ita2009 1dia

FFÍÍSSIICCAA

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

a) L0MT–1. b) LM0T–1. c) LMT–1.

d) L2MT–1. e) L2MT–2.

ResoluçãoQANGULAR = QLINEAR . d

[QANGULAR] = [QLINEAR] . [d]

[QANGULAR] = MLT–1 . L

[QANGULAR] = L2 M T–1

II TTAA ((11ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088

FFÍÍSSIICCAA

2 EEUma partícula carregada negativamente está se movendona direção +x quando entra em um campo elétricouniforme atuando nessa mesma direção e sentido.Considerando que sua posição em t = 0 s é x = 0 m, qualgráfico representa melhor a posição da partícula comofunção do tempo durante o primeiro segundo?

ResoluçãoA partícula possui carga elétrica negativa e, portantorecebe do campo elétrico uniforme uma forçaconstante, de sentido contrário ao do eixo x.Como a partícula se movia no sentido do eixo, aaceleração escalar será negativa.A equação horária de x em função de t é do tipo:

x = x0 + V0 t + t2

Sendo x0 = 0; V0 ≠ 0 e γ = –a < 0

x = V0t – t2

O gráfico da função é uma parábola de concavidadepara baixo.

a–––2

γ–––2


3 BBUm barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer

um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constanteo módulo de sua velocidade em relação à água. Quantotempo o barco leva para descer esse trecho com osmotores 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 distânciapercorrida pelo barco.

Resolução

∆s = V t (MU)

d = (Vb – Vc) 10 (1)

d = (Vb + Vc) 4 (2)

d = Vc T (3)

(1) = (2)

(Vb – Vc) 10 = (Vb + Vc) 4

5Vb – 5Vc = 2Vb + 2Vc

3Vb = 7Vc ⇒

(1) = (3)

(Vb – Vc) 10 = Vc T

Vc – Vc 10 = Vc T

. 10 = T

T = h = 13h + h

T = 13h + 20min

1–––3

40–––3

4–––3

7–––3

7Vb = –––Vc3


4 AANa figura, um ciclista percorre o trecho AB com velo -cidade escalar média de 22,5 km/h e, em seguida, o trechoBC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B,verifica ser de 20,0 km/h sua velocidade escalar média nopercurso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chegaem A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h,com velocidade escalar média de 24,0 km/h. Assinale omódulo v do vetor velocidade média referente ao percursoABCB.

a) v= 12,0km/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

Resolução1) Cálculo da distância entre A e B:

Para o percurso total ABCBA, temos:

Vm =

24,0 =

24,0 = 2AB + 6,00

2AB = 18,0 ⇒

2) Cálculo do tempo:Para o percurso ABCB:

Vm =

20,0 =

20,0 = ⇒

3) Cálculo do módulo do vetor velocidade média:

→Vm = = 9,00 . (km/h)

2AB + 6,00––––––––––

1,00

d–––∆t

→Vm = 12,0 km/h

20,0–––––––

15,00→AB

––––T

15,00T = –––––– h

20,0

15,00–––––––

T

AB + 6,00––––––––––

T

d–––∆t

AB = 9,00km


5 CCA partir do repouso, um carrinho de montanha russa

desliza de uma altura H = 203 m sobre uma rampa de60° de inclinação e corre 20 m num trecho horizontalantes de chegar em um loop circular, de pista sem atrito.Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do planohorizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que podeter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso semperder o contato com a sua pista.

a) R = 83 m b) R = 4(3 – 1) m

c) R = 8(3 – 1) m d) R = 4(23 – 1) m

e) R = 40(3 – 1)/3 m

Resolução

1) A condição limite no pontomais alto do loop ocorrequan do a força normal seanula e o peso faz o papel deresultante centrípeta:

P = Fcpc

mg =

mVC2 = m g R

2) Cálculo das forças de atrito:

Na rampa: Fat = µ FN = µ mg cos 60°

Fat = . P . =

No plano horizontal: F’at = µ F’N = µ mg

F’at =

3) Da figura: sen 60° = ⇒ =

AB = 40m

203–––––––

AB

3––––

2

H–––AB

P––2

P––4

1––2

1––2

mVC2 mgR

EcinC= ––––– = ––––––

2 2

mVC2

–––––R


4) Aplicação da Teorema da Energia Cinética entre asposições A e C:

τP + τat + τ’at = ∆Ecin

mg (H – 2R) + Fat . AB (– 1) + F’at . d (–1) =

mg (20 3 – 2R) – . 40 – . 20 = mg

20 3 – 2R – 20 =

20 (3 – 1) =

R––2

mg–––2

mg–––4

mVC2

–––––2

R = 8 (3 – 1) m

5R–––2

R––2


6 CCDesde os idos de 1930, observações astronômicas indicama existência da chamada matéria escura. Tal matéria nãoemite luz, mas a sua presença é inferida pela influênciagravitacional que ela exerce sobre o movimento deestrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galá -xia, possa ser removida sua matéria escura de massaespecífica ρ > 0, que se encontra uniformemente dis -tribuída. Suponha também que no centro dessa galáxiahaja um buraco negro de massa M, em volta do qual umaestrela de massa m descreve uma órbita circular. Con -siderando órbitas de mesmo raio na presença e na ausênciade matéria escura, a respeito da força gra vitacionalresultante

→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 napresença da matéria escura.

b) →F é atrativa e a velocidade orbital de m é menor napresença da matéria escura.

c) →F é atrativa e a velocidade orbital de m é maior napresença da matéria escura.

d) →F é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior napresença da matéria escura.

e)→F é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor napresença da matéria escura.

ResoluçãoA força resultante

→F é de natureza gravitacional e,

portanto, seu efeito é, necessariamente, atrativo.Quando uma estrela de massa m gira em torno de umburaco negro de massa M posicionado no centro dagaláxia, o módulo de sua velocidade orbital V é dadopor:

Fcp = FG

=

Considerando-se órbitas de mesmo raio R na presençae na ausência de matéria escura, podemos concluir,pela expressão acima, que o módulo da velocidadeorbital aumenta com o aumento de massa repre senta -do pela matéria escura.

GMV = ––––

R

GM m–––––––

R2

mV2–––––––

R


7 BBDiagramas causais servem para representar relações qua -litativas de causa e efeito entre duas grandezas de um sis -tema. Na sua construção, utilizamos figuras como

para indicar que o aumento da grandeza r im -

plica aumento da grandeza s e para indicar

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

ResoluçãoConsideremos o oscilador massa-mola ideal represen -tado abaixo.

Admitindo-se que em t0 = 0, x = 0 e o movimento éprogressivo, traçamos abaixo os gráficos da elongaçãox, da velocidade escalar v e da aceleração escalar a emfunção do tempo.

A representação que está de acordo com as informa -ções do enunciado e com as características do osciladoré a B.

A etapa indicada no diagrama por ⎯⎯→+

corresponde ao intervalo de a (T é o perío -

do de oscilação). A etapa indicada no dia gra ma por

3T–––2

T––2

va


⎯⎯→+ corresponde ao intervalo de a T.

E, finalmente, a etapa indicada no diagrama por

⎯⎯→– corresponde ao intervalo de 0 a .

Contudo, nem mesmo a alternativa B atende todo o ciclo.

T–––4

ax

3T–––2

xv


8 DDUma balsa tem o formato de um prisma reto de com -primento L e seção transversal como vista na figura.Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a umaprofundidade h0. Sendo ρ a massa específica da água e ga aceleração da gravidade, e supondo seja mantido oequilíbrio hidrostático, assinale a carga P que a balsasuporta quando submersa a uma profundidade h1.

a) P = ρg L (h21

– h20) sen θ

b) P = ρg L (h21

– h20) tan θ

c) P = ρg L (h21

– h20) sen θ/2

d) P = ρg L (h21

– h20) tan θ/2

e) P = ρg L (h21

– h20) 2 tan θ/2

Resolução(I) Cálculo dos volumes imersos:

=

Da qual: b = 2h

V = L

(II) O peso da carga acrescentada na balsa tem inten -sidade igual à do acréscimo de empuxo sofridopela embarcação.P = ∆E ⇒ P = ρ ∆Vg

P = ρ L (h21 – h2

0) g ou

θV = h2 L tg ––2

b h–––2

θtg ––2

b––2

––––h

θtg ––2

θP = ρ g L (h21 – h2

0) tg ––2

θtg ––2


9 CCConsidere hipoteticamente duas bolas lançadas de ummesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidadepara cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/sformando um ângulo de 30° com a horizontal. Con si -derando g = 10 m/s2, assinale a distância entre as bolas noinstante em que a primeira alcança sua máxima altura.

a) d = 6250 m b) d = 7217 m

c) d = 17100 m d) d = 19375 m

e) d = 26 875 m

Resolução

1) Admitindo-se que “para cima” signifique vertical -mente para cima, teremos:

A velocidade relativa entre as bolas terá módulodado por:

V2rel = V1

2 + V22 – 2V1V2 cos 60°

V2rel = 900 + 2500 – 2 . 30 . 50 .

V2rel = 1900 ⇒

2) Cálculo do tempo de subida da bola 1:

V = V1 + γ t

0 = 30 – 10 ts ⇒

3) O movimento relativo entre as bolas é retilíneo euniforme, pois ambos têm aceleração igual à dagravidade.

drel = Vrel . t

d = 1900 . 3 (m)

ts = 3,0s

Vrel = 1900 m/s

1–––2

d = 17100 m


10 EEConsidere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de alturae, logo acima dela, uma de tênis de 60 g. A seguir, numdado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondochoques perfeitamente elásticos e ausência de eventuaisresistências, e considerando g = 10 m/s2, assinale o valorque mais se aproxima da altura máxima alcançada pelabola de tênis em sua ascenção [sic] após o choque.

a) 5 m b) 10 m c) 15 m d) 25 m e) 35 m

Resolução1) Velocidade de chegada ao chão:

V2 = V02 + 2 γ ∆s (MUV)

V12 = 0 + 2 . 10 . 5

2)

Sendo a colisão elástica, temos:

V3 – V2 = 2V1

V3 – V2 = 20

3) Conservação da quantidade de movimento no atoda colisão:Qapós = Qantes

MV2 + mV3 = MV1 – mV1

600 (V3 – 20) + 60 V3 = 540 . 10

660V3 – 12000 = 5400

660V3 = 17400 ⇒

4) Usando-se a Equação de Torricelli:

V2 = V32 + 2 γ ∆s

0 = V32 – 2 g H

H =

H = (m)

V32

–––––2g

290V3 = –––– m/s

11

V2 = V3 – 20

V1 = 10m/s

H ≅ 35m

290 2

––––11–––––––

20


11 AAUm espelho esférico convexo reflete uma imagem equi -valente a 3/4 da altura de um objeto dele situado a umadistância p1. Então, para que essa imagem seja refletidacom apenas 1/4 da sua altura, o objeto deverá se situar auma 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.

ResoluçãoA imagem conjugada pelo espelho convexo para obje -tos reais é direita, o que significa que em ambos os ca -sos o aumento linear transversal é positivo.

1º caso: A1 = ⇒ =

3f – 3p1 = 4f ⇒

2º caso: A2 = ⇒ =

Substituindo-se o valor de f, segue-se que:

= ⇒ – 3p1 – p2 = – 12p1

Da qual: p2 = 9p1

– 3p1––––––––––– 3p1 – p2

1–––4

f–––––f – p2

1–––4

f–––––f – p2

f = – 3p1

f–––––f – p1

3–––4

f–––––f – p1


12 AAUma lâmina de vidro com índice de refração n em formade cunha é iluminada perpendicularmente por uma luzmonocromática de comprimento de onda λ. Os raiosrefletidos pela superfície superior e pela inferior apresen -tam uma série de franjas escuras com espaçamento e entreelas, sendo que a m-ésima encontra-se a uma distância xdo vértice. Assinale o ângulo θ, em radianos, que assuperfícies da cunha formam entre si.

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

ResoluçãoConsiderando o ângulo θ muito pequeno e utilizandoa primeira interferência, temos:

Como ocorre uma reflexão com inversão de fase naprimeira superfície, a interferência destrutiva ocorre

quando ∆x = .

Observe que o raio de luz vai e volta, percorrendo umadistância igual a λ.

Pela definição de radiano, vem:

θ = = =

Sendo: n =

temos: λvi =

Portanto: λ

θ = –––2ne

λ–––n

λ–––––

λvi

λvi–––––2e

λvi–––2

–––––e

∆x–––

e

λ––2


13 BBUma carga q distribui-se uniformemente na superfície deuma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale a opçãoque apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencialelétrico num ponto situado a uma distância r = R/3 docentro da esfera.

a) E = 0 V /m e U = 0 V

b) E = 0 V /m e U =

c) E = 0 V /m e U =

d) E = 0 V/m e U =

e) E = e U = 0 V

ResoluçãoO referido ponto pertence ao interior da esfera. Ocampo elétrico em qualquer ponto interno tem módulozero (blindagem eletrostática) e o potencial elétricoresultante é igual ao potencial elétrico num ponto dasuperfície da esfera, que é dado pela expressão:

rq–––R3

1––––––

4πε0

qr–––R2

1––––––

4πε0

3q–––R

1––––––

4πε0

q–––R

1––––––

4πε0

1 qU = ––––– ––––

4πε0 R


14 EEUma haste metálica com 5,0 kg de massa e resistência de2,0 Ω desliza sem atrito sobre duas barras paralelasseparadas de 1,0 m, interligadas por um condutor deresistência nula e apoiadas em um plano de 30° com ahorizontal, conforme a figura. Tudo encontra-se imersonum campo magnético

→B, perpendicular ao plano do

movimento, e as barras de apoio têm resistência e atritodesprezíveis.

Considerando que após deslizar durante um certo tempo avelocidade da haste permanece constante em 2,0 m/s,assinale o valor do campo mag nético.

a) 25,0 T b) 20,0 T c) 15,0 T

d) 10,0 T e) 5,0 T

ResoluçãoA velocidade da barra se torna constante quando aforça resultante que atua sobre ela se anula. Sobre abarra, atuam a força magnética, o peso e a força dereação normal do apoio.Na direção do movimento, tem-se:

Fmag = Pt

B . i . = m . g . sen 30°

B . i . 1,0 = 5,0 . 10,0 .

(1)

A força eletromotriz induzida no sistema é dada por:fem = B . . vR . i = B . . v2,0 . i = B . 1,0 . 2,01,0i = 1,0B (2)

Combinando-se as equações (1) e (2), temos:

B . B = 25B2 = 25

B = 5,0T

B . i = 25

1–––2


15 DDA figura representa o campomagnético de dois fios para lelosque conduzem cor ren tes elé tricas.A res peito da força magnéticaresul tante no fio da es que r da,podemos afir mar que ela

a) atua para a direita e tem magnitude maior que a da forçano fio da direita.

b) atua para a direita e tem magnitude igual à da força nofio da direita.

c) atua para a esquerda e tem magnitude maior que a daforça no fio da direita.

d) atua para a esquerda e tem magnitude igual à da forçano fio da direita.

e) atua para a esquerda e tem magnitude menor que a daforça no fio da direita.

ResoluçãoA configuração do campo indica que os fios conduzemcorrentes em sentidos contrários e, por isso, os fios serepelem. A força sobre o fio da esquerda deve ter amesma intensidade da força que atua no fio da direita,como se demonstra a seguir:

B1 = F1,2 =

F1,2 = B1 . i2 . L

Do mesmo modo:

B2 = F2,1 =

F2,1 = B2 . i1 . L

As equações e mostram que as forças têm amesma intensidade.Logo, no fio da esquerda a força que o repele temsentido da direita para a esquerda e as forças têm amesma intensidade.

µ . i1 . i2 . L–––––––––––

2πd

µ . i1–––––2πd

µ . i2 . i1 . L–––––––––––

2πd

µ . i2–––––2πd


16 DDNa figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão Vconectada a um capacitor de placas paralelas, de área S edistância d entre si, dispondo de um dielétrico depermissividade elétrica ε que preen che completamente oespaço entre elas. Assinale a mag nitude da carga qinduzida sobre a superfície do dielétrico.

a) q = εVd

b) q = εSV/d

c) q = (ε – ε0)Vd

d) q = (ε – ε0)SV/d

e) q = (e + ε0)SV/d

ResoluçãoConsideremos, inicialmente, um capacitor sem o dielé -trico, ligado ao gerador de tensão V:

C0 =

Q0 = C0 . V

(1)

Ao introduzirmos o dielétrico, haverá indução decargas opostas nas suas superfícies. Seja q o móduloda carga induzida. Em princípio, essa carga gera umcampo elétrico

→E, oposto ao campo inicial. Para não

alterar o campo interno, a carga final Qf do capacitorvai aumentar.

Qf = q + Q0 ⇒ (2)

Com o dielétrico, temos:

C =

Qf = C . V

(3)

Substituindo-se (1) e (3) em (2):

q = . V – . V

SVq = ––––– ( ε – ε0 )

d

ε0 S–––d

ε S–––d

ε SQf = ––––– . V

d

ε S–––d

q = Qf – Q0

ε0 SQ0 = ––––– . V

d

ε0 S–––d


17 CCLuz monocromática, com 500 nm de comprimento deonda, incide numa fenda retangular em uma placa,ocasionando a dada figura de difração sobre um anteparoa 10 cm de distância.

Então, a largura da fenda é

a) 1,25 µm. b) 2, 50 µm. c) 5,00 µm.

d) 12, 50 µm. e) 25,00 µm.

ResoluçãoNa figura (1), temos um esquema da formação dopadrão de interferência obtido por difração em fendaúnica:

em que:ID: Ponto onde ocorre a 1ª interferência destrutiva;IC: Ponto onde ocorre a 1ª interferência construtiva.

Com base no Princípio de Huygens, podemos dividira fenda de largura a em duas fendas contíguas, F1 e F2,

separadas por , como mostrado na figura (2).a

–––2


Para L >>d, a diferença de percursos ∆x entre as ondasprovenientes de F1 e F2 é dada por:

sen θ = =

Da figura (1), temos:

tg θ =

Como L >> d, temos:tg θ ≅ sen θ

=

Para a 1ª interferência destrutiva, temos:

∆x =

Portanto:

=

Para L = 1,0 . 10–1m, d = 1,0 . 10–2m e λ = 5,0 . 10– 7m,vem:

a = (m)

a = 5,0 . 10–6m

a = 5,0µm

1,0 . 10–1 . 5,0 . 10–7

––––––––––––––––––1,0 . 10– 2

L λa = ––––

d

2λ–––––a . 2

d–––L

λ–––2

2∆x–––––

a

d–––L

d–––L

2∆x––––

a∆x

––––a––2


18 BBDentro de um elevador em queda livre num campogravitacional g, uma bola é jogada para baixo comvelocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previstopara a bola atingir o piso do elevador.

a) t = v/g b) t = h/v

c) t = 2h/g d) t = v2 + 2gh – v)/g

e) t = ( v2 – 2gh – v)/g

ResoluçãoSupondo-se que “para baixo” signifique verticalmentepara baixo e levando-se em conta que para o elevadorem queda livre a gravidade aparente em seu interior énula, o movimento da bola em relação ao elevador éretilíneo e uniforme:

hT = __V

hV = __T

∆srelVrel = _____∆t


19 AAUm cubo de 81,0kg e 1,00 m de lado flutua na água cujamassa específica é ρ = 1000 kg/m3. O cubo é entãocalcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscilaem um movimento harmônico simples com uma certafreqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito etomando 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.

Resolução1) Cubo em equilíbrio:

E = P

ρág g Vi = mg

ρág A x = m

1000 . 1 . x = 81

x = 8,1 . 10–2 m

O valor x representa a parte vertical da aresta queestá submersa.

2) Se empurrarmos o cubo, para que ele execute umMHS, é necessário que ele afunde no máximo maisx, 8,1 . 10–2 m.

Assim, podemos calcular a constante do MHS:

Fmáx = k xmáx

Emáx – P = k xmáx

ρág g Vimáx– mg = k xmáx

1000 . 10 . 1 . 2 . 8,1 . 10–2 – 81 . 10 = k . 8,1 . 10–2

1620 – 810 = k . 8,1 . 10–2

810 = k . 8,1 . 10–2

k = 1,0 . 104 N/m

Portanto:

k = mω2 ⇒ 1,0 . 104 = 81 . ω2

100ω = ––––– rad/s

9


20 CCConsidere um pêndulo simples de comprimento L e massam abandonado da horizontal. Então, para que nãoarrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência àtração pelo menos igual a

a) mg. b) 2mg. c) 3mg. d) 4mg. e) 5mg.

Resolução

1) Conservação da energia mecânica entre A e B:

(ref. em B)

= m g L ⇒ ⇒

2) A força de tração é máxima na posição B e teremos:

Tmáx – P = FcpB

Tmáx – mg = 2mg

Tmáx = 3mg

FcpB = 2mg

m VB2

––––– = 2mgL

m VB2

–––––2

EB = EA


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

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

ResoluçãoComo o feixe de luz laser é dotado de momento linear(E/c), podemos assumir o caráter corpuscular daradiação e analisar a interação entre o espelho e o feixede luz como uma colisão elástica entre partículas.Admi tindo que a incidência seja perpendicular aoespelho, temos esquematicamente:

Dessa forma, a conservação da quantidade de movi -men to permite concluir que:

Qapós = Qantes

mV + =

mV =

Supondo que o sistema seja conservativo e que omódulo da aceleração da gravidade local seja igual a g,temos:

2EV = –––

mc

2E–––

c

E––c

E– ––c


Ep = Ec

mgh =

h =

Ec = ⇒ 2E2

h = ––––––m2c2g

4E2––––––––m2c22g

2E–––2

mc––––––––

2g

mV2–––––

2


22Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, sãosobrepostas e deslocadas entre si, formando um conjuntoque se apoia parcialmente na borda de uma calçada. Afigura ilustra esse conjunto com n chapas, bem como adistância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolvauma fórmula geral da máxima distância D possível demodo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. Aseguir, calcule essa distância D em função do com -primento L de cada chapa, para n = 6 unidades.

ResoluçãoO esquema abaixo representa as duas chapas posicio -nadas na posição superior da pilha:

Na situação da figura, a pilha está em equilíbrio, coma vertical do centro de massa do conjunto passandopela “quina” O da calçada.Neste caso:

D = +

Se pensarmos em termos de n chapas, teremos para Do valor da soma dos n termos da série:

D = + + + +...

Da qual:

Para o caso particular de n = 6, teremos:

D = 1 + + + + +

D =

D = D = 1,225L

L–––8

L–––6

L–––4

L–––2

L–––4

L–––2

147–––––

60

L–––2

60 + 30 + 20 + 15 + 12 + 10–––––––––––––––––––––––

60

L–––2

1–––6

1–––5

1–––4

1–––3

1–––2

L–––2

L 1 1 1 1D = ––– 1 + ––– + ––– + ––– + ... + –––2 2 3 4 n


23Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproxima -damente 87600 GWh de energia elétrica. Imagine entãoum painel fotovoltaico gigante que possa converter emenergia elétrica, com rendimento de 20%, a energia solarincidente na superfície da Terra, aqui con siderada comvalor médio diurno (24 h) aproximado de 170 W/m2.Calcule: ;

a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletoressolares 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 1998em relação à sua potência instalada de 14000 MW.

Resoluçãoa) A intensidade da radiação que incide numa placa é

dada por:

I = =

da qual A =

A =

A = 2,94 . 108m2

b) A potência fornecida pela usina em 1998 foi:

Pot = = = 10 GW

Sendo Potinst = 14 000 MW = 14 GW, temos:

14 GW ––––––––– 100%10 GW ––––––––– η

η = 71,4%

87 600 GWh––––––––––––

365 . 24h

Eelét–––––∆t

A = 2,94 . 102km2

Wh––––––––W/m2 . h

87 600 . 109–––––––––––––––––0,20 . 170 . 365 . 24

E–––––I . ∆t

E–––––A . ∆t

Pot–––A


24Num filme de ficção, um foguete de massa m segue umaestação espacial, dela aproximando-se com aceleraçãorelativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, naestação existe uma mola de comprimento L e constante k.Calcule a deformação máxima sofrida pela mola duranteo acoplamento, sabendo-se que o foguete alcançou amesma velocidade da estação quando dela se aproximoude uma certa distância d > L, por hipótese em sua mesmaórbita.

ResoluçãoO enunciado não está claro. Vamos admitir que amassa da estação é muito maior que a do foguete, demodo que a velocidade da estação não se modifica como acoplamento do foguete.Admitamos ainda que a distância d seja a indicada nafigura.

Na situação figurada, a velocidade relativa é nula e,por ocasião do impacto, a velocidade relativa será dadapor:

Admitamos ainda que quando o acoplamento ocorre,a força propulsora do foguete deixe de existir.

Isto posto, a energia cinética do foguete vai trans -formar-se em energia elástica de mola:

=

m . 2a (d – L) = k xmáx2

Vrel2 = 2a (d – L)

2maxmáx = –––– (d – L)

k

k xmáx2

–––––––2

m Vrel2

–––––––2


25Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças demaré. Estas são produzidas devido às diferenças naaceleração gravitacional sofrida por massas distribuídasna Terra em razão das respectivas diferenças de suasdistâncias em relação a esses astros. A figura mostra duasmassas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfícieda Terra em posições diametralmente opostas e alinhadasem relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situadano centro da Terra. Considere G a constante de gravitaçãouniversal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R adistância entre os centros da Terra e da Lua. Considere,também, f0z, f1z e f2z as forças produzidas pela Luarespectivamente sobre as massas m0, m1, e m2. Determineas diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z) sabendo que deverá

usar a aproximação = 1 – αx, quando x << 1.

Resolução

f0z = f1z = f2z =

= = .

= 1 –

= 1 –

= 1 +

f1z – f0z = GMm 1 – –

1–––––––(1 + x)α

1––––––––––

r1 + ––2

R

1––––R2

1––––––––––––––

rR1 + –––2

R

1––––––––(R + r)2

GMm––––––––(R – r)2

GMm––––––––(R + r)2

GMm––––––

R2

GMmF = –––––––

d2

1–––R22r

–––R1

––––R2

2r–––R1

––––R2

1––––––––(R – r)2

2r–––R1

––––R2

1––––––––(R + r)2

2r––––

R1

––––––––––r1 + ––

2

R


f1z – f0z = GMm –

f2z – f0z = GMm 1 + –

2GMmrf2z – f0z = ––––––––––

R3

1

––––R2

2r––––

R1

––––R2

2GMmrf1z – f0z = – –––––––––

R3

2r

––––R3


26Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal,Descartes emborcou na água um tubo de ensaio de massam, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo ga aceleração da gravidade, p a massa específica da água,e desprezando variações de temperatura no processo,calcule:

a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando otanque aberto sob pressão atmosférica Pa, e

b) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo quea pressão no interior do tanque fechado possibilite umaposição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe nonível da água (ver figura).

Resoluçãoa) Considerando que o tubo esteja em equilíbrio e

chamando de y a altura da coluna de ar no tubo,temos:1) E = P

ρ g A h = m g

h =

2) Aplicando-se a Lei de Boyle (temperaturaconstante) para as situações do tubo fora daágua e tubo emborcado, vem:P0V0 = P1V1

Pa . A . L = (Pa + ρ g h ) A . y

Pa . L = (Pa + ρ g ) y

y =

b) Na segunda situação representada, temos:E = Pρ g Vi = m g

ρ A h’ = m ⇒

Respostas: Pa L Aa) –––––––––––

A Pa + mg

mb) –––––

ρ A

m–––ρ A

m–––––

ρ A

mh’ = –––––

ρ A

Pa L Ay = –––––––––––

A Pa + mg

Pa L–––––––––Pa + mg

––––A


27Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCAmostrado no diagrama P x V da figura. O processo ABocorre a temperatura constante. O processo BC ocorre avolume constante com decréscimo de 40 J de energiainterna e, no processo CA, adiabático, um trabalho de40 J é efetuado sobre o sistema. Sabendo-se também queem um ciclo completo o trabalho total realizado pelosistema é de 30 J, calcule a quantidade de calor trocadodurante o processo AB.

Resolução1) Cálculo do trabalho realizado na transformação

AB:τciclo = τAB + τBC + τCAComo:τciclo = +30JτBC = 0 (transformação isométrica)τCA = – 40J (trabalho recebido)temos:30 = τAB + 0 – 40τAB = 70J

2) Como na transformação AB a temperatura perma -nece constante, não há variação da energia interna(∆UAB = 0).

Assim, aplicando-se a 1ª Lei da Termodinâmica,vem:

QAB = τAB + ∆UAB

QAB = 70 + 0

Resposta: 70J

QAB = 70J


28Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam osvértices 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 seliga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nassituações (2), (3) e (4), a carga das esferas Ql, Q2 e Q3,respectivamente, em função de a, b e Q.

ResoluçãoEstando uma das esferas ligada à Terra, o potencialresultante nesta é nulo.1) Na figura 2, temos:

Vesf1+ V3,1 + V2,1 = 0

K + K + K = 0

=

2) Na figura 3, temos:Vesf2

+ V1,2 + V3,2 = 0

K + K + K = 0

+ + = 0

= –

Substituindo-se a carga Q1 obtida em , vem:

Q–––b

Q–––b

Q1–––a

Q–––b

– Q1––––

b

Q2–––a

Q–––b

Q1–––b

Q2–––a

Q–––b

Q1–––b

Q2–––a

–2Q aQ1 = ––––––

b

–2Q––––

b

Q1–––a


= + –

3) Na figura 4, temosVesf3

+ V1,3 + V2,3 = 0

K + K + K = 0

+ + = 0

= –

Usando-se as expressões de Q1 e Q2 obtidas nas equa -ções e , temos:

= + –

=

=

Q a 2aQ2 = ––– ––– – 1b b

Q–––b

2Q a––––

b2

Q2–––a

Q a 2a–––– 3 – –––

b2 b

Q3–––a

Q a 2a–––– 2 – ––– + 1

b2 b

Q3–––a

Q a 2a–––– ––– – 1b2 b

2Q a–––––

b2

Q3–––a

Q2––––

b

– Q1––––

b

Q3–––a

Q2–––b

Q1–––b

Q3–––a

Q2–––b

Q1–––b

Q3–––a

Q a2 2aQ3 = –––– 3 – –––

b2 b


29Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com nespiras por unidade de comprimento, possui ao seu redorum anel de resistência R. O solenóide está ligado a umafonte de corrente I, de acordo com a figura. Se a fontevariar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão dacorrente que flui pelo anel durante esse mesmo intervalode tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico.

ResoluçãoO campo magnético no interior do solenóide é dadopor:

B = , em que = n

Logo: B = µ . I . n

O fluxo magnético Φ é:

Φ = B . A = µ . I . n . π a2

Usando a Lei de Faraday, calcula-se a força eletro -motriz induzida no anel:

E = –

A corrente induzida no anel é:

i = ⇒

Seja k = µ . n . π . a2 (constante)

i = Analisando o gráfico:

1º trecho: 0 ≤ t ≤ 1s

= = 2

A corrente induzida fica:

2º trecho: 1s ≤ t ≤ 2s

pois o fluxo não varia

A–––

s

2A–––1s

∆I–––∆t

∆I–––∆t

–k–––R

–µ . n . π . a2 ∆Ii = ––––––––––– –––R ∆t

E–––R

∆IE = – µ . n . π a2 ––– ∆t

∆Φ–––∆t

N–––L

µ . I. N––––––

L

i2 = 0

– 2ki1 = –––––

R


3º trecho: 2s ≤ t ≤ 4s

= – 1 ⇒

Gráfico da corrente induzida (i) em função do tempo (t):

+ ki3 = –––––

R

A–––

s

∆I–––∆t


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

Resolução

UAC = UBD = r . i = 0,1 . 12 (V) = 1,2V

No motor, temos:

UCD = E – UAC – UBD

UCD = (122,4 – 1,2 – 1,2) V

UCD = 120,0V

Nas lâmpadas, portanto, no trecho EF:

i2 = = = 6,0A

Cálculo das potências elétricas:1º) no motor: i1 = i – i2 = 12A – 6A = 6A

PM = i1 . UCD = 6 . 120 (W)

2º) nas cinco lâmpadas:

PL = . i22 ⇒ PL = 19,8 . 62

3º) Potência dissipada na rede:

Pdiss = 2r . i2 + 2r . i22

Pdiss = 2 . 0,1 . 122 + 2 . 0,1 . 62

120V–––––20Ω

UEF–––––

Req

PL = 712,8W

RL––––5

PM = 720,0W


Observação:Potência do gerador:P = E . iP = 122,4 . 12

Somatório das potências dos aparelhos e das potênciasdissipadas:PTOT = (720,0 + 712,8 + 36,0)W

CCOOMMEENNTTÁÁRRIIOO

O ITA manteve a tradição de uma prova trabalhosae de alto nível com algumas questões mais simplesalternando com questões inéditas e difíceis.

A questão 7 é inadequada, pois, se considerarmosum ciclo completo, nenhuma das alternativas atendecorretamente às relações causais propostas.

PTOT = 1468,8W

P = 1468,8W

Pdiss = 36,0W


ita2009 1dia

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