulares e paralelos, P1 e P2, de largura b = 1,0cme separados por uma distância a = 3,0cm. Um amperímetroideal A é inserido no circuito, como indicado. Supondo queapós certo tempo de deposição é formada sobre o vidro umacamada uniforme de alumínio entre os eletrodos, e que oamperímetro acusa uma corrente i = 0,10A, qual deve ser aespessura e do filme?(resistividade do alumínio ρ = 2,6 × 10–8 ⋅ m).

A) 4,1 × 10–9cmB) 4,1 × 10–9mC) 4,3 × 10–9mD) 9,7 × 10–9mE) n.d.a.

Resolução:No esquema a seguir, substituiu-se a placa metálica por um resistor R.

R = 18Ω

Aplicando-se a 2ª lei de Ohm para a película metálica:

e e m= =× ⋅

×∴ ×2 6 10 10 3

18 104 3 10

8 2

29,

,– –

––

R

ae b

ea

R b= ⋅

⋅=

⋅⋅

→ρρ

R

A=ρl

0 10

22

, =+ R

iR

= ∑∑ε



b

e

a

Err

E

vidro

P1

P2

A

1V1Ω

0,10A

1V1Ω

R

A

A figura mostra dois capacitores, 1 e 2, inicialmente isolados um do outro, carregadoscom uma mesma carga Q. A diferença de potencial (ddp) do capacitor 2 é a metade daddp do capacitor 1. Em seguida, as placas negativas dos capacitores são ligadas à Terrae, as positivas, ligadas uma a outra por um fio metálico, longo e fino. Pode-se afirmarqueA) antes das ligações, a capacitância do capacitor 1 é maior que a do capacitor 2.B) após as ligações, as capacitâncias dos dois capacitores aumentam.C) após as ligações, o potencial final em N é maior do que o potencial em O.D) a ddp do arranjo final entre O e P é igual a 2/3 da ddp inicial do capacitor 1.E) a capacitância equivalente do arranjo final é igual a duas vezes à capacitância do

capacitor 1.

Resolução:• Capacitores isolados, inicialmente carregados com mesma carga.

Q1 = Q2

C1U1 = C2U2; como U1 = 2U2 ⇒ C2 = 2C1 (Alternativa A: falsa)

• Como o dielétrico e as características geométricas dos capacitores não se alteram, suas capacitâncias permanecemconstantes. (Alternativa B: falsa).

• Devido à ligação dos pontos N e O, ambos devem adquirir mesmo potencial.(Alternativa C: falsa).

• As ligações sugerem um paralelo para os capacitores, logo:CEQ = C1 + C2

CEQ = C1 + 2C1 ⇒ CEQ = 3C1 (Alternativa E: falsa)

• A ddp para tal associação será:

(Alternativa D: verdadeira)

Na figura, uma barra condutora MN (de comprimento l, re-sistência desprezível e peso Pb

→) puxada por um peso P

→c , desloca-

-se com velocidade constante v→, apoiada em dois trilhos condu-tores retos, paralelos e de resistência desprezível, que formamum ângulo θ com o plano horizontal. Nas extremidades dos tri-lhos está ligado um gerador de força eletromotriz E com resis-tência r. Desprezando possíveis atritos, e considerando que o sis-tema está imerso em um campo de indução magnética cons-tante, vertical e uniforme B

→, pode-se afirmar que

A) o módulo da força eletromotriz induzida é ε = Blvsenθ.B) a intensidade i da corrente no circuito é dada por

Pc senθ/(Bl).

C) nas condições dadas, o condutor descola dos trilhos quando i Pb/(Bl tgθ).

D) a força eletromotriz do gerador é dada por E = rPcsenθ/(Bl) – Blvcosθ.E) o sentido da corrente na barra é de M para N.

Resolução:As forças atuantes na barra MN estão assinaladas na figura.A direção e o sentido da força magnética são obtidos pela regraprática da mão direita.Na direção y, temos:

N + Fmag ⋅ senθ = Pb ⋅ cosθ →N + B ⋅ I ⋅ l ⋅ senθ = Pbcosθ →

. I

P NB senb=

cos –θθl

U CEQ =23 1U

QCEQ = ⇒

23 1

UQC

Q Q

C CEQtotal

EQ

total

EQ=

=

=

2

3 1



θ

B N

v

M

E

rPc

→

→

→

θ

y

T = Pc

N x

Pb

Fmag

θθ

M

–Q

O

+Q

+Q –Q

PN(1) (2)

Quando a barra descola dos trilhos, N = O, portanto:

ou

Experimentos de absorção de radiação mostram que a relação entre a energia E e a quantidade de movimento p de umfóton é E = pc. Considere um sistema isolado formado por dois blocos de massas m1 e m2, respectivamente, colocados novácuo, e separados entre si de uma distância L. No instante t = 0, o bloco de massa m1 emite um fóton que é posteriormenteabsorvido inteiramente por m2, não havendo qualquer outro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura). Suponha quem1 se torne m’1 em razão da emissão do fóton e, analogamente, m2 se torne m2’ devido à absorção desse fóton. Lembrandoque esta questão também pode ser resolvida com recursos da Mecânica Clássica, assinale a opção que apresenta a relaçãocorreta entre a energia do fóton e as massas dos blocos.

A) E = (m2 – m1)c2.B) E = (m1’ – m2’ )c2

C) E = (m2’ – m2)c2/2.D) E = (m2’ – m2)c2.E) E = (m1 + m1’ )c2.

Resolução:

De acordo com a equação de Einstein (E = m ⋅ c2), a massa do fóton é dada por: mfóton =

Portanto: m’2 = m2 + mfóton

m’2 – m2 =

E = (m’2 – m2) ⋅ c2

Considere as seguintes afirmações:I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é iluminado por um feixe de luz monocromática, a quantidade de elétrons emi-

tidos pelo metal é diretamente proporcional à intensidade do feixe incidente, independentemente da freqüência da luz.II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo são aquelas em que o momento angular orbital é nh/2π, sendo

n = 1, 3, 5….III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são necessários para a descricão completa de um sistema quântico.IV. A natureza complementar do mundo quântico é expressa, no formalismo da Mecânica Quântica, pelo princípio de

incerteza de Heisenberg.Quais estão corretas?A) I e II.B) I e III.C) I e IV.D) II e III.E) III e IV.

Resolução:(I) Errada: independentemente da intensidade luminosa do feixe incidente, não haverá efeito fotoelétrico, caso a freqüência

da luz incidente esteja abaixo da freqüência de corte.(II) Errada: a quantização do momento angular orbital do elétron de massa m em uma órbita de raio r e velocidade v é dada

por , onde n é um número inteiro positivo.

(III) Correta: apesar de alguns fenômenos quânticos serem explicados pelos aspectos corpusculares, e outros pelos aspectosondulatórios, a descrição completa de um sistema quântico exige os dois aspectos, sem a existência de contradições.

(IV) Correta: a natureza complementar do mundo quântico se refere à dualidade partícula-onda. O princípio de Heisenberg serefere à incerteza da simultaneidade de determinação da localização e da velocidade de uma partícula-onda devido à inte-ração entre o observador e o sistema. Assim, a natureza dual da matéria é confirmada pelo princípio da Incerteza.

mvr

nh=

2π

E

c2

€

E

c2

i

PB tg

bl θ

i

PB senb⋅ cosθ

θl


L

Fóton

m1 t = 0 m2

Questão 18

Questão 19

Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o número aproximado de revoluções efetuadas por um elétron noprimeiro estado excitado do átomo de hidrogênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado excitado, é de 10–8s. Sãodados: o raio da órbita do estado fundamental é de 5,3 × 10–11m e a velocidade do elétron nesta órbita é de 2,2 × 106m/s.

A) 1 × 106 revoluções. D) 8 × 106 revoluções.B) 4 × 107 revoluções. E) 9 × 106 revoluções.C) 5 × 107 revoluções.

Resolução:Representando-se esquematicamente o átomo de hidrogênio:

r ⋅ v2 = constante I

Utilizando-se o princípio da conservação de energia, a quantização do momento angular, e sendo a força elétrica a resul-tante centrípeta, obtém-se:

rn = n2 ⋅ r0

Para o 1º estado excitado, n = 2.r2 = 22 ⋅ 5,3 ⋅ 10–4m = 21,2 ⋅ 10–4m

De acordo com a equação I , ao quadruplicarmos o raio, a velocidade fica reduzida à metade. Dessa maneira:

1,1 ⋅ 106 = T = 1,21 ⋅ 10–15s

1 revolução —— 1,21 ⋅ 10–15sn —— 10–8s

∴ n ≈ 8 ⋅ 106 revoluções

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.

Na figura, o carrinho com rampa movimenta-se com uma aceleraçãoconstante A

→. Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se µ é o

coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa, determine o inter-valo para o módulo de A

→, no qual o bloco permanecerá em repouso

sobre a rampa.

Resolução:Assinalando-se as forças e/ou suas componentes pertinentes ao estudona situação de aceleração máxima.Sendo a resultante (R = mA) horizontal e para a direita, temos:

eixo x: µ ⋅ N ⋅ cosα – N ⋅ senα = mA.eixo y: µ ⋅ N ⋅ senα + N ⋅ cosα = mg

Dividindo membro a membro as equações e efetuando as devidas transformaçõesalgébricas e trigonométricas, obtemos:

Portanto: 0

1 A g

tgtg

( – )( )µ α

µ α+

A

g tgtg

=+

( – )( )

µ αµ α1

2 21 2 10 4⋅ ⋅ ⋅ ⇒π , –

T

v

st

rT

= =∆∆

2 2π

kem

2=

k er

m vr

⋅=

2

2

2

R m v

rC =2



núcleo

r

Felét elétron

–e

+e

+

m

α

A→

NcosαN

y

Nsenα µNcosα x

mgα

α

αµN = AE

MAX

µNsenα

Quando solto na posição angular de 45° (mostrada na figura), um pêndulosimples de massa m e comprimento L colide com um bloco de massa M. Apósa colisão, o bloco desliza sobre uma superfície rugosa, cujo coeficiente de atri-to dinâmico é igual a 0,3. Considere que após a colisão, ao retornar, o pêndu-lo alcança uma posição angular máxima de 30°. Determine a distância per-corrida pelo bloco em função de m, M e L.

Resolução:

De (A) para (B), sistema conservativo: εmA= εmB

⇒ mgh = 1

com h = 2

De (C) para (D), sistema conservativo: εmC= εmD

⇒ m (v’)2 = mgh’ ∴ v’ = 3

com h’ = 4

De (B) para (C), sistema isolado (choque): (Qsist)B = (Qsist)C

mv = MV – mv’ ⇒ V = (v + v’) 5

De (C) para (E), o bloco de massa M realiza um movimento uniformemente variado com aceleração dada por:

a = ∴ a = –0,3g

Portanto: 0 = V2 – 0,6 ⋅ g ⋅ d ∴ d = 6

Substituindo (1), (2), (3), (4) e (5) em (6) e fazendo as devidas simplificações:

d =

d ≈ 2,74 ⋅

Calcule a variação de entropia quando, num processo à pressão constante de 1,0atm, se transforma integralmente em vapor3,0kg de água que se encontra inicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C.Dado: calor de vaporização da água: Lv = 5,4 × 105 cal/kg.

Resolução:

A variação de entropia ∆S numa transição de fase a pressão e temperatura constantes é dada por:

Em que: m = 3kg

T = 100ºC = 373K L

calkg

Jkg

= × = ⋅ ×5 4 10 5 4 4 2 105 5, , ,

∆S

QT

m LT

= =⋅

m

ML

2

2⋅

103

4 2 32

2 2 2 32

2⋅ ⋅ ⋅ + ( ) ( )

m

ML

– –– –

Vg

2

0 6,

–

( )µ ⋅ NM

€

mM

€

L2

2 3( – )

€

2gh’

12

€

L2

2 2( – )

€

12

22mv v gh∴ =



h’

(D)

30º

(E)

d

(C)

vv’

(B)

vh

(A)

45º

L

m

45ºM

Assim:

A figura mostra um recipiente, com êmbolo, contendo um volume inicial Vi de gás ideal,inicialmente sob uma pressão Pi igual à pressão atmosférica, Pat. Uma mola não defor-mada é fixada no êmbolo e num anteparo fixo. Em seguida, de algum modo é fornecida aogás uma certa quantidade de calor Q. Sabendo que a energia interna do gás éU = (3/2)PV, a constante da mola é k e a área da seção transversal do recipiente é A,determine a variação do comprimento da mola em função dos parâmetros interve-nientes. Despreze os atritos e considere o êmbolo sem massa, bem como sendo adiabáti-cas as paredes que confinam o gás.

Resolução:Pi = Pat (1)

Para o gás do recipiente, tem-se: Situação inicialVi

Situação finalPf = Pat + (2)

Vf = Vi + A ⋅ x (3)

Utilizando-se a primeira lei da termodinâmica:

∆U = Q – τ, sendo:

∆U = (PfVf – PiVi)

τ = Pat(Vf – Vi) + kx2

Então: (PfVf – PiVi) = Q – (Pat∆V + kx2) (4)

Substituindo-se (1), (2) e (3) em (4) e fazendo-se as simplificações, tem-se: 4kAx2 + (5PatA2 + 3kVi)x – 2QA = 0

Portanto, o valor de x é:

Num barômetro elementar de Torricelli, a coluna de mercúrio possui umaaltura H, que se altera para X quando este barômetro é mergulhado numlíquido de densidade D, cujo nível se eleva a uma altura h, como mostra a figu-ra. Sendo d a densidade do mercúrio, determine em função de H, D e d a alturado líquido, no caso de esta coincidir com a altura X da coluna de mercúrio.

x

P A kV P A kV kA QkA

at i at i=+ + + +– ( ) ( )5 3 5 3 32

8

2 2 2 2

12

32

12

32

kxA

∆S

JK

≈ ×1 8 104,

∆S =

⋅ ⋅ ×3 5 4 4 2 10373

5, ,


Questão 24

Questão 25

kPat

Pi Vi

Pat

Pi Vi

A Pat

Pf Vf

A

A: área do êmbolo

x

12

3

(Situação inicial)

(Vf – Vi) = A ⋅ x

(Situação final)

hX

Hg

12

31

23

12

3

Resolução:• Barômetro imerso no ar:

PA = PBPatm = dHg (I)

• Barômetro imerso no líquido de densidade D:

PC = PDPatm + Dhg = dxgDhg – dxg = –Patm (II)

• Como h = x, e substituindo-se (I) em (II): Dhg – dhg = –dHgh(D – d) = –dH

Uma onda acústica plana de 6,0kHz, propagando-se no ar a uma velocidade de 340m/s, atinge uma película plana comum ângulo de incidência de 60º. Suponha que a película separa o ar de uma região que contém o gás CO2, no qual a veloci-dade de propagação do som é de 280m/s. Calcule o valor aproximado do ângulo de refração e indique o valor da freqüên-cia do som no CO2.

Resolução:O esquema ao lado representa a questão proposta.Nesta figura, adotamos:

E aplicando-se a Lei de Snell, de acordo com a qual:

Concluímos que senr ≈ 0,71 ⇒ r ≈ 45°A mudança de meio, além disso, não altera o valor da freqüência.Portanto: fCO2

= fAR = 6kHz

Uma flauta doce, de 33cm de comprimento, à temperatura ambiente de 0ºC, emite sua nota mais grave numa freqüência de251Hz. Verifica-se experimentalmente que a velocidade do som no ar aumenta de 0,60m/s para cada 1ºC de elevação da tem-peratura. Calcule qual deveria ser o comprimento da flauta a 30ºC para que ela emitisse a mesma freqüência de 251Hz.

Resolução:Considerando-se a flauta doce como um tubo aberto, temos, para o caso do som mais grave:

Sendo v = λ ⋅ f, segue:V0°C = λ0°C ⋅ fV0°C = 0,66 ⋅ 251

∴ V0°C = 165,66m/s

0 87 340280

,,

senr=

sen603

20 87° = ≈ ,

h

dHd D

=–

hdH

D d=

––


H

HgA B

Patm

vácuo

hX

HgC D

Patm vácuo

fAR = 6kHz

CO2

60º

r

AR

vCO2 = 280m/s

vAR = 340m/s

N

θ = 0ºC

λ = 33cm2

f = 251Hz

1442443

Questão 26

Questão 27

De acordo com o enunciado:V30°C = V0°C + 30 ⋅ 0,6V30°C = 165,66 + 18

∴ V30°C = 183,66m/sSendo V = λ ⋅ f, segue:183,66 = 2 ⋅ L ⋅ 251

∴ L ≈ 0,366m,ou seja,L ≈ 36,6cm

Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádio para comunicar-se. Em caso de necessidade, pretende utilizar célu-las solares de silício, capazes de converter a energia solar em energia elétrica, com eficiência de 10%. Considere que cadacélula tenha 10cm2 de área coletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70V, e que o fluxo de energia solar médio inci-dente é da ordem de 1,0 × 103W/m2. Projete um circuito que deverá ser montado com as células solares para obter umatensão de 2,8V e corrente mínima de 0,35 A, necessárias para operar o rádio.

Resolução:

• A potência elétrica disponível em cada célula será Pc = η ⋅ P, em que η é o rendimento.1 × 103W 1m2

→ P = 1WP 10 × 10–4m2

Pc = 0,1 ⋅ 1W → Pc = 0,1W• A intensidade de corrente máxima em cada célula será:

imáx = → imáx = ∴ imáx = A

Serão necessárias n linhas em paralelo. A intensidade de corrente necessária é i = 0,35A. Temos:

η ⋅ = 0,35 → η = 2,45

Sendo n um número inteiro, adotamos n = 3 linhas.• Para obter-se uma ddp de 2,8V, associaremos, em cada linha, m células de 0,7V.

2,8 = m ⋅ 0,7 → m = 4 célulasO circuito montado está apresentado a seguir.

Um gerador de força eletromotriz ε e resistência interna r = 5R estáligado a um circuito conforme mostra a figura. O elemento Rs é umreostato, com resistência ajustada para que o gerador transfira máxi-ma potência. Em um dado momento o resistor R1 é rompido, devendoa resistência do reostato ser novamente ajustada para que o geradorcontinue transferindo máxima potência. Determine a variação daresistência do reostato, em termos de R.

17

17

0 10 7

,,

PcU


θ = 30ºC

λ = L = ?2

f = 251Hz

1442443

i ≈ 0,12A

i ≈ 0,12A

i ≈ 0,12A

rádio

0,35A

célulassolares

Questão 28

Questão 29

r = 5R

Rs

2R

6R

2R

2R

R

R

R

ε

R1

Resolução:O gerador transfere máxima potência quando a resistência do circuito resistivo for igual à resistência interna do gerador.Início:

Fim:

Situado num plano horizontal, um disco gira com velocidade angularω constante, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. O discoencontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo mag-nético constante B

→, orientado para cima, paralelamente ao eixo verti-

cal de rotação. A figura mostra um capacitor preso ao disco (com pla-cas metálicas planas, paralelas, separadas entre si de uma distânciaL) onde, na posição indicada, se encontra uma partícula de massa me carga q 0, em repouso em relação ao disco, a uma distância R docentro. Determine a diferença de potencial elétrico entre as placas docapacitor, em função dos parâmetros intervenientes.

Resolução:Conforme a situação descrita no texto, a carga deve ficar sujeita a ação de força elétrica e magnética, de modo que:

RC = Felét – Fmag

UL R

qm qB= +

ωω( )

m R

qUL

q BRω ω2 = –

m R qE qvBE

UL

v Rω

ω2 =

=

=

–

∴ =∆R

RS –

4577

∆ ∆RS R R RR R

Sf

Si

S= =→– –2511

207

5

3011

2511

R RR

RR

Sf

Sf= + =→

515

720

7R R

RR

RSi

si= + =→


Rs

2R

6R

2R

2R

R

R

R15R

7

Rs

↔

i

Rs

2R

6R

2R

2RR

R30R11

Rs

↔

f f

R

O q

L

ω

B→

R

Felét

ω

Fmag

Questão 30

Prova excessivamente difícil e trabalhosa. Algumas questões bastante originais exigiram do aluno conhecimento pro-fundo da matéria e habilidade matemática.


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anglo resolve ita - física

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