Download - o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembroangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/Download.asp?NomeArq=Prova_556... · É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição

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 cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.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 Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), 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 25 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de 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.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 equivalem a50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.

oanglo

resolve

a provade Física

do ITAdezembrode 2006

Código: 83580106

2ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES

Sobre um corpo de 2,5kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de inten-sidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com onúmero correto de algarismos significativos é

A) 40,00m/s2.

B) 40m/s2.

C) 0,4 × 102m/s2.

D) 40,0m/s2.

E) 40,000m/s2.

Aplicando-se a 2ª- lei de Newton, temos:

R = mγ

Como a grandeza m = 2,5kg possui 2 algarismos significativos e a resultante possui 5, a grandeza γ possui 2 alga-rismos significativos. Dessa forma, temos:

Resposta: B

A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m

de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a Considere

a aceleração da gravidade g = 10m/s2, senθ = 0,8, cosθ = 0,6 e que o ar não oferece resistência. O tempo mí-nimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é

A) 0,20s.B) 0,24s.C) 0,40s.D) 0,44s.E) 0,48s.

P

Q

θvP→

x

13

.

Questão 2

γ γ= =⇒150 40 50 40

2 540 2, – ,

,/m s

γ =Rm

Resolução

Questão 1ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

Representando-se a situação descrita no enunciado:

Entre P e QAs componentes das forças pertinentes ao estudo do movimento são:

Da figura acima:

Como o atrito é cinético:

Substituindo-se (1) em (2):R = µ ⋅ P ⋅ cosθ + P ⋅ senθm|a| = µ ⋅ mg ⋅ cosθ + mg ⋅ senθ

|a | = ⋅ 10 ⋅ 0,3 + 10 ⋅ 0,8 ⇒ |a | = 10m/s2

Sendo a aceleração constante:v2Q = v2

P + 2a∆s ⇒ v2Q = 52 – 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8 ∴ VQ = 3m/s.

vQ = vP + atPQ ⇒ 3 = 5 – 10 ⋅ tPQ ∴ tPQ = 0,2sEntre Q e RRepresentando-se o corpo ao passar pelo ponto Q, decompondo-se sua velocidade na direção vertical e orien-tando-se a trajetória:

(vQ)y = vQ ⋅ senθ = 3 ⋅ 0,8 ∴ (vQ)y = 2,4m/s.Como em y o movimento é uniformemente variado e |ay| = g:

vy = (vQ)y + aytvy = 2,4 – 10t

Na altura máxima vy = 0, logo:0 = 2,4 – 10tQR ∴ tQR = 0,24s

Em todo trecho PQRtPR = tPQ + tQR =

= 0,2 + 0,24 ∴ tPR = 0,44sResposta: D

(vQ)y

y

vQ

θ

13

N = Pcosθ (1)

R = µ ⋅ N + Psenθ (2)

N = P ⋅ cosθR = A + Psenθ

A

N

PcosθPsenθ

P

Q

vP→

R

Resolução


A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por umatleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DE sãopercorridos com a mesma velocidade de módulo constante.

Considere as seguintes afirmações:

I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.

III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, parasudoeste, no DE.

Então, está(ão) correta(s)A) apenas a I.B) apenas a I e II.C) apenas a I e III.D) apenas a II e III.E) todas.

I. IncorretaA classificação de um movimento em acelerado, retardado ou uniforme refere-se ao módulo da velocidade.Logo, nos trechos BC e DE, apesar de o corpo estar dotado de aceleração centrípeta, o seu movimento éuniforme, e não acelerado, pois o módulo de sua velocidade permanece constante nesses trechos.

II. CorretaTrecho AB: Movimento retilíneo acelerado

⇒ →ac = 0

→; →at a favor de v

→; γ→ =

→at

Trecho EF: Movimento retilíneo retardado.

⇒ →ac = 0

→; →at contrário a v

→; γ→ =

→at

Logo:

⇒ γ→: do sul para o norte.

F

E

v→

at = γ→ →

⇒ γ→: do sul para o norte.

A

Bv at = γ→ → →

Resolução

yN

S

O L

A

B

C D

E

F

x

Questão 3


III. Correta

Como →γm =

→γm e ∆v→

têm mesma direção e mesmo sentido.

No trecho BC,→γm =

No trecho DE,→γm =

Portanto, no trecho BC a aceleração vetorial média aponta para sudeste; no trecho DE, para sudoeste.

Resposta: D

Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade v constante, desde oponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro dodisparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2.

Sendo vs a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 emrelação ao alvo Q é

A)

B)

C)

D)

E) v v v

v vs s

s

( – )

( ).

2 2+

v v v

v vs s

s

( )

( – ).

+2 2

v v v

v vs

s

( – )

( – ).

2 2

v v v

v vs s

s

( – )

( – ).

2 2

v v v

v vs s

s

( – )

( – ).

2 2

P M1 Q 90°

M2

v→

Questão 4

vE→

vD→

-vD→

vE→

vE – vD→ →

v v→ →

E D

E D

–

t – t.

vB→

vC→

vC→

-vB→vC – vB

→ →

v vt tC B

C B

→ →––

.

∆∆

vt

→

,


Sejam ∆t1 e ∆t2 os intervalos de tempo decorridos entre o disparo e a recepção dos sinais por M1 e M2, respec-tivamente. Assim:

• e (1)

Logo, (2)

• e (3)

De (1),

Substituindo-se em (3):

Elevando-se ambos os membros ao quadrado, resulta:

a2 + 2ab + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 – 2ab + 2ac – 2bc∴ 2ab = ac – bc

Dividindo-se ambos os membros por ac:

Substituindo-se (2):

Nota-se que a alternativa (A) é:

Resposta: A

v v vv v v v

vv v

s s

s s

s

s

( – )( )( – )+

=+

∴ =

+bc

vv v

s

s

bc

v vv vv vv v

bc

v v v vv v

s

s

s

s

s s

s=

+

=+ +

+

⋅

⋅

⇒ ⋅12

112

–

––

2 1

12

1bc

ba

bc

ba

= = −

⇒–

( ) –a b cv

a b cvs s

+ +=

+2 2

( ) –.

a bv

a bvs

+=

∆ta b

vcvs

2 =+

+ .∆ta b c

vs2

2 2=

+ +( )

av v

bv vs s

1 1 1 1– .

= +

∆t

a bv

bvs

1 =+

+ . ∆t

avs

1 =

M1

M2

c

baP Q

Resolução


Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrioestático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso P1 = 100N na extremidade a 50cm de M, e deum peso P2 = 60N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se,agora, o peso P2 na posição original de P1, passando este à posição de distância x1 = 1,6x2 da extremidade N.

Sendo de 200cm o comprimento da barra e g = 10m/s2 a aceleração da gravidade, a massa da barra é de

A) 0,5kg.B) 1,0kg.C) 1,5kg.D) 1,6kg.E) 2,0kg.

Tomando-se o posto M como pólo, tem-se:

100 × 0,5 = mg × 0,5 + 60(1,5 – x2)5 = 0,5m + 9 – 6x2

x2 =

60 × 0,5 = mg × 0,5 + 100(1,5 – 1,6x2)3 = 0,5m + 15 – 16x2

x2 =

8m + 64 = 3m + 725m = 8m = 1,6kg

Resposta: D

0 5 46

0 5 1216

, ,m m+=

+⇒

0 5 1216

, m +

1 m

M

0,5 m 1,6x2

mg60 N 100 N

0 5 46

, m +

1 m

M

0,5 m x2

mg100 N 60 N

Resolução

200 cm

P1 P2

x2

x1

50 cmM

N

Questão 5


No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também,simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático.

Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale

A) D)

B) L. E)

C)

A figura que segue representa as forças aplicadas no ponto Q e as medidas pertinentes ao estudo da situaçãodescrita no enunciado.

Da trigonometria:

Decompondo-se as forças nos eixos x e y e estabelecendo-se as condições de equilíbrio:

2Fy = Mg ⇒ 2 ⋅ mg ⋅ senθ = Mg (2)

Substituindo-se (1) em (2):

Resposta: A

2 mh

h LM h

ML

4m M2 2 2 2⋅ ⋅

+= ∴ =

−

Mg

Fy Fy mg

y

mg

θ x

senh

h Lθ =

+2 21( )

mg mg

Mg

Q BL

h

θ

A

h2 + 4L2

Resolução

ML M m/ .2 24−

ML m M/ .2 2 2−

mL m M/ .4 2 2− ML m M/ .4 2 2−

P

m m

h

M

Q

2L

Questão 6


Uma bala de massa m e velocidade v0 é disparada contra um bloco de massa M, que inicialmente se encontraem repouso na borda de um poste de altura h, conforme mostra a figura.

A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não haven-do atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge osolo vale

A)

B)

C)

D)

E)

A situação será analisada em duas etapas:1ª-: colisão da bala (m) no bloco (M);2ª-: lançamento horizontal do conjunto bala + bloco.Na 1ª- etapa: Sistema isolado

Qsist = Q‘sistm ⋅ v0 = (M + m) ⋅ v‘

v‘ =

Na 2ª- etapa: Sistema conservativo

0

εcf + εP

f = εci + εp

i

Resposta: A

∴ =

+

+V

mvm M

ghf0

2

2

12

12

2 2( ) ( ) ( )m M v m M v m M ghf+ = + ′ + +⋅h

início

fimvf = ?

m(m + M)v’ = v0

(m + M)

(posição de referência)

mm M

v+

0

(M + m)

v’

M v = 0m v0

ANTES

DEPOIS

Resolução

mvm M

gh02

2+

+ .

v g h02 2+ ⋅ .

vmghM0

2 2+ .

vghm

m M02

2

2

2+

+( ).

mvm M

gh02

2+

+ .

M

h

m

v0

Questão 7


Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32m em 40s, um elevador consome apotência de 8,5kW de seu motor. Considere seja 370kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidadeg = 10m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70kg cada um, a ser transportado peloelevador éA) 7.B) 8.C) 9.D) 10.E) 11.

A potência do motor do elevador pode ser calculada por:

Considerando seu movimento uniforme, não há, portanto, variação da energia cinética. Daí:

8,5 ⋅ 103 = 8m ∴ m = 1062,5kgSendo m a massa do conjunto (elevador + passageiros):

m = me + n ⋅ mp

1062,5 = 370 + n ⋅ 70n ≈ 9,8

∴ O número máximo de passageiros é 9.

Resposta: C

Um corpo indeformável em repouso é atingido por projétil metálico com a velocidade de 300m/s e a tempera-tura de 0°C. Sabe-se que devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restantetransforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calorespecífico c = 0,02cal/g°C e calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1cal ≅ 4J, a fração x da massa total

do projétil metálico que se funde é tal queA) x 0,25.B) x = 0,25.C) 0,25 x 0,5.D) x = 0,5.E) x 0,5.

Para o projétil, tem-se que:

v = 300m/s

θ0 = 0°C

εc m m= =⋅ ⋅

12

3 10 4 5 102 2 4( ) ,

εc

212

mv=

Lcalg

Jkgf = = ⋅6 24 103

c

calg C

Jkg C

=°

=°

⋅ ⋅⋅

0 02 0 08 103, ,

Resolução

Questão 9

Pott

mght

mmp= = = =

⋅ ⋅| |∆

∆ ∆

ε 10 3240

8

Pot | |

t8,5 10 W3= = ⋅

∆∆ε

Resolução

Questão 8


O corpo absorve da energia cinética, portanto o projétil absorve da energia cinética. Essa energia

aquecerá o projétil e fundirá parte de sua massa. Assim:

= Qaquecimento + Qfusão

x = 0,25

Resposta: B

Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de doiselásticos iguais de borracha, cada qual de comprimentoL/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso dabolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T decada um dos elásticos e executa no plano vertical ummovimento harmônico simples, tal que senθ ≅ tgθ. Con-siderando que a tensão não se altera durante o movimen-to, o período deste vale

A) D)

B) E)

C)

Representando-se na figura ao lado as forças e a resul-tante na bolinha, para uma posição arbitrária com elon-gação y:A intensidade da resultante das forças é, portanto:

R = 2 ⋅ T ⋅ senθ ≅ 2 ⋅ T ⋅ tgθ (1)Da figura é possível verificar que:


A intensidade da aceleração da bolinha é calculada por:

| | ( )a

TML

y= ⋅4

3

| |a

RM

=

R

TL

y= ⋅⋅4

tg

yL

tgy

Lθ θ= ∴ =

/( )

22

2

RT

θ

L2

Ty

Resolução

2πMLT

.

2

2π

MLT

. 2

4π

MLT

.

2

2π

MLT

. 2

4π

MLT

.

y

M

θ

L2

L2

Questão 10

∴m

m6000

2400014

f = =

23

4 5 10 80 300 24 104 3⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= +, m m mf

23εc

23

13


Como a bolinha executa um MHS:

|a| = 2y (4)

Igualando-se (3) e (4):

O período do movimento pode ser assim obtido

Resposta: B

Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em seguida, àágua a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10l de água a 32°C, após a mistura. Considere haja troca decalor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/l, nãovaria com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c = 1,0 calg–1°C–1. A quantidade de calor recebidapela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é deA) 20kcal. D) 80kcal.B) 50kcal. E) 120kcal.C) 60kcal.

Dados

Água 1 Água 2

Sendo o sistema termicamente isolado:Q1 + Q2 = 0

m1 c ∆θ + m2 c ∆θ = 0

m1 ⋅ 12 + m2 ⋅ (–48) = 0

m1 = 4m2 (I)

Como a mistura (m1 + m2) resulta em 10L:

m1 + m2 = 10 (II)

Resolvendo-se o sistema das equações (I) e (II):

m1 = 8kg e m2 = 2kgPara aquecer a água I (m1 = 8kg) de 10°C para 20°C, será necessário fornecer a seguinte quantidade de calor:

Q = m1 c ∆θ

Q = 80kcal

Resposta: D

Q kg

calg C

C=°

°⋅ ⋅8 1 10( )

m2c = 1cal/g°Cθ0 = 80°C

θ = 32°C∆θ = –48°C

m1c = 1cal/g°Cθ0 = 20°C

θ = 32°C∆θ = 12°C

Resolução

Questão 11

T

MLT

= 24

π

T =

2π

=

4TML


64748 64748

A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80m,convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultan-do em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1cal ≅ 4J, aceleração da gravidade g = 10m/s2

e calor específico da água c = 1,0calg–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de

A) D)

B) 20m/s. E) 80m/s.C) 50m/s.

• A energia mecânica do sistema de uma porção de massa m é:

εm = εc + εp ⇒ εm =

• A energia térmica é dada por:Q = m c ∆θ.

Então:

•

v = 80m/s

Resposta: E

Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento fortede 40m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570Hz e a velocidadede propagação do som no ar é de 340m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanhae registrada no receptor do balão.A) 450Hz D) 722HzB) 510Hz E) 1292HzC) 646Hz

O fenômeno físico apresentado pelo enunciado é equivalente à seguinte situação:

De acordo com a equação do efeito Doppler:

∴ fap = 722Hz

Resposta: D

f f

v vv vap real

som observador

som fonte=

++

=+−

⋅570340 40340 40

vobservador = +40m/s

observador

vfonte = –40m/s

fonte

+

Resolução

Questão 13

v = −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 4 10 1 2 10 803

c1cal

g C

4 10 J

kg K

3=

°=

⋅

⋅

12

2 22mv mgh m c v c gh+ = = −⋅ ⋅ →∆ ∆θ θ

12

2mv mgh+

Resolução

10 32 m/s. 10 2 m/s.

Questão 12


A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n1 e transmitido para uma esferatransparente de raio R e índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pequenos, tal

que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de

A)

B)

C)

D)

E)

Observe a figura abaixo:

Aplicando-se a lei de Snell para a refração:

sen(φ2 + α) ⋅ n2 = sen(φ1 + α) ⋅ n1

φ2 1 α 1 φ1 1 α 1

( senφ2 ⋅ cosα + senα cosφ2) ⋅ n2 = ( senφ1 ⋅ cosα + senα cosφ1) ⋅ n1

Observação: Para ângulo θ muito pequeno: θ ≈ senθ ≈ tgθ e cosθ ≈ 1.(φ2 + α)n2 = (φ1 + α) ⋅ n1

Resposta: E

φ φ α21

21

1

21= + −

⋅

nn

nn

senisenr

nn

= 2

1

φ1

φ2

αO

n2n1

α

N

i = (φ1 + α)

r = (φ2 + α)

Resolução

φ φ α2 1

1

2

1

21= + −

nn

nn

.

φ φ2 1

1

2=

nn

.

φ φ α2 1

1

2

1

21= + −

nn

nn

.

φ φ α2

1

21

nn

( ).= +

φ φ α2

1

21

nn

( ).= –

R

φ1

φ2

α

O

h

n2n1

Questão 14


A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüên-cia de 170Hz. Considere seja desprezível a variação da intensidade do som de cada um dos alto-falantes coma distância e que a velocidade do som é de 340m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade daonda sonora formada entre os alto-falantes é igual a

A) 2m.B) 3m.C) 4m.D) 5m.E) 6m.

Observe o esquema da figura:

Nos pontos onde há máximos de intensidade da onda sonora ocorre interferência construtiva. Como as fontes

estão em fase, a diferença de marcha (∆x = |x1 – x2|) é igual a um múltiplo par de

Da equação fundamental da ondulatória:

v = λ ⋅ f340 = λ ⋅ 170 ⇒ λ = 2m.

Dessa forma, temos:

|2x1 – 7| = n2x1 – 7 = n ou 2x1 – 7 = –n

→ ñ convém → ñ convém

Portanto, a maior distância entre dois máximos de intensidade sonora é entre x1 = 0,5m é x’1 = 6,5m, ou seja,6m.

Resposta: E

n x1

0 3,5

2 2,5

4 1,5

6 0,5

8 –0,5

n x1

0 3,5

2 4,5

4 5,5

6 6,5

8 7,5

x

n1

72

=− +

x

n1

72

=+

| ( ) |x x n1 17

22

− − = ⋅

| |x x n1 2 2

− = ⋅λ

λ2

.

x2 = 7 – x1 x1

P

Resolução

700cm

Questão 15


O circuito da figura é composto de duas resistências, R1 = 1,0 × 103Ω e R2 = 1,5 × 103Ω, respectivamente, e de

dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 × 10–9F e C2 = 2,0 × 10–9F, respectivamente, além de uma chave S,

inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, após

determinado período, é de

A) –8,0 × 10–9C.B) –6,0 × 10–9C.C) –4,0 × 10–9C.D) +4,0 × 10–9C.E) +8,0 × 10–9C.

• chave S aberta

Assim, a carga no capacitor 1 vale:Q1 = C1U = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 10 ∴ Q1 = 10 ⋅ 10–9C

• chave S fechada

Q1‘ = C1U1 = C1R1i = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 1 ⋅ 103 ⋅ 4 ⋅ 10–3

Q‘1 = 4 ⋅ 10–9C

A variação de carga (∆Q) é dada por:∆Q = Q‘1 – Q1 = 4 ⋅ 10–9 – 10 ⋅ 10–9 ∴ ∆Q = –6 ⋅ 10–9C

Resposta: B

i10

R R

10

2,5 10i 4 10 A

1 23

3=+

=⋅

∴ = ⋅−

−

R1

R2C2

C1

i

10V

U1i

i

R1

R2C2

C1i1 = 0

10V

i2 = 0

Resolução

R1

R2C2

C1

S

0V

10V

Questão 16


No circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas. A corrente i indicada é

A)

B)

C)

D)

E)

Como i = i1 + i2 e a ddp entre os pontos A e B é igual para os geradores e para o resistor, escrevemos:

⇒

⇒

Logo:

∴

Resposta: D

i

V R V RR R RR RR

=+

+ +( ( )

( )1 2 2 1

1 2 2 1

i

V V R R

V R

R R R

R R

R V R VR R RR RR

=

− +

− +=

− −− − −

1 2 1 2

1 1

2 1 2

1

1 2 2 1

1 2 1 2

V1 – V2 = –R2i + (R1+ R2)i1V1 = Ri + R1i1

V1 – R1i1 = V2 – R2(i – i1)

V1 – R1i1 = Ri

R1 R2

RiV1V2

i1

A

B

i2

Resolução

i

(V R – V R )(R R RR RR )

.2 1 1 2

1 2 2 1=

+ +

i

V R V RR R RR RR

=+

+ +( )

( ).1 2 2 1

1 2 2 1

i

V R V RR R RR RR

=−

+ +( )

( ).1 1 2 2

1 2 2 1

i

(V R V R )(R R RR RR )

.1 1 2 2

1 2 2 1=

++ +

i

V R V RR R RR RR

=−

+ +( )

( ).1 2 2 1

1 2 2 1

R1 R2

RiV1V2

Questão 17


A figura mostra uma partícula de massa m e carga q 0, numa região com campo magnético B→

constante euniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial v→ no planoxy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.

Assinale a alternativa correta.A) O produto d q B deve ser múltiplo de 2πmv cosθ.B) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.C) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado.D) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB.E) O campo magnético não produz aceleração na partícula.

A partícula realizará um movimento helicoidal cilíndrico, avançando no sentido do eixo x.

• O raio da hélice será:

• O período do movimento será:

• O passo será:

• A distância d é múltiplo de p.Então: d = N ⋅ p, com N ∈ *

dqB = N ⋅ 2πmvcosθ

Resposta: A

Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.A) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa na lâm-

pada.B) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.C) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.D) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada.E) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.

Questão 19

d Nvcos 2 m

qB= ⋅

⋅θ π

p v cos T pvcos 2 m

qB= ⇒ =⋅ ⋅

⋅θ

θ π

T

mqB

=2π

r

m v senqB

=⋅ ⋅ θ

Resolução

y

q d

θ

B→v

→

xP

Questão 18


Ondas luminosas são ondas eletromagnéticas com freqüências dentro do espectro visível. Portanto, a ilumina-ção de uma sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas pela lâmpada.

Resposta: C

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga –e e massa m, que se moveem órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r équantizado, dado por r = n2 a0, onde a0 é o raio de Bohr e n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n,

envolvendo a permissividade do vácuo ε0, é igual a

A)

B)

C)

D)

E)

De acordo com o modelo Bohr, o elétron realiza um MCU em torno do próton.

A força elétrica que age sobre o elétron é a resultante centrípeta:Rc = Felet

⋅

Como e r = n2 ⋅ a0, temos:

Resposta: D

⇒ =Ta n m a

e

4 03

0 0π πε

mT

e

n a

2 14

2

0

2

20

3

ππε

= ⋅

⋅( )

ωπ

=2T

me

rω

πε2

0

2

3

14

= ⋅

|qpróton| ⋅ |qelétron|

r2m rω

πε2

0

14

⋅ =

elétron

próton

qpróton = + e

qelétron = – er

Resolução

e/ 4 a n ma .03

0 0π πε

4 03

0 0π πεa n ma e

/ .

π πεa n ma e03

0 0

/ .

e/ 4 a n ma .03

0 0π ε

e/ 4 a n ma .p 03

0 0e( )

Questão 20Resolução


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

Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete dafigura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h,onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o disposi-tivo forneça uma força vertical para cima de intensidade cons-tante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solocom velocidade nula. Expresse sua resposta como função da al-tura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e daaceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e aalteração da massa m no acionamento do dispositivo.

Representando-se a situação descrita no enunciado:

Trecho 01

O sistema é conservativo:

εmA= εmB

⇒ mgH = mgh + mvB2

vB2 = 2g(H – h)

Trecho 02

As forças aplicadas são:

τR = τP + τF

644474448 644474448 644474448

mvc2 – mvB

2 = P ⋅ ∆s ⋅ cosα + F ⋅ ∆s ⋅ cosβ

– m ⋅ 2g (H – h) = m ⋅ g ⋅ h (+1) + F ⋅ h ⋅ (–1)

∴ =hmgh

F

12

12

12

F

P

12

h

H

A

B

C

queda livre(trecho 01)

motor ligado(trecho 02)

Resolução

→F

h

Hm

solo

Questão 21


0

Um corpo de massa m e velocidade v0 a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma desemi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura.

Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contatocom a pista. Considere a aceleração da gravidade g.

Considerando-se que o corpo se encontra no ponto P, como indicado na figura, a normal entre o corpo e apista é nula, portanto:

RC = Py

(1)

Para a determinação da velocidade v, utiliza-se o fato de o sistema ser conservativo.

εip + εi

c = εfp + εf

c

0

v2 = v20 + 2gh – 2gy (2)


(3)yv gh

g=

+02 2

3

yv gh gy

g=

+02 2 2–

mg h y mv mv( – ) + =12

120

2 2

vr

gyr

yvg

2 2= =⋅ ⇒

mvr

mg sen⋅ =2

θ

m v0

hy P

x

h – y

Py Px

Pθ

v

θ

Resolução

mv0

hy P

xr

O

Questão 22


Como

x2 + y2 = r2

(4)

substituindo-se (3) em (4) e fazendo-se as devidas manipulações algébricas:

Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicial v0, um parafuso de massa m chega com velocidade nula naórbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical.

Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade v0 em função da aceleração da gravidade g na super-fície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.

Durante o movimento do parafuso, a única força aplicada é o Peso; logo o sistema é conservativo.

(εm)superfície = (εm)geoestacionário

εc + εp = ε’c + ε’p

(1)

O campo gravitacional na superfície da Terra pode ser assim calculado:

(2)


Observação: consideramos v0 em relação a um referencial inercial.

v g Rh

R R hv

gRhR h0

2 20=

+

=

+⋅ ∴

( )

gGM

RGM g R=

=⇒ ⋅

22

v GMR R h

GMh

R R h02 2

1 12=

+

=

+

–

( ) ( )

12

002mv

GMmR

GMmR h

– –( )

=+

Resolução

m

R

h

v0→

Questão 23

xy

g r v gh

v gh=

− +

+

9 2

2

2 202 2

02

( )

xy

g r v gh

v gh

=

− +

+

2 2 202 2

02 2

9 2

2

( )

( )

xy

ry

+ =

2 2

1 ,


Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, barras de massas des-prezíveis e um corpo de massa m, como mostrado na figura.

Determine a freqüência desse sistema.

Para se determinar a freqüência do sistema, é necessário determinar a constante elástica equivalente do sistema demolas:

Como as molas de constante elástica k2 estão associadas em paralelo:k2p = 3k2

Pelo mesmo motivo, para as molas de constante elástica k1:

k1p = 2k1

Finalmente, as molas k1p e k2p estão associadas em série:

Assim, a freqüência do sistema:

fk k

m k k=

+1

26

2 31 2

1 2π ( )

fkm

=1

2π

kk k

k k=

+6

2 31 2

1 2

kk k

k kp p

p p=

+1 2

1 2

k2 k2 k2

k1 k1

k2p

k1p

k

Resolução

k2 k2 k2

k1 k1

m

Questão 24


A figura mostra uma bolinha de massa m = 10g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido(2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinha tem amesma densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação àsuperfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1) comvelocidade de 8,0m/s.

Considere aceleração da gravidade g = 10m/s2, h1 = 20cm, e despreze qualquer resistência ao movimento deascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líqui-dos. Determine a profundidade h.

As forças aplicadas na bolinha, na situação descrita no enunciado são:

Aplicando-se o princípio fundamental:

E – P = R ⇒ d2 ⋅ V ⋅ g – dB ⋅ V ⋅ g = dB ⋅ V ⋅ |a |

5dBV ⋅ g – dBV ⋅ g = dBV|a | ⇒ |a | = 40m/s2.

Como a aceleração é constante:

v2 = v20 + 2a∆s ⇒ 82 = 0 + 2 ⋅ 40 ⋅ (h – h1)

∴ 64 = 80(h – 0,2) ⇒ h – 0,2 = 0,8

∴ h = 1,0m

Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B, ao ser refletido por um espelho horizontalsobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical.

Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere AD = 2m, BE = 3m e DE = 5m.

A

B

ED

Questão 26

E = d2 ⋅ V ⋅ g

P = dB ⋅ V ⋅ g

Resolução

h h1 ( 1 )

( 2 )m

Questão 25


A figura a seguir ilustra a situação:

Para o ∆A’FB:

x2 = 52 + 52

Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema carte-siano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétricohorizontal e uniforme E

→, conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa

entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.

Na horizontal, sob ação da força elétrica, as cargas realizam movimento uniformemente variado.Rx = Fe

m|ax| = E|q |

Determinada a aceleração, é possível achar o tempo para cada carga realizar um deslocamento

s = s0 + v0t + at2 ∴

0 0

∴ =t

dmE q| |

d E qm

t2

12

2= ⋅| |1

2

d2

.

| || |

aE qmx =

Resolução

+ q – q

x

g→

E→

y

m m

Questão 27

x m= 5 2

A

B

ED

144444424444443

14

44

44

44

42

44

44

44

44

3

x

5m

14

42

44

31

44

24

43

2m

3m

A’ F

Resolução


Na vertical, sob ação da força peso, as cargas também realizam um movimento uniformemente variado.Ry = P

m|ay| = mgay = g

O deslocamento na vertical no tempo t é dado pela função horária:

s = s0 + v0t + at2 ∴

0 0

∴

O trabalho da força peso, para cada carga, é calculado pelo teorema da energia potencial.

τp = Eip – Ef

p = 0 – (–mgh) =

Portanto, o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas é de

Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se igualaà resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistênciade carga Rc varia na faixa 100Ω Rc 400Ω. O circuito possui um resistor variável, Rx, que é usado para o ajusteda máxima transferência de energia.

Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingido o casamento de resistências do circuito.

Para haver ajuste de máxima transferência de potência, deve ocorrer a seguinte equivalência:

20Ω

100Ω

A

RxRc

B

⇔ 50Ω

A

B

Resolução

20Ω

100Ω

r = 50Ω

V

RxRc

Questão 28

m g dE q

2 2 ⋅| |

.

m g dE q

2 2

2 | |

hgdmE q

=2 | |

h gt=12

212


Assim:

• Considerando-se Rc = 100Ω:

⇒ 100Rx – 8000 = 80Rx ∴ Rx = 400Ω

• Considerando-se Rc = 400Ω:

⇒ 400Rx – 32000 = 80Rx ∴ Rx = 100Ω

Logo: 100Ω Rx 400Ω

A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orien-tados em sentidos opostos e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga q 0 é lançada doponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamen-to, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga–q (choque perfeitamente inelástico).

Determine o tempo total em que a partícula de carga q 0 abandona a superfície quadrada.

Entre os pontos R e S, a partícula realiza um movimento circular uniforme (MCU), e o tempo para ir de R para Sé metade do período do movimento em questão.

Ao chegar a S e chocar-se com a outra partícula, a velocidade do conjunto (v’) é dada por:

A partir desse ponto, como a carga do conjunto é nula, a força magnética, considerada como resultante, também é,e o movimento é retilíneo uniforme (MRU).

mv mv vv

= =∴22

‘ ‘

t T

mqB

tm

qBRS RS= = =⋅ ⋅ ∴12

12

2π π

Resolução

v→ B1

→

B2→

R

m, qL

S

Questão 29

40080

80=

RR

x

x –

10080

80=

RR

x

x –

⇒ =RR

Rcx

x

8080–

R RR R

R R R Rx c

x cx c x c+

= = +∴80 80 80


Logo, o tempo para ir de S até o exterior da região é:

Portanto, o tempo total para a partícula sair da região quadrada é:

ttotal = tRS + tSE =

∴ ttotal =

Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3kg preso a uma mola, e verifica-se que estepassa a oscilar livremente com a freqüência angular ω = 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola,mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência f = 500 × 1012Hz, de modo que todaa energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1mm da sua posição de equilíbrio.Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck h = 6,6 × 10–34Js.

Considerando-se que toda a energia dos “n” fótons é completamente transferida ao sistema massa-mola eque a energia individual de um fóton é dada por Efóton = h ⋅ f, temos:

Sendo

Do enunciado: ω = 10rad/s, m = 3,3kg, A = 1mm = 10–3m, h = 6,6 ⋅ 10–34J ⋅ s e f = 500 ⋅ 1012Hz

∴ n = 5 ⋅ 1014 fótons

n =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

10 3 3 10

2 6 6 10 500 10

2 3 2

34 12

, ( )

,

–

–

nm Ah f

=⋅ ⋅⋅ ⋅

ω2 2

2

n h fm A

⋅ ⋅⋅ ⋅

=ω2 2

2

ω ω2 2= =⇒ ⋅Km

k m:

n h fKA

⋅ ⋅ =2

2

Resolução

Questão 30

πmv LqBqvB

+

πmqB

Lv

+

t

L

vt

LvSE SE= =∴2

2


Como sempre, a prova foi trabalhosa, pouco criativa e revelou, em alguns casos, nenhum compromissocom a realidade, tal como aconteceu com a questão 23, em que um parafuso é lançado e atinge a altura deum satélite estacionário (H ≈ 7RT), e com a questão 12, em que a velocidade de escoamento das águas de umrio é 80m/s.

É o ITA.

Física

29GV – ADMINISTRAÇÃO/2007 ANGLO VESTIBULARES

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Download - o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembroangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/Download.asp?NomeArq=Prova_556... · É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição

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