resolução comentada - ita 2007 - curso objetivo · objetivo ffÍÍssiiccaa 1 b sobre um corpo de...
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FFFFÍÍÍÍSSSS IIIICCCCAAAA
1 BBBBSobre um corpo de 2,5kg de massa atuam, em sen-tidos opostos de uma mesma direção, duas forças deintensidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. Aopção que oferece o módulo da aceleração resultantecom o número correto de algarismos significativos é
a) 40,00m/s2. b) 40m/s2. c) 0,4 . 102m/s2.
d) 40,0m/s2. e) 40,000m/s2.
Resolução
2ª Lei de NewtonFR = ma150,40 – 50,40 = 2,5a100,00 = 2,5aComo a massa está expressa com dois algarismos sig-nificativos, o valor da aceleração deve ser expressocom dois algarismos significativos:
a = 40 m/s2
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA
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2 DDDDA partir do nível P, com velocidade inicial de 5 m/s, umcorpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de0,8m de comprimento. Sabe-se que o coeficiente deatrito cinético entre o plano e o corpo é igual a 1/3.Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não oferece resis-tência. O tempo mínimo de percurso do corpo para quese torne nulo o componente vertical de sua velocidadeéa) 0,20s. b) 0,24s. c) 0,40s.d) 0,44s. e) 0,48s.
Resolução
A velocidade vertical vai anular-se quando o corpo atin-gir o ponto mais alto de sua trajetória parabólica apósabandonar o plano em Q.1) Cálculo do módulo da aceleração no plano inclinado:
PFD: Pt + Fat = mamg sen θ + µ mg cos θ = maa = g(sen θ + µ cos θ)
a = 10(0,8 + 0,6) (m/s2)
2) Cálculo da velocidade em Q:
VQ2 = VP
2 + 2 γ ∆s (MUV)
VQ2 = 25 + 2(– 10) . 0,8 = 9,0 ⇒
3) Cálculo do tempo entre P e Q:
VQ = VP + γ t (MUV)
3,0 = 5,0 – 10 t1 ⇒
4) Cálculo do tempo de subida após abandonar o planoinclinado:Vy = VQy
+ γyt (MUV)
0 = 3,0 . 0,8 – 10 t2
10t2 = 2,4 ⇒
5) O tempo total de subida será dado por:
t2 = 0,24s
t1 = 0,2 s
VQ = 3,0 m/s
a = 10 m/s2
1–––3
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Ts = t1 + t2
Ts = 0,2 + 0,24 (s)
Ts = 0,44 s
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3 EEEEA figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, comseus trechos retilíneos e circulares percorridos por umatleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, atéa chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DEsão percorridos com a mesma velocidade de móduloconstante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB,
BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movi-
mento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.III.O sentido da aceleração vetorial média do movi-
mento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, parasudoeste, no DE.
Então, está(ão) correta(s) a) apenas a I. b) apenas a I e ll. c) apenas a I e III. d) apenas a ll e III. e) todas.
Resolução
I) (?) A questão admite duas interpretações para aexpressão “movimento acelerado”.
Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o atleta tem aceleraçao não-nula,concluímos que o movimento será acelerado nos tre-chos AB, BC, DE e EF, o que torna correta a opção I.Se entendermos “movimento acelerado” comoaquele em que o módulo da velocidade aumenta,então o movimento será acelerado apenas no trechoAB e a opção I seria falsa.
II) (V) No trecho AB, o módulo da velocidade aumentae a aceleração vetorial média tem o mesmo sen-tido do movimento, isto é, é orientada do sulpara o norte.No trecho EF, o módulo da velocidade diminui(movimento retardado) e a aceleração vetorialmédia tem sentido oposto ao do movimento,isto é, orientada do sul para o norte.
III) (V) A aceleração vetorial média tem o mesmo senti-
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do da variação de velocidade vetorial
No trecho BC, temos:
u→VBu = u
→VCu ⇒ θ = 45°
No trecho DE, temos:
u→VDu = u
→VE u ⇒ α = 45°
Admitindo-se que a primeira interpretação de movi-mento acelerado seja a pretendida pelo examinador,optamos pela resposta E.
∆→V→
am = ––––∆t
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4 AAAAConsidere que num tiro de revólver, a bala percorre tra-jetória retilínea com velocidade V constante, desde oponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o apa-relho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro dodisparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocor-rendo com o aparelho M2. Sendo VS a velocidade dosom no ar, então a razão entre as respectivas distânciasdos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é
a) VS (V – VS) / (V2 – Vs2). b) VS (VS – V) / (V2 – Vs
2).
c) V (V – VS) / (Vs2 – V2). d) VS (V + VS) / (V2 – Vs
2).
e) VS (V – VS) / (V2 + Vs2).
Resolução
Considere a figura:
F é a posição da frente de onda emitida no instante dodisparo, quando a bala atinge o alvo em Q.Seja T o intervalo de tempo que a bala percorre o tre-cho PQ
—.
Então:
PF—
= VST e PQ—
= VTComo a frente de onda do som do disparo atinge M1 nomesmo instante que a frente de onda do som emitidopelo impacto da bala no alvo, temos:––––FM1 =
–––––M1Q = d1
Analogamente: FM—–
2 = QM—–
2 = d2Então:–––PQ = d1 + d1 + PF ⇒ VT = 2d1 + VST
Pelo Teorema de Pitágoras:
(PM—–
2)2 = (PQ—–
) 2 + (QM—–
2) 2
(PF—–
+ d2)2 = (PQ—–
)2 + (QM—–
2)2
(VST + d2)2 = (VT)2 + d22
T(V – VS)d1 = ––––––––––
2
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VS2T2 + 2d2 VST + d2
2 = V 2T2 + d22
Assim:
d1 VS(V – VS)––– = ––––––––––d2 V
2 – VS2
T(V 2 – VS2)
d2 = ––––––––––2VS
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5 DDDDNa experiência idealizada na figura, um halterofilista sus-tenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio estáticocomposto de uma barra rígida e uniforme, de um pesoP1 = 100 N na extremidade a 50 cm de M, e de um pesoP2 = 60 N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmoequilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, opeso P2 na posição original de P1, passando este à posi-ção de distância x1 = 1,6 x2 da extremidade N.
Sendo de 200 cm o comprimento da barra e g = 10 m/s2
a aceleraçao da gravidade, a massa da barra é dea) 0,5 kg. b) 1,0 kg. c)1,5 kg. d) 1,6 kg. e) 2,0 kg.
Resolução
Na configuração inicial, tomando-se o ombro do haltero-filista com o pólo dos momentos, temos:50P1 = 50 . P + (150 – x2) . P2em que P é o peso da barra.50 . 100 = 50 . P + (150 – x2) . 60 (÷10)500 = 5P + (150 – x2) 6500 = 5P + 900 – 6x2
a
Nova configuração:
Tomando-se, novamente, o ombro do halterofilista co-mo pólo dos momentos, temos:50 . P2 = 50P + (150 – 1,6x2) . P150 . 60 = 50P + (150 – 1,6x2) . 100 (÷10)300 = 5P + (150 – 1,6x2) . 10
400 + 5P = 6x2
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300 = 5P + 1500 – 16x2
b
Juntando-se as duas equações a e b
x2 = 80 cm
Voltando-se à equação a400 + 5P = 6 . 805P = 80P = 16N ⇒ m . g = 16
m = (kg)
m = 1,6kg
16–––10
1200 + 5P = 16x2 –400 + 5P = 6x2––––––––––––––––800 + 0 = 10x2
1200 + 5P = 16x2
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6 AAAANo arranjo mostrado na figura com duas polias, o fioinextensível e sem peso sustenta a massa M e, tam-bém, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrioestático.
Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h dadistância entre os pontos P e Q vale
a) ML/ Ïwwwww4m2 – M2 . b) L
c) ML/ ÏwwwwwM2 – 4m2 . d) mL/ Ïwwwww4m2 – M2 .
e) ML/ Ïwwwww2m2 – M2 .
Resolução
1) Para o equilíbrio do bloco m:T = P = mg
2) Para o equilíbrio do bloco M:2T cos θ = P’2 mg cos θ = Mg
(1)
3) Da figura:
cos θ = (2)
Comparando-se (1) e (2), vem:
=
=
h2 M2 + M2 L2 = h2 4m2
h2(4m2 – M2) = M2 L2
M Lh = –––––––––––––
Ïwwwww4m2 – M2
h 2––––––––h2 + L2
M 2––––4m2
h–––––––––––Ïwwwwh 2 + L2
M–––2m
h––––––––––––
Ïwwwwh 2 + L2
Mcos θ = –––
2m
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7 AAAAUma bala de massa m e velocidade V0 é disparadacontra um bloco de massa M, que inicialmente se en-contra em repouso na borda de um poste de altura h,conforme mostra a figura. A bala aloja-se no bloco que,devido ao impacto, cai no solo.
Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atri-to e nem resistência de qualquer outra natureza, omódulo da velocidade com que o conjunto atinge o solovale
a) 2+ 2gh. b) .
c) . d) Ïwwwwv02 + 2g h.
e) + 2gh.
Resolução
1) No ato da colisão, a quantidade de movimento seconserva:
(M + m) V1 = m V0
2) Usando-se a conservação da energia mecânica apósa colisão, vem:
(M + m) = V12 + (M + m) g h
V 2 = + 2 g h
––––––––––––––––––mV0V = 1–––––––––2
2
+ 2 g hÏ (M + m)
m2 V02
–––––––––––(M + m)2
(M + m)––––––––
2V2–––2
m V0V1 = ––––––––M + m
m v20
–––––––m + M
2 m g hv0
2 + –––––––––M
2 g h m2
v02 + –––––––––
(m + M)2
mv01–––––––2m + M
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8 CCCCProjetado para subir com velocidade média constante auma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome apotência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja de370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gra-vidade g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máxi-mo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser trans-portado pelo elevador éa) 7. b) 8. c) 9. d) 10. e) 11.
Resolução
1) A velocidade escalar média é dada por:
Vm = = = 0,8 m/s a
2) A potência média é dada por:Potm = F . VmF = Ptotal (M + n m)gF = (370 + n 70)g
Portanto:8,5 . 103 = (370 + n 70) . 10 . 0,8
. 103 = 370 + n 70
370 + n 70 = 1062,5n ≅ 9,89
Como n é um número inteiro, o seu máximo valordeve ser 9.
8,5–––8,0
32m–––––40s
∆s–––∆t
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9 BBBBUm corpo indeformável em repouso é atingido por umprojétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a tem-peratura de 0°C. Sabe-se que, devido ao impacto, 1/3da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restantetransforma-se em calor, fundindo parcialmente o projé-til. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calor espe-cífico c = 0,02 cal/g°c e calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massatotal do projétil metálico que se funde é tal quea) x < 0,25. b) x = 0,25. c) 0,25 < x < 0,5.d) x = 0,5. e) x > 0,5.
Resolução
1) Cálculo da energia cinética inicial do projétil:
Eci= = (J)
Observe que a massa m do projétil está em kg.
2) Calor absorvido pelo projétil:
Q = Eci = . . (cal)
Q = 7500m (cal)
3) Essa energia foi absorvida pelo projétil provocandoseu aquecimento e fusão parcial. Assim:Q = mc∆θ + m’LF
7500m = m . 103 . 0,02 . (300 – 0) + m’ . 103 . 67500m = 6000m + 6000m’1500m = 6000m’
A fração pedida é obtida por:
x = = = 0,25
x = 0,25
1500–––––––
6000
m’–––m
1––4
m (300)2–––––––––
2
2––3
2––3
m (300)2–––––––––
2
m V02
––––––2
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10 BBBBUma bolinha de massa M é colada na extremidade dedois elásticos iguais de borracha, cada qual de com-primento L/2, quando na posição horizontal. Despre-zando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob aação da tensão T de cada um dos elásticos e executano plano vertical um movimento harmônico simples, talque sen θ ≅ tg θ. Considerando que a tensão não sealtera durante o movimento, o período deste vale
a) 2π . b) 2π .
c) 2π . d) 2π .
e) 2π .
Resolução
I) tg θ = ⇒ (1)
II) A intensidade da força elástica (restauradora) res-ponsável pelo movimento harmônico simples é ex-pressa por:Fe = 2Ty ⇒ ky = 2 T sen θ (2)
(1) em (2): k tg θ = 2 T sen θ
Sendo sen θ ≅ tg θ, vem:
k = 2 T ⇒ (3)
III)O período P de oscilação do sistema fica então deter-minado por:
P = 2π (4)M
–––k
4 Tk = ––––––
L
L–––2
L–––2
Ly = ––– tg θ
2y
––––––L
–––2
2ML–––––
T
ML–––––
2T
ML–––––
T
ML–––––
4T
4ML–––––
T
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(3) em (4): P = 2π (4)
Da qual:
–––––––ML
P = 2π ––––––Ï 4T
M–––––
4T––––
L
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11 DDDDNuma cozinha industrial, a água de um caldeirão éaquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em segui-da, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando10, de água a 32°C, após a mistura. Considere hajatroca de calor apenas entre as duas porções de águamisturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/, não varia com a temperatura, sendo, ainda, seucalor específico c = 1,0 cal g–1°C–1. A quantidade decalor recebida pela água do primeiro caldeirão ao seraquecida até 20°C é dea) 20 kcal. b) 50 kcal. c) 60 kcal.d) 80 kcal. e) 120 kcal.
Resolução
1) Cálculo do calor recebido pela água do primeiro cal-deirão:Q1 = m1 c ∆θComo:
d = ⇒ m = d V
e dágua = 1kg/, = 1 . 103 g/ ,
então:Q1 = 1 . 10 3 . V1 . 1,0 (20 – 10) (cal)Q1 = 1,0 . 10 4 V1 (cal)
2) Misturando-se as águas dos caldeirões, temos:Qcedido + Qrecebido = 0(m2 c ∆θ)cedido + (m1 c ∆θ)recebido = 0
1 . 10 3 . V2 . 1,0 . (32 – 80) + 1 . 10 3 . V1 . 1,0 . (32 – 20) = 0
– 48 . 103V2 + 12 . 103 V1 = 012 V1 = 48 V2V1 = 4 V2Como:V1 + V2 = 10,
temos:
V1 + = 10,
V1 = 10, ⇒ V1 = 8,0,
Assim:Q1 = 1,0 . 104 . 8,0 cal = 80 . 10 3 cal
Q1 = 80 kcal
5–––4
V1–––4
m–––v
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12 EEEEA água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial Vconstante, quando despenca de uma altura de 80 m,convertendo toda a sua energia mecânica em calor.Este calor é integralmente absorvido pela água, resul-tando em um aumento de 1K de sua temperatura.Considerando 1 cal ≅ 4J, aceleração da gravidadeg = 10 m/s2 e calor específico da água c = 1,0calg–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água Vé de
a) 10 Ïw2m/s. b) 20 m/s. c) 50 m/s.
d) 10 Ïww32 m/s. e) 80 m/s.
Resolução
1) Cálculo da energia mecânica que irá transformar-seem calor:
Em = Ec + Ep = + m g h
Em = + m . 10 . 80(J)
2) Essa energia é totalmente absorvida pela água, pro-vocando um aquecimento de 1K, que equivale àvariação de 1°C. Assim:Q = m . 103 c ∆θQ = m . 103 . 1,0 . 1 (cal)Observe que a massa m está na unidade kg.Q = m . 103 . 4 (J)Portanto:
m . 4000 = + 800 . m
4000 = + 800
8000 = V 2 + 16006400 = V 2
V = 80 m/s
V2–––2
m V2–––––
2
m V2–––––
2
m V 2–––––
2
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13 DDDDNuma planície, um balão meteorológico com um emis-sor e receptor de som é arrastado por um vento fortede 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüên-cia do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velo-cidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. As-sinale a opção que indica a freqüência refletida pelamontanha e registrada no receptor do balão.a) 450 Hz b) 510Hz c) 646 Hz d) 722 Hz e) 1292 Hz
Resolução
I) A freqüência aparente fO captada por um suposto ob-servador em repouso na encosta da montanha é cal-culada pela equação do Efeito Doppler, como fa-zemos abaixo.
=
= ⇒ fO = (Hz)
Da qual:
II) A encosta da montanha comporta-se como uma fon-te de ondas de freqüência fO = 646 Hz, haja vista quereflete as ondas provenientes do balão. Assim, oreceptor existente no balão capta uma freqüênciaaparente fO’ , também calculada pela equação doEfeito Doppler.
= fO––––––––
V ± V0
f’O––––––––V ± VB
fO = 646 Hz
340 . 570–––––––––
300
570––––––––340 – 40
fO––––––––340 + 0
fB––––––––V ± VB
fO––––––––V ± VO
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= ⇒ f’O = (Hz)
Da qual: f’O = 722 Hz
646 . 380–––––––––
340
646––––––––340 + 0
f’O––––––––340 + 40
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14 EEEEA figura mostra um raio de luz propagando-se nummeio de índice de refração n1 e transmitido para umaesfera transparente de raio R e índice de refração n2.Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muitopequenos, tal que cada ângulo seja respectivamenteigual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximadode φ2 é de
a) φ2 = (φ1 – α) b) φ2 = (φ1 + α)
c) φ2 = φ1 + α d) φ2 = φ1
e) φ2 = φ1 + α
Resolução
Aplicando-se a Lei de Snell à refração da luz do meio Ipara o meio II, vem:
n2 sen r = n1 sen in2 sen (Φ2 + α) = n1 sen (Φ1 + α)n2 (sen Φ2 cos α + sen α cos Φ2 ) = = n1 ( sen Φ1 cos α + sen α cos Φ1)
Observando-se que, conforme o enunciado, os ângulosΦ1, Φ2 e α são pequenos, valem as aproximações:sen Φ1 ≅ Φ 1, sen Φ2 ≅ Φ 2, sen α ≅ α , cos Φ1 ≅ 1, cos Φ2 ≅ 1 e cos α ≅ 1.
Assim, a expressão anterior reduz-se a:n2 (Φ2 . 1 + α . 1) = n1 (Φ1 . 1 + α . 1)
Da qual: Φ2 + α = Φ1 + αn1–––n2
n1–––n2
n1(––– – 1)n2
n1–––n2
n1–––n2
n1(1 – –––)n2
n1–––n2
n1–––n2
n1–––n2
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
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Logo: n1 n1 Φ2 = –––– Φ1 + 1––– – 12 αn2 n2
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
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15 EEEEA figura mostra dois auto-falantes alinhados e alimen-tados em fase por um amplificador de áudio na fre-qüência de 170 Hz. Considere desprezível a variação daintensidade do som de cada um dos alto-falantes coma distância e que a velocidade do som é de 340m/s. Amaior distância entre dois máximos de intensidade daonda sonora formada entre os alto-falantes é igual aa) 2m b) 3m c) 4m d) 5m e) 6m
Resolução
As ondas sonoras emitadas pelos dois alto-falantesinterferem nas vizinhanças deles, determinando emalgumas posições reforço (interferência construtiva) eem outras, anulamento (interferência destrutiva).Para que haja reforço entre os dois sons, a diferença depercursos entre eles (∆x) deve ser um múltiplo par demeio comprimento de onda.
∆x = p ⇒ ∆x = p
(p = 2; 4; 6…)
Sendo V = 340 m/s e f = 170 Hz, vem:
∆x = p (m) ⇒
com p = 2: ∆x = 2 . 1,0 m = 2,0 m
com p = 4: ∆x = 4 . 1,0 m = 4,0 m
com p = 6: ∆x = 6 . 1,0 m = 6,0 m
com p = 8: ∆x = 8 . 1,0 m = 8,0 m
A AComo a distância entre os alto-falantes é 700cm = 7,0m,a maior distância entre dois máximos de intensidade é∆x = 6,0m, com uma posição a 0,50m do alto-falante daesquerda e outra posição a 0,50m do alto-falante dadireita.
∆x = p . 1,0 (m)340
––––––––2 . 170
V–––2f
λ–––2
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16 BBBBO circuito da figura é composto de duas resistências, R1
= 1,0 x 103 Ω e R2 = 1,5 x 103Ω, respectivamente, e de
dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 x 10–9 F e C2
= 2,0 x 10–9 F, respectivamente, além de uma chave S,inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a varia-ção da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, apósdeterminado período, é de
a) – 8,0 x 10–9 C.
b) – 6,0 x 10–9 C.
c) – 4,0 x 10–9 C.
d) + 4,0 x 10–9 C.
e) + 8,0 x 10–9C.
Resolução
Chave aberta
Cálculo da carga inicial no capacitor C1:Q1 = C1U1
Q1 = 1,0 . 10–9 . 10 (C)
Chave fechada
Cálculo da intensidade de corrente elétrica que percorreR1 e R2 :U = (R1 + R2) i
10 = (1,0 . 103 + 1,5 . 103) ii = 4,0 . 10–3ACálculo da diferença de potencial em R1:U’1 = R1 i
U’1 = 1,0 . 103 . 4,0 . 10–3 (V)
Q1 = 10 . 10–9C
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U’1 = 4,0VNo capacitor C1 , a diferença de potencial também é4,0V, assim, podemos determinar a carga final nele ar-mazenada.Q’1 = C1U’1Q’1 = 1,0 . 10–9 . 4,0 (C)
A variação de carga ∆Q será dada por:
∆Q = Q’1 – Q1 = – 6,0 . 10–9C
Q’1 = 4,0 . 10–9C
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17 DDDDNo circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 eas fontes V1 e V2 aterradas, A corrente i indicada é
a) b)
c) d)
e)
Resolução
Nó A:
i = i1 + i2 a
Malha α–V1 + R1i1 + Ri = 0
V1 = R1i1 + Ri b
Malha β–V2 + R2i2 + Ri = 0
V2 = R2i2 + Ri c
De b: i1 =
De c: i2 =
Em a: i =
R1R2i = V1R2 – R . R2i + V2R1 – R . R1iR1R2i + R . R2i + R . R1i = V1R2 + V2R1
V1R2 + V2R1i = –––––––––––––––––––
R1R2 + R R2 + R R1
V1 – R i V2 – R i–––––––– + ––––––––
R1 R2
V2 – R i––––––––
R2
V1 – R i––––––––
R1
(V2R1 – V1R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1
(V1R2 + V2R1)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1
(V1R1 – V2R2)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1
(V1R1 + V2R2)——–––––––———— .(R1R2 + R R2 + R R1
(V1R2 – V2R1)——–––––––————– .(R1R2 + R R2 + R R1
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18 AAAAA figura mostra uma partícula de massa m e carga q > 0,numa região com campo magnético B→constante e uni-forme, orientado positivamente no eixo x. A partícula éentão lançada com velocidade inicial v→no plano xy, for-mando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, noeixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.
Assinale a alternativa correta.a) O produto d q B deve ser múltiplo de 2 π m v cos θ.
b) A energia cinética da partícula é aumentada ao atin-gir o ponto P.
c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimentouniformemente acelerado.
d) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo detempo igual a m/qB.
e) O campo magnético não produz aceleração na partí-cula.
Resolução
a) CorretaA partícula descreve um movimento helicoidal unifor-
me de período T =
Ao atingir o ponto P, transcorreu um intervalo detempo ∆t, que é múltiplo do período T: ∆t = K . T (K ∈ Z)A distância d é percorrida com velocidade v . cos θno intervalo de tempo ∆t:d = v . cos θ . ∆td = v . cos θ . K . T
d = v . cos θ . K .
dqB = K . 2 π m . v . cos θ
2 π m––––––
qB
2 π m––––––
qB
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Portanto, o produto dqB é um múltiplo de 2 π m . v . cos θ
b) ErradaSendo o movimento uniforme, concluímos que aenergia cinética da partícula é constante.
c) Errada.Para θ = 0, o movimento é retilíneo e uniforme.
d) Errada.A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de
tempo igual a um período T = .
e) Errada.A aceleração da partícula é centrípeta.
22 π m–––––
qB1
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19 CCCCConsidere uma sala à noite iluminada apenas por umalâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.a) A iluminação da sala é proveniente do campo mag-
nético gerado pela corrente elétrica que passa nalâmpada.
b) Toda potência da lâmpada é convertida em radiaçãovisível.
c) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado aondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.
d) A energia de radiação que ilumina a sala é exata-mente igual à energia elétrica consumida pela lâm-pada.
e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pelalâmpada.
Resolução
As lâmpadas fluorescentes contêm um gás rarefeito (abaixa pressão) que é ionizado pela ação de elétrons pro-venientes dos terminais da lâmpada. Nessa ionização,produz-se radiação invisível, na faixa do ultravioleta.Essa radiação incide sobre uma fina película de fósforoexistente na parede interna da ampola, excitando oselétrons dessa substância. Esses elétrons, por sua vez,ao retornarem a níveis de menor energia, emitemradiação (ondas eletromagnéticas) na faixa visível, oque possibilita a iluminação do ambiente.
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20 DDDDO átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é cons-tituído de um elétron de carga – e e massa m, que semove em órbitas circulares de raio r em torno do pró-ton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r équantizado, dado por r = n2 ao, onde ao é o raio de Bohre n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n, envol-vendo a permissividade do vácuo εo, é igual a
a) e / (4π ao n3 Ï·····εomao ).
b) (4π ao n3 Ï·····εomao ) / e.
c) (π ao n3 Ï·······πεo m ao ) / e.
d) (4π ao n3 Ï·······π εo m ao ) / e.
e) e / (4π ao n3 Ï·······π εo m ao ).
Resolução
A estabilidade do átomo de hidrogênio, no modelo deBohr, depende de dois postulados:I. Considerar a força de atração coulombiana (
→Fe ) entre
o próton e o elétron como a resultante centrípeta (→Fcp ).
II. Quantizar os raios das órbitas (r = n2 ao) para evitara emissão de energia radiante.Dessa forma, temos:Fe = Fcp
. = m ω2 r
. = m 2
r
. = m r
T 2 =
T =
T =
T =
4π ao n3 Ï········π εom aoT = –––––––––––––––––––e
16π3n 6 ao3 . εo.m
––––––––––––––––e2
16π3(n2ao ) 3 εo m–––––––––––––––––
e2
16π3r3εom–––––––––––
e 2
16π3r 3 εom––––––––––––
e2
4π2
––––T2
e2––––
r21
–––––4π εo
2π1–––2Te . e–––––
r21–––––
4π εo
|q1| . |q2|––––––––
r 21–––––
4π εo
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AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE
21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO
DE SOLUÇÕES.
21Equipado com um dispositivo a jato, o homem-fogueteda figura cai livremente do alto de um edifício até umaaltura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considereque o dispositivo forneça uma força vertical para cima deintensidade constante F. Determine a altura h para que ohomem pouse no solo com velocidade nula. Expressesua resposta como função da altura H, da força F, damassa m do sistema homem-foguete e da aceleração dagravidade g, desprezando a resistência do ar e a altera-ção da massa m no acionamento do dispositivo.
Resolução
Teorema da energia cinéticaτtotal = ∆EcinτP + τF = 0m g H – F h = 0m g H = F h
Resposta:m g H
h = –––––––F
m g Hh = –––––––
F
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22Um corpo de massa m e velocidade V0 a uma altura hdesliza sem atrito sobre uma pista que termina em for-ma de semicircunferência de raio r, conforme indicadona figura. Determine a razão entre as coordenadas x ey do ponto P na semicircunferência, onde o corpo per-de o contato com a pista. Considere a aceleração dagravidade g.
Resolução
1) Usando-se a conservação da energia mecânica entreA e P, vem:
(referência em P)
= + m g (h – y)
m VP2 = m V0
2 + 2 m g (h – y)
= + (h – y) a
2) Na condição de desligamento, a força normal seanula e a componente normal do peso faz o papel deresultante centrípeta:
m g cosθ = b
Comparando-se a e b, vem:
m g cosθ = + (h – y)
Sendo cosθ = , vem:
g . = + (h – y)
gy = V02 + 2g (h – y)
gy = V02 + 2gh – 2gy
2 g––r
V02
––––––r
y––r
y––r
2 m g––––––
r
m V02
––––––r
m VP2
––––––r
2 m g––––––
r
m V02
––––––r
m VP2
––––––r
m V02
––––––2
m VP2
––––––2
EP = EA
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3gy = V02 + 2gh
a
3) Da figura, temos:
tgθ =
Como cosθ = , vem
senθ = Ï····· =
tgθ = =
b
Substituindo-se a em b, vem:
= Ï·······= Ï·······
Resposta: x 9g2 r2
––– = Ï·······––––––––––– – 1y (V0
2 + 2gh)2
x 9g2 r2
––– = Ï·······––––––––––– – 1y (V0
2 + 2gh)2
r 2
––––––––––––– – 1V0
2 + 2gh 2(–––––––– )3g
x––y
r 2
––––––––––––– – 1V0
2 2 2(––– + –– h)3g 3
x––y
r2tgθ = Ï···––– – 1
y2
Ï···········r 2 – y2
––––––––––y
senθ–––––cosθ
Ï···········r 2 – y2
––––––––––r
y 21 – –––
r 2
y––r
x––y
V02 2h
y = –––– + –––3g 3
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23Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicialV0, um parafuso de massa m chega com velocidadenula na órbita de um satélite artificial, geoestacionárioem relação à Terra, que se situa na mesma vertical.Desprezando a resistência do ar, determine a veloci-dade V0 em função da aceleração da gravidade g nasuperfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.
Resolução
Não levando em conta a rotação da Terra, temos:Efinal = Einicial
= –
= – +
V02 = 2 GM
V02 = 2 GM
V02 =
Sendo g = , vem: GM = g R2
V02 = ⇒
Resposta:
–––––––2g R h
V0 = –––––––Ï R + h
–––––––2g R h
V0 = –––––––Ï R + h2 g R2h
–––––––––R (R + h)
GM–––––
R2
2GM h–––––––––R (R + h)
(R + h – R)–––––––––––
R (R + h)
1 11––– – –––––2R R + h
GM–––––
RGM
––––––R + h
V02
––––2
GMm––––––
R
mV02
––––––2
– GMm––––––––
R + h
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24Um sistema massa-molas é constituído por molas deconstantes k1 e k2, respectivamente, barras de massasdesprezíveis e um corpo de massa m, como mostradona figura. Determine a freqüência desse sistema.
Resolução
I) As duas molas do constante elástica k1 estão asso-
ciadas em paralelo, sendo equivalentes a uma mola
única de constante elástica keq1
, dada por:
keq1
= k1 + k1 ⇒
II) As três molas da constante elástica k2 também estão
associadas em paralelo, sendo equivalentes a uma
mola única de constante elástica keq2, dada por:
keq2
= k2 + k2 + k2 ⇒
III)O sistema reduz-se, portanto, ao que esquematiza-
mos abaixo com as molas keq1
e keq2associadas em
série.
A constante elástica equivalente do oscilador (k) écalculada por
k =
k = ⇒
IV)A freqüência (f) de oscilação do sistema fica então
6k1k2k = –––––––––––
2k1 + 3k2
2k1 . 3k2–––––––––––––
2k1 + 3k2
keq1. keq2–––––––––––––
keq1
+ keq2
keq2
= 3k2
keq1
= 2k1
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determinada fazendo-se:
f = ⇒
Resposta:
––––––––––––– 1 6k1k2
f = –––– –––––––––––––2π Ï m(2k1 + 3k2 )
––––––––––––– 1 6k1k2
f = –––– –––––––––––––2π Ï m(2k1 + 3k2 )
k–––m
1––––2π
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25A figura mostra uma bolinha de massa m = 10 g presapor um fio que a mantém totalmente submersa no líqui-do (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade dolíquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinhatem a mesma densidade do líquido (1) e sua extremi-dade superior se encontra a uma profundidade h emrelação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidadesuperior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1)com velocidade de 8,0 m/s. Considere aceleração dagravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquerresistência ao movimento de ascensão da bolinha, bemcomo o efeito da aceleração sofrida pela mesma aoatravessar a interface dos líquidos. Determine a profun-didade h.
Resolução
Como a densidade do corpo é a mesma do líquido (1),no interior do referido líquido o empuxo vai equilibrar opeso, a força resultante será nula e a velocidade perma-necerá constante.Portanto, basta calcularmos a velocidade com que abolinha penetra no líquido (1).Teorema da energia cinética:
τP + τE2 =
– mg (h – h1) + ρ2 Vg (h – h1) = (1)
ρ1 = e ρ2 = 5 ρ1
ρ2 = (2)
(2) em (1), vem:
– mg (h – h1) + 5 mg (h – h1) =
= 4g (h – h1)
= h – h1
h = h1 +
h = 0,20 + (m)
h = 1,0m
(8,0)2–––––
80
V2–––8g
V2–––8g
V2–––2
mV2–––––
2
5m–––––
V
m––V
mV2–––––
2
mV2–––––
2
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Resposta: h = 1,0m
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26Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina oponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal so-bre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontosnum mesmo plano vertical. Determine a distância entrea imagem virtual da lanterna A e o ponto B. ConsidereAD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.
Resolução
Usando o triângulo retângulo A’MB, temos:
(A’B)2 = (A’M)2 + (BM)2 (Pitágoras)
(A’B)2 = 52 + 52 = 2 . 52 (m)
Resposta: 5Ï··2 m
(A’B) = 5Ï··2 m
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27Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m,encontram-se inicialmente na origem de um sistemacartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir dorepouso, bem como devido à ação de um campo elétri-co horizontal e uniforme E→, conforme mostra a figura.Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativaentre as cargas e determine o trabalho realizado pelaforça peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.
Resolução
A composição de dois movimentos uniformemente va-riados com velocidade inicial nula nos fornece o esque-ma abaixo.
No triângulo hachurado, temos:
tg θ =
mas, tg θ =
Assim,
=
= ⇒ h =
O trabalho realizado pela força peso sobre as duas car-gas será dado por:τ = 2 m g h
τ = 2 m g
m2g2dτ = –––––––
qE
mg d–––––2 q E
mg d–––––2 q E
d–––2h
qE–––mg
d/2–––h
Fe–––P
d/2–––h
Fe–––P
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Resposta: m2g2d
–––––––qE
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28Sabe-se que a máxima transferência de energia de umabateria ocorre quando a resistência do circuito se igua-la à resistência interna da bateria, isto é, quando há ocasamento de resistências. No circuito da figura, a re-sistência de carga Rc varia na faixa 100Ω ≤ Rc ≤ 400Ω.O circuito possui um resistor variável, Rx, que é usadopara o ajuste da máxima transferência de energia.Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingi-do o casamento de resistências do circuito.
Resolução
Rext =
Sendo Rext = r = 50Ω, vem:
= 50
2 . = + 120
2Rx Rc + 40Rx + 40Rc = Rx . Rc + 120Rx + 120RcRx . Rc – 80Rx = 80Rc
Rx . Rc––––––––Rx + Rc
Rx . Rc(–––––––– + 20)Rx + Rc
Rx . Rc(–––––––– + 20) . 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––
Rx . Rc–––––––– + 120Rx + Rc
Rx . Rc(–––––––– + 20) . 100Rx + Rc–––––––––––––––––––––
Rx . Rc–––––––– + 120Rx + Rc
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Para Rc = 100Ω, vem: Rx = 400Ω e para Rc = 400Ω,temos Rx = 100Ω.
Portanto, temos:
Resposta: 100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω
100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω
80RcRx = ––––––––Rc – 80
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29A figura mostra uma região de superfície quadrada delado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orien-tados em sentidos opostos e de mesma magnitude B.Uma partícula de massa m e carga q > 0 é lançada doponto R com velocidade perpendicular às linhas doscampos magnéticos. Após um certo tempo de lança-mento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescen-tada uma outra partícula em repouso, de massa m ecarga –q (choque perfeitamente inelástico). Determineo tempo total em que a partícula de carga q > 0 abandona a superfície quadrada.
Resolução
Na região superior, a partícula descreve uma semicir-cunferência em um intervalo de tempo ∆t1 dado por:
∆t1 = =
No choque inelástico, temos:Qantes = Qdepoism v = (m + m) v’v’ = v/2Após o choque inelástico, a carga total do sistema é nu-la e as partículas realizarão um movimento retilíneo uni-
forme, percorrendo em um intervalo de tempo
∆t2.
∆t2 =
∆t2 = L/2–––v/2
L/2–––v’
L–––2
πm∆t1 = –––––
q B
2πm / uquB––––––––––
2
T–––2
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Assim, o intervalo do tempo total para a partícula aban-donar a superfície quadrada é:∆ttotal = ∆t1 + ∆t2
Nota: Admitimos que a linha que passa pelos pontos Re S divide a caixa ao meio.
Resposta:πm L
∆ttotal = –––– + –––q B v
πm L∆ttotal = –––– + –––
q B v
L∆t2 = ––––
v
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
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30Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de mas-sa m = 3,3 kg preso a uma mola, e verifica-se que estepassa a oscilar livremente com a freqüência angular ω= 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, masem repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromáticade freqüência f = 500 . 1012 Hz, de modo que toda a ener-gia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma disten-são de 1 mm da sua posição de equilíbrio. Determine onúmero de fótons contido no feixe de luz. Considere aconstante de Planck h = 6,6 . 10–34J s.
Resolução
O período T de oscilação do sistema, formado pelamassa m e pela mola de constante elástica k, é dadopor:
T = 2π (1)
A freqüência angular ω do sistema é dada por:
ω = (2)
Substituindo (1) em (2), vem:
ω =
O feixe de luz monocromática, de freqüência f, contémn fótons cuja energia total En é transformada em ener-gia elástica Ee, que acarreta uma distensão x em rela-
ção à posição de equilíbrio do sistema massa-mola.Assim, temos:En = Ee,
nhf = ⇒ nhf = ⇒ n =
n =
Resposta: 5,0 . 1014 fótons
n = 5,0 . 1014
3,3 . (10)2 . (1,0 . 10–3) 2––––––––––––––––––––––––2 . 6,6 . 10 –34 . 500 . 1012
mω2x2–––––––
2hf
mω2x2–––––––
2
kx2––––
2
k = mω2
m–––kÏ··
2π–––T
m–––kÏ··
IIII TTTT AAAA (((( 1111 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
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CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFF IIIICCCCOOOO
O Exame de Física do ITA 2007 foi difícil, como erade se esperar. A maioria das questões exigiu dos can-didatos profundo conhecimento dos temas abordados,propondo soluções criativas e conceituais.
Houve predominância de Mecânica (40%), seguindo-se de Termologia, Óptica e Ondas (33%), Eletricidade(20%) e Física Moderna (7%).
A prova deverá selecionar, entretanto, os melhorescandidatos, que fizeram uma preparação específica pa-ra esta contenda.
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