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Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:00
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Sobre um corpo de 2,5 kg de massa atuam,em sentidos opostos de uma mesma dire-ção, duas forças de intensidades 150,40 N e50,40 N, respectivamente. A opção que ofe-rece o módulo da aceleração resultante como número correto de algarismos significati-vos é
a) 40,00 m/s2.
c) 0,4 × 102 m/s2.
e) 40,000 m/s2.
b) 40 m/s2.
d) 40,0 m/s2.
alternativa B
Como a precisão é limitada pelo valor com menornúmero de algarismos significativos, temos:
γ γ= = − ⇒ =Rm
150,40 50,402,5
40 m/s2
A partir do nível P, com velocidade inicial de5 m/s, um corpo sobe a superfície de um pla-no inclinado PQ de 0,8 m de comprimento.Sabe-se que o coeficiente de atrito cinéticoentre o plano e o corpo é igual a 1 3. Conside-re a aceleração da gravidade g = 10 m/s2,sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não ofereceresistência. O tempo mínimo de percurso docorpo para que se torne nulo o componentevertical de sua velocidade é
a) 0,20 s.d) 0,44 s.
b) 0,24 s.e) 0,48 s.
c) 0,40 s.
alternativa D
Isolando o corpo e marcando as forças, temos:
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:
R m f mg sen mat= ⋅ ⇒ − − = ⋅ ⇒γ θ γ.
⇒ − ⋅ − = ⋅ ⇒μ θ θ γmg cos mg sen m
⇒ − ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒ = −13
10 0,6 10 0,8 10γ γ m/s2
A velocidade do corpo em Q é dada por:
v v 2 S 5 2( 10) 0,8Q2
P2 2= + ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⇒γ Δ
⇒ = ⇒ =v 9 v 3Q2
Q m/sO intervalo de tempo ( t )1Δ no trecho PQ é dadopor:v v t 3 5 10 tQ P 1 1= + ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒γ Δ Δ⇒ =Δt 0,20 s1
Após abandonar a superfície, o intervalo de tem-po ( t )2Δ até atingir a altura máxima é dado por:
v v sen g tQ 2= ⋅ − ⋅ ⇒θ Δ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ =0 3 0,8 10 t t 0,24 s2 2Δ ΔAssim, o tempo mínimo de percurso do corpopara que se torne nulo o componente vertical desua velocidade é:Δ Δ Δt t t 0,20 0,24m n. 1 2í = + = + ⇒
⇒ Δt 0,44 smín. =
A figura mostra uma pista de corrida A B CD E F, com seus trechos retilíneos e circula-res percorridos por um atleta desde o pontoA, de onde parte do repouso, até a chegadaem F, onde pára. Os trechos BC, CD e DEsão percorridos com a mesma velocidade demódulo constante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos tre-chos AB, BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média domovimento do atleta é o mesmo nos trechosAB e EF.
Questão 1
Questão 2
Questão 3
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:05
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III. O sentido da aceleração vetorial média domovimento do atleta é para sudeste no trechoBC, e, para sudoeste, no DE.
Então, está(ão) correta(s)a) apenas a I.c) apenas a I e III.e) todas.
b) apenas a I e II.d) apenas a II e III.
alternativa E
I. Correta. Considerando que acelerado significaque o movimento possui aceleração, nos trechosAB e EF temos, respectivamente, a velocidade doatleta aumentando e diminuindo em módulo.Assim, em AB o movimento é acelerado e, emEF, retardado, ou seja, em ambos os trechosexiste aceleração.Nos trechos BC e DE, os movimentos são circula-res e uniformes e têm, portanto, acelerações cen-trípetas.II. Correta. Nos trechos AB e EF, a velocidade doatleta, respectivamente, cresce no sentido positi-vo de y e decresce no sentido negativo de y.Assim, em ambos os trechos a aceleração estáno sentido positivo de y.III. Correta. No trecho BC, temos:
Direção: sudeste.
E no trecho DE, temos:
Direção: sudoeste.Obs.: se admitirmos o sentido cinemático escalarde acelerado como aumento de valor da velocida-de, a primeira afirmação está errada e a alternati-va correta é a D.
Considere que num tiro de revólver, a balapercorre trajetória retilínea com velocidade Vconstante, desde o ponto inicial P até o alvoQ. Mostrados na figura, o aparelho M1 regis-tra simultaneamente o sinal sonoro do dispa-ro e o do impacto da bala no alvo, o mesmoocorrendo com o aparelho M2 . Sendo VS avelocidade do som no ar, então a razão entreas respectivas distâncias dos aparelhos M1 eM2 em relação ao alvo Q é
a) V (V V ) / (V V ).S S2
S2− −
b) V (V V) / (V V ).S S2
S2− −
c) V(V V ) / (V V ).S S2 2− −
d) V (V V ) / (V V ).S S2
S2+ −
e) V (V V ) / (V V ).S S2
S2− +
alternativa A
Considerando a figura, temos:
xV
yV
x yV
(I)
xV
zV
x zV
(II)
S S
S
2 2
S
+ = −
+ = +
De I, vem:xV
x 2yV
x2V
V Vy
S S= − ⇒ =
−⋅
física 3
Questão 4
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:07
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De II, vem:
2VV V
y
Vz
V
2V yV V
z
VS
S
S
22
S
−⋅
+ =
⋅−
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
⇒
⇒−
⋅ + =−
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
⇒2y(V V )
VV
zV
2VyV V
z
VS
S
S S
S
22
S
⇒−
+⋅ ⋅−
⋅−−
+ =4y V
(V V )
4y V z(V V )
(V V )(V V )
z2
S2
S2
S
S
S
S
2
=−
+ ⇒ − =4V y
(V V )z 4y (V V )
2 2
S2
2 2 2S2
= ⋅ ⋅ − ⇒4y z V (V V )S Syz
V (V V )
V VS S
2S2=
−−
Na experiência idealizada na figura, um halte-rofilista sustenta, pelo ponto M, um conjuntoem equilíbrio estático composto de uma barrarígida e uniforme, de um peso P 1001 = N naextremidade a 50 cm de M, e de um pesoP 60 N2 = , na posição x2 indicada. A seguir, omesmo equilíbrio estático é verificado dispon-do-se, agora, o peso P2 na posição original deP1, passando este à posição de distância
x 1,6 x1 2= da extremidade N. Sendo de
200 cm o comprimento da barra e g 10= m/s2
a aceleração da gravidade, a massa da barraé de
a) 0,5 kg.d) 1,6 kg.
b) 1,0 kg.e) 2,0 kg
c) 1,5 kg.
alternativa D
Considerando o pólo no ponto M, e o centro demassa da barra distante 50 cm do mesmo, da se-gunda condição de equilíbrio (MR(M) 0= ), paraas duas situações descritas, temos:
P 50 P 50 P (150 x )
P 50 P 50 P (150 1,6x )1 2 2
2 1 2
⋅ = ⋅ + −⋅ = ⋅ + −
⇒
⇒⋅ = ⋅ + −
⋅ = ⋅ + −100 50 mg 50 60(150 x )
60 50 mg 50 100(150 1,6x )2
2⇒
⇒= + −= + −
⇒5 000 500 m 60(150 x )
3 000 500 m 100(150 1,6x )2
2
⇒ m 1,6= kg
No arranjo mostrado na figura com duas po-lias, o fio inextensível e sem peso sustenta amassa M e, também, simetricamente, as duasmassas m, em equilíbrio estático. Desprezan-do o atrito de qualquer natureza, o valor h dadistância entre os pontos P e Q vale
a) ML/ 4m M2 2− .
b) L.
c) ML/ M m2 2− 4 .
d) mL/ 4m M2 2− .
e) ML/ 2m M2 2− .
alternativa A
As forças que atuam sobre as massas são dadasa seguir:
física 4
Questão 5
Questão 6
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:08
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Do equilíbrio (R O)= , temos:
2mg cos Mg cosM2m
θ θ= ⇒ =
Sendocosh
L h2 2θ =
+, vem:
h
L h
M2m
h
L h
M
4m2 2
2
2 2
2
2+
= ⇒+
= ⇒
⇒ = + ⇒4 m h M L M h2 2 2 2 2 2
⇒ hML
4m M2 2=
−
Uma bala de massa m e velocidade v0 é dispa-rada contra um bloco de massa M, que inicial-mente se encontra em repouso na borda deum poste de altura h, conforme mostra a figu-ra. A bala aloja-se no bloco que, devido ao im-pacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gra-vidade, e não havendo atrito e nem resistênciade qualquer outra natureza, o módulo da velo-cidade com que o conjunto atinge o solo vale
a)mv
m M2gh0
2
+⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
+ . b) v2ghm
(m M)02
2
2++
.
c) v2mgh
M02 + . d) v 2gh0
2 + .
e)mv
m M2gh0
2
++ .
alternativa A
Aplicando o princípio da conservação de quanti-dade de movimento para a colisão, vem:
Q Q m v (m M) Vi f 0= ⇒ ⋅ = + ⋅ ⇒Vm v
(m M)0=
⋅+
Durante a queda, a energia mecânica do sistemapermanece constante. Tomando Eg = 0 no solo,temos:
Em Em(M m) V
2(M m) g hi f
2= ⇒ + ⋅ + + ⋅ ⋅ =
= + ⋅ ⇒(M m) v2
2v
mv(m M)
2gh02
=+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
Projetado para subir com velocidade médiaconstante a uma altura de 32 m em 40 s, umelevador consome a potência de 8,5 kW deseu motor. Considere que seja de 370 kg amassa do elevador vazio e a aceleração dagravidade g = 10 m/s2. Nessas condições, onúmero máximo de passageiros, de 70 kgcada um, a ser transportado pelo elevador éa) 7. b) 8. c) 9. d) 10. e) 11.
alternativa C
A força média (F) aplicada pelo motor ao elevadoré dada por:
P F v 8 500 F3240
F 10 625 N= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
Como o elevador está em equilíbrio dinâmico, aforça aplicada pelo motor deve ser igual ao pesototal do elevador. Seja n o número de pessoasdentro do elevador e M a massa total do sistema.Do equilíbrio, temos:F M g 10 625 (370 n 70) 10= ⋅ ⇒ = + ⋅ ⋅ ⇒⇒ ≅n 9,9
Como n deve ser inteiro, o número máximo depassageiros que pode ser transportado pelo ele-vador é 9.
física 5
Questão 7
Questão 8
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:10
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Um corpo indeformável em repouso é atingi-do por um projétil metálico com a velocidadede 300 m/s e a temperatura de 0 Co . Sabe-seque, devido ao impacto, 1/3 da energia cinéti-ca é absorvida pelo corpo e o restante trans-forma-se em calor, fundindo parcialmente oprojétil. O metal tem ponto de fusãot 300 Cf
o= , calor específico c = 0,02 cal/g oC ecalor latente de fusão Lf = 6 cal/g. Conside-rando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massa total doprojétil metálico que se funde é tal quea) x < 0,25.c) 0,25 < x < 0,5.e) x > 0,5.
b) x = 0,25.d) x = 0,5.
alternativa B
Admitindo-se que 2/3 da energia cinética inicial édissipada em forma de calor e que essa energia éresponsável pela parcial fusão do projétil, temos:
23
mv2
m c x m L2
⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅Δθ
Adotandoc 80J
kg Co=⋅
e L 2,4 10J
kg4= ⋅ , temos:
3003
80 300 x 2,4 102
4= ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒ x 0,25=
Uma bolinha de massa M é colada na extre-midade de dois elásticos iguais de borracha,cada qual de comprimento L/2, quando na po-sição horizontal. Desprezando o peso da boli-nha, esta permanece apenas sob a ação datensão T de cada um dos elásticos e executano plano vertical um movimento harmônicosimples, tal que sen tgθ θ≅ . Considerandoque a tensão não se altera durante o movi-mento, o período deste vale
a) 24ML
Tπ . b) 2
ML4T
π .
c) 2MLT
π . d) 2ML2T
π .
e) 22ML
Tπ .
alternativa B
Do Princípio Fundamental da Dinâmica, temos:
R m 2T sen M y2= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒γ θ ω
⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =2T sen ML t
24TML
2 2θ ω θ ωg
Assim, o período (p) é dado por:
2p
4TML
2π⎛
⎝⎜
⎞⎠⎟ = ⇒ p 2
ML4T
= π
Numa cozinha industrial, a água de umcaldeirão é aquecida de 10oC a 20oC, sendomisturada, em seguida, à água a 80oC de umsegundo caldeirão, resultando 10 � de água a32 oC, após a mistura. Considere que hajatroca de calor apenas entre as duas porçõesde água misturadas e que a densidade abso-luta da água, de 1 kg/�, não varia com a tem-peratura, sendo, ainda, seu calor específicoc 1,0 cal g C1 o 1= − − . A quantidade de calor re-cebida pela água do primeiro caldeirão ao seraquecida até 20oC é dea) 20 kcal.d) 80 kcal.
b) 50 kcal.e) 120 kcal.
c) 60 kcal.
alternativa D
Da conservação da energia, temos:m c m c
m m MA A B B
A B
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =+ =
⇒Δ Δθ θ 0
⇒m m
m mA B
A B
(32 20) (32 80) 0
10
− + − =+ =
⇒
⇒ =m kgA 8
Assim, para o aquecimento da água do primeirocaldeirão, temos:Q m cA= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒Δθ 8 10 1 (20 10)3
⇒ Q 80= kcal
física 6
Questão 9
Questão 10
Questão 11
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:11
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A água de um rio encontra-se a uma velocida-de inicial V constante, quando despenca deuma altura de 80 m, convertendo toda a suaenergia mecânica em calor. Este calor é inte-gralmente absorvido pela água, resultandoem um aumento de 1K de sua temperatura.Considerando 1 cal ≅ 4J, aceleração da gravi-dade g = 10 m/s2 e calor específico da águac 1,0 cal g C1 o 1= − − , calcula-se que a velocida-
de inicial da água V é dea) 10 2 m/s. b) 20 m/s.c) 50 m/s. d) 10 32 m/s.e) 80 m/s.
alternativa E
No SI, o calor específico da água é:
c 1cal g C 4000 J kg K1 o 1 1 1= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅− − − −
Como toda energia mecânica converteu-se emcalor, temos:
E Qm
2m g h m c Tm
2= ⇒ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒V Δ
⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒V 2 (c T g h)2 Δ
⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒V 2 (4000 1 10 80)2
⇒ V 80= m/s
Numa planície, um balão meteorológico comum emissor e receptor de som é arrastado porum vento forte de 40 m/s contra a base deuma montanha. A freqüência do som emitidopelo balão é de 570 Hz e a velocidade de pro-pagação do som no ar é de 340 m/s. Assinalea opção que indica a freqüência refletida pelamontanha e registrada no receptor do balão.a) 450 Hzd) 722 Hz
b) 510 Hze) 1292 Hz
c) 646 Hz
alternativa D
Podemos dividir o problema em duas etapas:1) Som indo do balão para a montanha:
f fv vv v
f 570380 0
380 401O
F1=
−−
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒ = −
−⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒
⇒ =f 637 Hz1 (freqüência recebida pela montanha).
2) Som indo da montanha para o balão:
f fv vv v
f 637300 40)
300 02 1O’
F’2=
−−
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒ = − −
−⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒(
⇒ f 722 Hz2 = (freqüência recebida pelo balão).
A figura mostra um raio de luz propagan-do-se num meio de índice de refração n1 etransmitido para uma esfera transparentede raio R e índice de refração n2 . Considereos valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pe-quenos, tal que cada ângulo seja respectiva-mente igual à sua tangente e ao seu seno. Ovalor aproximado de φ2 é de
a) φ φ α21
21= −n
n( ).
b) φ φ α21
21= +n
n( ).
c) φ φ α21
21= + −
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
nn
1nn
1
2.
d) φ φ21
21= n
n.
e) φ φ α21
21 1= + −
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
nn
nn
1
2.
alternativa E
Da figura, temos os ângulos a seguir:
física 7
Questão 12
Questão 13
Questão 14
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:13
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Da Lei de Snell-Descartes, vem:
n sen( ) n sen( )1 1 2 2α φ α φ+ = +Sendo sen( )1 1α φ α φ+ = + e sen( )2α φ+ == +α φ2 , temos:
n ( ) n ( )1 1 2 2α φ α φ+ = + ⇒⇒ + = + ⇒n n n n1 1 1 2 2 2α φ α φ⇒ = − + ⇒n (n n ) n2 2 1 2 1 1φ α φ
⇒ φ φ α21
21
1
2
nn
nn
1= + −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
A figura mostra dois alto-falantes alinhadose alimentados em fase por um amplificadorde áudio na freqüência de 170 Hz. Conside-re que seja desprezível a variação da inten-sidade do som de cada um dos alto-falantescom a distância e que a velocidade do som éde 340 m/s. A maior distância entre doismáximos de intensidade da onda sonora for-mada entre os alto-falantes é igual a
a) 2 m. b) 3 m. c) 4 m. d) 5 m. e) 6 m.
alternativa E
De acordo com a equação fundamental da ondu-latória, temos:
v f= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒λ λ λ =340 170 2 mPor serem fontes de mesma freqüência, operandoem fase, teremos um ponto de interferência cons-trutiva máxima no ponto médio, encontrando ou-
tros pontos de máximo a cadaλ2
, ou seja, 1 m.
Como a distância entre os alto-falantes é de 7 m,cabem 7 pontos de máximo, sendo a maior dis-tância entre dois pontos de máximo igual a 6 m.
O circuito da figura é composto de duas resis-tências, R 1,0 101
3= × Ω e R 1,5 1023= × Ω,
respectivamente, e de dois capacitores, de capa-citâncias C 1,0 101
9= × − F e C 2,0 1029= × − F,
respectivamente, além de uma chave S, ini-cialmente aberta. Sendo fechada a chave S, avariação da carga ΔQ no capacitor de capaci-tância C1 , após determinado período, é de
a) − × −8 0 10 9, C.
c) − × −4 0 10 9, C.
e) + × −8 0 10 9, C.
b) − × −6 0 10 9, C.
d) + × −4 0 10 9, C.
alternativa B
Com a chave aberta e o circuito em regime esta-cionário, a ddp (U) em C1 é10 V 0 V 10 V− = e acarga é dada por:
Q C U 1 10 10 Q 10 1019 9= = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅− − C
Com a chave fechada e o circuito em regime esta-cionário, a ddp (U’) em C1 é a mesma que no re-sistor R1 (ligado em série com R2 ). Assim, para a
carga final Q’ emC1 , temos:
Q’ C U’
U’ R i
iU
R R
Q’ C RU
R R
1
1
1 2
1 11 2
==
=+
⇒ = ⋅ ⋅+
⇒
⇒ = ⋅ ⋅+ ⋅
⇒ = ⋅−
−Q’10 10 10
10 1,5 10Q’ 4 10
9 3
3 39 C
física 8
Questão 15
Questão 16
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:15
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Dessa forma, para a variação da carga ΔQ no ca-pacitor de capacitânciaC1 , vem:
ΔQ Q’ Q 4 10 10 109 9= − = ⋅ − ⋅ ⇒− −
⇒ ΔQ 6,0 10 C9= − ⋅ −
No circuito da figura, têm-se as resistênciasR, R1 , R2 e as fontes V1 e V2 aterradas. Acorrente i indicada é
a) i(V R V R )
(R R RR RR )1 2 2 1
1 2 2 1= −
+ +.
b) i(V R V R )
(R R RR RR )1 1 2 2
1 2 2 1= +
+ +.
c) i(V R V R )
(R R RR RR )1 1 2 2
1 2 2 1= −
+ +.
d) i(V R V R )
(R R RR RR )1 2 2 1
1 2 2 1= +
+ +.
e) i(V R V R )
(R R RR RR )2 1 1 2
1 2 2 1= −
+ +.
alternativa D
Unindo os pontos aterrados e aplicando as leis deKirchhoff, vem:
i i i
V R i R i 0
V R i R i 0
i i i1 2
1 1 1
2 2 2
1 2= +− + ⋅ + ⋅ =− + ⋅ + ⋅ =
⇒= + (I)
i (II)
i1 1 1
2 2 2
(V R i) / R
(V R i) / R
= − ⋅= − ⋅ (III)
Substituindo-se II e III em I, vem:
iV R V R
R R RR RR1 2 2 1
1 2 2 1=
++ +
A figura mostra uma partícula de massa m ecarga q 0> , numa região com campo magné-tico B constante e uniforme, orientado positi-vamente no eixo x. A partícula é então lança-da com velocidade inicial v no plano xy, for-mando o ângulo θ indicado, e passa pelo pon-to P, no eixo x, a uma distância d do ponto delançamento. Assinale a alternativa correta.
a) O produto d q B deve ser múltiplo de2 π m v cos θ.b) A energia cinética da partícula é aumenta-da ao atingir o ponto P.c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com mo-vimento uniformemente acelerado.d) A partícula passa pelo eixo x a cada inter-valo de tempo igual a m/qB.e) O campo magnético não produz aceleraçãona partícula.
alternativa A
Do MCU decorrente da componente v y da veloci-dade v, podemos calcular o período T por:
Rmv
q BR
mqB
2 RT
T2 mqB
y= ⇒ = ⋅ ⇒ =| |
π π
Do MRU decorrente da componente v x , sendo Po ponto, no eixo x, no qual a partícula passa pelan-ésima vez após o lançamento, temos:
vxt
v cosdnTx = ⇒ = ⇒Δ
Δθ
⇒ = ⋅ ⇒d2 mqB
v cosnπ θ dqB n v= 2 m cosπ θ
em que n N∈ ∗.
física 9
Questão 17Questão 18
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:16
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Considere uma sala à noite iluminada apenaspor uma lâmpada fluorescente. Assinale a al-ternativa correta.a) A iluminação da sala é proveniente docampo magnético gerado pela corrente elétri-ca que passa na lâmpada.b) Toda potência da lâmpada é convertida emradiação visível.c) A iluminação da sala é um fenômeno rela-cionado a ondas eletromagnéticas originadasda lâmpada.d) A energia de radiação que ilumina a sala éexatamente igual à energia elétrica consumi-da pela lâmpada.e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissi-pado pela lâmpada.
alternativa C
A iluminação da sala é causada devido às ondaseletromagnéticas originadas da lâmpada.
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr éconstituído de um elétron de carga −e e mas-sa m, que se move em órbitas circulares deraio r em torno do próton, sob a influênciada atração coulombiana. O raio r é quantiza-do, dado por r = n a2
0 , onde a0 é o raio de
Bohr e n = 1, 2, ... . O período orbital para onível n, envolvendo a permissividade do vá-cuo ε0 , é igual a
a) e / (4 a n m a )03
0 0π ε .
b) (4 a n m a ) / e03
0 0π ε .
c) ( a n m a ) / e03
0 0π π ε .
d) (4 a n m a ) / e03
0 0π π ε .
e) e / (4 a n m a )03
0 0π π ε .
alternativa D
Utilizando a 2ª Lei de Newton para o elétron sob ainfluência da força coulombiana:
R F
R m r
F1
4e
r2T
m2T
r
cp el.
cp2
el.0
2
2
2
=
=
= ⋅
=
⇒ ⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ =
ω
π
ω π
π
ε1
4e
r0
2
2πε ⋅ ⇒
⇒ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⇒Tm 4 4 (n a )
e
20
20
3
2π π ε
⇒ T4 a n
em a0
3
0 0=⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅π
π ε
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NU-MERADAS DE 21 A 30, DEVEM SERRESPONDIDAS NO CADERNO DE SO-LUÇÕES.
Equipado com um dispositivo a jato, o ho-mem-foguete da figura cai livremente do altode um edifício até uma altura h, onde o dispo-sitivo a jato é acionado. Considere que o dis-positivo forneça uma força vertical para cimade intensidade constante F. Determine a al-tura h para que o homem pouse no solo comvelocidade nula. Expresse sua resposta comofunção da altura H, da força F, da massa mdo sistema homem-foguete e da aceleração dagravidade g, desprezando a resistência do are a alteração da massa m no acionamento dodispositivo.
física 10
Questão 19
Questão 20
Questão 21
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:18
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Resposta
Utilizando-se do teorema da energia cinética econsiderando que o homem-foguete inicia e finali-za seu movimento com velocidade nula, temos:
R c P FEτ τ τ= ⇒ + = ⇒Δ 0
⇒ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒m g H F h 0 hm g H
F= ⋅ ⋅
Um corpo de massa m e velocidade v0 a umaaltura h desliza sem atrito sobre uma pistaque termina em forma de semi-circunferênciade raio r, conforme indicado na figura. Deter-mine a razão entre as coordenadas x e y doponto P na semi-circunferência, onde o corpoperde o contato com a pista. Considere a ace-leração da gravidade g.
Resposta
No momento em que o corpo perde o contato, aúnica força que age sobre ele é o peso.
Como o movimento é circular, temos:
Rmv
rm g cos
mvrcp
2 2= ⇒ ⋅ = ⇒α
⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅m gyr
mvr
v g y2
2
Pela conservação da energia mecânica, temos:
E Emi
mf= ⇒
⇒ + ⋅ ⋅ =mv
2m g h0
2 mv2
m g y2
+ ⋅ ⋅ ⇒
⇒ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒v2
g hg y
2g y0
2
⇒ = +yv3g
2h3
02
Pelo Teorema de Pitágoras:
x y rx
y
y
y
r
y2 2 2
2
2
2
2
2
2+ = ⇒ + = ⇒
⇒ =⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ − ⇒x
yry
12
⇒ =+
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
− ⇒xy
r
v3g
2h3
102
2
⇒ xy
3gr
21
02
2
=+
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ −
v gh
Lançado verticalmente da Terra com veloci-dade inicial V0 , um parafuso de massa mchega com velocidade nula na órbita de umsatélite artificial, geoestacionário em relaçãoà Terra, que se situa na mesma vertical.Desprezando a resistência do ar, determinea velocidade V0 em função da aceleração dagravidade g na superfície da Terra, raio daTerra R e altura h do satélite.
física 11
Questão 22
Questão 23
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:19
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Resposta
Do Princípio da Conservação da Energia Mecâni-ca, temos:
E EGM m
Rm V
2GM mR hm
ImII 0
2= ⇒ − ⋅ +
⋅= − ⋅
+⇒
⇒ =+
V2GMh
R(R h)0
A aceleração da gravidade na superfície da Terra
é gGM
R 2= . Assim, temos:
V2GMh
R (R h)0 2=
+⋅ ⇒R V
2RhgR h0 =
+
Um sistema massa-molas é constituído pormolas de constantes k1 e k2 , respectivamen-te, barras de massas desprezíveis e um corpode massa m, como mostrado na figura. Deter-mine a freqüência desse sistema.
Resposta
A constante elástica equivalente keq do sistema édada por:
k2k 3k2k 3k
k6k k
2k 3keq1 2
1 2eq
1 2
1 2=
⋅+
⇒ =⋅
+
Então, a freqüência do sistema é obtida de:
fk
meq= ⇒1
2 πf
12
6k km(2k 3k )
1 2
1 2=
⋅+π
A figura mostra uma bolinha de massam 10= g presa por um fio que a mantém to-talmente submersa no líquido (2), cuja densi-
dade é cinco vezes a densidade do líquido (1),imiscível, que se encontra acima. A bolinhatem a mesma densidade do líquido (1) e suaextremidade superior se encontra a uma pro-fundidade h em relação à superfície livre.Rompido o fio, a extremidade superior da bo-linha corta a superfície livre do líquido (1)com velocidade de 8,0 m/s. Considere acelera-ção da gravidade g = 10 m/s2, h 201 = cm, e
despreze qualquer resistência ao movimentode ascensão da bolinha, bem como o efeito daaceleração sofrida pela mesma ao atravessara interface dos líquidos.
Determine a profundidade h.
Resposta
Quando o fio é rompido, a aceleração da bolinhaé dada por:
E P m a 5 gm
m g m a11
− = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅μμ
⇒
⇒ a = 40 m/s2
Desprezando o efeito da aceleração sofrida pelamesma ao atravessar a interface dos líquidos, econsiderando que no líquido 1 a bolinha se move-rá com velocidade constante, a profundidade h éobtida de:
0v v 2a(h h ) 8 2 40(h 0,2)2
02
12= + − ⇒ = ⋅ − ⇒
⇒ h = 1,0 m
Um raio de luz de uma lanterna acesa em Ailumina o ponto B, ao ser refletido por um es-pelho horizontal sobre a semi-reta DE da fi-gura, estando todos os pontos num mesmoplano vertical. Determine a distância entre aimagem virtual da lanterna A e o ponto B.Considere AD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.
física 12
Questão 24
Questão 25
Questão 26
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:20
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Resposta
Do enunciado, podemos construir o esquema aseguir. Sendo A’ a imagem da lanterna em rela-ção ao espelho:
Do Teorema de Pitágoras, aplicado ao triânguloA’OB, temos:
A’B A’ B 5 52 2 2 2 2 2= + ⇒ = + ⇒A’O BO
⇒ = ⇒A’B 5 2 A’ B 7,1 m=
Duas cargas pontuais +q e −q, de massasiguais m, encontram-se inicialmente na ori-gem de um sistema cartesiano xy e caem de-vido ao próprio peso a partir do repouso, bemcomo devido à ação de um campo elétrico ho-rizontal e uniforme E, conforme mostra a fi-gura. Por simplicidade, despreze a força cou-lombiana atrativa entre as cargas e determi-ne o trabalho realizado pela força peso sobreas cargas ao se encontrarem separadas entresi por uma distância horizontal d.
Resposta
Analisando o eixo x, podemos encontrar o temponecessário para que cada carga percorra uma
distânciad2
. Como as cargas partem do repouso,
e apenas a força elétrica, devido ao campo elétri-
co E, atua na direção x, temos:0
Δx = + ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒v t12
a td2
12
q Em
t0x x2 2
⇒ td mq E
2 = ⋅⋅
Assim, podemos encontrar a altura h que os cor-pos percorreram no eixo y:
0Δy = ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅v t
12
gt h12
gdmqE0y
2
Da definição do trabalho da força peso e substi-tuindo na expressão anterior, para cada carga, te-mos:
p pm g h mg12
gdmqE
τ τ= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒
⇒ p
2 2m g d2qE
τ =
Assim, o trabalho da força peso sobre as duascargas é m g d2 2 /(qE).
Sabe-se que a máxima transferência de energiade uma bateria ocorre quando a resistência docircuito se iguala à resistência interna da bate-ria, isto é, quando há o casamento de resistên-cias. No circuito da figura, a resistência de car-ga Rc varia na faixa 100 R 400cΩ Ω≤ ≤ . Ocircuito possui um resistor variável, Rx , queé usado para o ajuste da máxima transferên-cia de energia. Determine a faixa de valoresde Rx para que seja atingido o casamento deresistências do circuito.
Resposta
A resistência equivalente do circuito é:
física 13
Questão 27
Questão 28
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:22
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R
R RR R
20 100
R RR R
eq.
c x
c x
c x
c x
=
⋅+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⋅
⋅+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ + +20 100
A máxima transferência de energia ocorre quan-do a resistência equivalente do circuito for igualà resistência interna da bateria, ou seja, 50 Ω.Logo:
R RR R
20 100
R RR R
120
50
c x
c x
c x
c x
⋅+
+⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⋅
⋅+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ +
= ⇒
⇒⋅+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ + =
⋅+
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ + ⇒2
R RR R
40R RR R
120c x
c x
c x
c x
⇒⋅+
=R RR R
80c x
c x
Como100 R 400cΩ Ω≤ ≤ , a faixa de valores Rxpara que seja atingido o casamento de resistên-cias é:
100R100 R
80 R 400
400R400 R
80 R 100
x
xx
x
xx
+= ⇒ =
+= ⇒ =
⇒Ω
Ω
⇒ 100 R 400xΩ Ω≤ ≤
A figura mostra uma região de superfíciequadrada de lado L na qual atuam camposmagnéticos B1 e B2 orientados em sentidosopostos e de mesma magnitude B. Uma par-tícula de massa m e carga q > 0 é lançadado ponto R com velocidade perpendicular àslinhas dos campos magnéticos. Após umcerto tempo de lançamento, a partículaatinge o ponto S e a ela é acrescentada umaoutra partícula em repouso, de massa m ecarga −q (choque perfeitamente inelástico).Determine o tempo total em que a partículade carga q > 0 abandona a superfície qua-drada.
Resposta
A trajetória da partícula positiva, antes de colidircom a negativa, será uma sucessão de n semicir-cunferências de raio r m V= ⋅ /( |q | ⋅ B). Assim,sendo t m= π /( |q | ⋅ B) o tempo gasto em cada se-micircunferência, o tempo total (t1) no percursoRS é dado por:
t nt
nRS2r
tRS q B
2mVm
q B
1
1
=
=⇒ = ⋅ ⋅ ⋅
⋅⇒| |
| |π
⇒ = ⋅t2
RSV1
π
Para o choque, temos:
Q Q mV 2mv vV2i f= ⇒ = ⇒ =
Como o conjunto tem carga total nula, ele descre-ve um MRU na direção perpendicular à RS. Admi-
tindo que a reta RS divide a região quadrada aomeio, o tempo t2 gasto pelo conjunto para deixara região quadrada é dado por:
t
L2v
L2V2
tLV2 2= = ⇒ =
Assim, o intervalo de tempo total (Δt) pedido édado por:
Δt t t2
RSV
LV1 2= + = ⋅ + ⇒π
⇒ Δt1V
RS2
L= ⋅ +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
π
Obs.: para o caso particular em que n 1= , temosRS 2mV= /( |q | ⋅ B) e Δt será dado por:
Δtm
BLV
=⋅
+π| |q
física 14
Questão 29
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:23
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Física – exame mais simplesCom predomínio de questões básicas, o ITA, este ano, não deve terassustado os candidatos. Além disso, tivemos um retorno ao tradicionaldomínio de Mecânica.
física 15
Aplica-se instantaneamente uma força a umcorpo de massa m = 3,3 kg preso a uma mola, everifica-se que este passa a oscilar livrementecom a freqüência angular ω = 10 rad/s. Agora,sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas emrepouso, faz-se incidir um feixe de luz mono-cromática de freqüência f = 500 × 1012 Hz,de modo que toda a energia seja absorvi-da pelo corpo, o que acarreta uma disten-são de 1 mm da sua posição de equilí-brio. Determine o número de fótons contidono feixe de luz. Considere a constante dePlanck h = 6,6 × 10 34− J s.
Resposta
A constante elástica k da mola é dada por:k m k 100 3,3 k 3302= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =ω N/m
Para uma distensão de1 10 3mm = − m, a energiaelástica armazenada na mola é:
Ekx2
330 (10 )2e
2 3 2= = ⋅ ⇒
−
⇒ = ⋅ −E 1,65 10e4 J
Sendo a energia de cada fóton dada por E hff = ,temos:E n E
E hfE nhfe f
fe
= ⋅=
⇒ = ⇒
⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒− −1,65 10 n 6,6 10 500 104 34 12
⇒ n 5 1014= ⋅ fótons
Questão 30
TERMOLOGIA
8%
MECÂNICA
47%
ÓPTICA/ONDAS
17%
ELETRICIDADE
20%
FÍSICA
MODERNA
7%
FÍSICA
GERAL
1%
Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:24
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