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SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 1

1. Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado pelo produto vetorial do vetor posição dessa massa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de comprimento (L), de massa (M ) , e de tempo (T ) , um momento angular qualquer tem sua dimensão dada por

A. ( ) 0 1.−L MT B. ( ) 0 1.−LM T C. ( ) 1.−LMT D. ( ) 2 1.−L MT E. ( ) 2 2.−L MT

Alternativa: D

Temos que: L r p L r p = × ∴ =

Mas: r L = e [ ] 1p m v MLT− = =

Logo: 1 2 1L LMLT L ML T− − = ∴ =

2. Uma partícula carregada negativamente está se movendo a direção x+ quando entra em um

campo elétrico uniforme atuando nessa mesma direção e sentido. Considerando que sua posição em 0s=t é 0m,=x qual gráfico representa melhor a posição como função do tempo durante o primeiro segundo?

A. ( )

0–0.3–0.2–0.1

00.10.20.3

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

x

B. ( )

0–0.3–0.2–0.1

00.10.20.3

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

x

C. ( )

0–0.3–0.2–0.1

00.10.20.3

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

x

D. ( )

0–0.3–0.2–0.1

00.10.20.3

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

x

E. ( )

0–0.3–0.2–0.1

00.10.20.3

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

x

2 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

Alternativa: E

De acordo com o enunciado, a velocidade da partícula ao entrar no campo elétrico é positiva. A aceleração da partícula vai ser determinada pela força elétrica. Como o campo está no sentido positivo e a carga é negativa, então a aceleração é negativa. Dessa forma, adotando a posição inicial como o ponto de entrada no campo e sendo v e a respectivamente os módulos da velocidade inicial e da aceleração, a expressão da posição em função do tempo é dada por:

2tx 0 v t a2

= + ⋅ − ∴ Parábola com concavidade para baixo.

3. Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas,

mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados?

A. ( ) 14 horas e 30 minutos B. ( ) 13 horas e 20 minutos C. ( ) 7 horas e 20 minutos D. ( ) 10 horas E. ( ) Não é possível resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.

Alternativa: B

Podemos escrever a velocidade do barco relativa à margem como: BM BA AMv v v= + ; em que B → Barco; A → Água; M → Margem.

Dessa forma, para subir o rio de uma distância x:

( )BA AMxv v I

10− =

E para descer o rio da mesma distância x:

( )BA AMxv v II4

+ =

Fazendo (II) – (I):

AMAM

x x 3x x 402v4 10 20 v 3

= − = ∴ =

Para descer com o motor desligado, a velocidade do barco é a própria velocidade da água. Logo, para o mesmo deslocamento:

AM

x 40t t hv 3

∆ = ∴ ∆ = ∴ t 13horas e 20minutos∆ =


4. Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5 km/h e, em seguida, o trecho BC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de 20,0 km/h sua velocidade escalar média no percurso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chega em A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h, com velocidade escalar média de 24,0 km/h. Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB.

A B

C

3,00 km

A. ( ) v = 12,0 km/h B. ( ) v = 12,00 km/h C. ( ) v = 20,0 km/h D. ( ) v = 20,00 km/h E. ( ) v = 36,0 km/h

Alternativa: A

Precisamos, em todos os cálculos, considerar a questão de algarismos significativos:

AB BC ABABCBA AB AB

ABCBA

2d 2d 2d 2 3,00v 24,0 24,0 2d 6,00 2d 18,0t 1,00

+ + ⋅= ∴ = ∴ = + ∴ =

ABd 9,00km∴ =

AB BC

ABCBABCB

d 2d 9,00 2 3,00 9,00 6,00 15,00t 0,750h20,0 20,0 20,0v

+ + ⋅ += = = = =

AB

ABCB,m

ABCB

r 9,00 kmvt 0,750 h

= = ∴ ABCB,mv 12,0km/h=


5. A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura 20 3 m=H sobre uma rampa de 60º de inclinação e corre 20 m num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular, de pista sem atrito. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.

H

20 m

2 R

60°

A. ( ) 8 3 m=R B. ( ) 4( 3 1) mR = −

C. ( ) 8( 3 1) mR = − D. ( ) 4(2 3 1) mR = − E. ( ) 40( 3 1) / 3 mR = −

Alternativa: C

A

B

Entre A e B, temos:

B A

Fnc fatM M MW E W E E= ∆ ∴ = − (I)

fat1 1 2 2 2

fat

HW fat d fat d mg cos60º mgdsen60º

1 1 1W mg 20 3 mg 20 20mg (II)2 23

= − ⋅ − ⋅ = − µ ⋅ − µ

= − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = −

B B B

2M P C B

1E E E mg2R mv2

= + = + (III)

AME mgh 20 3mg= = (IV) O raio máximo para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a pista é aquele

para o qual a normal é nula em B: 2

2Bcp cp B

vR ma mg m v RgR

= ∴ = ∴ = (V)

(V) em (III): BM

1 5E 2mgR mRg mgR2 2

= + = (VI)

(II), (IV) e (VI) em (I): 5 520mg mgR 20 3mg R 20 3 202 2

− = − ∴ = − ∴ ( )R 8 3 1 m= −


6. Desde os idos de 1930, observações astronômicas indicam a existência da chamada matéria escura. Tal matéria não emite luz, mas a sua presença é inferida pela influência gravitacional que ela exerce sobre o movimento de estrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galáxia, possa ser removida sua matéria escura de massa específica ρ > 0, que se encontra uniformemente distribuída. Suponha também que no centro dessa galáxia haja um buraco negro de massa M, em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma órbita circular. Considerando órbitas de mesmo raio na presença e na ausência de matéria escura, a respeito da força gravitacional resultante F exercida sobre a estrela e seu efeito sobre o movimento desta, pode-se afirmar que

A. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m não se altera na presença da matéria escura. B. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura. C. ( ) F é atrativa e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura. D. ( ) F é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura. E. ( ) F é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.

Alternativa: C

Com ausência de matéria escura, podemos determinar a velocidade orbital: m

RM

2

2cp 2

GMm v GMR m acp m vR RR

= ⋅ ∴ = ∴ =

Considerando a presença de matéria escura e supondo a galáxia esférica, por simplicidade, temos:

galáxia

ρ ρ

m

RM

II

I

A matéria escura distribui-se uniformemente por duas regiões: I e II. A resultante das forças gravitacionais da região I sobre m é nula. Para o cálculo da nova velocidade orbital:

( ) 2me 2 2me me

cp 2G M M m GM GMv ' GMR m acp m v ' v

R R R RR+

= ⋅ ∴ = ∴ = + = +

Dessa forma, a velocidade orbital (v’) na presença de matéria escura é maior do que a velocidade orbital (v) na ausência de matéria escura. Como 0,ρ > a força gravitacional da matéria escura também é atrativa e a força gravitacional resultante é atrativa por conseqüência.


7. Diagramas causais servem para representar relações qualitativas de causa e efeito entre duas

grandezas de um sistema. Na sua construção, utilizamos figuras como r s+ para

indicar que o aumento da grandeza r implica aumento da grandeza s e r s− para

indicar que o aumento da grandeza r implica diminuição da grandeza s. Sendo a a aceleração, v a velocidade e x a posição, qual dos diagramas abaixo melhor representa o modelamento do oscilador harmônico?

A. ( ) va x

B. ( ) va x

C. ( ) va x

D. ( ) va x

E. ( ) va x


Sem alternativa

Analisando o movimento de um oscilador harmônico segundo o modelo proposto na questão e levando em consideração apenas o módulo das grandezas temos:

|x|

T/2 T t

T/2 T t

T/2 T t

|v|

|a|

1

1

1

Ou seja, para qualquer intervalo de tempo:

a v x−−+

Se analisarmos algebricamente os vetores durante o tempo temos:

x

T/2T t

T/2 T t

T/2 T t

v

a

1

1−

1

1−

1

1−

Ou seja, não há relação causal para generalizar o movimento. De qualquer forma não há alternativa dentre as apresentadas.


8. Uma balsa tem o formato de um prisma reto de comprimento L e seção transversal como vista na figura. Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a uma profundidade h0. Sendo ρ a massa específica da água e g a aceleração da gravidade, e supondo seja mantido o equilíbrio hidrostático, assinale a carga P que a balsa suporta quanto submersa a uma profundidade h1.

θ

A. ( ) 2 21 0( )sen= −P gL h hρ θ

B. ( ) 2 21 0( ) tan= −P gL h hρ θ

C. ( ) 2 21 0( )sen /2= −P gL h hρ θ

D. ( ) 2 21 0( ) tan /2= −P gL h hρ θ

E. ( ) 2 21 0( )2 tan /2= −P gL h hρ θ

Alternativa: D

2θ

Para o equilíbrio dada uma profundidade h e massa total M: Peso Empuxo Mg E Vg M V= ∴ = = ρ ∴ = ρ com:

b h LV SL2

= =

Mas: b / 2tg b = 2h tg2 h 2θ θ = ∴

Assim: 22h tg h L

2M M L h tg2 2

θ θ = ρ⋅ ∴ = ρ

Sendo m a massa do barco, temos: 20m L h tg (I)

2θ = ρ

Acrescida da carga de peso P: 21

Pm L h tg (II)g 2

θ + = ρ

(II) – (I): 2 21 0

P L(h h ) tg g 2

θ = ρ − ∴

2 21 0P Lg(h h ) tg

2θ = ρ −


9. Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidade para cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/s formando um ângulo de 30º com a horizontal. Considerando 210m/s ,=g assinale a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua máxima altura.

A. ( ) 6250 m=d B. ( ) 7217 m=d C. ( ) 17100 m=d D. ( ) 19375 m=d E. ( ) 26875 m=d

Alternativa: C

30º50 m/s30 m/s

1 2

O tempo para que a 1ª bola atinja a altura máxima é dado por: 0 30 10 t t 3 s= − ∴ = Considerando que as bolas partam da origem do sistema de coordenadas, em t 3 s= teremos:

1x 0= 2 2

1 1y,01y v t g t 30 3 5 3 45m2

= ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ =

Para a 2ª bola:

2 2x3x v t 50cos30 3 50 3 75 3 m

2= ⋅ = °⋅ = ⋅ ⋅ =

2 2 22 2y,0

1 1 1 1y v t g t 50sen 30 3 10 3 50 3 10 3 30m2 2 2 2

= ⋅ − = °⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =

Logo: 2 2 2 2 2 2

2 1 2 1d (x x ) (y y ) (75 3 0) (30 45) 75 3 15 16875 225= − + − = − + − = ⋅ + = +

d 17100 m∴ =


10. Considere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de 60 g. A seguir, num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques perfeitamente elásticos e ausência de eventuais resistências, e considerando 210 m/s ,=g assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima alcançada pela bola de tênis em sua ascensão após o choque.

A. ( ) 5 m B. ( ) 10 m C. ( ) 15 m D. ( ) 25 m E. ( ) 35 m

Alternativa: E

Como todas as colisões são elásticas, as situações imediatamente antes e imediatamente após o choque entre as duas bolas são:

v

M

m

Mv

u

w

m

Antes Depois Conservação da quantidade de movimento: Mv mv Mw mu− = + Colisão elástica, e = 1:

m,F M,F

M,I m,I

v v u we 1 u w 2vv v v ( v)

− −= ∴ = ∴ − =

− − −

Mw mu Mv mv 3M m (M m)u 3Mv mv u vMw Mu 2Mv M m

+ = − −∴ + = − ∴ = − + = +

Como M 10m := 30m m 29u v v10m m 11

−= =

+

Sendo H a altura máxima da bola de tênis após o choque e h a sua altura inicial, da conservação de energia do sistema temos:

22 2 2

2 22

u 2gH H u 29 29 H h H 5 H 34,75mh 11v 11v 2gh

= ∴ = ∴ = ⋅ ∴ = ⋅ ∴ = =


11. Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3 4 da altura de um objeto dele situado a uma distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1 4 da sua altura, o objeto deverá se situar a uma distância p2 do espelho, dada por

A. ( ) p2 = 9p1. B. ( ) p2 = 9p1/4. C. ( ) p2 = 9p1/7. D. ( ) p2 = 15p1/7. E. ( ) p2 = –15p1/7.

Alternativa: A

De 1 1 1 ,f p p’

= + temos: p’ f .p f p

−=

−

Como y’ p’ ,y p

−= então y’ f

y f p=

−

Na 1ª situação, temos:

1 11

3 f 4f 3f 3p f 3p4 f p

= ∴ = − ∴ = −−

Na 2ª situação, temos:

11 2 1

2 1 2

3p1 f 3p p 12p4 f p 3p p

−= = ∴ − − = −

− − −

2 1 p 9p∴ =


12. Uma lâmina de vidro com índice de refração n em forma de cunha é iluminada perpendicularmente por uma luz monocromática de comprimento de onda λ . Os raios refletidos pela superfície superior e pela inferior apresentam uma série de franjas escuras com espaçamento e entre elas, sendo que a m-ésima encontra-se a uma distância x do vértice. Assinale o ângulo ,θ em radianos, que as superfícies da cunha formam entre si.

ex

A. ( ) θ =λ / 2ne B. ( ) θ = λ / 4ne C. ( ) θ = (m + 1) λ / 2nme D. ( ) θ = (2m + 1)λ / 4nme E. ( ) θ = (2m – 1) λ / 4nme

Alternativa: A

d vidroar

ar

e

θ

Considerando a espessura d da película da ordem do comprimento de onda, tem-se que ela funciona como uma película delgada. Como há uma inversão de fase, para as regiões da lâmina com interferência destrutiva, tem-se que:

np p2d n n ,

2 2nλ λ

= ⋅ = ⋅ para pn = 0, 2, 4, ...

Para np = 0 tem-se o vértice.

Para np= 2: 2d 2 d2n 2nλ λ

= ∴ =

Assim, como θ é pequeno:

dsene 2ne 2ne

λ λθ = ∴ θ


13. Uma carga q distribui-se uniformemente na superfície de uma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale a opção que apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencial elétrico num ponto situado a uma distância r = R/3 do centro da esfera.

A. ( ) E = 0 V/m e U = 0 V

B. ( ) E = 0 V/m e U = 0

14πε

qR

C. ( ) E = 0 V/m e U = 0

1 34πε

qR

D. ( ) E = 0 V/m e U = 20

14πε

qrR

E. ( ) E = 30

14πε

rqR

e U = 0 V

Alternativa: B

Estando a carga uniformemente distribuída na superfície, tem-se que: RE 03

=

0

R R 1 qV V(R) V3 3 4 R

= ∴ = πε


14. Uma haste metálica com 5,0 kg de massa e resistência de 2,0 Ω desliza sem atrito sobre duas barras paralelas separadas de 1,0 m, interligadas por um condutor de resistência nula e apoiadas em um plano de 30º com a horizontal, conforme a figura. Tudo encontra-se imerso num campo magnético B , perpendicular ao plano do movimento, e as barras de apoio têm resistência e atrito desprezíveis. Considerando que após deslizar durante um certo tempo a velocidade da haste permanece constante em 2,0 m/s, assinale o valor do campo magnético.

B

v

30o

A. ( ) 25,0 T B. ( ) 20,0 T C. ( ) 15,0 T D. ( ) 10,0 T E. ( ) 5,0 T

Alternativa: E

Aplicando-se a Lei de Lenz, verifica-se que, vista por cima, a corrente tem sentido horário. Assim, isolando a barra e tomando uma vista lateral:

x

P

Fm N

y

θ

iB

Como a velocidade é constante, rxF 0 :=

MPsen F mgsen Biθ = ∴ θ =

Mas a corrente é dada por B viR Rε

= =

Portanto:

2 22

B v mgRsenmgsen B mgRsen B v BR v

θ θ = ∴ θ = ∴ =

2

15 10 22 B B 5 T

1 2

⋅ ⋅ ⋅∴ = ∴ =

⋅


15. A figura representa o campo magnético de dois fios paralelos que conduzem correntes elétricas. A respeito da força magnética resultante no fio da esquerda, podemos afirmar que ela

A. ( ) atua para a direita e tem magnitude maior que a da força no fio da direita. B. ( ) atua para a direita e tem magnitude igual à da força no fio da direita. C. ( ) atua para a esquerda e tem magnitude maior que a da força no fio da direita. D. ( ) atua para a esquerda e tem magnitude igual à da força no fio da direita. E. ( ) atua para a esquerda e tem magnitude menor que a da força no fio da direita.

Alternativa: D

Pela figura, observa-se um adensamento das linhas de força na região entre os fios, indicando que as correntes que os percorrem têm sentidos opostos. Logo, a força entre eles é repulsiva e os módulos das forças que agem nos dois fios são iguais. Assim, a força que age no fio da esquerda é para a esquerda.


16. Na figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão V conectada a um capacitor de placas paralelas, de área S e distância d entre si, dispondo de um dielétrico de permissividade elétrica ε que preenche completamente o espaço entre elas. Assinale a magnitude da carga q induzida sobre a superfície do dielétrico.

+ + + + + +− − − − − −

− − − − − − −

+ + + ++ + +

dV

A. ( ) =q Vd ε B. ( ) /d=q SVε C. ( ) ( )0= −q Vdε ε

D. ( ) ( )0 /d= −q SVε ε

E. ( ) ( )0 /d= +q SVε ε Alternativa: D

A carga induzida no dielétrico é exatamente igual à diferença de carga que havia antes e depois da inserção no dielétrico.

0antes

SVQ CVd

ε= =

depoisSVQ C'Vd

ε= =

0ind depois antes ind

( )SVq Q Q q

dε − ε

= − ∴ =


17. Luz monocromática, com 500 nm de comprimento de onda, incide numa fenda retangular em uma placa, ocasionando a dada figura de difração sobre um anteparo a 10 cm de distância. Então, a largura da fenda é

A. ( ) 1, 25 m.µ B. ( ) 2,50 m.µ C. ( ) 5,00 m.µ D. ( ) 12,50 m.µ E. ( ) 25,00 m.µ

Alternativa: C

Em uma fenda simples, nos pontos do anteparo com interferência destrutiva, tem-se: a sen n , com n *⋅ θ = λ ∈ As grandezas envolvidas podem ser vistas na figura a seguir.

a

d

yθ

Pela figura do enunciado: y = 1 cm

Mas: y 1send 10

θ =

Logo: 9 61a 1 500 10 a 5 10 m

10− −⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅

a 5 m∴ = µ


18. Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para baixo com velocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a bola atingir o piso do elevador.

A. ( ) /t v g= B. ( ) /t h v= C. ( ) 2 /t h g=

D. ( ) ( )2 2 /t v gh v g= + −

E. ( ) ( )2 2 /t v gh v g= − −

Alternativa: B

No referencial do elevador, a bola não possui aceleração. Sendo assim, se v é a velocidade da bola

em relação ao elevador, então o tempo para atingir o piso é dado por: htv

= .


19. Um cubo de 81,0 kg e 1,00 m de lado flutua na água cuja massa específica é ρ = 1000 kg / m3. O cubo é então calcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com uma certa freqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito e tomando g = 10 m /s2, essa freqüência angular é igual a

A. ( ) 100 / 9 rad /s. B. ( ) 1000 /81 rad /s. C. ( ) 1 / 9 rad/s. D. ( ) 9 /100 rad /s. E. ( ) 81 / 1000 rad /s.

Alternativa: A

Analisando as forças que atuam sobre o cubo inicialmente em equilíbrio, temos:

0EP h

No equilíbrio, temos: 0 imerso cubo cuboE P V g m g A h m= ∴ ρ⋅ ⋅ = ⋅ ∴ ρ⋅ ⋅ =

Causando uma perturbação x, muito pequena, para baixo, temos solução harmônica. A nova representação de forças é dada por:

EP h x+

Para a resultante de forças:

R cuboF E P A (h x) g m g A h g A x g A h g= − = ρ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ = ρ⋅ ⋅ ⋅ + ρ⋅ ⋅ ⋅ − ρ⋅ ⋅ ⋅

R F A g x∴ = ρ⋅ ⋅ ⋅ Logo, a constante de rigidez será k A g.= ρ⋅ ⋅ A freqüência natural de vibração será dada por:

3 2 2

Ncubo cubo

k A g 10 1 10 10m m 81 9

ρ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ω = = = =

N100 rad/s

9∴ ω =


20. Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então, para que não arrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual a

A. ( ) mg. B. ( ) 2mg. C. ( ) 3mg. D. ( ) 4mg. E. ( ) 5mg.

Alternativa: C

B

A

mL

A tração é máxima no ponto B, pois é o mais baixo da trajetória. Considerando o sistema conservativo, temos:

A B

22

M MvE E mgL m v 2gL2

= ∴ = ∴ =

Dessa forma, a tração pode ser determinada em B: 2 2

cpv vR m T mg m T m 2g mg T 3mgR L

= ∴ − = ∴ = ⋅ + ∴ =


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

21. Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelho de massa m dependurado por um fio. Sabendo que o momentum do feixe de luz laser é E/c, em que c é a velocidade da luz, calcule a que altura h o espelho subirá.

h Resolução:

Aplicando-se a conservação de quantidade de movimento e sendo a superfície um espelho, tem-se que:

antes depoisP P= E E ' E E 'm v vc c mc

+= ⋅ − ∴ =

Na equação anterior E ' E,< ou seja, o fóton de recuo tem uma freqüência menor do que o fóton incidente, pois parte da energia é utilizada para elevar o espelho. Como a massa do espelho é muito maior do que a massa relacionada à quantidade de movimento do fóton, considera-se o desvio de freqüência desprezível e E E '.

Logo: 2Evmc

Assim, por conservação de energia, tem-se que:

2 22

2 21 v 2Emv mgh h h2 2g m c g

= ∴ = ∴ =


22. Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si, formando um conjunto que se apóia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra esse conjunto com n chapas, bem como a distância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância D possível de modo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em função do comprimento L de cada chapa, para 6=n unidades.

L

D

Resolução:

Para obter a distância máxima, cada conjunto que se apóia sobre uma chapa qualquer deve ter o seu ponto de apoio coincidente com seu centro de massa. Para n chapas sobrepostas sobre a calçada, podemos analisar as n – 1 chapas superiores, cujo centro de massa dista n 1D − da origem na figura, e a chapa inferior, cujo centro de massa dista D ' da origem. Como o centro de massa da chapa inferior dista L/2 do ponto de apoio das n – 1 chapas superiores, então:

n 1D ' D L 2−= +

Assim, o centro de massa do conjunto, nx é:

( )( )

( )n 1 n 1 n 1n n n n 1

n 1 D D' n 1 D D L 2 LD D D Dn 1 1 n 2n

− − −−

− ⋅ + − ⋅ + += ∴ = ∴ = +

− +

0

n 1D −

D’

nD

L 2

centro de massa de n chapas

centro de massade n 1 chapas−

Assim, a distância nD pode ser encontrada por:

n n 1 n 2 nL L L L L L LD D D ... D ...2n 2(n 1) 2n 2 1 2 2 2 3 2n− −= + = + + = ∴ = + + + +

− ⋅ ⋅ ⋅

∴ nL 1 1 1D 1 ...2 2 3 n

= ⋅ + + + +

Para n 6= unidades:

6 6L 1 1 1 1 1 49 LD 1 D2 2 3 4 5 6 40

⋅ = ⋅ + + + + + ∴ =


23. Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600 GWh de energia elétrica. Imagine então um painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com rendimento de 20%, a energia solar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com valor médio diurno (24 h) aproximado de 2170 W/m . Calcule:

a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletores solares para que o painel possa gerar, durante um ano, energia equivalente àquela de Itaipu, e,

b) o percentual médio com que a usina operou em 1998 em relação à sua potência instalada de 14000 MW.

Resolução:

a) UU T T

EE E P t I S t S

I t= η⋅ = η ⋅ = η⋅ ⋅ ⋅ ∴ =

η⋅ ⋅

99 2

2

87600 10 W hS S 0,294 10 mW0,2 170 365 24hm

⋅ ⋅= ∴ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

∴ 2 2S 2,94 10 km⋅

b) 9

U U U6

T T T

P E t E 87600 10 W h 0,71P P P t 14000 10 W 365 24h

⋅ ⋅η = = = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

∴ 71%η ≅


24. Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se com aceleração relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola de comprimento L e constante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o acoplamento sabendo-se que o foguete alcançou a mesma velocidade da estação quanto dela se aproximou de uma certa distância d > L, por hipótese em sua mesma órbita.

Resolução:

Considerando-se um referencial que se move com a mesma velocidade da estação, a partir do instante em que o foguete atinge a distância d da estação, podemos aplicar a equação de Torricelli, observando, para o foguete:

0

1

v 0v v

= =

e s d L∆ = −

( )2 2 20 1v v 2a s v 2a d L= + ∆ ∴ = −

Ao começar a interagir com a mola (atracamento), consideraremos que cessa a propulsão do foguete. Temos então a colisão do foguete (massa m) com a estação (considerada de massa M). A deformação máxima da mola ocorrerá quando a distância entre o foguete e a estação for mínima, ou seja, quando a velocidade relativa entre eles for nula, o que implica que ambos terão a mesma velocidade v2 em relação ao referencial escolhido. Pela conservação do momento linear, podemos determinar a velocidade do conjunto após a colisão (v2):

( )1 2 2 1mmv M m v v v

M m= + ∴ =

+

A força que age durante a colisão é a elástica, que é conservativa. Logo, há conservação da energia mecânica do sistema:

( )2 2 21 2

1 1 1mv M m v kx2 2 2

= + +

Substituindo os valores anteriormente determinados, temos:

( ) ( )( )

( )

( )

22

2

2

mm 2a d L M m 2a d L kxM m

m2am d L 1 kxM m

⋅ − = + − ++

∴ − ⋅ − = +

∴( )2am d L 1x mk 1

M

−= ⋅

+

Obs.: Se M>>m, a deformação máxima da mola será dada por ( )2am d Lx .

k−

=


25. Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às diferenças na aceleração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das respectivas diferenças de suas distâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfície da Terra em posições diametralmente opostas e alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situada no centro da Terra. Considere G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R a distância entre os centros da Terra e da Lua. Considere, também, f0z, f1z, e f2z as forças produzidas pela Lua respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z)

sabendo que deverá usar a aproximação ( )

1 1 ,1

xx α = − α

+ quando x << 1.

Terra

x

z

m2

Lua

m0

m1

Resolução:

Da gravitação universal, temos:

1 22

Gm mFd

=

Assim:

0z 2GMmf

R=

1z 2 2 22

GMm GMm GMm 2r rf 1 , pois 1R R(R r) RrR 1

R

= = = − << + +

2z 2 2 22

GMm GMm GMm 2r rf 1 , pois 1R R(R r) RrR 1

R

= = = + << − −

Logo:

1z 0z 1z 0z2 2 3GMm 2r GMm 2GMmrf f 1 f f

RR R R − = − − ∴ − = −

2z 0z 2z 0z2 2 3GMm 2r GMm 2GMmrf f 1 f f

RR R R − = + − ∴ − =


26. Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal, Descartes emborcou na água um tubo de ensaio de massa m, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo g a aceleração da gravidade, ρ a massa específica da água, e desprezando variações de temperatura no processo, calcule: a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando o tanque aberto sob pressão atmosférica Pa, e b) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo que a pressão no interior do tanque

fechado possibilite uma posição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe no nível da água (ver figura).

L

aP

Resolução:

a) O ar dentro do tubo sofre uma transformação isotérmica, de tal forma que a pressão interna é determinada por:

i i f f aP V P V P A L P A h,⋅ = ⋅ ∴ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ em que h é a altura da coluna de ar e P é a pressão interna. A pressão P deve ser suficiente para manter o equilíbrio das pressões:

a peso amgP P P P + PA

+ = ∴ =

Dessa forma, a altura h é dada por:

aa a

a

P L AmgP A L P A h hA P A mg

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ +

b) Na nova posição de equilíbrio, as pressões são relacionadas por:

a peso amg, ,P P P’ P P’A

+ = ∴ + =

Pelo Teorema de Stevin:

a,P g h’ = P’+ ρ⋅ ⋅

Assim, a altura h’ é dada por:

a amg m, ,P g h’ = P h’A A

+ ρ⋅ ⋅ + ∴ =ρ⋅


27. Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCA mostrado no diagrama P x V da figura. O processo AB ocorre a temperatura constante. O processo BC ocorre a volume constante com decréscimo de 40 J de energia interna e, no processo CA, adiabático, um trabalho de 40 J é efetuado sobre o sistema. Sabendo-se também que em um ciclo completo o trabalho total realizado pelo sistema é de 30 J, calcule a quantidade de calor trocado durante o processo AB.

A

B

C

V

P

Resolução:

No processo AB, a temperatura é constante ( )ABU 0∆ =

AB AB ABU Q∆ = − τ

AB AB AB AB0 Q Q∴ = − τ ∴ τ = No processo BC, o volume é constante:

BC 0τ = No processo CA, realiza-se trabalho sobre o sistema:

CA 40Jτ = − O trabalho total (30J) é dado pela soma do trabalho de cada processo:

T AB BC CAτ = τ + τ + τ ∴ AB30 Q 0 ( 40)= + + −

∴ ABQ 70 J=


28. Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam os vértices de um triângulo eqüilátero de lado b >> a, conforme mostra a figura (1). Considere as figuras (2), (3) e (4), em que, respectivamente, cada uma das esferas se liga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nas situações (2), (3) e (4), a carga das esferas Q1, Q2 e Q3, respectivamente, em função de a, b e Q.

Fig. (1)

1

Fig. (2)

1

Fig. (3)

1

Fig. (4)

2 2

3

Resolução:

Pode-se considerar que a carga induzida na esfera que está aterrada é aquela para a qual o potencial elétrico nela é nulo. Sendo b>>a, pode-se considerar que a distribuição continua esférica nas cargas. Supondo que as situações (2), (3) e (4) são seqüenciais, tem-se que: Passo 1: aterra-se Q1

11

kQ2kQV 0b a

= = + ∴ 12QaQb

−=

Passo 2: aterra-se Q2

1 22

kQ kQkQV 0b b a

= = + +

( ) ( )22 2 2

2Qa Q 2a bQ Q 2Qa Qa b b b b b

− −∴ = − − = − =

∴( )

2 2

Qa 2a bQ

b−

=

Passo 3: aterra-se Q3

31 23

kQkQ kQV 0b b a

= = + + ∴

( ) ( ) ( )3 1 23 2 3 3

Qa 2a b Qa b 2a Qa 2b b 2aQ Q Q 2Qa 2Qaa b b b b b b b

− − + −−∴ = − − = − − = + =

( )2

3 3

Qa 3b 2aQ

b−

=


29. Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com n espiras por unidade de comprimento, possui ao seu redor um anel de resistência R. O solenóide está ligado a uma fonte de corrente I, de acordo com a figura. Se a fonte variar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão da corrente que flui pelo anel durante esse mesmo intervalo de tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico.

0 1 2 3 4 50

1

2

3

I

I(A)

t(s)

Resolução:

Para determinação da corrente no anel, utilizamos a lei da indução de Faraday:

d 1iR dt Rε φ

= = −

O fluxo no anel, supondo-se que possui a mesma área do solenóide, é dado por:

2 2nB A B a I aL

φ = ⋅ = π ∴ φ = µ π

Portanto, a corrente é dada por:

2n a dIi ,L R dt

π= −µ onde o sinal negativo é devido à Lei de Lenz e dI

dt é igual ao coeficiente angular

da reta. Têm-se, pelo gráfico, 3 intervalos de tempo distintos: a) entre 0 e 1 s:

dI 2A/sdt

=

2n a i 2L R

µ π∴ = −

b) entre 1 s e 2 s:

dI 0dt

=

i 0∴ =


c) entre 2 s e 4 s: dI 1A/sdt

= −

2n a iL R

µ π∴ = +

O gráfico é dado por:

( )i A

2n aL R

µ π

2n a2L R

µ π−

12 4 ( )t s0

Obs.: O gráfico feito com os sinais opostos aos colocados acima também é válido, já que não foi arbitrado o sentido positivo da corrente.


30. Considere um circuito constituído por um gerador de tensão E = 122,4 V, pelo qual passa uma corrente I = 12 A, ligado a uma linha de transmissão com condutores de resistência r = 0,1 Ω. Nessa linha encontram-se um motor e uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual com resistência R = 99 Ω, ligadas em paralelo, de acordo com a figura. Determinar a potência absorvida pelo motor, PM, pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.

E

r

rr

rLâmpadas

Motor

Resolução:

A potência total é dada por: tP 122,4 12 1468,8W= × =

A ddp sobre o motor, que é a mesma sobre o ramo em que se encontram as lâmpadas, é dada por:

mU 122,4 2 0,1 12 120V= − ⋅ ⋅ = A corrente sobre o ramo das lâmpadas é dada por:

Leq

120 120i 6A99R 0,25

= = =+

Para o motor:

( )M M M MP U i 120 12 6 P 720 W= ⋅ = ⋅ − ∴ = Para as lâmpadas:

2 2L L L L

99P R i 6 P 712,8W5

= ⋅ = ⋅ ∴ =

Para as linhas de transmissão:

2 2r rP 0,2 12 0,2 6 P 36 W= ⋅ + ⋅ ∴ =


Comentários

A prova de Física do vestibular do ITA 2009 manteve a estrutura básica de anos anteriores, com incidência maior de questões de mecânica, com baixa incidência de questões de física térmica, óptica e física moderna. Dentre outras, destacam-se positivamente as questões 4, 16, 21 e 28 pela sua originalidade. A questão 7 não tem resposta de acordo com as alternativas apresentadas e o enunciado da questão 24 permite mais de uma interpretação. Enfim, parabéns à banca examinadora que certamente ajudará a selecionar os candidatos mais preparados para os cursos de engenharia do ITA em 2009.

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