o anglo resolve a prova de física do ita...

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões demúltipla escolha.3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.

oanglo

resolve

a provade Física

do ITAdezembrode 2005

Código: 83580106

Algumas células do corpo humano são circundadas por paredes revestidas externamente por uma película comcarga positiva e, internamente, por outra película semelhante, mas com carga negativa de mesmo módulo.Considere sejam conhecidas: densidades superficial de ambas as cargas σ = ±0,50 × 10–6C/m2;ε0 ≅ 9,0 × 10–12C2/Nm2; parede com volume de 4,0 × 10–16m3 e constante dielétrica k = 5,0. Assinale, então, a

estimativa da energia total acumulada no campo elétrico dessa parede.A) 0,7eVB) 1,7eVC) 7,0eVD) 17eVE) 70eV

Aproximando-se a situação apresentada à de um capacitor de placas planas e paralelas, a energia acumulada

é dada por , sendo:

Q = σ ⋅ A, A é a área da placa

U = E ⋅ d, com , V é o volume da película. Então:

Substituindo-se pelos valores numéricos:

Sendo 1eV = 1,6 ⋅ 10–19J, conclui-se que:

W ≈ 7eV

Resposta: C

Uma haste metálica de comprimento 20,0cm está situada num plano xy, formando um ângulo de 30° comrelação ao eixo Ox. A haste movimenta-se com velocidade de 5,0m/s na direção do eixo Ox e encontra-se imersanum campo magnético uniforme B

→, cujas componentes, em relação a Ox e Oz (em que z é perpendicular a xy)

são, respectivamente, Bx = 2,2T e Bz = –0,50T. Assinale o módulo da força eletromotriz induzida na haste.

A) 0,25VB) 0,43VC) 0,50VD) 1,10VE) 1,15V

Questão 2

W J= =⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅( , )– –

––0 5 10 4 10

2 5 9 10

19

106 2 16

1217

W

Ak

VA

WV

k= ⋅ ⋅ =⋅ ∴ ⋅

⋅ ⋅σ σ σ

ε ε2 20

2

0

Ek

e dVA

= =⋅σε0

W

Q U= ⋅2

Resolução

Questão 1

3ITA/2006 ANGLO VESTIBULARES

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

A força magnética atuante em uma carga de módulo q do fio é:

F→

= qv→ × B

→→ F

→= 5qi

→× (2,2 i

→– 0,5k

→)

∴ F→

= 2,5qj→

O campo elétrico atuante em cada carga q é:

F→

= q ⋅ E→

→ 2,5qj→

= q ⋅ E→

∴ E→

= 2,5j→

Sendo E ⋅ d = U, em que E é a intensidade do campo elétrico, d é a distância entre duas equipotenciais e U éa ddp entre elas, tem-se:

2,5 ⋅ 0,1 = U → U = 0,25V

Resposta: A

À borda de um precipício de um certo planeta, no qual se pode desprezar a resistência do ar, um astronautamede o tempo t1 que uma pedra leva para atingir o solo, após deixada cair de uma de altura H. A seguir, elemede o tempo t2 que uma pedra também leva para atingir o solo, após ser lançada para cima até uma altura h,como mostra a figura.Assinale a expressão que dá a altura H.

A)

B)

C)

D)

E) Ht t h

t t= 4 1

222

22

12 2( – )

H

t t h

t t= 4 1 2

22

12( – )

Ht t h

t t= 2 1

222

22

12 2( – )

H

t t h

t t= 1 2

22

124( – )

H

t t h

t t= 1

222

22

12 22( – )

Questão 3

30ºV1

20cm

E

V2

d

d = l ⋅ sen30º

d = 0,2 ⋅

d = 0,1m

12

30ºx

y

20cmj→

k→

i→

v = 5m/s v = 5iB = 2,2i – 0,5k

→ →

→ →→

Resolução


h

H

Vamos adotar a origem dos espaços na borda do precipício e orientar a trajetória para baixo.v0 é o módulo da velocidade de lançamento.Nessas condições:

H = gt21 (1)

(2)

O valor de v0 pode ser obtido por Torriccelli:

(3)

Da expressão (1), tem-se:

(4)

Substituindo-se (3) e (4) em (2), obtemos:

Resposta: E

Uma gota do ácido CH3(CH2)16COOH se espalha sobre a superfície da água até formar uma camada de moléculascuja espessura se reduz à disposição ilustrada na figura.

Uma das terminações deste ácido é polar, visto que se trata de uma ligação O—H, da mesma natureza que asligações (polares) O—H da água. Essa circunstância explica a atração entre as moléculas de ácido e da água.Considerando o volume 1,56 × 10–10m3 da gota do ácido, e seu filme com área de 6,25 × 10–2m2, assinale a alter-nativa que estima o comprimento da molécula do ácido.

A) 0,25 × 10–9m D) 4,00 × 10–9mB) 0,40 × 10–9m E) 25,0 × 10–9mC) 2,50 × 10–9m

A ilustração da figura sugere que a espessura do filme de ácido coincide com o comprimento da molécula do ácido.O filme terá a forma de um paralelepípedo de base A = 6,25 ⋅ 10–2m2, volume V = 1,56 ⋅ 10–10m3 e altura d.Então:

V = A ⋅ d →

Resposta: C

d d m= =⋅⋅

∴ ⋅1 56 10

6 26 102 5 10

10

29,

,,

–

––

Resolução

ácido

hidrogênio

carbono

oxigênio

água

Questão 4

Ht t h

t t= 4 1

222

22

12 2( – )

gH

t= 2

12

v gh0 2=

H v t g t= +– 0 2 221

2

12

Resolução


v0

H

h

Um fio delgado e rígido, de comprimento L, desliza, sem atrito, com velocidade v→

sobre um anel de raio R,numa região de campo magnético constante B

→. Pode-se, então, afirmar que:

A) O fio irá se mover indefinidamente, pois a lei de inércia assim o garante.B) O fio poderá parar, se B

→for perpendicular ao plano do anel, caso fio e anel sejam isolantes.

C) O fio poderá parar, se B→

for paralelo ao plano do anel, caso fio e anel sejam condutores.D) O fio poderá parar, se B

→for perpendicular ao plano do anel, caso fio e anel sejam condutores.

E) O fio poderá parar, se B→

for perpendicular ao plano do anel, caso o fio seja feito de material isolante.

• Se o campo magnético for paralelo ao plano do anel, não haverá fluxo magnético no circuito ABC e, por-tanto, também não haverá corrente induzida nesse circuito.Conseqüentemente, o fio AC não estará submetido à força magnética e seguirá em MRU.

• Se o campo magnético for perpendicular ao plano do anel e o anel e o fio forem condutores, o fluxo mag-nético variável no circuito ABC induzirá corrente no circuito ABC.Conseqüentemente, o fio AC estará sujeito a uma força magnética no sentido de frear o avanço do fio.

Resposta: D

Uma estação espacial em forma de um toróide, de raio interno R1, e externo R2, gira,com período P, em torno do seu eixo central, numa região de gravidade nula. Oastronauta sente que seu “peso” aumenta de 20%, quando corre com velocidadeconstante v

→no interior desta estação, ao longo de sua maior circunferência, con-

forme mostra a figura. Assinale a expressão que indica o módulo dessa velocidade.

A) D)

B) E)

C) vP

R= +

56

12 2π

vP

R=

65

12 2–πv

P

R=

1

56

2 2–π

vP

R= +

56

12 2π

vP

R=

65

12 2–π R2

R1

Questão 6

Resolução

v

R

→

A

C

B

Questão 5


v

R

→

A

C

B

Vamos supor que o astronauta tenha altura desprezível em relação ao raio externo do toróide. Vamos supor,também, que a sensação de “peso” seja dada apenas pela força de compressão que ele troca com seu apoio.

Quando ele está em repouso em relação à estação, é animado por uma velocidade em relação a

um referencial inercial. A compressão que troca com o apoio terá intensidade:

Ao correr com velocidade escalar constante v em relação ao “chão” da estação, passará a receber uma compressão:

Comparando (I) e (II):

De onde concluímos que:

ou

Resposta: A

Um bloco de gelo com 725g de massa é colocado num calorímetro contendo 2,50kg de água a uma tem-peratura de 5,0°C, verificando-se um aumento de 64g na massa desse bloco, uma vez alcançado o equilíbriotérmico. Considere o calor específico da água (c = 1,0cal/g°C) o dobro do calor específico do gelo, e o calor la-tente de fusão do gelo de 80cal/g. Desconsiderando a capacidade térmica do calorímetro e a troca de calor como exterior, assinale a temperatura inicial do gelo.A) –191,4°C D) –24,3°CB) –48,6°C E) –14,1°CC) –34,5°C

Dados:mg = 725g mA = 2500g

gelocg = 0,5cal/g°C

água

cA = 1cal/g°Cθ0 = t Lsolidificação = –80cal/g

θ = 0°C θ0 = 5°C

θ = 0°C

Resolução

Questão 7

vR

P=

65

12 2–π

v v v v= =

65

65

10 0 0– –

65

65

02

2

02

20 0m

vR

m v vR

v v v= + = +→( )

N’ = m ⋅

v0 + v

(v0 + v)2

R2

= 120% N = 65

(II)N

N = m ⋅ v02

R2

(I)

v0 =2πR2

P

vR

P022= π

Resolução


14

42

44

3

14

42

44

3

Como ocorreu um acréscimo de apenas 64g na massa do bloco de gelo, temos, no equilíbrio, água e gelo a 0°C.Sendo assim, o gelo sofreu um acréscimo de temperatura até 0°C, e a água esfriou até 0°C, além de 64g deágua ter se solidificado.

Considerando o sistema termicamente isolado:

Qágua + Qgelo = 0

mA ⋅ cA ⋅ ∆θ + m’ ⋅ Lsolidificação + mgcg∆θ = 0

2500 ⋅ 1 ⋅ (–5) + 64 ⋅ (–80) + 725 ⋅ 0,5(0 – t) = 0

∴ t ≈ –48,6°C

Resposta: B

Numa aula de laboratório, o professor enfatiza a necessidade de levar em conta a resistência interna de amperíme-tros e voltímetros na determinação da resistência R de um resistor. A fim de medir a voltagem e a corrente quepassa por um dos resistores, são montados os 3 circuitos da figura, utilizando resistores iguais, de mesma resistênciaR. Sabe-se de antemão que a resistência interna do amperímetro é 0,01R, ao passo que a resistência interna dovoltímetro é 100R.

Assinale a comparação correta entre os valores de R, R2 (medida de R no circuito 2) e R3 (medida de R no cir-cuito 3).A) R R2 R3B) R R2 R3C) R2 R R3D) R2 R R3E) R R3 R2

No esquema (2), o amperímetro mede a soma das correntes do resistor e do voltímetro, e o voltímetro mede addp do resistor.

(1)

No esquema (3), o voltímetro mede a soma das ddps do resistor e do amperímetro, e o amperímetro mede acorrente do resistor.

(2)

Comparando (1) e (2):

R2 R R3

Resposta: C

∴ = + =RU U

iUi

RR A

R

R

R3

∴ =

+=R

Ui i

Ui

RR

R V

R

R2

Resolução

+

– ε R

R

(1)

+

– ε R

R

(2)A

V+

– εR

R

(3)

A

V

Questão 8


14444444244444443 144424443

Para se determinar o espaçamento entre duas trilhas adjacentes de um CD, foram montados dois arranjos:

1. O arranjo da figura (1), usando uma rede de difração de 300 linhas por mm, um LASER e um anteparo. Nestearranjo, mediu-se a distância do máximo de ordem 0 ao máximo de ordem 1 da figura de interferência for-mada no anteparo.

2. O arranjo da figura (2), usando o mesmo LASER, o CD e um anteparo com um orifício para passagem dofeixe de luz. Neste arranjo, mediu-se também a distância do máximo de ordem 0 ao máximo de ordem 1 dafigura de interferência. Considerando nas duas situações θ1 e θ2 ângulos pequenos, a distância entre duas

trilhas adjacentes do CD é de

A) 2,7 × 10–7mB) 3,0 × 10–7mC) 7,4 × 10–6mD) 1,5 × 10–6mE) 3,7 × 10–5m

O fenômeno da interferência de ondas luminosas, quando elas atravessam uma rede de difração, pode serequacionada da seguinte maneira:

d ⋅ senθ = m ⋅ λ (m = 0, 1, 2, ...) (I)(condição para interferência construtiva, ou seja, um máximo de interferência).

Na equação, d é a distância entre duas fendas consecutivas da rede de difração que, nesse caso, vale:

d mm= 1300

.

d

rede dedifração

θ

MÁX

MÁX

anteparo

Resolução

θ1

500mm

(1)

100

mm

Rede de difração300 linhas/mm

Anteparo

LASER

θ2

74mm

(2)

33m

m

Anteparo

LASER

CD

Questão 9


Para o primeiro arranjo experimental, temos:θ1 pequeno ⇒ senθ1 ≈ tgθ1

Como , então:

Na equação I:

ouλ ≈ 6,7 ⋅ 10–7m

Para o segundo arranjo experimental, temos: θ2 pequeno ⇒ senθ2 ≈ tgθ2

Como , então:

Considerando d’ a distância entre duas linhas adjacentes, temos:d’ ⋅ senθ2 = m ⋅ λ

d’ ⋅

d’ ≈ 1,5 ⋅ 10–6m

Resposta: D

Einstein propôs que a energia da luz é transportada por pacotes de energia hf, em que h é a constante dePlank e f é a freqüência da luz, num referencial na qual a fonte está em repouso. Explicou, assim, a existênciade uma freqüência mínima fo para arrancar elétrons de um material, no chamado efeito fotoelétrico. Suponhaque a fonte emissora de luz está em movimento em relação ao material. Assinale a alternativa correta.A) Se f = fo, é possível que haja emissão de elétrons desde que a fonte esteja se afastando do material.B) Se f fo, é possível que elétrons sejam emitidos, desde que a fonte esteja se afastando do material.C) Se f fo, não há emissão de elétrons qualquer que seja a velocidade da fonte.D) Se f fo, é sempre possível que elétrons sejam emitidos pelo material, desde que a fonte esteja se afastan-

do do material.E) Se f fo, é possível que elétrons sejam emitidos, desde que a fonte esteja se aproximando do material.

Sendo faparente a freqüência da fonte de luz no referencial do material, tem-se, de acordo com o efeito Dopplerrelativístico, que:• para a fonte de luz se aproximando do material, faparente f.• para a fonte de luz se afastando do material, faparente f.

Portanto, lembrando-se que fo é a freqüência mínima para arrancar elétrons de um material:I) Se f fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é impossível que haja emissão de elétrons.II) Se f fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto é possível que haja emissão de elétrons,

desde que faparente fo.III) Se f = fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto haverá emissão de elétrons.IV) Se f fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é possível que haja emissão de elétrons,

desde que faparente fo.V) Se f fo e a fonte se aproxima do material, faparente f. Portanto haverá emissão de elétrons.

VI) Se f = fo e a fonte se afasta do material, faparente f. Portanto é impossível que haja emissão de elétrons.

Assim, a única alternativa correta é a E, de acordo com (II).

Resposta: E

Resolução

Questão 10

3374

1 6 7 10 7= ⋅ ⋅, –

senθ23374

≈tgθ23374

=

1300

15

1 6 7 10 4⋅ ⋅ ∴ ≈ ⋅= λ λ , – mm

sen θ115

≈tgθ1100500

=


Considere duas ondas que se propagam com freqüências f1 e f2, ligeiramente diferentes entre si, e mesmaamplitude A, cujas equações são respectivamente y1(t) = A cos(2π f1t) e y2(t) = A cos(2π f2t). Assinale a opção

que indica corretamente:

Amplitude máxima da onda resultante Freqüência da onda resultante Freqüência do batimento

A) f1 + f2 (f1 – f2)/2

B) 2A (f1 + f2)/2 (f1 – f2)/2C) 2A (f1 + f2)/2 f1 – f2

D) f1 + f2 f1 – f2

E) A (f1 + f2)/2 f1 – f2

Sendo as equações das ondas:y1(t) = Acos(2π f1t) e y2(t) = Acos(2π f2t)

A superposição das ondas resulta em:y(t) = y1(t) + y2(t), substituindo y1(t) e y2(t):y(t) = A [cos(2π f1t) + cos(2π f2t)]

Fazendo as transformações necessárias:

y(t) = 2 ⋅ A ⋅ cos 2π t ⋅ cos 2π t

Quando duas ondas de frequências ligeiramente diferentes entre si se superpõem, temos como resultado ofenômeno do batimento: uma onda cuja amplitude varia periodicamente com o tempo.A onda y(t) pode ser representada pelo gráfico abaixo:

O período resultante é o intervalo de tempo entre duas cristas da onda resultante. A freqüência resultante

associada é: fresultante =

O período de batimento é o intervalo de tempo entre dois instantes em que a amplitude é zero. Como a

variação da amplitude se dá com a freqüência , e a cada período da variação da amplitude corres-

pondem 2 períodos do batimento: fbatimento = f1 – f2.O produto dos cossenos varia entre –1 e 1. Logo, a amplitude da onda resultante varia entre –2A e 2A.Portanto, a amplitude da onda resultante vale 2A.

Resposta: C

f f1 22–

f f1 22+

TResultante

TBatimento

TAmplitude

t

y(t)

f f1 22+f f1 2

2–

Resolução

A 2

A 2

Questão 11


Para iluminar o interior de um armário, liga-se uma pilha seca de 1,5V a uma lâmpada de 3,0W e 1,0V. A pilhaficará a uma distância de 2,0m da lâmpada e será ligada a um fio de 1,5mm de diâmetro e resistividade de1,7 × 10–8Ω ⋅ m. A corrente medida produzida pela pilha em curto circuito foi de 20A. Assinale a potência realdissipada pela lâmpada, nessa montagem.A) 3,7W D) 6,7WB) 4,0W E) 7,2WC) 5,4W

• Cálculo da resistência interna da pilha:

• Cálculo da resistência da lâmpada, suposta constante:

• Cálculo da resistência de cada fio da linha:

• Logo, a potência na lâmpada é:

P ≈ 3,7W

Resposta: A

A figura mostra uma placa de vidro com índice de refração mergulhada no ar, cujo índice de refração

é igual a 1,0.

Para que um feixe de luz monocromática se propague pelo interior do vidro através de sucessivas reflexõestotais, o seno do ângulo de entrada, senθe deverá ser menor ou igual a

A) 0,18B) 0,37C) 0,50D) 0,71E) 0,87

60º

θe

Ar

Vidro

nv = 2

Questão 13

P = =⋅ ⋅R i2 213

3 36( , )

iE

r R Ri A

L=

+ += ∴ ≈

21 5

0 4463 36

,,

,

RAL = =

⋅ ⋅

⋅ ⋅≈ ⋅ρ

π

l1 7 10

2

1 5 104

1 92 108

3 2

2,

( , )

,–

–

– Ω

R

UR= = =⇒

2 13

13P

Ω

iEr

r rcc = = =∴ ⇒1 520

340

, Ω

Resolução

Questão 12


Observe-se o esquema:

No caso de r’ = L (ângulo limite de incidência), temos:

senr’ = senL, em que senL =

Assim:

Aplicando-se a lei de Snell à refração em B:

Como r = 60° – r’, a igualdade acima fica:

senθe = ⋅ sen(60° – 45°)

senθe = ⋅ [sen60° ⋅ cos45° – sen45° ⋅ cos60°]

Fazendo-se as operações:senθθe ≈≈ 0,37

Mas, para que ocorra a reflexão total em C, deve-se impor que

r’ L ⇒ r’ 45°

Como r + r’ = 60°, o aumento no valor de r’ impõe uma diminuição no valor de r.Por outro lado, como uma conseqüência da lei de Snell, uma diminuição no valor de r só é possível com umadiminuição no valor de θe.Assim, conclui-se que, para a ocorrência da reflexão total, deve-se impor que:

senθθe 0,37

Resposta: B

Um solenóide com núcleo de ar tem uma auto-indutância L. Outro solenóide, também com núcleo de ar, tema metade do número de espiras do primeiro solenóide, 0,15 do seu comprimento e 1,5 de sua seção trans-versal. A auto-indutância do segundo solenóide éA) 0,2L D) 5,0LB) 0,5L E) 20,0LC) 2,5L

Questão 14

sen eθ = ⋅ ⋅ ⋅2

32

22

22

12

–

2

2

sensen r

sen sen ree

θ θ= =⇒ ⋅21

2

sen r r' '= = = °∴1

2

22

45

nnmenor

maior

60º

θe

r

90º –

r

90º – r’r’

No triângulo ABC:60º + (90º – r) + (90º – r’) = 180º

∴ r + r’ = 60º ouainda r = 60º – r’

Resolução


Para um solenóide:

A definição de indutância é:

φ = Li (2)

Comparando-se (1) com (2), a indutância do solenóide é dada por:

Logo, para o segundo solenóide:

L’ =

∴ L’ = 2,5L

Resposta: C

Um mol de um gás ideal ocupa um volume inicial V0 à temperatura T0 e pressão P0, sofrendo a seguir umaexpansão reversível para um volume V1. Indique a relação entre o trabalho que é realizado por:

(i) W(i) , num processo em que a pressão é constante.

(ii) W(ii) , num processo em que a temperatura é constante.

(iii) W(iii) , num processo adiabático.

A) W(i) W(iii) W(ii)

B) W(i) W(ii) W(iii)

V0 V1 V

(i)P0

P

(ii)

(iii)

V0 V1 V

(i)P0

P

(ii)

(iii)

Questão 15

µ µ0

2

0

24

0 151 5 2 5

N

AN

A,

, ,l l

⋅ =

L

NA= ⋅µ0

2

l

φ µ= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅N B A NN

i A0 1l

( )

Resolução


C) W(iii) W(ii) W(i)

D) W(i) W(ii) W(iii)

E) W(iii) W(ii) W(i)

Nas 3 transformações, o trabalho que as forças exercidas pelo gás realizam contra as paredes do recipiente,durante a expansão, pode ser calculado pela área sob o gráfico P × V:

Dos gráficos acima, podemos observar que:Wi Wii Wiii → opção D

Observação: A relação Wiii Wii Wi é verdadeira para o gráfico da opção C, pois trata-se de trabalhosnegativos. Apesar disso, não deve ser levada em consideração, pois o gráfico representa uma compressão, enão uma expansão.

Resposta: D

V

(i)P0

P

V

P0

P

(ii)

V

P0

P

(iii)Wi

WiiWiii

Resolução

V0 V1 V

(i)P0

P

(ii)

(iii)

V0 V1 V

(i)P0

P

(ii)

(iii)

V0 V1 V

(i)P0

P

(ii)

(iii)


Um anel de peso 30N está preso a uma mola e desliza sem atrito num fio circular situado num plano vertical,conforme mostrado na figura.

Considerando que a mola não se deforma quando o anel se encontra na posição P e que a velocidade do anelseja a mesma nas posições P e Q, a constante elástica da mola deve ser de

A) 3,0 × 103N/mB) 4,5 × 103N/mC) 7,5 × 103N/mD) 1,2 × 104N/mE) 3,0 × 104N/m

As forças que agem no anel entre os pontos P e Q são Peso, Normal e Felástica.Como o τN = 0, então ∑τF.N.Cons = 0 e, portanto, o sistema é conservativo.

vP = vQ

x = l – l0 = 4cm = 0,04m

k = 7500N/m

Resposta: C

No modelo proposto por Einstein, a luz se comporta como se sua energia estivesse concentrada em pacotesdiscretos, chamados de “quanta” de luz, e atualmente conhecidos por fótons. Estes possuem momento p eenergia E relacionados pela equação E = pc, em que c é a velocidade da luz no vácuo. Cada fóton carrega umaenergia E = hf, em que h é a constante de Planck e f é a freqüência da luz. Um evento raro, porém possível, éa fusão de dois fótons, produzindo um par elétron-pósitron, sendo a massa do pósitron igual à massa doelétron. A relação de Einstein associa a energia da partícula à massa do elétron ou pósitron, isto é, E = mec2.

Questão 17

30 0 2

0 042

2⋅ ⋅=,

,k

mvmgh

mv kxP Q2 2 2

2 2 2+ = +

ε εmecP

mecQ=

2cm

P

h = 20cm

14

44

42

44

44

3

12

3

12

3

l0 = 8cm

14

42

44

3

l = 12cm

P.H.R.Q

Resolução

2cm

P

Q

anel10cm

Questão 16


12

3

Assinale a freqüência mínima de cada fóton, para que dois fótons, com momentos opostos e de módulo iguais,produzam um par elétron-pósitron após a colisão.

A) f = (4mec2)/h

B) f = (mec2)/h

C) f = (2mec2)/h

D) f = (mec2)/2h

E) f = (mec2)/4h

Como os fótons, antes da colisão, possuem momentos lineares de mesma intensidade e sentidos opostos, o mo-mento linear do sistema antes da colisão é nulo. Dessa forma, após a colisão o momento linear do sistema tam-bém é nulo, já que ele se conserva. A menor freqüência dos fótons corresponde à sua energia mínima. Já queessa energia é mínima, ela deve ser suficiente para formar o par elétron-pósitron, com energia cinética nula.Assim, temos:

εfótons = εassociada ao pósitron + εassociada ao elétron

2 ⋅ h ⋅ f = mp ⋅ c2 + me ⋅ c2

Como mp = me:

2 ⋅ h ⋅ f = me ⋅ c2 + me ⋅ c2

∴

Resposta: B

Uma espira retangular é colocada em um campo magnético com o plano da espira perpendicular à direção docampo, conforme mostra a figura. Se a corrente elétrica flui no sentido mostrado, pode-se afirmar em relaçãoà resultante das forças, e ao torque total em relação ao centro da espira, que

A) A resultante das forças não é zero, mas o torque total é zero.B) A resultante das forças e o torque total são nulos.C) O torque total não é zero, mas a resultante das forças é zero.D) A resultante das forças e o torque total não são nulos.E) O enunciado não permite estabelecer correlações entre as grandezas consideradas.

A direção e o sentido de cada uma das forças magnéticas que agem na espira podem ser determinados pela regrada mão direita número 2 e estão indicados na figura.Dada a simetria da espira, é imediato concluir que:

F1 = F3 e F2 = F4

Resolução

iB→

Questão 18

fm c

he= ⋅ 2

Resolução


Conclusões:1º-) A resultante é nula.2º-) O torque total em relação ao centro da espira é nulo.

Resposta: B

Sejam o recipiente (1), contendo 1 mol de H2 (massa molecular M = 2) e o recipiente (2) contendo 1 mol de He(massa atômica M = 4) ocupando o mesmo volume, ambos mantidos a mesma pressão. Assinale a alternativacorreta:A) A temperatura do gás no recipiente 1 é menor que a temperatura do gás no recipiente 2.B) A temperatura do gás no recipiente 1 é maior que a temperatura do gás no recipiente 2.C) A energia cinética média por molécula do recipiente 1 é maior que a do recipiente 2.D) O valor médio da velocidade das moléculas no recipiente 1 é menor que o valor médio da velocidade das

moléculas no recipiente 2.E) O valor médio da velocidade das moléculas no recipiente 1 é maior que o valor médio da velocidade das

moléculas no recipiente 2.

A energia interna de um gás ideal pode ser calculada por:

Monoatômico Diatômico

123 123

translação rotação dada molécula molécula

Como os dois gases possuem o mesmo volume, pressão e número de mols, concluímos que e assina-

lamos a alternativa C.

Entretanto, o valor médio quadrático da velocidade das moléculas está associado apenas ao seu movimentode translação. Logo, para ambos os gases podemos afirmar que:

Utranslação =

Como a massa molecular do H2 é menor, a velocidade quadrática média do H2 é maior que a do He. Podemosassim, também, assinalar a alternativa E.

Resposta: C, E

3PVn

m v= 2

32

32

12

PV n PV n m vc= ⇒ = ε 2

Un

Un

2 1

U PV PV PV232

52

= + =U PV132

=

Resolução

Questão 19

F1

→

F3

→

F2

→F2

→O


Animado com velocidade inicial v0, o objeto X, de massa m, desliza sobre um piso horizontal ao longo de umadistância d, ao fim da qual colide com o objeto Y, de mesma massa, que se encontra inicialmente parado nabeira de uma escada de altura h.

Com o choque, o objeto Y atinge o solo no ponto P. Chamando µk o coeficiente de atrito cinético entre o obje-

to X e o piso, g a aceleração da gravidade e desprezando a resistência do ar, assinale a expressão que dá adistância d.

A)

B)

C)

D)

E)

A situação descrita no enunciado está representada nas figuras a seguir:

P

(IV)

Y

s

h

(II)vY = 0

XY

vX

(I)v0

X

(III)

XY

vY’ vX’

Resolução

dvg

v sghk

=

––0

0 2µ

dg

vs g

hk=

12

220

22

µ–

dv

gv s

ghk

=

––0

02 2µ

dg

vs g

hk=

––

12 20

22

µ

dg

vs g

hk=

12 20

22

µ–

Y

Y X

P

h

v0

ds

Questão 20


Entre as situações (I) e (II) o corpo X realiza um movimento uniformemente retardado com aceleração de in-tensidade |a| = g ⋅ µk. Portanto

vX2 = v0

2 – 2 ⋅ g ⋅ µk ⋅ d

Entre as situações (II) e (III) ocorre um choque, logo a quantidade de movimento do sistema se conserva:

mvX + mvY = mv’X + mv’YvX = v’X + v’Y (2)

Entre as situações (III) e (IV) ocorre um lançamento horizontal; o tempo de queda é dado por:

Considerando o movimento na horizontal:s = v’Y ⋅ tqueda

Substituindo (3) em (2):

vX = v’X =

Finalmente, substituindo (4) em (1):

A velocidade v’X do corpo X não pode ser obtida, pois nada foi dito sobre o tipo de choque. Dessa forma, aquestão não tem resposta.Só é possível encontrar uma alternativa correta se supusermos que o choque é perfeitamente elástico. Nessecaso, v’X é nulo e encontra-se a expressão dada na alternativa A:

Sem reposta

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO DESOLUÇÕES

Considere uma pessoa de massa m que ao curvar-se permaneça com a coluna vertebral praticamente nivelada

em relação ao solo. Sejam a massa do tronco e a soma das massas da cabeça e dos braços.

2d/3 FmFd

d/2

βd/3

d/2

m1g m2g

α

m m215

=m m125

=

Questão 21

dg

vs g

hk=

⋅ ⋅1

2 202

2

µ–

dg

vs g

hv s

gh

vk

X X=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅1

2 22

202

22

µ– – ‘ – ‘

sgh

⋅2

4( )

v sghY‘ ( )=

23

12

22g t h thgqueda queda= ⇒ =

dg

v vk

X=

⋅

⋅12

102 2

µ– ( )


Considere a coluna como uma estrutura rígida e que a resultante das forças aplicadas pelos músculos à colunaseja Fm e que Fd seja a resultante das outras forças aplicadas à coluna, de forma a mantê-la em equilíbrio. Qualé o valor da força Fd?

Na figura está representada a situação descrita no enunciado.

Para que a coluna esteja em equilíbrio:

1) (∑MA)horário = (∑MA)anti-horário

mg ⋅ + mg ⋅ d = Fm ⋅ senα ⋅ d

Fmsenα = mg (1)

2) (∑F)p/ cima = (∑F)p/ baixo

Fm ⋅ senα = Fd ⋅ senβ + mg + mg

Fdsenβ = Fmsenα – mg (2)

Das equações (1) e (2), conclui-se que:

Fd ⋅ senβ = 0,

o que será sempre verdade se β = 0, já que consideramos que Fd ≠ 0.

3) (∑F)p/ direita = (∑F)p/ esquerda

Fd ⋅ cosβ = Fm ⋅ cosα

Como β = 0,

Fd = Fm ⋅ cosα (3)

Será feita a consideração de que o valor de Fm é conhecido e o valor de α não. Elevando as equações (1) e (3)ao quadrado e somando-as:

F2m ⋅ sen2α + F2

m cos2α = F2d

+

Portanto

F F mgd m=

22

35

–

35

2

mg

35

15

25

35

23

15

d2

25

β

Fm

αPólo

Fd 25

mg

15

mg

A

Resolução


Quando se acendem os fárois de um carro cuja bateria possui resistência interna ri = 0,050Ω, um amperímetro

indica uma corrente de 10A e um voltímetro uma voltagem de 12V. Considere desprezível a resistência internado amperímetro. Ao ligar o motor de arranque, observa-se que a leitura do amperímetro é de 8,0A e que asluzes diminuem um pouco de intensidade.

Calcular a corrente que passa pelo motor de arranque quando os faróis estão acesos.

A f.e.m. (E) da bateria pode ser determinada a partir do circuito com apenas os faróis acesos:

⇒ E = 10 ⋅ (1,2 + 0,05) ∴ E = 12,5V

Com o motor de arranque também ligado:

A corrente oferecida pela bateria (I) fica determinada:

UAB = Ufaróis

E – rI = RF ⋅ IF ⇒ ∴ I = 58A

Logo, a corrente que se estabelece no motor (im) será:im = I – iFim = 58 – 8 ∴ im = 50A

I = 12 5 9 60 05, – ,

,

r = 0,05Ω

E = 12,5V

+

–

I

im

Motor Faróis

iF = 8A

RF = 1,2Ω

A

B

iE

R rF=

+

r = 0,05Ω

E +

–

U = 12V

i = 10A

Faróis RF = 1,2Ω

Resolução

ri

+

–

V

motor

farol

A

ε

Questão 22


Considere um automóvel de peso P, com tração nas rodas dianteiras, cuja centro de massa está em C, movi-mentando-se num plano horizontal. Considerando g = 10m/s2, calcule a aceleração máxima que o automóvelpode atingir, sendo o coeficiente de atrito entre os pneus e o piso igual a 0,75.

Na figura estão indicadas as forças externas que agem no veículo.Como não há rotação em torno do centro de massa, a soma dos momentos das forças em relação a esse pontoé nula.

Logo,

A1 ⋅ 0,6 + N12 = N2 ⋅ 1,4 (1)

Mas

N1 + N2 = P (2)

e, na condição limite,

A1 = µN1 = 0,75N1 (3).

Substituindo (2) e (3) em (1), obtemos:

Como a resultante é igual ao atrito A1, vem

R = m|a |

A1 = m|a |

µ ⋅ N1 = m|a | (5)

Substituindo (4) em (5), vem

|a | = 2,7m/s2

C

sentido domovimento

0,6 m

2,0 m 1,4 m

N1

A1

N2

P

N P P11 43 85

0 36 4= ≈,,

, ( )

Resolução

C

sentido domovimento

0,6 m

2,0 m 1,4 m

Questão 23


O Raio-X é uma onda eletromagnética de comprimento de onda (λ) muito pequeno. A fim de observar osefeitos da difração de tais ondas é necessário que um feixe de Raio-X incida sobre um dispositivo, com fendasda ordem de λ . Num sólido cristalino, os átomos são dispostos em um arranjo regular com espaçamento entreos átomos da mesma ordem de λ . Combinando esses fatos, um cristal serve como uma espécie de rede dedifração dos Raios-X. Um feixe de Raios-X pode ser refletido pelos átomos individuais de um cristal e tais ondasrefletidas podem produzir a interferência de modo semelhante ao das ondas provenientes de uma rede dedifração. Considere um cristal de cloreto de sódio, cujo espaçamento entre os átomos adjacentes é a = 0,30 × 10–9m, onde Raios-X com λ = 1,5 × 10–10m são refletidos pelos planos cristalinos. A figura (1)mostra a estrutura cristalina cúbica do cloreto de sódio. A figura (2) mostra o diagrama bidimensional dareflexão de um feixe de Raios-X em dois planos cristalinos paralelos. Se os feixes interferem construtivamente,calcule qual deve ser a ordem máxima da difração observável?

De acordo com a lei de Bragg, temos:2 ⋅ a ⋅ senθ = m ⋅ λ

Do enunciado, a = 0,3 ⋅ 10–9m e λ = 1,5 ⋅ 10–10m.

Dessa forma:

2 ⋅ 0,3 ⋅ 10–9 ⋅ senθ = m ⋅ 1,5 ⋅ 10–10

como senθ 1:

m 4

Portanto, a ordem máxima da difração observável será 4.

A figura mostra um capacitor de placas paralelas de área A separadas pela distância d. Inicialmente o dielé-trico entre as placas é o ar e a carga máxima suportada é Qi. Para que esse capacitor suporte uma carga má-xima Qf foi introduzida uma placa de vidro de constante dielétrica k e espessura d/2. Sendo mantida a dife-rença de potencial entre as placas, calcule a razão entre as cargas Qf e Qi.

Aar

configuração inicial

d ar

configuração final

vidro

Questão 25

m4

1

senmθ =4

Resolução

a

a

a

(1)

feixeincidente

feixerefletido

λ λ

θ θ

θ a

(2)

Questão 24


Na situação inicial:

Na situação final, tudo se passa como se dois capacitores estivessem associados em série:

Logo,

A carga Qf, portanto, é dada por:

Uma partícula de massa m carregada com carga q 0 encontra-se inicialmente em repouso imersa num campogravitacional e num campo magnético B0 com sentido negativo em relação ao eixo Oz, conforme indicado nafigura. Sabemos que a velocidade e a aceleração da partícula na direção Oy são funções harmônicas simples. Dissoresulta uma trajetória cicloidal num plano perpendicular à B0. Determine o deslocamento máximo (L) da partícula.

O sistema é conservativo, pois τF→

mag= 0. Adotando como plano horizontal de referência o plano que passa pelo

eixo x, temos:

mvmg L v gL

2

20 2+ = =→(– )

ε ε ε ε ε εmB

mO

cB

pB

cO

pO= → + = +

y

xO

B0

→

L

g→

Bv

PHR

Resolução

y

xO

B0

→

L

Questão 26

∴ =+

QQ

kk

f

i

21( )

Qk

Ad

kUf =

+⋅

2

12

0ε( )

( )

C

Ad

kAd

Ad

keq =

+

⋅2 2

2 1

0 0

0

ε ε

ε ( )

CA

de C k

Ad1 0 2 02 2

= =ε ε/ /

Q C UAd

Ui i= =⋅ ⋅ε0 1( )

Resolução


No ponto B, a resultante centrípeta é Rc = Fmag – P e o raio da circunferência osculadora à ciclóide em B é r = 2L.

Então

2mg =

2 4m2g2 = q2 ⋅ 2gL ⋅ B02 ∴

Calcule a área útil das placas de energia solar de um sistema de aquecimento de água, para uma residênciacom quatro moradores, visando manter um acréscimo médio de 30,0ºC em relação à temperatura ambiente.Considere que cada pessoa gasta 30,0 litros de água quente por dia e que, na latitude geográfica da residên-cia, a conversão média mensal de energia é de 60,0kWh/mês por metro quadrado de superfície coletora.Considere ainda que o reservatório de água quente com capacidade para 200 litros apresente uma perda deenergia de 0,30kWh por mês para cada litro. É dado o calor específico da água c = 4,19J/gºC.

A partir do enunciado, podemos estabelecer as seguintes conclusões:1) Consumo mensal de água para a família, em litros

Vtotal = 30 ⋅ 30 ⋅ 4 moradores = 3600

2) Cálculo da perda total de energia, ao mês, para o volume total de água.

1L 0,30

200L ∆εperdida

∴ ∆ εperdida = 60

3) Cálculo da quantidade de energia mensal para aquecer, de 30°C, os 3600L de água.

Lembrando que, para a água, 1L corresponde a 1kg e que cágua = 4,19 ⋅ 103 , tem-se:

∆εútil = m ⋅ c ⋅ ∆θ

∆εútil = 3600 ⋅ 4,19 ⋅ 103 ⋅ 30

∆εútil = 4,5252 ⋅ 108 Jmês

Jkg°C

kWhmês

kWhmês

Lmês

Ldia

diasmês

Resolução

Questão 27

Lm g

q B= 2 2

202

q gL B⋅ ⋅2 0

m gLL

q gL B mg⋅ ⋅ ⋅=22

2 0 –

mvr

qvB mg2

= –

P

v→

Fmag


14

24

3

4) Expressando essa quantidade de energia em kWh

1kWh 3,6 ⋅ 106J∆ε 4,5252 ⋅ 108J

∴ ∆ εútil = 125,7

5) Cálculo da quantidade total de energia que deve ser fornecida para a água

∆εtotal = ∆εútil + ∆εdissipada

∆εtotal = 125,7 + 60

∆εtotal = 185,7

6) Cálculo da área total das placas, para captar essa quantidade de energia

1m2 60

A 185,7

∴ A ≈ 3,1m2

Num meio de permeabilidade magnética µ0, uma corrente i passa através de um fio longo e aumenta a uma

taxa constante ∆i/∆t. Um anel metálico com raio a está posicionado a uma distância r do fio longo, conformemostra a figura. Se a resistência do anel é R, calcule a corrente induzida no anel.

A f.e.m. induzida na espira, pela lei de Faraday é:

em que a variação de fluxo magnético (∆Φ) na espira de raio a, considerado muito menor que r, pode ser es-crita por:

∆Φ = ∆B ⋅ A

Logo, a corrente induzida no anel fica determinada:

∴ =iia

Rr tindµ0

2

2∆∆

iRIndind= | |ε

∆Φ ∆= ⋅µπ

π0 2

2i

ra

| || |εind t

= ∆Φ∆

Resolução

i

ar

Questão 28

kWhmês

kWhmês

kWhmês

kWhmês


14

24

31

23

Considere uma tubulação de água que consiste de um tubo de 2,0cm de diâmetro por onde a água entra comvelocidade de 2,0m/s sob uma pressão de 5,0 × 105Pa. Outro tubo de 1,0cm de diâmetro encontra-se a 5,0m dealtura, conectado ao tubo de entrada. Considerando a densidade da água igual 1,0 × 103kg/m3 e desprezando asperdas, calcule a pressão da água no tubo de saída.

Da conservação da massa, para fluido incompressível:

8,0m/s

Desprezando-se as perdas por efeitos da viscosidade, pode-se aplicar a equação de Bernoulli:

em que p é a pressão e d é a densidade da água, 1000kg/m3, e h é a altura em relação a uma referência colocadana linha de centro do tubo de entrada.

Substituindo os valores numéricos:

p2 = 4,2 ⋅ 105Pa

Vivemos dentro de um capacitor gigante, onde as placas são a superfície da Terra, com carga – Q e a ionosfera, umacamada condutora na atmosfera, a uma altitude h = 60km, carregada com carga +Q. Sabendo que nasproximidades do solo junto à superfície da Terra, o módulo do campo elétrico médio é de 100V/m e considerandoh << raio da terra ≅ 6400km, determine a capacitância deste capacitor gigante e a energia elétrica armazenada.Considere 1/(4πε0) = 9,0 × 109Nm2/C2.

Questão 30

∴ = +p2

310500 2 32 50– –

5 10

10

22

010

82

10 55

3

223

2⋅ ⋅+ + = + +p

pd

vg h

pd

vg h1

1

12

12

2

22

22 2+ + = + +⋅ ⋅ ,

∴ ⇒= ⋅

= ⋅

=v v

DD

v2 11

2

2

2

2

221

v

Dv

D1

12

222

4 4⋅ = ⋅π π

1

p1, v1D1

p2, V2D2

h = 5,0 m

h = 0

2

Resolução

Questão 29


Podemos assim calcular a capacitância de um capacitor esférico:

Sendo a terra um condutor em equilíbrio eletrostático:

|Q| = 4,5 ⋅ 105C

A energia no capacitor é:

∴ ε = 1,36TJ

Solução opcional para o cálculo da capacitância:

Sendo h << RT, podemos considerar o campo no interior do capacitor uniforme.

E ⋅ d = U ⇒ 102 ⋅ 6,0 ⋅ 104 = U ∴ U = 6 ⋅ 106V

Da definição de capacitância:

∴ C = 75mFCQU

= = ⋅⋅

4 5 10

6 10

5

6

,

ε = = =⋅ ⋅⋅ ⋅

Q U QC2 2

4 5 10

2 76 10

2 5 2

3

( , )–

E KQ

R

Q= =⋅ ⇒ ⋅ ⋅⋅

| | | |

( , )22 9

6 210 9 10

6 4 10

CR RR R

C mF= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅ ∴41

9 10

6 400 000 6 460 00060 000

7601 2

1 2 9π ε

–

Resolução


Prova de alto nível, com questões que requerem conhecimento profundo da matéria e habilidade algébrica.Entretanto, a distribuição de questões por assunto não foi equilibrada, privilegiando o Eletromagnetismo,

em detrimento da Mecânica.

Física


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o anglo resolve a prova de física do ita...

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