ita2007 1dia

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO

FFFFÍÍÍÍSSSS IIIICCCCAAAA

1 BBBBSobre um corpo de 2,5kg de massa atuam, em sen-tidos opostos de uma mesma direção, duas forças deintensidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. Aopção que oferece o módulo da aceleração resultantecom o número 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.

Resolução

2ª Lei de NewtonFR = ma150,40 – 50,40 = 2,5a100,00 = 2,5aComo a massa está expressa com dois algarismos sig-nificativos, o valor da aceleração deve ser expressocom dois algarismos significativos:

a = 40 m/s2

IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666

FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA


2 DDDDA partir do nível P, com velocidade inicial de 5 m/s, umcorpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente deatrito cinético entre o plano e o corpo é igual a 1/3.Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não oferece resis-tência. O tempo mínimo de percurso do corpo para quese torne nulo o componente vertical de sua velocidadeéa) 0,20s. b) 0,24s. c) 0,40s.d) 0,44s. e) 0,48s.

Resolução

A velocidade vertical vai anular-se quando o corpo atin-gir o ponto mais alto de sua trajetória parabólica apósabandonar o plano em Q.1) Cálculo do módulo da aceleração no plano inclinado:

PFD: Pt + Fat = mamg sen θ + µ mg cos θ = maa = g(sen θ + µ cos θ)

a = 10(0,8 + 0,6) (m/s2)

2) Cálculo da velocidade em Q:

VQ2 = VP

2 + 2 γ ∆s (MUV)

VQ2 = 25 + 2(– 10) . 0,8 = 9,0 ⇒

3) Cálculo do tempo entre P e Q:

VQ = VP + γ t (MUV)

3,0 = 5,0 – 10 t1 ⇒

4) Cálculo do tempo de subida após abandonar o planoinclinado:Vy = VQy

+ γyt (MUV)

0 = 3,0 . 0,8 – 10 t2

10t2 = 2,4 ⇒

5) O tempo total de subida será dado por:

t2 = 0,24s

t1 = 0,2 s

VQ = 3,0 m/s

a = 10 m/s2

1–––3



Ts = t1 + t2

Ts = 0,2 + 0,24 (s)

Ts = 0,44 s



3 EEEEA figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, comseus trechos retilíneos e circulares percorridos por umatleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, atéa chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DEsão percorridos com a mesma velocidade de móduloconstante.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 movi-

mento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.III.O sentido da aceleração vetorial média do movi-

mento 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 ll. c) apenas a I e III. d) apenas a ll e III. e) todas.

Resolução

I) (?) A questão admite duas interpretações para aexpressão “movimento acelerado”.

Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o atleta tem aceleraçao não-nula,concluímos que o movimento será acelerado nos tre-chos AB, BC, DE e EF, o que torna correta a opção I.Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o módulo da velocidade aumenta,então o movimento será acelerado apenas no trechoAB e a opção I seria falsa.

II) (V) No trecho AB, o módulo da velocidade aumentae a aceleração vetorial média tem o mesmo sen-tido do movimento, isto é, é orientada do sulpara o norte.No trecho EF, o módulo da velocidade diminui(movimento retardado) e a aceleração vetorialmédia tem sentido oposto ao do movimento,isto é, orientada do sul para o norte.

III) (V) A aceleração vetorial média tem o mesmo senti-



do da variação de velocidade vetorial

No trecho BC, temos:

u→VBu = u

→VCu ⇒ θ = 45°

No trecho DE, temos:

u→VDu = u

→VE u ⇒ α = 45°

Admitindo-se que a primeira interpretação de movi-mento acelerado seja a pretendida pelo examinador,optamos pela resposta E.

∆→V→

am = ––––∆t



4 AAAAConsidere que num tiro de revólver, a bala percorre tra-jetória retilínea com velocidade V constante, desde oponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o apa-relho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro dodisparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocor-rendo com o aparelho M2. Sendo VS a velocidade dosom no ar, então a razão entre as respectivas distânciasdos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é

a) VS (V – VS) / (V2 – Vs2). b) VS (VS – V) / (V2 – Vs

2).

c) V (V – VS) / (Vs2 – V2). d) VS (V + VS) / (V2 – Vs

2).

e) VS (V – VS) / (V2 + Vs2).

Resolução

Considere a figura:

F é a posição da frente de onda emitida no instante dodisparo, quando a bala atinge o alvo em Q.Seja T o intervalo de tempo que a bala percorre o tre-cho PQ

—.

Então:

PF—

= VST e PQ—

= VTComo a frente de onda do som do disparo atinge M1 nomesmo instante que a frente de onda do som emitidopelo impacto da bala no alvo, temos:––––FM1 =

–––––M1Q = d1

Analogamente: FM—–

2 = QM—–

2 = d2Então:–––PQ = d1 + d1 + PF ⇒ VT = 2d1 + VST

Pelo Teorema de Pitágoras:

(PM—–

2)2 = (PQ—–

) 2 + (QM—–

2) 2

(PF—–

+ d2)2 = (PQ—–

)2 + (QM—–

2)2

(VST + d2)2 = (VT)2 + d22

T(V – VS)d1 = ––––––––––

2



VS2T2 + 2d2 VST + d2

2 = V 2T2 + d22

Assim:

d1 VS(V – VS)––– = ––––––––––d2 V

2 – VS2

T(V 2 – VS2)

d2 = ––––––––––2VS



5 DDDDNa experiência idealizada na figura, um halterofilista sus-tenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio estáticocomposto de uma barra rígida e uniforme, de um pesoP1 = 100 N na extremidade a 50 cm de M, e de um pesoP2 = 60 N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmoequilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, opeso P2 na posição original de P1, passando este à posi-ção de distância x1 = 1,6 x2 da extremidade N.

Sendo de 200 cm o comprimento da barra e g = 10 m/s2

a aceleraçao da gravidade, a massa da barra é dea) 0,5 kg. b) 1,0 kg. c)1,5 kg. d) 1,6 kg. e) 2,0 kg.

Resolução

Na configuração inicial, tomando-se o ombro do haltero-filista com o pólo dos momentos, temos:50P1 = 50 . P + (150 – x2) . P2em que P é o peso da barra.50 . 100 = 50 . P + (150 – x2) . 60 (÷10)500 = 5P + (150 – x2) 6500 = 5P + 900 – 6x2

a

Nova configuração:

Tomando-se, novamente, o ombro do halterofilista co-mo pólo dos momentos, temos:50 . P2 = 50P + (150 – 1,6x2) . P150 . 60 = 50P + (150 – 1,6x2) . 100 (÷10)300 = 5P + (150 – 1,6x2) . 10

400 + 5P = 6x2



300 = 5P + 1500 – 16x2

b

Juntando-se as duas equações a e b

x2 = 80 cm

Voltando-se à equação a400 + 5P = 6 . 805P = 80P = 16N ⇒ m . g = 16

m = (kg)

m = 1,6kg

16–––10

1200 + 5P = 16x2 –400 + 5P = 6x2––––––––––––––––800 + 0 = 10x2

1200 + 5P = 16x2



6 AAAANo arranjo mostrado na figura com duas polias, o fioinextensível e sem peso sustenta a massa M e, tam-bém, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrioestático.

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

a) ML/ Ïwwwww4m2 – M2 . b) L

c) ML/ ÏwwwwwM2 – 4m2 . d) mL/ Ïwwwww4m2 – M2 .

e) ML/ Ïwwwww2m2 – M2 .

Resolução

1) Para o equilíbrio do bloco m:T = P = mg

2) Para o equilíbrio do bloco M:2T cos θ = P’2 mg cos θ = Mg

(1)

3) Da figura:

cos θ = (2)

Comparando-se (1) e (2), vem:

=

=

h2 M2 + M2 L2 = h2 4m2

h2(4m2 – M2) = M2 L2

M Lh = –––––––––––––

Ïwwwww4m2 – M2

h 2––––––––h2 + L2

M 2––––4m2

h–––––––––––Ïwwwwh 2 + L2

M–––2m

h––––––––––––

Ïwwwwh 2 + L2

Mcos θ = –––

2m



7 AAAAUma bala de massa m e velocidade V0 é disparadacontra um bloco de massa M, que inicialmente se en-contra em 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 havendo atri-to e nem resistência de qualquer outra natureza, omódulo da velocidade com que o conjunto atinge o solovale

a) 2+ 2gh. b) .

c) . d) Ïwwwwv02 + 2g h.

e) + 2gh.

Resolução

1) No ato da colisão, a quantidade de movimento seconserva:

(M + m) V1 = m V0

2) Usando-se a conservação da energia mecânica apósa colisão, vem:

(M + m) = V12 + (M + m) g h

V 2 = + 2 g h

––––––––––––––––––mV0V = 1–––––––––2

2

+ 2 g hÏ (M + m)

m2 V02

–––––––––––(M + m)2

(M + m)––––––––

2V2–––2

m V0V1 = ––––––––M + m

m v20

–––––––m + M

2 m g hv0

2 + –––––––––M

2 g h m2

v02 + –––––––––

(m + M)2

mv01–––––––2m + M



8 CCCCProjetado para subir com velocidade média constante auma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome apotência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja de370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gra-vidade g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máxi-mo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser trans-portado pelo elevador éa) 7. b) 8. c) 9. d) 10. e) 11.

Resolução

1) A velocidade escalar média é dada por:

Vm = = = 0,8 m/s a

2) A potência média é dada por:Potm = F . VmF = Ptotal (M + n m)gF = (370 + n 70)g

Portanto:8,5 . 103 = (370 + n 70) . 10 . 0,8

. 103 = 370 + n 70

370 + n 70 = 1062,5n ≅ 9,89

Como n é um número inteiro, o seu máximo valordeve ser 9.

8,5–––8,0

32m–––––40s

∆s–––∆t



9 BBBBUm corpo indeformável em repouso é atingido por umprojétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a tem-peratura de 0°C. Sabe-se que, devido ao impacto, 1/3da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restantetransforma-se em calor, fundindo parcialmente o projé-til. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calor espe-cífico c = 0,02 cal/g°c e calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massatotal 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.

Resolução

1) Cálculo da energia cinética inicial do projétil:

Eci= = (J)

Observe que a massa m do projétil está em kg.

2) Calor absorvido pelo projétil:

Q = Eci = . . (cal)

Q = 7500m (cal)

3) Essa energia foi absorvida pelo projétil provocandoseu aquecimento e fusão parcial. Assim:Q = mc∆θ + m’LF

7500m = m . 103 . 0,02 . (300 – 0) + m’ . 103 . 67500m = 6000m + 6000m’1500m = 6000m’

A fração pedida é obtida por:

x = = = 0,25

x = 0,25

1500–––––––

6000

m’–––m

1––4

m (300)2–––––––––

2

2––3

2––3

m (300)2–––––––––

2

m V02

––––––2



10 BBBBUma bolinha de massa M é colada na extremidade dedois elásticos iguais de borracha, cada qual de com-primento L/2, quando na posição horizontal. Despre-zando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob aação da tensão T de cada um dos elásticos e executano plano vertical um movimento harmônico simples, talque sen θ ≅ tg θ. Considerando que a tensão não sealtera durante o movimento, o período deste vale

a) 2π . b) 2π .

c) 2π . d) 2π .

e) 2π .

Resolução

I) tg θ = ⇒ (1)

II) A intensidade da força elástica (restauradora) res-ponsável pelo movimento harmônico simples é ex-pressa por:Fe = 2Ty ⇒ ky = 2 T sen θ (2)

(1) em (2): k tg θ = 2 T sen θ

Sendo sen θ ≅ tg θ, vem:

k = 2 T ⇒ (3)

III)O período P de oscilação do sistema fica então deter-minado por:

P = 2π (4)M

–––k

4 Tk = ––––––

L

L–––2

L–––2

Ly = ––– tg θ

2y

––––––L

–––2

2ML–––––

T

ML–––––

2T

ML–––––

T

ML–––––

4T

4ML–––––

T



(3) em (4): P = 2π (4)

Da qual:

–––––––ML

P = 2π ––––––Ï 4T

M–––––

4T––––

L



11 DDDDNuma cozinha industrial, a água de um caldeirão éaquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em segui-da, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando10, de água a 32°C, após a mistura. Considere hajatroca de calor apenas entre as duas porções de águamisturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/, não varia com a temperatura, sendo, ainda, seucalor específico c = 1,0 cal g–1°C–1. A quantidade decalor recebida pela água do primeiro caldeirão ao seraquecida até 20°C é dea) 20 kcal. b) 50 kcal. c) 60 kcal.d) 80 kcal. e) 120 kcal.

Resolução

1) Cálculo do calor recebido pela água do primeiro cal-deirão:Q1 = m1 c ∆θComo:

d = ⇒ m = d V

e dágua = 1kg/, = 1 . 103 g/ ,

então:Q1 = 1 . 10 3 . V1 . 1,0 (20 – 10) (cal)Q1 = 1,0 . 10 4 V1 (cal)

2) Misturando-se as águas dos caldeirões, temos:Qcedido + Qrecebido = 0(m2 c ∆θ)cedido + (m1 c ∆θ)recebido = 0

1 . 10 3 . V2 . 1,0 . (32 – 80) + 1 . 10 3 . V1 . 1,0 . (32 – 20) = 0

– 48 . 103V2 + 12 . 103 V1 = 012 V1 = 48 V2V1 = 4 V2Como:V1 + V2 = 10,

temos:

V1 + = 10,

V1 = 10, ⇒ V1 = 8,0,

Assim:Q1 = 1,0 . 104 . 8,0 cal = 80 . 10 3 cal

Q1 = 80 kcal

5–––4

V1–––4

m–––v



12 EEEEA água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial Vconstante, quando despenca de uma altura de 80 m,convertendo toda a sua energia mecânica em calor.Este calor é integralmente absorvido pela água, resul-tando em um aumento de 1K de sua temperatura.Considerando 1 cal ≅ 4J, aceleração da gravidadeg = 10 m/s2 e calor específico da água c = 1,0calg–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água Vé de

a) 10 Ïw2m/s. b) 20 m/s. c) 50 m/s.

d) 10 Ïww32 m/s. e) 80 m/s.

Resolução

1) Cálculo da energia mecânica que irá transformar-seem calor:

Em = Ec + Ep = + m g h

Em = + m . 10 . 80(J)

2) Essa energia é totalmente absorvida pela água, pro-vocando um aquecimento de 1K, que equivale àvariação de 1°C. Assim:Q = m . 103 c ∆θQ = m . 103 . 1,0 . 1 (cal)Observe que a massa m está na unidade kg.Q = m . 103 . 4 (J)Portanto:

m . 4000 = + 800 . m

4000 = + 800

8000 = V 2 + 16006400 = V 2

V = 80 m/s

V2–––2

m V2–––––

2

m V2–––––

2

m V 2–––––

2



13 DDDDNuma planície, um balão meteorológico com um emis-sor e receptor de som é arrastado por um vento fortede 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüên-cia do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velo-cidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. As-sinale a opção que indica a freqüência refletida pelamontanha e registrada no receptor do balão.a) 450 Hz b) 510Hz c) 646 Hz d) 722 Hz e) 1292 Hz

Resolução

I) A freqüência aparente fO captada por um suposto ob-servador em repouso na encosta da montanha é cal-culada pela equação do Efeito Doppler, como fa-zemos abaixo.

=

= ⇒ fO = (Hz)

Da qual:

II) A encosta da montanha comporta-se como uma fon-te de ondas de freqüência fO = 646 Hz, haja vista quereflete as ondas provenientes do balão. Assim, oreceptor existente no balão capta uma freqüênciaaparente fO’ , também calculada pela equação doEfeito Doppler.

= fO––––––––

V ± V0

f’O––––––––V ± VB

fO = 646 Hz

340 . 570–––––––––

300

570––––––––340 – 40

fO––––––––340 + 0

fB––––––––V ± VB

fO––––––––V ± VO



= ⇒ f’O = (Hz)

Da qual: f’O = 722 Hz

646 . 380–––––––––

340

646––––––––340 + 0

f’O––––––––340 + 40



14 EEEEA figura mostra um raio de luz propagando-se nummeio de índice de refração n1 e transmitido para umaesfera transparente de raio R e índice de refração n2.Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muitopequenos, tal que cada ângulo seja respectivamenteigual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximadode φ2 é de

a) φ2 = (φ1 – α) b) φ2 = (φ1 + α)

c) φ2 = φ1 + α d) φ2 = φ1

e) φ2 = φ1 + α

Resolução

Aplicando-se a Lei de Snell à refração da luz do meio Ipara o meio II, vem:

n2 sen r = n1 sen in2 sen (Φ2 + α) = n1 sen (Φ1 + α)n2 (sen Φ2 cos α + sen α cos Φ2 ) = = n1 ( sen Φ1 cos α + sen α cos Φ1)

Observando-se que, conforme o enunciado, os ângulosΦ1, Φ2 e α são pequenos, valem as aproximações:sen Φ1 ≅ Φ 1, sen Φ2 ≅ Φ 2, sen α ≅ α , cos Φ1 ≅ 1, cos Φ2 ≅ 1 e cos α ≅ 1.

Assim, a expressão anterior reduz-se a:n2 (Φ2 . 1 + α . 1) = n1 (Φ1 . 1 + α . 1)

Da qual: Φ2 + α = Φ1 + αn1–––n2

n1–––n2

n1(––– – 1)n2

n1–––n2

n1–––n2

n1(1 – –––)n2

n1–––n2

n1–––n2

n1–––n2



Logo: n1 n1 Φ2 = –––– Φ1 + 1––– – 12 αn2 n2



15 EEEEA figura mostra dois auto-falantes alinhados e alimen-tados em fase por um amplificador de áudio na fre-qüência de 170 Hz. Considere desprezível a variação daintensidade do som de cada um dos alto-falantes coma distância e que a velocidade do som é de 340m/s. Amaior distância entre dois máximos de intensidade daonda sonora formada entre os alto-falantes é igual aa) 2m b) 3m c) 4m d) 5m e) 6m

Resolução

As ondas sonoras emitadas pelos dois alto-falantesinterferem nas vizinhanças deles, determinando emalgumas posições reforço (interferência construtiva) eem outras, anulamento (interferência destrutiva).Para que haja reforço entre os dois sons, a diferença depercursos entre eles (∆x) deve ser um múltiplo par demeio comprimento de onda.

∆x = p ⇒ ∆x = p

(p = 2; 4; 6…)

Sendo V = 340 m/s e f = 170 Hz, vem:

∆x = p (m) ⇒

com p = 2: ∆x = 2 . 1,0 m = 2,0 m

com p = 4: ∆x = 4 . 1,0 m = 4,0 m

com p = 6: ∆x = 6 . 1,0 m = 6,0 m

com p = 8: ∆x = 8 . 1,0 m = 8,0 m

A AComo a distância entre os alto-falantes é 700cm = 7,0m,a maior distância entre dois máximos de intensidade é∆x = 6,0m, com uma posição a 0,50m do alto-falante daesquerda e outra posição a 0,50m do alto-falante dadireita.

∆x = p . 1,0 (m)340

––––––––2 . 170

V–––2f

λ–––2



16 BBBBO circuito da figura é composto de duas resistências, R1

= 1,0 x 103 Ω e R2 = 1,5 x 103Ω, respectivamente, e de

dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 x 10–9 F e C2

= 2,0 x 10–9 F, respectivamente, além de uma chave S,inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a varia-ção da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, apósdeterminado período, é de

a) – 8,0 x 10–9 C.

b) – 6,0 x 10–9 C.

c) – 4,0 x 10–9 C.

d) + 4,0 x 10–9 C.

e) + 8,0 x 10–9C.

Resolução

Chave aberta

Cálculo da carga inicial no capacitor C1:Q1 = C1U1

Q1 = 1,0 . 10–9 . 10 (C)

Chave fechada

Cálculo da intensidade de corrente elétrica que percorreR1 e R2 :U = (R1 + R2) i

10 = (1,0 . 103 + 1,5 . 103) ii = 4,0 . 10–3ACálculo da diferença de potencial em R1:U’1 = R1 i

U’1 = 1,0 . 103 . 4,0 . 10–3 (V)

Q1 = 10 . 10–9C



U’1 = 4,0VNo capacitor C1 , a diferença de potencial também é4,0V, assim, podemos determinar a carga final nele ar-mazenada.Q’1 = C1U’1Q’1 = 1,0 . 10–9 . 4,0 (C)

A variação de carga ∆Q será dada por:

∆Q = Q’1 – Q1 = – 6,0 . 10–9C

Q’1 = 4,0 . 10–9C



17 DDDDNo circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 eas fontes V1 e V2 aterradas, A corrente i indicada é

a) b)

c) d)

e)

Resolução

Nó A:

i = i1 + i2 a

Malha α–V1 + R1i1 + Ri = 0

V1 = R1i1 + Ri b

Malha β–V2 + R2i2 + Ri = 0

V2 = R2i2 + Ri c

De b: i1 =

De c: i2 =

Em a: i =

R1R2i = V1R2 – R . R2i + V2R1 – R . R1iR1R2i + R . R2i + R . R1i = V1R2 + V2R1

V1R2 + V2R1i = –––––––––––––––––––

R1R2 + R R2 + R R1

V1 – R i V2 – R i–––––––– + ––––––––

R1 R2

V2 – R i––––––––

R2

V1 – R i––––––––

R1

(V2R1 – V1R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1

(V1R2 + V2R1)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1

(V1R1 – V2R2)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1

(V1R1 + V2R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1

(V1R2 – V2R1)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1



18 AAAAA figura mostra uma partícula de massa m e carga q > 0,numa região com campo magnético B→constante e uni-forme, orientado positivamente no eixo x. A partícula éentão lançada com velocidade inicial v→no plano xy, for-mando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, noeixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.

Assinale a alternativa correta.a) O produto d q B deve ser múltiplo de 2 π m v cos θ.

b) A energia cinética da partícula é aumentada ao atin-gir o ponto P.

c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimentouniformemente acelerado.

d) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo detempo igual a m/qB.

e) O campo magnético não produz aceleração na partí-cula.

Resolução

a) CorretaA partícula descreve um movimento helicoidal unifor-

me de período T =

Ao atingir o ponto P, transcorreu um intervalo detempo ∆t, que é múltiplo do período T: ∆t = K . T (K ∈ Z)A distância d é percorrida com velocidade v . cos θno intervalo de tempo ∆t:d = v . cos θ . ∆td = v . cos θ . K . T

d = v . cos θ . K .

dqB = K . 2 π m . v . cos θ

2 π m––––––

qB

2 π m––––––

qB



Portanto, o produto dqB é um múltiplo de 2 π m . v . cos θ

b) ErradaSendo o movimento uniforme, concluímos que aenergia cinética da partícula é constante.

c) Errada.Para θ = 0, o movimento é retilíneo e uniforme.

d) Errada.A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de

tempo igual a um período T = .

e) Errada.A aceleração da partícula é centrípeta.

22 π m–––––

qB1



19 CCCCConsidere uma sala à noite iluminada apenas por umalâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.a) A iluminação da sala é proveniente do campo mag-

nético gerado pela corrente elétrica que passa nalâmpada.

b) Toda potência da lâmpada é convertida em radiaçãovisível.

c) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado aondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.

d) A energia de radiação que ilumina a sala é exata-mente igual à energia elétrica consumida pela lâm-pada.

e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pelalâmpada.

Resolução

As lâmpadas fluorescentes contêm um gás rarefeito (abaixa pressão) que é ionizado pela ação de elétrons pro-venientes dos terminais da lâmpada. Nessa ionização,produz-se radiação invisível, na faixa do ultravioleta.Essa radiação incide sobre uma fina película de fósforoexistente na parede interna da ampola, excitando oselétrons dessa substância. Esses elétrons, por sua vez,ao retornarem a níveis de menor energia, emitemradiação (ondas eletromagnéticas) na faixa visível, oque possibilita a iluminação do ambiente.



20 DDDDO átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-tituído de um elétron de carga – e e massa m, que semove em órbitas circulares de raio r em torno do pró-ton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r équantizado, dado por r = n2 ao, onde ao é o raio de Bohre n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n, envol-vendo a permissividade do vácuo εo, é igual a

a) e / (4π ao n3 Ï·····εomao ).

b) (4π ao n3 Ï·····εomao ) / e.

c) (π ao n3 Ï·······πεo m ao ) / e.

d) (4π ao n3 Ï·······π εo m ao ) / e.

e) e / (4π ao n3 Ï·······π εo m ao ).

Resolução

A estabilidade do átomo de hidrogênio, no modelo deBohr, depende de dois postulados:I. Considerar a força de atração coulombiana (

→Fe ) entre

o próton e o elétron como a resultante centrípeta (→Fcp ).

II. Quantizar os raios das órbitas (r = n2 ao) para evitara emissão de energia radiante.Dessa forma, temos:Fe = Fcp

. = m ω2 r

. = m 2

r

. = m r

T 2 =

T =

T =

T =

4π ao n3 Ï········π εom aoT = –––––––––––––––––––e

16π3n 6 ao3 . εo.m

––––––––––––––––e2

16π3(n2ao ) 3 εo m–––––––––––––––––

e2

16π3r3εom–––––––––––

e 2

16π3r 3 εom––––––––––––

e2

4π2

––––T2

e2––––

r21

–––––4π εo

2π1–––2Te . e–––––

r21–––––

4π εo

|q1| . |q2|––––––––

r 21–––––

4π εo



AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE

21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO

DE SOLUÇÕES.

21Equipado com um dispositivo a jato, o homem-fogueteda figura cai livremente do alto de um edifício até umaaltura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considereque o dispositivo forneça uma força vertical para cima deintensidade constante F. Determine a altura h para que ohomem pouse no solo com velocidade nula. Expressesua resposta como função da altura H, da força F, damassa m do sistema homem-foguete e da aceleração dagravidade g, desprezando a resistência do ar e a altera-ção da massa m no acionamento do dispositivo.

Resolução

Teorema da energia cinéticaτtotal = ∆EcinτP + τF = 0m g H – F h = 0m g H = F h

Resposta:m g H

h = –––––––F

m g Hh = –––––––

F



22Um corpo de massa m e velocidade V0 a uma altura hdesliza sem atrito sobre uma pista que termina em for-ma de semicircunferência de raio r, conforme indicadona figura. Determine a razão entre as coordenadas x ey do ponto P na semicircunferência, onde o corpo per-de o contato com a pista. Considere a aceleração dagravidade g.

Resolução

1) Usando-se a conservação da energia mecânica entreA e P, vem:

(referência em P)

= + m g (h – y)

m VP2 = m V0

2 + 2 m g (h – y)

= + (h – y) a

2) Na condição de desligamento, a força normal seanula e a componente normal do peso faz o papel deresultante centrípeta:

m g cosθ = b

Comparando-se a e b, vem:

m g cosθ = + (h – y)

Sendo cosθ = , vem:

g . = + (h – y)

gy = V02 + 2g (h – y)

gy = V02 + 2gh – 2gy

2 g––r

V02

––––––r

y––r

y––r

2 m g––––––

r

m V02

––––––r

m VP2

––––––r

2 m g––––––

r

m V02

––––––r

m VP2

––––––r

m V02

––––––2

m VP2

––––––2

EP = EA



3gy = V02 + 2gh

a

3) Da figura, temos:

tgθ =

Como cosθ = , vem

senθ = Ï····· =

tgθ = =

b

Substituindo-se a em b, vem:

= Ï·······= Ï·······

Resposta: x 9g2 r2

––– = Ï·······––––––––––– – 1y (V0

2 + 2gh)2

x 9g2 r2

––– = Ï·······––––––––––– – 1y (V0

2 + 2gh)2

r 2

––––––––––––– – 1V0

2 + 2gh 2(–––––––– )3g

x––y

r 2

––––––––––––– – 1V0

2 2 2(––– + –– h)3g 3

x––y

r2tgθ = Ï···––– – 1

y2

Ï···········r 2 – y2

––––––––––y

senθ–––––cosθ

Ï···········r 2 – y2

––––––––––r

y 21 – –––

r 2

y––r

x––y

V02 2h

y = –––– + –––3g 3



23Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicialV0, um parafuso de massa m chega com velocidadenula na órbita de um satélite artificial, geoestacionárioem relação à Terra, que se situa na mesma vertical.Desprezando a resistência do ar, determine a veloci-dade V0 em função da aceleração da gravidade g nasuperfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.

Resolução

Não levando em conta a rotação da Terra, temos:Efinal = Einicial

= –

= – +

V02 = 2 GM

V02 = 2 GM

V02 =

Sendo g = , vem: GM = g R2

V02 = ⇒

Resposta:

–––––––2g R h

V0 = –––––––Ï R + h

–––––––2g R h

V0 = –––––––Ï R + h2 g R2h

–––––––––R (R + h)

GM–––––

R2

2GM h–––––––––R (R + h)

(R + h – R)–––––––––––

R (R + h)

1 11––– – –––––2R R + h

GM–––––

RGM

––––––R + h

V02

––––2

GMm––––––

R

mV02

––––––2

– GMm––––––––

R + h



24Um sistema massa-molas é constituído por molas deconstantes k1 e k2, respectivamente, barras de massasdesprezíveis e um corpo de massa m, como mostradona figura. Determine a freqüência desse sistema.

Resolução

I) As duas molas do constante elástica k1 estão asso-

ciadas em paralelo, sendo equivalentes a uma mola

única de constante elástica keq1

, dada por:

keq1

= k1 + k1 ⇒

II) As três molas da constante elástica k2 também estão

associadas em paralelo, sendo equivalentes a uma

mola única de constante elástica keq2, dada por:

keq2

= k2 + k2 + k2 ⇒

III)O sistema reduz-se, portanto, ao que esquematiza-

mos abaixo com as molas keq1

e keq2associadas em

série.

A constante elástica equivalente do oscilador (k) écalculada por

k =

k = ⇒

IV)A freqüência (f) de oscilação do sistema fica então

6k1k2k = –––––––––––

2k1 + 3k2

2k1 . 3k2–––––––––––––

2k1 + 3k2

keq1. keq2–––––––––––––

keq1

+ keq2

keq2

= 3k2

keq1

= 2k1



determinada fazendo-se:

f = ⇒

Resposta:

––––––––––––– 1 6k1k2

f = –––– –––––––––––––2π Ï m(2k1 + 3k2 )

––––––––––––– 1 6k1k2

f = –––– –––––––––––––2π Ï m(2k1 + 3k2 )

k–––m

1––––2π



25A figura mostra uma bolinha de massa m = 10 g presapor um fio que a mantém totalmente submersa no líqui-do (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade dolíquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinhatem a mesma densidade do líquido (1) e sua extremi-dade superior se encontra a uma profundidade h emrelação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidadesuperior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1)com velocidade de 8,0 m/s. Considere aceleração dagravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquerresistência ao movimento de ascensão da bolinha, bemcomo o efeito da aceleração sofrida pela mesma aoatravessar a interface dos líquidos. Determine a profun-didade h.

Resolução

Como a densidade do corpo é a mesma do líquido (1),no interior do referido líquido o empuxo vai equilibrar opeso, a força resultante será nula e a velocidade perma-necerá constante.Portanto, basta calcularmos a velocidade com que abolinha penetra no líquido (1).Teorema da energia cinética:

τP + τE2 =

– mg (h – h1) + ρ2 Vg (h – h1) = (1)

ρ1 = e ρ2 = 5 ρ1

ρ2 = (2)

(2) em (1), vem:

– mg (h – h1) + 5 mg (h – h1) =

= 4g (h – h1)

= h – h1

h = h1 +

h = 0,20 + (m)

h = 1,0m

(8,0)2–––––

80

V2–––8g

V2–––8g

V2–––2

mV2–––––

2

5m–––––

V

m––V

mV2–––––

2

mV2–––––

2



Resposta: h = 1,0m



26Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina oponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal so-bre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontosnum mesmo plano vertical. Determine a distância entrea imagem virtual da lanterna A e o ponto B. ConsidereAD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.

Resolução

Usando o triângulo retângulo A’MB, temos:

(A’B)2 = (A’M)2 + (BM)2 (Pitágoras)

(A’B)2 = 52 + 52 = 2 . 52 (m)

Resposta: 5Ï··2 m

(A’B) = 5Ï··2 m



27Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m,encontram-se inicialmente na origem de um sistemacartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir dorepouso, bem como devido à ação de um campo elétri-co horizontal e uniforme E→, conforme mostra a figura.Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativaentre as cargas e determine o trabalho realizado pelaforça peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.

Resolução

A composição de dois movimentos uniformemente va-riados com velocidade inicial nula nos fornece o esque-ma abaixo.

No triângulo hachurado, temos:

tg θ =

mas, tg θ =

Assim,

=

= ⇒ h =

O trabalho realizado pela força peso sobre as duas car-gas será dado por:τ = 2 m g h

τ = 2 m g

m2g2dτ = –––––––

qE

mg d–––––2 q E

mg d–––––2 q E

d–––2h

qE–––mg

d/2–––h

Fe–––P

d/2–––h

Fe–––P



Resposta: m2g2d

–––––––qE



28Sabe-se que a máxima transferência de energia de umabateria ocorre quando a resistência do circuito se igua-la à resistência interna da bateria, isto é, quando há ocasamento de resistências. No circuito da figura, a re-sistência de carga Rc varia na faixa 100Ω ≤ Rc ≤ 400Ω.O circuito possui um resistor variável, Rx, que é usadopara o ajuste da máxima transferência de energia.Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingi-do o casamento de resistências do circuito.

Resolução

Rext =

Sendo Rext = r = 50Ω, vem:

= 50

2 . = + 120

2Rx Rc + 40Rx + 40Rc = Rx . Rc + 120Rx + 120RcRx . Rc – 80Rx = 80Rc

Rx . Rc––––––––Rx + Rc

Rx . Rc(–––––––– + 20)Rx + Rc

Rx . Rc(–––––––– + 20) . 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––

Rx . Rc–––––––– + 120Rx + Rc

Rx . Rc(–––––––– + 20) . 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––

Rx . Rc–––––––– + 120Rx + Rc



Para Rc = 100Ω, vem: Rx = 400Ω e para Rc = 400Ω,temos Rx = 100Ω.

Portanto, temos:

Resposta: 100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω

100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω

80RcRx = ––––––––Rc – 80



29A figura mostra uma região de superfície quadrada delado 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 doscampos magnéticos. Após um certo tempo de lança-mento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescen-tada uma outra partícula em repouso, de massa m ecarga –q (choque perfeitamente inelástico). Determineo tempo total em que a partícula de carga q > 0 abandona a superfície quadrada.

Resolução

Na região superior, a partícula descreve uma semicir-cunferência em um intervalo de tempo ∆t1 dado por:

∆t1 = =

No choque inelástico, temos:Qantes = Qdepoism v = (m + m) v’v’ = v/2Após o choque inelástico, a carga total do sistema é nu-la e as partículas realizarão um movimento retilíneo uni-

forme, percorrendo em um intervalo de tempo

∆t2.

∆t2 =

∆t2 = L/2–––v/2

L/2–––v’

L–––2

πm∆t1 = –––––

q B

2πm / uquB––––––––––

2

T–––2



Assim, o intervalo do tempo total para a partícula aban-donar a superfície quadrada é:∆ttotal = ∆t1 + ∆t2

Nota: Admitimos que a linha que passa pelos pontos Re S divide a caixa ao meio.

Resposta:πm L

∆ttotal = –––– + –––q B v

πm L∆ttotal = –––– + –––

q B v

L∆t2 = ––––

v



30Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de mas-sa m = 3,3 kg 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, masem repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromáticade freqüência f = 500 . 1012 Hz, de modo que toda a ener-gia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma disten-são de 1 mm da sua posição de equilíbrio. Determine onúmero de fótons contido no feixe de luz. Considere aconstante de Planck h = 6,6 . 10–34J s.

Resolução

O período T de oscilação do sistema, formado pelamassa m e pela mola de constante elástica k, é dadopor:

T = 2π (1)

A freqüência angular ω do sistema é dada por:

ω = (2)

Substituindo (1) em (2), vem:

ω =

O feixe de luz monocromática, de freqüência f, contémn fótons cuja energia total En é transformada em ener-gia elástica Ee, que acarreta uma distensão x em rela-

ção à posição de equilíbrio do sistema massa-mola.Assim, temos:En = Ee,

nhf = ⇒ nhf = ⇒ n =

n =

Resposta: 5,0 . 1014 fótons

n = 5,0 . 1014

3,3 . (10)2 . (1,0 . 10–3) 2––––––––––––––––––––––––2 . 6,6 . 10 –34 . 500 . 1012

mω2x2–––––––

2hf

mω2x2–––––––

2

kx2––––

2

k = mω2

m–––kÏ··

2π–––T

m–––kÏ··



CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFF IIIICCCCOOOO

O Exame de Física do ITA 2007 foi difícil, como erade se esperar. A maioria das questões exigiu dos can-didatos profundo conhecimento dos temas abordados,propondo soluções criativas e conceituais.

Houve predominância de Mecânica (40%), seguindo-se de Termologia, Óptica e Ondas (33%), Eletricidade(20%) e Física Moderna (7%).

A prova deverá selecionar, entretanto, os melhorescandidatos, que fizeram uma preparação específica pa-ra esta contenda.


ita2007 1dia

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