o anglo resolve a prova de física...

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 e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalema 50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificadosnas questões 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 2007

3ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES

No circuito representado na figura, têm-se duas lâmpadas incandescentesidênticas, L1 e L2, e três fontes idênticas, de mesma tensão V. Então, quandoa chave é fechada,A) apagam-se as duas lâmpadas.B) o brilho da L1 aumenta e o da L2 permanece o mesmo.C) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permanece o mesmo.D) o brilho das duas lâmpadas aumenta.E) o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.

Ao fechar-se a chave, as ddps nas lâmpadas não se alteram, ficando, ambas, iguais a V. Portanto o brilho daslâmpadas não se altera, conforme mostra a figura abaixo.

Resposta: E

A estrela anã vermelha Gliese 581 possui um planeta que, num período de 13 dias terrestres, realiza em tornoda estrela uma órbita circular, cujo raio é igual a 1/14 da distância média entre o Sol e a Terra. Sabendo quea massa do planeta é aproximadamente igual à da Terra, pode-se dizer que a razão entre as massas da Gliese581 e do nosso Sol é de aproximadamenteA) 0,05 D) 0,3B) 0,1 E) 4,0C) 0,6

A condição para que um planeta entre em órbita circular em torno de uma estrela é que a resultante seja cen-trípeta:

R = mω2r = m

sendo r o raio da órbitam a massa do planetaT o período do movimento do planeta

22

πT

r

Resolução

Questão 2

+

–V

L1

L2

+

–

+

–

V

V

V

2V2V

V

0 0

+

–V

+

–

+

–

V

2V2V

V

0 00

V

Resolução

chave

+

–V

L1

L2

+

–

+

–

V

V

Questão 1

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

Como a resultante é igual à força de atração gravitacional entre o planeta e a estrela:

⇒ (1)

sendo M a massa da estrelaAplicando-se a expressão (1) tanto ao movimento do planeta que gira em torno da estrela Gliese 581, comopara o movimento da Terra em torno do Sol, tem:

levando-se em conta que rp/rT = 1/14, obtemos

Resposta: D

A figura mostra uma barra de 50cm de comprimento e massa desprezível,suspensa por uma corda OQ, sustentando um peso de 3000N no ponto indi-cado. Sabendo que a barra se apóia sem atrito nas paredes do vão, a razãoentre a tensão na corda e a reação na parede no ponto S, no equilíbrio está-tico, é igual aA) 1,5B) 3,0C) 2,0D) 1,0E) 5,0

A figura a seguir indica as forças que agem na barra:

Pelo equilíbrio das forças verticais: T = PT = 3000N

Escolhendo o ponto A como pólo, a equação de equilíbrio dos momentos fica:MT + MNS

= MPT ⋅ (0,1) + NS ⋅ (0,3) = P(0,2)

Substituindo os valores de T e P: 300 + 0,3NS = 600

NS = 1000N

Portanto:

Resposta: B

TNS

= 3

ST

Q

20 cm

10 cm

A

NS

P

30 cm

N

Resolução

S

O

Q

P

20 cm

10 cm 30 cmQuestão 3

MM

G

S≈ 0 3,

T

Tp

T=

36513

GM

r TS

T T3

22

=

πGM

r TG

p p3

22

=

π

GM

r T3

22

=

πG

mM

rm

Tr

2

22

=

π


Numa dada balança, a leitura é baseada na deformação de uma mola quando um objeto é colocado sobre suaplataforma. Considerando a Terra como uma esfera homogênea, assinale a opção que indica uma posição dabalança sobre a superfície terrestre onde o objeto terá a maior leitura.A) Latitude de 45°.B) Latitude de 60°.C) Latitude de 90°.D) Em qualquer ponto do Equador.E) A leitura independe da localização da balança já que a massa do objeto é invariável.

De acordo com o enunciado, a força que deforma a mola da balança tem intensidade igual à normal aplicadasobre o corpo pela balança. Como a intensidade da normal está relacionada à tendência de o corpo penetrar namola, quanto maior a tendência de o corpo penetrar na mola, maior é a normal e, conseqüentemente, maior éa deformação da mola.Como a intensidade da velocidade de um ponto na superfície da Terra é a proporcional à sua distância emrelação ao eixo de rotação do planeta, pontos sobre o Equador apresentam velocidade máxima, enquanto pontossobre os pólos (latitude 90°) apresentam velocidade mínima, que é nula.Dessa forma, de acordo com o princípio da inércia, corpos sobre o Equador possuem menor tendência de pene-tração em relação à mola, logo, a deformação da mola é mínima. Nos pólos, a tendência de penetração é máxi-ma e, assim sendo, a deformação da mola também o será.

Resposta: C

Define-se intensidade I de uma onda como a razão entre a potência que essa onda transporta por unidade deárea perpendicular à direção dessa propagação. Considere que para uma certa onda de amplitude a, fre-qüência f e velocidade v, que se propaga em um meio de densidade ρ, foi determinada que a intensidade édada por: I = 2π2fxρvay.Indique quais são os valores adequados para x e y, respectivamente.A) x = 2; y = 2B) x = 1; y = 2C) x = 1; y = 1D) x = –2; y = 2E) x = –2; y = –2

De acordo com a definição

, como ,

No sistema de unidade MLT, as grandezas ∆ε, ∆t e A são expressas por:

[∆ε] = [M] [L]2 [T]–2

[∆t] = [T][A] = [L]2

Assim, a unidade da intensidade da onda é:

[I] = [M] [L]0 [T]–3 = [M] [T]–3 (I)

It A

=⋅

∆∆

ε.

P =∆∆εt

IA

=P

Resolução

Questão 5

Resolução

Questão 4


De acordo com a equação fornecida, I = 2π2fxρvay, as unidades das grandezas f, ρ , v e a, no sistema MLT, são:

[f] = [T]–1

[ρ ] = [M] [L]–3

[v] = [L] [T]–1

[a] = [L]

Assim, a unidade de I, pela equação fornecida, é:

[I] = [T]–x ⋅ [M] ⋅ [L]–3 ⋅ [L] ⋅ [T]–1 ⋅ [L]y, ou seja:[I] = [T]–x – 1 ⋅ [M] ⋅ [L]y – 2 (II)

Comparando-se as relações (I) e (II), segue:

Resposta: A

Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao longo de uma reta comperíodo de 8/3s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, semelhante a P1, oscila de modo idêntico numareta muito próxima e paralela à primeira, porém com atraso de π/12rad em relação a P1. Qual a distância que

separa P1 de P2, 8/9s depois de P2 passar por um ponto de máximo deslocamento?

A) 1,00aB) 0,29aC) 1,21aD) 0,21aE) 1,71a

Vamos considerar que a fase inicial ϕ0 para a partícula P1 seja nula. Nessa circunstância, a equação horária desua elongação é:

; em que a é a amplitude do movimento e T o período de oscilação.

Para a partícula P1, . Assim, a equação torna-se

Como a segunda partícula (P2) tem um atraso de em relação a P1, embora se movimente de modo

idêntico a P1, sua equação horária é:

Vamos agora considerar o primeiro instante que P2 atinge a elongação máxima. Nesse caso x2 = a e a equaçãoacima fica:

a a t= +

⋅ ⋅cos –

π π12

34

x a t II2 1234

= +

⋅ ⋅cos – ( )

π π

π12

rad

x a t I134

=

⋅ ⋅cos ( )

π

T s=83

x aT

t12

=

⋅ ⋅cos

π

Resolução

Questão 6

–x – 1 = –3 ⇒ x = 2

y – 2 = 0 ⇒ y = 2


Para tanto:

Assim, o instante estipulado no enunciado é:

Susbstituindo esse instante nas equações I e II, segue:

•

2π/364748

••

A distância d entre P1 e P2 no instante t = 1s é:

d ≈ 0,21a

Resposta: D

Uma corrente elétrica passa por um fio longo, (L) coincidente com o eixo y no sentido negativo. Uma outracorrente de mesma intensidade passa por outro fio longo, (M), coincidente com o eixo x no sentido negativo,conforme mostra a figura. O par de quadrantes nos quais as correntes produzem campos magnéticos em sen-tidos opostos entre si éA) I e II D) II e IVB) II e III E) I e IIIC) I e IV

y

x

LII I

III IV

M

Questão 7

da a

= +–2

2 2

– a

P1 P2

0 + a– a 22 – a

2

d = ?

xa

2 2= –

x a2 1234

1= +

⋅ ⋅cos –

π π

xa

12

2=

–(*)

x a134

1=

⋅ ⋅cos

π

t s' .= + =

19

89

1

∴ =t s19

cos – –π ππ π12

34

112

34

0+

= + =⋅ ⇒ ⋅t t


Chamando de B→

x o campo criado pelo fio M e de B→

y o campo criado pelo fio L, usando a regra da mão direita:

Logo, nos quadrantes I e III, os campos magnéticos B→

x e B→

y têm sentidos opostos.

Resposta: E

Considere uma espira retangular de lados a e b percorrida por uma corrente I, cujo plano da espira é paraleloa um campo magnético B. Sabe-se que o módulo do torque sobre essa espira é dado por τ = I B a b. Supondo que a mesma espira possa assumir qualquer outra forma geométrica, indique o valor máximo possível que seconsegue para o torque.

A) D)

B) IBab E)

C) 2IBab

• O torque na espira é dado por:τ = IB ⋅ A, sendo A a área da espira.

• A máxima área de uma figura de perímetro (2a + 2b) é a área de um círculo tal que:

2πr = 2(a + b) ∴

• Logo, o máximo torque na espira é:

τmáx = IB ⋅ πr2 = IB

Resposta: A

Um elétron e um pósitron, de massa m = 9,11 ⋅ 10–31kg, cada qual com energiacinética de 1,20MeV e mesma quantidade de movimento, colidem entre si em sen-tidos opostos. Neste processo colisional as partículas aniquilam-se, produzindo doisfótons γ1 e γ2. Sendo dados: constante de Planck h = 6,63 ⋅ 10–34J ⋅ s; velocidade da

luz c = 3,00 ⋅ 108m/s; 1 eV = 1,6 ⋅ 10–19J; 1 femtometro = 1fm = 1 ⋅ 10–15m, indiqueos respectivos valores de energia E e do comprimento de onda dos fótons.

A) E = 1,20MeV ; λ = 2435fm D) E = 1,46MeV ; λ = 0,28 ⋅ 10–2fmB) E = 1,20MeV ; λ = 1035fm E) E = 1,71MeV ; λ = 559fmC) E = 1,71MeV ; λ = 726fm

e– e+

γ1

γ2

Questão 9

( )a b+ 2

π

ra b

=+

π

Resolução

IBab

π

IBab

2πIB a b( )+ 2

π

Questão 8

y

x

LII I

III IV

MBy

BxBx

By

By

Bx

By

Bx

Resolução


• conservação da quantidade de movimento do sistema:

(Q→i )sistema = (Q

→f)sistema

Q→

elétron + Q→

pósitron = Q→

fóton1+ Q

→

fóton2

Como • Q→

elétron = –Q→

pósitron

• Qfóton1=

• Qfóton2= , vem que

Q→

fóton1= –Q

→

fóton2

Qfóton1= Qfóton2

• conservação da energia do sistema:

(εi)sistema = (εf)sistema

(melétron + mpósitron) ⋅ c2 + εcelétron+ εcpósitron

= εfóton1+ εfóton2

Lembrando que Efóton1= Efóton2

= hf e substituindo-se os dados com o adequado ajuste de unidades, vem que:

2 ⋅ 9,11 ⋅ 10–31 ⋅ (3 ⋅ 108)2 + 2 ⋅ 1,2 ⋅ 106 ⋅ 1,6 ⋅ 10–19 = 2 ⋅ 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ f ⇒ f = 4,13 ⋅ 1020Hz

• energia individual dos fótons:

Efóton = h ⋅ f = 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ 4,13 ⋅ 1020

Efóton = 27,34 ⋅ 10–14J

∴ Efóton = 1,71MeV

• comprimento de onda da onda associada ao fóton:v = λ ⋅ f3 ⋅ 108 = λ ⋅ 4,13 ⋅ 1020

λ = 726 ⋅ 10–15m∴ λ = 726fm

Resposta: C

A figura mostra uma bobina com 80 espiras de 0,5m2 de área e 40Ω de resistência. Uma indução magnéticade 4 teslas é inicialmente aplicada ao longo do plano da bobina. Esta é então girada de modo que seu planoperfaça um ângulo de 30° em relação à posição inicial. Nesse caso, qual o valor da carga elétrica que deve fluirpela bobina?A) 0,025C D) 3,5CB) 2,0C E) 0,50CC) 0,25C

30°B→

B→

posição inicial posição final

Questão 10

hfC

hfC

f f f1 21 2= = =⇒

hfC

2

hfC

1

Resolução


Φi = 0

Φf = B ⋅ A ⋅ cos120° (ângulo entre B→

e o vetor normal às espiras)

∴ |∆Φ| = N ⋅ BA ⋅

Da Lei de Faraday-Neumann:

Logo:

Resposta: B

A figura mostra um circuito formado por uma barra fixa FGHJ e uma barramóvel MN, imerso num campo magnético perpendicular ao plano desse circuito.Considerando desprezível o atrito entre as barras e também que o circuito sejaalimentado por um gerador de corrente constante I, o que deve acontecer coma barra móvel MN?A) Permanece no mesmo lugar.B) Move-se para a direita com velocidade constante.C) Move-se para a esquerda com velocidade constante.D) Move-se para a direita com aceleração constante.E) Move-se para a esquerda com aceleração constante.

Observando a força magnética aplicada sobre a barra MN, dada pela regra da mão direita:

Como F tem módulo constante, considerando-a como a única atuante, o movimento da barra será para aesquerda, com aceleração constante.

Resposta: E

Na figura, um bloco sobe um plano inclinado, com velocidade inicial V0.Considere µ o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique asua velocidade na descida ao passar pela posição inicial.

A) D)

B) E)

C) V

sensen0

θ µ θθ µ θ

+ cos– cos

V

sensen0

µ θ θµ θ θ

−+

coscos

Vsensen0

θ µ θθ µ θ−+

coscos

V

sensen0

µ θ θµ θ θ

+−

coscos

Vsen sen

0θ µ θθ µ θ−−cos cos

V0

θ

Questão 12

F

N

I

M

B→

Resolução

H

I

M

N

J

FG

Questão 11

q q C= =⋅ ⋅ ⋅

⇒80 4 0 5 0 5

402 0

, ,,

ε ε= = ∴ = =⇒

⋅| | | | | |∆Φ∆

∆Φ∆

∆∆Φ

t R R ti t q

R

12

Resolução


Nas figuras estão indicadas as forças que agem no corpo durante a subida (a) e durante a descida (b):

As acelerações do movimento na subida (a1) e na descida (a2) podem ser obtidas pela aplicação do PrincípioFundamental da Dinâmica em cada um dos casos.Na subida

R = m|a1|Ac + Px = m|a1|mg(µcosθ + senθ) = m|a1|

|a1| = g(senθ + µcosθ)

Na descidaR = m|a2|Px – Ac = m|a2|mg(senθ – µcosθ) = m|a2|

|a2| = g(senθ – µcosθ)

Aplicando-se a equação de Torricelli para cada um dos movimentos, tem:

Na subida

v2 = v20 – 2|a1| ⋅ ∆s

Sendo ∆s o deslocamento até parar, vem:

0 = v20 – 2g(senθ + µcosθ)∆s (1)

Na descida

v2 = vi2 + 2|a2| ⋅ ∆s (1)

Sendo vi = 0, tem, para o mesmo ∆s

v2 = 2g(senθ – µcosθ)∆s (2)

Das duas expressões:

Resposta: B

v v

sensen

=−+0

θ µ θθ µ θ

coscos

v g senv

g sen2 0

22= −

+( cos )

( cos )θ µ θ

µθ θ

Sendo Px = Psenθ

Py = Pcosθ

N = Py = Pcosθ

Ac = µN = µmgcosθ

PX

Py

AC

AC

N

P

(a)

N

P(b)

Resolução


Na figura, um gato de massa m encontra-se parado próximo a uma das extremidades de uma prancha demassa M que flutua em repouso na superfície de um lago. A seguir, o gato salta e alcança uma nova posiçãona prancha, à distância L. Desprezando o atrito entre a água e a prancha, sendo θ o ângulo entre a velocidadeinicial do gato e a horizontal, e g a aceleração da gravidade, indique qual deve ser a velocidade u de deslo-camento da prancha logo após o salto.

A) D)

B) E)

C)

Como o sistema é isolado na direção horizontal:m ⋅ v ⋅ cosθ = M ⋅ u (1)

O tempo total do salto pode ser determinado como 2 vezes o tempo necessário para a componente verticalda velocidade do gato se anular:

(2)

Finalmente, a distância L é a soma dos deslocamentos horizontais do gato e da prancha no intervalo de tempo T:(u + vcosθ) ⋅ T = L (3)

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

(4)

Substituindo (1) em (4):

Isolando u:

Resposta: D

ugLm

Mm

M tg

=

+

⋅ ⋅1 2 θ

u 1Mm

2 M u tgmg

L⋅⋅ ⋅ ⋅

+

=

θ

u 1Mm

2vseng

L⋅ +

=

θ

Tvsen

g= ⋅2

θ

Resolução

ugLM

Mm

msen

=

+

1 2 θ

ugLm

Mm

M

=

+

2

1 tanθ

ugLM

Mm

msen

=

+

1 2 2θ

ugLm

Mm

M

=

+

1 2 tanθ

ugLM

Mm

msen

=

+

1 θ θcos

v

θ

→

L

Questão 13


Um aro de 1kg de massa encontra-se preso a uma mola de massa desprezível, constante elástica k = 10N/m ecomprimento inicial L0 = 1m quando não distendida, afixada no ponto O. A figura mostra o aro numa posiçãoP em uma barra horizontal fixa ao longo da qual o aro pode deslizar sem atrito. Soltando o aro do ponto P,qual deve ser sua velocidade, em m/s, ao alcançar o ponto T, a 2m de distância?

A)

B)

C)

D)

E)

Sendo o sistema conservativo:

(εm)T = (εm)P ⇒ (εc)T + (εp)T = (εc)P + (εp)P

Substituindo os valores numéricos dados e calculados:

∴ vT ≈

Resposta: C

No estudo de ondas que se propagam em meios elásticos, a impedância característica de um material é dadapelo produto da sua densidade pela velocidade da onda nesse material, ou seja, z = µv. Sabe-se, também, queuma onda de amplitude a1, que se propaga em meio 1 ao penetrar em uma outra região, de meio 2, origina ondas,refletida e transmitida, cuja amplitudes são, respectivamente:

a

zz

– 1

zz

1a a

2

1zz

ar

1

2

1

2

1 t2

1

1=+

=+

Questão 15

23 4, /m s

1 10 2 1 10 2 2 12 2 2⋅ ⋅+ −( ) = −( )vT

12

12

12

2 2 2 20

20

2mv kx kx mv k L L k L LT T P T T P+ = + − = −⇒ ( ) ( )

Resolução

8 2,

69 5,

23 4,

40 0,

30 0,

O

2 m

2 mT P

Questão 14


0

Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda nesse meio é dada por Considere agora o caso de uma

onda que se propaga num fio de densidade linear µ (meio 1) e penetra num trecho desse fio em que a densi-dade linear muda para 4µ (meio 2). Indique a figura que representa corretamente as ondas refletidas (r) e trans-mitida (t)?

A) D)

B) E)

C)

Vamos comparar a velocidade de propagação nos meios 1 e 2.

De acordo com a equação apresentada em que F é a força de tração aplicada sobre o fio (impre-

cisamente designada no enunciado por tensão).Para os dois meios, a força de tração é a mesma, mas a densidade linear (µ) do meio 2 é o quádruplo da densi-dade linear do meio 1. Logo:

Assim,

Agora, vamos comparar as impedâncias (z) dos meios 1 e 2.

De acordo com a equação apresentada (z = µv):

z1 = µ ⋅ v1 e z2 = 4µ ⋅ v2 = 2 ⋅ µ ⋅ v1

Ou seja, z2 = 2 ⋅ z1

Por fim, vamos substituir a relação acima nas equações fornecidas e referentes às amplitudes refletida (ar) etransmitida (at).

o sinal negativo implica que a onda incidente e componente refletida estão em

oposição de fase.

A parcela da onda transmitida, em relação à onda incidente, mantém a fase.

a a a at t=+

=⋅ ⇒ ⋅

21 2

231

a a a ar r=+

⇒ =

⋅

12

1

12

1

131 1

–– ,

v

v2

12

=

v e v1 2= =

F F

4µ µ

v =F

µ,

Resolução

meio 1 meio 2

tr

meio 1

meio 2

t

r

meio 1

meio 2

t

r

meio 1

meio 2

t

rmeio 1

meio 2

t

r

v =

τµ

.


Interpretando os resultados obtidos, um possível esquema das ondas é:

Resposta: A

Indique a opção que explicita o representado pelo gráfico da figura:

A) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica mais a sua segunda harmônica, todaselas de mesma amplitude.

B) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica de amplitude 5 vezes menor maisa segunda harmônica de amplitude 10 vezes menor.

C) A soma de uma freqüência fundamental com a sua harmônica, ambas com amplitudes iguais.D) A soma de uma freqüência fundamental com a sua segunda harmônica com metade da amplitude.E) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica com metade da amplitude.

Observando as alternativas apresentadas, é suficiente analisar a superposição de três ondas: a fundamental, aprimeira harmônica e segunda harmônica.De acordo com o gráfico fornecido, o período da fundamental é T = 36ms.

Assim sendo, o período da primeira harmônica é e o da segunda harmônica,

A fim de obter as características das ondas componentes, basta analisar alguns instantes, confrontando as in-formações do gráfico fornecido com as do possível gráfico das três ondas componentes.Observe a tabela a seguir:

Instante Representação Valor de V na Valor de V na Valor de V na Valor de V nanos gráficos fundamental 1ª- harmônica 2ª- harmônica onda resultante

9ms Ponto P1 V é max V é zero V é min V é zero

12ms Ponto P2 V é positivo V é negativo V é zero V é zero

TT

ms2 312= = .T

Tms1 2

18= =

Resolução

3

2

1

0

– 1

– 2

– 30 20 40 60 80 100 120 140 160

Tempo (ms)

Am

plit

ud

e (V

)

Questão 16

a

v1

v1

a3

onda incidentefio 2

23

a

v2 v1

fio 1


Como no instante representado por P1 o sinal (V) resultante é nulo, conclui-se que as amplitudes da fundamen-tal e da 2ª- harmônica são iguais.Por exclusão, somente as alternativas A e C podem ser corretas.Ora, no instante representado por P2, o sinal (V) da onda resultante também é nulo; para tal, a amplitude da 1ª-harmônica é diferente de zero.[Observando as alternativas A e C] Conclui-se, assim, que somente a alternativa A é correta.Resposta: A

Numa brincadeira de aventura, o garoto (de massa M) lança-se poruma corda amarrada num galho de árvore num ponto de altura Lacima do gatinho (de massa m) da figura, que pretende resgatar.Sendo g a aceleração da gravidade e H a altura da plataforma de ondese lança, indique o valor da tensão na corda, imediatamente após ogaroto apanhar o gato para aterrisá-lo na outra margem do lago.

A)

B)

C)

D)

E)

( )m M gM

M mHL

++

−

22

1

( )M m gM

M mHL

+ ++

12

2

MgHL

12

–

( ) –M m gM m

MHL

++

12

2

Mg

HL

12

+

m

L

M

H

Questão 171

0.5

0

– 0.5

– 1

0 18 36

3

2

0

– 1

– 2

– 3 18 36

1

9 12

9 12

P1 P1

Tempo (ms)

Tempo (ms)

Am

plit

ud

e (V

)A

mp

litu

de

(V)

Fundamental

1ª- harmônica

2ª- harmônica

OndaResultante


Desde o instante em que o garoto abandona o galho da árvore até o momento em que ele apanha o gatinho,pode-se considerar o sistema como sendo conservativo:

εim = εf

m

εip + εi

c = εfp + εf

c(vi = 0) (hf = 0)

∴

Considerando que ao apanhar o gatinho há conservação da quantidade de movimento, tem-se:

(Qsist)antes = (Qsist)depois

(colisão inelástica) ∴

Imediatamente após o garoto apanhar o gatinho, pode-se considerar que a corda ainda esteja na vertical.Assim, neste momento, a resultante é centrípeta:

Rc = (M + m)ac

Lembrando que tem-se:

∴

Resposta: D

T M m gM

M mHL

= + ++

( ) 12

2

T M m gM m

LM

M mgH= + +

++

( )

( )2

2

vM

M mgH=

+2 ,

T M m g M mvL

– ( ) ( )+ = +2

T P M mvL

– ( )= +2

M+m

T

P

v

vM

M mgH=

+2

M gH M m v⋅ = +2 ( )

v 2gHf =

MgHMvf=

2

2

Resolução


f

M

M

L

L

i

HPHR

0 0

M ⇒m Mm

vvf = 2gH

Um feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2

sendo λ1 15% maior que λ2. Esse feixe de luz incide perpendicularmente

num anteparo com dois pequenos orifícios, separados entre si por umadistância d. A luz que sai dos orifícios é projetada num segundo anteparo,onde se observa uma figura de interferência.

Pode-se afirmar então, queA) o ângulo de arcsen(5λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.

B) o ângulo de arcsen(10λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.

C) o ângulo de arcsen(15λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.

D) o ângulo de arcsen(10λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.

E) o ângulo de arcsen(15λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.

Da experiência de Young, temos:

, em que

Como o feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2(λ1 = 1,15λ2), para a mesma posiçãono anteparo.

θ1 = θ2

n1 ⋅ 1,15 = n2

23n1 = 20n2

As soluções inteiras dessa equação são:

• n1 = 20 (interferência construtiva da luz de comprimento de onda λ1)

• n2 = 23 (interferência destrutiva da luz de comprimento de onda λ2)

Para n1 = 20:

∴ na posição somente a luz de comprimento λ1 é observada.

Resposta: B θ

λ=

⋅

arc sen

d

10 1 ,

θ

λ1

10 1=⋅

arc sen

d

θ

λ1

20

21=

⋅

arc sen

d

θλ

11 12

=

arc sen

n

d

nd

nd

1 2 2 21152 2

⋅=

⋅, λ λ

arc senn

darc sen

nd

1 1 2 22 2λ λ

=

• n par: interferência construtiva• n ímpar: interferência destrutiva

θλ

=

arc sen

nd2

dsenn

θλ

=2

Resolução

dθ

λ1, λ2

Questão 18


12

3

10

1

A figura 1 mostra um capacitor de placas paralelas com vácuo entre as placas, cuja capacitância é Co. Numdeterminado instante, uma placa dielétrica de espessura d/4 e constante dielétrica K é colocada entre as pla-cas do capacitor, conforme a figura 2. Tal modificação altera a capacitância do capacitor para um valor C1.

Determine a razão

A)

B)

C)

D)

E)

• Considerando a figura 1:

(I)

• Considerando a figura 2, temos uma associação em série:

(II)

• Calculando , usando as equações (I) e (II):

Resposta: A

CC

Ad

KK

Ad

CC

KK

oo

o

o

1 141 3

1 34

=

+

=+

∴ε

ε

CC

o

1

CAd

Ado o”1 3

4

43

= =ε ε

CC C

C CK

KAdo1

1 1

1 1

41 3

=+

=+

’ ”’ ”

ε

C KAd

KAdo o‘1

4

4= =ε ε

C’1

C’’1

C1⇔

CAdo o= ε

Resolução

14 12K+

34 12K+

4 123

+ K

43 1

KK +

3 14K

K+

d d

figura 1 figura 2d4

CC

0

1.

Questão 19


Certa quantidade de oxigênio (considerado aqui como gás ideal) ocupa um volume vi a uma temperatura Ti epressão pi. A seguir, toda essa quantidade é comprimida, por meio de um processo adiabático e quase estáti-

co, tendo reduzido o seu volume para . Identifique o valor do trabalho realizado sobre esse gás.

A) D)

B) E)

C)

Numa transformação adiabático reversível:

pfvfγ = pivi

γ

Para um gás diatômico ideal:

Em que:

Na transformação em questão :

pf ⋅ vf1,4 = pi ⋅ vi

1,4

(I)

Aplicando a 1ª- Lei da Termodinâmica:

∆U = Q – τ

τ = –∆U, onde

(II)

Substituindo I em II:

τ = −

⋅

52

20 4p v p vi i i i,

p vp v v

vi i

i i i

i

−

0 4

0 4

2

,

,τ =

52

∴p vp v

vi i

i i

i

−

1 4

0 4

2

,

,τ =

52

τ = −( )52

p v p vi i f f

U nRT=

52

p vp v

vf f

i i

i

=

1 4

0 4

2

,

,pf ⋅ vf ⋅ vf

0,4 = pi ⋅ vi1,4 ⇒

v

vf

i=

2

γ = = =C

Cp

v

75

1 4,

C R e C C R Rv p v= = + =52

72

Resolução

W p vi i= −

52

2 10 4( )( ),

W p vi i= −

52

2 11 4( )( ),

W p vi i= −

52

2 10 7( )( ),

W p vi i= −

32

2 11 7( )( ),

W p vi i= −

32

2 10 7( )( ),

v

vf

i=2

Questão 20


0

→

Assim, o trabalho realizado pelas forças de pressão do gás:

Finalmente, o trabalho realizado sobre o gás:

W = –τ

Resposta: C

Considere um condutor esférico A de 20cm de diâmetro colocado sobre umpedestal fixo e isolante. Uma esfera condutora B de 0,5mm de diâmetro, domesmo material da esfera A, é suspensa por um fio fixo e isolante. Em po-sição oposta à esfera A é colocada uma campainha C ligada à terra, con-forme mostra a figura. O condutor A é então carregado a um potencial ele-trostático Vo, de forma a atrair a esfera B. As duas esferas entram em contac-to devido à indução eletrostática e, após a transferência de carga, a esferaB é repelida, chocando-se com a campainha C, onde a carga adquirida é es-coada para a terra. Após 20 contatos com a campainha, verifica-se que o po-tencial da esfera A é de 10000V. Determine o potencial inicial da esfera A.

Considere (1 + x)n ≅ 1 + nx se |x| 1

Para condutores A e B em contato que entram em equilíbrio eletrostático, podemos afirmar que

VA = VB

Como os condutores são esferas:

Utilizando o princípio da conservação da carga:

Q’A + Q’B = QA ⇒ Q’A + Q’A ⋅ = 14243 123

após 1º- antes docontato 1º- contato

∴ Q’A =

Q”A + Q”B = Q’A ⇒ Q”A + Q”A ⋅ = 14243 123

após 2º- antes docontato 2º- contato

∴ Q”A = V r

r rr

r ro A

A B

A

A B+ +

2

VK

rr r

o A

A B

2

+rrB

A

V rK

rr r

o A A

A B+

V rKo Ar

rB

A

Qr

Qr

A

A

B

B=

KQr

KQr

A

A

B

B=

Resolução

A

isolante

B

C

isolante condutor

V0

Questão 21

W p vi i= −

52

2 10 4,

τ = ( ) −

52

1 20 4p vi i,


Para o vigésimo termo (vigésimo contato):

Calculando o potencial elétrico para o condutor em forma de esfera.

V20 =

Substituindo os valores numéricos dados:

Vo = 1000(1 + 0,25 ⋅ 10–2)20

Utilizando a expressão dada:

Vo = 1000 (1 + 20 ⋅ 0,25 ⋅ 10–2) ∴ Vo = 10500V

Num dos pratos de uma balança que se encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m está em re-pouso no fundo de um frasco de massa M. Mostrar em que condições a mosca poderá voar dentro do frascosem que o equilíbrio seja afetado.

Na figura:A: ponto de apoio do prato na balançaP→

: peso da moscaF→

: força do ar na mosca–F

→: força da mosca no ar

Momento de –F→

em relação ao ponto C (articulação da balança).(M–F

→)c = y ⋅ d

Para que a balança se mantenha em equilíbrio:y = peso da mosca

Logo, o movimento da mosca pode ser qualquer um resultante da ação combinada entre F→

e P→

, desde que alinha de ação de F

→passe por A e que sua componente vertical seja igual ao peso da mosca.

C

F

x

y

xAP

–Fy

→

→

→

d

Resolução

M

m

Questão 22

Vo = +

⋅

⋅1000 1

0 5 10

20 10

3

2

20, –

–

K Qr

K V rr K

rr r

A

A

o A

A

A

A B

⋅ ⋅ ⋅⋅

=+

20 20

QV r

r rr

r rAo A

A B

A

A B

2020

=+ +


A figura mostra uma bola de massa m que que cai com velocidade v→

1 sobre a superfície de um suporte rígido,inclinada de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente de restituição para esseimpacto, calcule o módulo da velocidade v

→

2 com que a bola é ricocheteada, em função de v1, θ e e. Calcule

também o ângulo α.

Para resolver a questão, partiremos das seguintes hipóteses.1) A força aplicada pelo suporte sobre a bola é perpendicular à superfície do suporte.2) O coeficiente de restituição é definido como a razão entre as componentes perpendiculares ao suporte dos

módulos das velocidades de afastamento e aproximação do choque.

Assim, definem-se os eixos x e y, como na figura

Pela hipótese 1, pode-se concluir que as componentes de v→

1 e v→

2 na direção x são iguais, logo:

v1senθ = v2cosα (1)

Além disso, pela definição de e dada na hipótese 2:

Elevando (1) e (2) ao quadrado e somando:

v22 = v2

1 ⋅ (sen2θ + e2cos2θ) ∴ v2 = v1 (3)

Uma das possibilidades para a determinação de α é isolá-lo em (1)

(4)

Substituindo (3) em (4):

αθ

θ θ=

+

arccoscos

sen

sen e2 2 2

coscos

αθ

θ θ=

+∴

sen

sen e2 2 2

cosα θ= ⋅vv

sen1

2

sen e2 2 2θ θ+ cos

ev senv

= 2

12

αθcos

( )

m

v2

α

θ

y

θ

x

v1

Resolução

v1→

m

v2→

α

θ

Questão 23


Um apreciador de música ao vivo vai a um teatro, que não dispõe de amplificação eletrônica, para assistir aum show de seu artista predileto. Sendo detalhista, ele toma todas as informações sobre as dimensões doauditório, cujo teto é plano e nivelado. Estudos comparativos em auditórios indicam preferência para aquelesem que seja de 30ms a diferença de tempo entre o som direto e aquele que primeiro chega após umareflexão. Portanto, ele conclui que deve se sentar a 20m do artista, na posição indicada na figura. Admitindoa velocidade do som no ar de 340m/s, a que altura h deve estar o teto com relação a sua cabeça?

O esquema simplificado da situação apresentada é:

Note-se:I) FP = F’P. Logo F → P → A ≡ F’ → P → A

II) F’P =

Para a onda percorrendo o caminho FA, tem-se:

Para a trajetória FPA, tem-se:

De acordo com a condição imposta:t2 – t1 = 30ms

Ou seja:

Resolvendo a equação acima: h ≈ 11,3m

400 4340

117

0 032+

=h

s– ,

vst

ht

th

= =+

=+

⇒ ∴∆∆

340400 4 400 4

340

2

22

2

vst t

t s= = =⇒ ∴∆∆

34020 1

1711

400 4 2+ h

h

h

F’

P

20 m

θ θ

AF

Resolução

20,0 m

h

Questão 24


Um resistor Rx é mergulhado num reservatório de óleo isolante. A fim de estudar a variação da temperaturado reservatório, o circuito de uma ponte de Wheatstone foi montado, conforme mostra a figura 1. Sabe-seque Rx é um resistor de fio metálico de 10m de comprimento, área da seção transversal de 0,1mm2, e resis-

tividade elétrica ρ0 de 2,0 ⋅ 10–8Ωm, a 20°C. O comportamento da resistividade ρ versus temperatura t é

mostrado na figura 2. Sabendo-se que o resistor Rx foi variado entre os valores de 10Ω e 12Ω para que o cir-

cuito permanecesse em equilíbrio, determine a variação da temperatura nesse reservatório.

• A variação da resistividade elétrica em função da temperatura a partir de t = 20°C é

• Desprezando-se os efeitos de dilatação térmica, a resistência elétrica a partir de t = 20°C é

• Rt = Rx = 10Ω → 10 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 820°C

• Rt = Rx = 12Ω → 12 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 1020°C

Logo, a variação de temperatura foi de 200°C.

Um cilindro de diâmetro D e altura h repousa sobre um disco que gira num plano horizontal, com velocidadeangular ω. Considere o coeficiente de atrito entre o disco e o cilindro µ D/h, L a distância entre o eixo do discoe o eixo do cilindro, e g a aceleração da gravidade. O cilindro pode escapar do movimento circular de duasmaneiras: por tombamento ou por deslizamento. Mostrar o que ocorrerá primeiro, em função das variáveis.

Considerações geraisAs condições para que o cilindro faça a curva sem tombar são:

(1) ∑→F = Mγ→

cm

(2) ∑Mcm = 0

Resolução

h

ωD

L

Questão 26

R

AR t R tt t t t= → = + =⋅ ⋅ ⋅ ∴ ⋅ρ

l[ ( – )] ( – )– –

––2 10 10 20

10

102 10 208 10

72

ρ ρ α ρ ρt t tt t t= + = + = +→ ⋅⋅ ⋅

⋅ ∴ ⋅208

88 1020 2 10

0 4 2 1080

20 2 10 10 20( – ),

( – ) ( – ).––

– –

Resolução

G

RXR3 = 2Ω

R2 = 12ΩR1

1,4ρ0

ρ0

20 100 t(°C)

ρ(Ωm)

Figura 2Figura 1

Questão 25


De acordo com a equação 1, na situação limite de escorregamento:

(Aest)max = M ⋅ ac

µ ⋅ N = M ⋅ ω12 ⋅ L

µ ⋅ M ⋅ g = M ⋅ ω12 ⋅ L ⇒ ω1

2 = (3)

De acordo com a equação (2), na situação limite de tomba-mento (normal agindo na situação indicada na figura):

(4)

Comparando as expressões (3) e (4) e lembrando que µ D/h, conclui-se que:

ω1 ω2

Isso permite concluir que o cilindro tomba antes de escorregar.

Durante a realização de um teste, colocou-se 1 litro de água a 20°C no interior de um forno de microondas.Após permanecer ligado por 20 minutos, restou meio litro de água. Considere a tensão da rede de 127V e de12A a corrente consumida pelo forno. Calcule o fator de rendimento do forno.Dados: calor de vaporização da água LV = 540cal/g;

calor específico da água C = 1cal/gºC;1 caloria = 4,2 joules

O fator de rendimento do forno pode ser determinado como segue:

, em que:

• PI é a potência associada ao calor absorvido no processo de aquecimento e vaporização da água.

• PII é a potência elétrica do forno de microondas.

PII = V ⋅ iPII = 127 ⋅ (12) = 1524W

Logo:

η ≈ 80%

η = = ≈PP

I

II

12251524

0 804,

P WI =+

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) ,

( )10 1 80 5 10 540 4 2

20 601225

3 2

Pm C

mL

tI =+∆

∆

θ2

η =PP

I

II

Resolução

Questão 27

MgD M Lh

gL

Dh

= ⇒ =

ω ω2

222

N

DM L

h⋅

= ⋅

2 22

2ω

µgL P

AC

N

h2

D2


Considere o transformador da figura, onde VP é a tensão no primário, VS é a tensão no secundário, R um resistor,N1 e N2 são o número de espiras no primário e secundário, respectivamente, e S uma chave. Quando a chave éfechada, qual deve ser a corrente IP no primário?

Com a chave fechada:

Da Lei de Ohm:

Substituindo (II) em (I):

De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, o equilíbrio da atmosfera terrestre é obtido pelo balanço energéticoentre a energia de radiação do Sol absorvida pela Terra e a reemitida pela mesma. Considere que a energiafornecida por unidade de tempo pela radiação solar é dada por P = A e σT4, em que σ = 5,67 × 10–8Wm–2K–4;A é a área da superfície do corpo; T a temperatura absoluta, e o parâmetro e é a emissividade que represen-ta a razão entre a taxa de radiação de uma superfície particular e a taxa de radiação de uma superfície de umcorpo ideal, com a mesma área e mesma temperatura. Considere a temperatura média da Terra T

–= 287K e,

nesta situação, e = 1. Sabendo que a emissão de gases responsáveis pelo aquecimento global reduz a emis-sividade, faça uma estimativa de quanto aumentará a temperatura média da Terra devido à emissão de gasesresponsáveis pelo aquecimento global, se a emissividade diminuir 8%.

Considere

Como a potência que chega à Terra é a mesma em ambas as situações:P = P’

A ⋅ e ⋅ ρ ⋅ T4 = A ⋅ e’ ⋅ ρ ⋅ (T’)4

TT

ee

'=

′

14

Resolução

( – ) –/1 14

1 4xx

≅

Questão 29

ou INN

VRPP=

2

1

2

VR I

NN

INN

VR

S

PP

S⋅

∴ ⋅= =1

2

2

1

IVR

IISS= ( )

VV

II

NN

IP

S

S

P= = 1

2( )

Resolução

S

RN2 ; VS

N1Vp

Questão 28


Substituindo os valores numéricos dados:

Utilizando a expressão dada:

Portanto a temperatura aumentará de aproximadamente 6K.

Foi René Descartes em 1637 o primeiro a discutir claramente a formação do arco-íris. Ele escreveu: “Considerandoque esse arco-íris aparece não apenas no céu, mas também no ar perto de nós, sempre que haja gotas de água ilu-minadas pelo sol, como podemos ver em certas fontes, eu imediatamente entendi que isso acontece devido apenasao caminho que os raios de luz traçam nessas gotas e atingem nossos olhos. Ainda mais, sabendo que as gotas sãoredondas, como fora anteriormente provado e, mesmo que sejam grandes ou pequenas, a aparência do arco-íris nãomuda de forma nenhuma, tive a idéia de considerar uma bem grande, para que pudesse examinar melhor…”Ele então apresentou a figura onde estão representadas as trajetórias para os arco-íris primário e secundário.Determinar o ângulo entre o raio incidente na gota, AB, e o incidente no olho do observador, DE, no caso do arco-íris primário, em termos do ângulo de incidência, e do índice de refração da água na. Considere o índice de refraçãodo ar n = 1.

O esquema simplificado do fenômeno arco-íris é:

180° – 2r

180° – 2r0

i – rr

R

iN

rr

i – r

água (na)

ar (n = 1)N

i

rPN

Q

θ = ?

Resolução

A

F

EM

G DHC

IB

J A

FE

E

G

I

B I

H

C

D

Arco-íris primárioe secundário

Vista expandida deuma gota de água

Questão 30

′

≈ ≈T K2871

10 08

4

293

–,

′ =

=T 287

11 0 08

2871

1 0 08

14

14

– ,( – , )


No quadrilátero PQRO:r + (i – r) + 180 – 2r + 180 – 2r + θ + r + i – r = 3602i – 4r + θ = 0∴ θ = 4r – 2i (I)

Aplicando a lei de Snell na entrada do raio de luz na gota de água:

Substituindo a expressão acima na equação I:

θ =

−⋅4 2arc sen

senin

ia

∴ =

r arc sen

senina

senisenr

n senrsenina

a= =⇒



Prova clássica, de questões pouco criativas mas, às vezes, exigindo cálculos trabalhosos.Os principais assuntos foram abordados. Entretanto, um assunto de grande relevância, Hidrostática, não

apareceu.

TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR

o anglo resolve a prova de física...

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