01. Sobre um corpo de 2,5 Kg de massa atuam, em sentidos opostos
de uma mesma direção, duas forças de intensidades 150,40N e 50,40N,
respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante
com o número correto de algarismos significativos é:
a) 40,00m/s2
b) 40m/s2
c) 0,4 . 10m/s2
2
2
d) 40,0m/s
e) 40,000m/s
Solução:
1

v 2 = 25 − 2.10.0,8 .0,6 + 0,8 
3

v2 = 25-16∴vQ = 3m/s
tsubida = 0,24s até parar; (lançamento oblíquo)
Tempo total:
TT = T1 + Tsubida = 0,44s
ALTERNATIVA D
03. A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos
a
F2
t1 = 0,20s
retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A, de onde
parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e
DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.
F1
m
Aplicando a 2ª lei de Newton, temos:
a=
F1 − F2 150,40 − 50,40
=
m
2,5
a=
100,00
= 40m / s2
2,5
Com 2 algarismos significativos.
ALTERNATIVA B
02. A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe
a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m de comprimento. Sabe-se
que o coeficiente de atrito entre o plano e o corpo é igual a 1/3. Considere
a aceleração da gravidade g = 10m/s2, senθ = 0,8, cosθ =0,6, e que o ar
não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que
se torne nula a componente vertical de sua velocidade é:
a) 0,20s.
b) 0,24s.
c) 0,40s.
d) 0,44s.
Solução:
vQ
Q
θ
0,8m
vp
θ
Dados: v0 = 5m/s
PQ = 0,8m
senθ = 0,8
cosθ = 0,6
g = 10m/s2
µ = 1/3
2
Emec p =
∆EC = τfat + τp = - µmgcosθ.0,8 - mgsenθ.0,8
Ecf – Ec0 = - mg (µcosθ + senθ). 0,8
mv 2 mv 20
−
= −mg0,8 (µ cos θ + sen θ)
2
2
t=
v0 − v
5−3
=
a
g(µ cos θ + sen θ)
Solução:
Nos trechos AB e EF há aceleração tangencial, ou seja, há alteração
no módulo da velocidade. Nos trechos BC e DE há apenas aceleração
centrípeta, mas o módulo da velocidade não se altera. Assim, podemos
considerar como acelerado (movimento com alteração do módulo da
velocidade) apenas nos trechos AB e EF.
I - FALSA.
No trecho AB, movimento acelerado com vetor aceleração apontado para
Norte(N); no trecho EF, movimento retardado com vetor aceleração no
sentdo contrário ao movimento (N).
II – VERDADEIRA.
Nos trechos BC e DE há força centrípeta, aceleração centrípeta apontando para o centro de curvatura.
III – VERDADEIRA.
ALTERNATIVA D
04. Considere que num tiro de
mv 0
25m
=
= Ec 0
2
2
V2 = v02 – 2g.08(µcosθ + senθ) ⇒ v = v0 – at
e) 0,48s.
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 movimento do atleta é o
mesmo nos trechos AB e EF.
III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é
para sudeste no trecho BC, e , para sudoeste, no DE.
a) apenas a I.
b) apenas a I e II.
c) apenas a I e III.
d) apenas a II e III.
e) todas.
⇒
revólver, a bala percorre trajetória
retilínea com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até
o alvo Q. Mostrados na figura, o
aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o
do impacto da vala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2.
Sendo Vs a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas
distâncias dos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é:
a) VS (V-VS) / (V2-VS2).
b) VS (VS-V) / (V2-VS2).
1
ITA 2007
Física
c) V (V-VS) / (VS2-V2).
d) VS (V+VS) / (V2-VS2).
e) VS (V-VS) / (V2+VS2).
Equilíbrio na situação 2:
ΣM = 0 = P2.50 – P.50 – PI(150-1,6.X2)
Solução:
50m = 1800 – 16X2
(2)
Substituindo (1) em (2) temos m = 1,6Kg
60.50 − m.5000 = −100.150 + 100.1,6.x 2
ALTERNATIVA D
ITA 2007
06. No arranjo mostrado na figura com duas polias, I dio inextensível
e sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas
massas m, em equilíbrio estático. Desprezando o atrito de qualquer
natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale:
X = VS.TI
x
x + dI
d
=
+ I
VS
V
VS
TI =
(x + dI )
2
T2
+ d2 2
(1)
a) ML / 4m2 − M2 .
(x + dI ) +
=
d2
(2)
b) L.
VS
V
VS
 1
 1
1
1
(1) ⇒ x.
−  = dI 
+  ⇒
 VS V 
 VS V 
V + VS
x.(V − VS ) = dI (V + VS )⇒ x = dI.
V − VS
(2) ⇒
(x + dI )2 + d2 2
VS
(3) ⇒ x + dI =
2
=
(x + dI )2
V2
+
d2 2
V2 2
+
c) ML / M2 − 4m2 .
(3)
2 .(x + dI ).d2
V .VS
dI .V + dI .VS + dI V − dI VS
2dI V
=
V − VS
V − VS
 1
1 
2d2
−
=
 V 2 V 2  V.VS
 S

(2) ⇒ (x + dI ).
d) mL / 4m2 − M2 .
e) ML / 2m2 − M2 .
Solução:
θ
T
T
TI
Substituindo (3) temos:
TI
T
2 .dI .V V 2 − VS 2
2 .d2
.
=
V − VS V 2 VS 2
V .VS
⇒
(V − VS )
dI
= VS . 2
2
d2
V − VS
Mg
mg
ALTERNATIVA A
Condição do Equilíbrio:
* Mg = T’1 ⇒
Mg = 2mg · Cos θ
05. Na experiência ide-
* 2TCosθ = T’1∴ Cosθ = 2m
alizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo
ponto M, um conjunto em
equilíbrio estático composto de uma barra rígida e
uniforme, de um peso
P1 = 100N na extremidade
a 50cm de M, e de um peso P2 = 60N, na posição x2 indicada.A seguir, o
mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o P2 na posição original de P1, passando este à posição de distância x1 = 1,6 x2 da
extremidade N. Sendo de 200cm o comprimento da barra e g = 10m/s2 a
aceleração da gravidade, a amssa da barra é de:
a) 0,5Kg
b) 1,0Kg
c) 1,5Kg
d) 1,6Kg
e) 2,0Kg.
Solução:
Situação 1:
Condição de equilíbrio de rotação com eixo no ponto M.
ΣM = 0 = PI.50 – P.50 – P2.(150-X2)
P.50 = 5000 – 60.150 + 60. X2
X2 = 200 + 25m
3
2
(1)
M
Senθ =
1 − cos 2 θ ⇒ senθ = 1 −
M2
senθ
∴ tgθ =
=
cos θ
4m2
4m2 − M2
M
L
h
θ
Mas,
Do triângulo retângulo, segue que:
tgθ =
L
=
h
4m2 − M2
⇒h=
M
M⋅L
4m2 − M2
ALTERNATIVA A
07. Uma bala de massa m e velocidade v é disparada contra um bloco
0
de massa M, que inicialmente e encontra 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 atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o
módulo da velocidade com que o conjunto atinge o solo vale:
2
 mv 0 

 + 2gh.
m+M
v02 +
b)
2ghm 2
(m + M)2
2
2 m.V2
Q = Ec ⇒m.c.∆θ + x.m.L = .
3
3 2
.
⇒ 0,02 .1000 .4 .300 + x.6.4 .1000 =
2mgh
+
.
M
300 2
3
c)
v02
d)
v 0 2 + 2gh.
x = 0,25
ALTERNATIVA B
e)
mv 0 2
+ 2gh.
m+M
10. Uma bolinha de massa M é colocada na extremidade de dois
elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento L/2, quando na
posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, esta permanece
apenas sob a ação da tensão T dos elásticos e executa no plano vertical
um movimento harmônico simples, tal que senθ ≅ tgθ. Considerando que
a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale:
Solução:
Conservação da quantidade de movimento
m
.V0
mV0 = (M+m)VX ∴ VX =
m+M
Cálculo da velocidade vertical ao tocar o chão:
VY2 = 02 + 2gh ⇒ VY2 = 2gh
Por Pitágoras:
2
 mV0 
2
2
VY + VX ⇒ V = 
 + 2gh
m+M
V=
ALTERNATIVA: A
08. Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura
de 32m em 40s, um elevador consome a potência de 8,5kW de seu motor.
Considere seja de 370Kg a massa do elevador vazio e a aceleração da
gravidade g = 10m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70Kg cada um, a ser transportado pelo elevador é:
a) 7.
d) 10.
b) 8.
e) 11.
∆h
32
∴ Vm =
= 0,8m / s
40
∆t
De Pot = F.Vm, vem:
F=
4ML
.
T
b) 2π
ML
.
4T
d) 2π
ML
.
2T
e) 2π
2ML
.
T
Pot
8500
⇒F=
∴ F = 10.625N
Vm
0,8
Mas F ≥ Ptotal = (MELE + N.M)g
⇒ 10.625 ≥ 10(370 + N · 70)
N ≤ 9,89 ⇒ N = 9
ALTERNATIVA C
09. Um corpo indeformável em repouso é atingido por um projétil
metálico com a velocidade de 300m/s e a temperatura de 0ºC. Sabe-se
que, devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo
e o restante transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O
metal tem ponto de fusão tf = 300ºC, calor específico c = 0,02cal/g ºC e
calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1 cal ≅ 4J, a fração x da
massa total do projétil metálico que se funde é tal que:
a) x < 0,25.
b) x = 0,25.
c) 0,25 < x < 0,5.
d) x = 0,5.
e) x > 0,5.
Solução:
Pelo enunciado, a energia cinética inicial da bala foi transferida (em parte)
para o corpo e o restante (2/3) virou energia térmica da bala.
c) 2π
ML
.
T
Solução:
T
θ
c) 9.
Solução:
Vm =
a) 2π
T
Y
Fr = 2.T.senθ ≅ 2.T
T = 2π
Y 4TY
4T
=
≡ K.Y ⇒ K =
L
L
L
2
Lm
m
= 2π
k
4T
ALTERNATIVA B
11. Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida
de 10ºC a 20ºC, sendo misturada, em seguida, à água a 80ºC de um
segundo caldeirão, resultando 10 l de água a 32ºC, após a mistura.
Considere haja troca de calor apenas entre as duas porções de água
misturadas e que densidade absoluta da água, de 1 kg/ l, não varia com
a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c=1,0 cal g-1 ºC-1. A
quantidade de calor recebida pela água do primeiro caldeirão ao ser
aquecida até 20ºC é de:
a) 20 kcal
b) 50 kcal
c) 60 kcal
d) 80 kcal
e) 120 kcal
Solução
QT = 0 ⇒ dA . V1 . C . (32 – 20) + dA . V2 . C . (32 – 80) = 0
⇒ V1 . 12 = V2 . 48 ⇒ V1 = 4V2 ⇒ V1 = 4V2 ⇒ V1 = 8
Q = 8000 . 1 . (30 – 20) = 80kcal
ALTERNATIVA D
12. A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante,
quando despenca de uma altura de 80 m, convertendo toda a sua energia
mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultando em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1 cal4J,
3
ITA 2007
a)
aceleração da gravidade g=10m/s2 e calor específico da água c=1,0 cal
g-1ºC-1, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de:
a) 10 2 m/s
b) 20 m/s
d) 10 3 2 m/s
c) 50 m/s
⇒n1. α+n1.ψ1 ≅ n2. α + n2 . ψ2
n1α + n1ψ 1 − n 2 α
n
= 1 ⋅ (α + ψ 1 ) − α
n2
n2
⇒ψ2 =
⇒ ψ2 =
⇒ φ2 =
 n

n1
Ψ 1 +  1 − 1  . α
n2
 n2

e) 80 m/s
ALTERNATIVA E
Solução:
15. A figura mostra dois alto-falantes
ITA 2007
/ ⋅ v2
M
/ ⋅g⋅h = M
/ ⋅ c ⋅ ∆θ
+M
2
⇒V=
=
2 ⋅ ( c ⋅ ∆θ − g ⋅ h =
2 ⋅ ( 4000 ⋅ 1 − 10 ⋅ 80
6400 = 80m / s
ALTERNATIVA E
13. Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e re-
ceptor de som á arrastado por um vento forte de 40 m/s contra a base
de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570 Hz
e a velocidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. Assinale a
opção que indica a freqüência refletida pela montanha e registrada no
receptor do balão.
a) 450 Hz
b) 510 Hz
c) 646 Hz
d) 722 Hz
e) 1292 Hz
Solução: Temos uma situação com 2 etapas do efeito Doppler.
alinhados e alimentados em fase por um
amplificador de áudio na freqüência de 170
Hz. Considere seja desprezível a variação
do som de cada um dos alto-falantes com
a distância e que a velocidade do som é de 340 m/s. A maior distância
entre dois máximos de intensidade da onda sonora formada entre os
alto-falantes é igual a:
a) 2m
b) 3m
c) 4m
d) 5m
e) 6m
Solução:
Referencial do balão.
Etapa 1:
Fonte (balão)
Receptor (montanha)
.
λ=
← 40 m/s
380
Vs + VOB
= 570 ⋅
= f1
340
Vs
FR = Fo .
V 340
=
= 2M
F 170
(7 − X ) = X + N ⋅ λ = 7 − 2 X = N ⋅ 2
⇒X=
Etapa 2: Nesta etapa os papeis fonte/receptor se invertem.
Vs
340
38 34
= f1 ⋅
= 570 ⋅
⋅
= 722Hz
Vs ⋅ VF
300
34 30
F2 = F1 .
ALTERNATIVA D
7 − 2N
=X
Xmin
MIN=
− 0,0,5
5m(nm
−3)
2
Por simetria Xmáx = 6,5m
(a 0,5 m da fonte 2)
⇒D = 6,5-0,5 = 6m
ALTERNATIVA E
14. A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice 16. O circuito da figura é composto de duas resistências, R
de refração n1 e transmitido para uma esfera transparente de raio R e
índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito
pequenos, tal que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente
e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de:
a) φ2=
n1
(φ1 - α).
n2
b) φ2=
n1
(φ1+ α).
n2
n1

n 
φ +  1 − 1  α.
n 2 1 
n2 
n1
d) φ2 =
φ
n2 1
c) φ2=
e) φ2 =
n1
φ+
n2 1
n1 
 −1 α
n 
2 
103.Ω e R2 = 1,5 x 103Ω, respectivamente, e de dois
capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 x 10-9F e C2
= 2,0 x 10-9F, respectivamente, além de uma chave
S, inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a
variação da carga ∆Q no capacitor de capacitância
C1, após determinado período, é de:
a) -8,0 x10-9 C.
c) -4,0 x 10-9C.
d) +4,0 x 10-9C
e) +8,0 x10-9C
Solução:
Situação inicial:
Não há corrente alguma e ambos os capacitores estão submetidos a
uma DDP=10v
in ic ia l
Ψ1
→Q1
Ψ2
α
}h
n1 . sen(α + ψ1) = n2 .sen(α + ψ2)
4
= 1,0 x
b) -6,0 x 10-9C
Solução:
α
1
f in a l
= C1.V 1
= 10-9.10 = 10-8.C
Situação final:
Corrente atravessa os resistores:
i=
U
R
10
= 2,5.10 3 = 4.10-3A
Solução:
O potencial no capacitor é dado por:
B
→
V 1f i n a l = R1. i = 103.4.10-3 = 4V
⇒ Q 1in ic ia l = C1. V 1f i n a l = 4.10-9C
⇒∆Q = -6.10-9C
ALTERNATIVA D
v
θ
17. No circuito da figura, têm-se as resistências R, R e R e as fontes
a) i =
( V1R 2 − V 2 R 1 )
(R 1R 2 + R R 2 + R R 1 )
2
+ V 2R 1
⇒q.R.B = m.v.senθ
2πR
m
m
d=N.V.cosθ.T ⇒ d = N.V.cosθ.2π.
qB
d.q.B = N.(2πmV.cosθ)
ALTERNATIVA A
19. Considere uma sala à noite do campo apenas por uma lâmpada
Solução:
R1
R2
I2 =i-i1
R
i
V1
V2
I = i1 + i2
o = v 1 − R 1 ⋅ i1 − R ⋅ i 

o = v 2 − R 2 ⋅ ( i − i1 ) − R ⋅ i
(R + R 2 ) ⋅ i = V 2 + R 2 ⋅ i =
i1 =
−R ⋅ i + V i
R1
V 2 R 1 = R 2 R I + R 2 ⋅ VI
R1
⇒(RR1 = R1R2 + RR2) . i = V2Ri + V1R2
i=
⋅ sen θ
R
qRB
( V 2 R 1 − V 1R 2
( R 1R 2 + R R 2 + R R 1 )
i1
2
=
= T = 2π ⋅
V.senθ =
m
T
qB
Composição:
d) i = ( R R + R R + R R )
1 2
2
1
e) i =
m ⋅V
Movimento uniforme em X:
( V 1R 1 − V 2 R 2 )
( R 1R 2 + R R 2 + R R 1 )
( V 1R
Movimento Circular no plano yz:
q.v.senθ.B=
( V 1R 1 + V 2 R 2
b) i = ( R R + R R R R )
1 2
2
1
c) i =
x
2
ITA 2007
V1 e V2 aterradas. A corrente i indicada é:
1
V 2R 1 + V1 R 2
RR1 + R1 R 2 + RR 2
ALTERNATIVA D
18. A figura mostra uma partícula de
massa m e carga q > 0, numa região
com campo magnético constante e
uniforme, orientado positivamente no
eixo x. A partícula é então lançada com
velocidade inicial no plano xy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo
ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento. Assinale
a alternativa correta.
a) O produto d q B deve ser múltiplo de 2π m v cos θ.
b A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.
c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente
acelerado.
d) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB.
e) O campo magnético não produz aceleração na partícula.
fluorescente. Assinale a alternativa correta.
a) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela
corrente elétrica que passa na lâmpada.
b) toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.
c) a iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.
d) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia
elétrica consumida pela lâmpada.
e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.
Solução:
ALTERNATIVA C
20. O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um
elétron de carga – e a massa m, que se move em órbitas circulares
de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é quantizado, dado por r = n 2 a o, onde ao é o raio de
Bohr e n = 1, 2, .... O período orbital para o nível n, envolvendo a
permissividade do vácuo ε0, é igual a
a) e/(4πa 0 n 3 ε 0 ma 0 ) b) (4πa 0n3 ε 0ma 0 ) / e c) ( πa 0n3 πε 0ma 0 ) / e
d) (4πa 0n3 πε 0ma 0 ) / e e) (4πa 0n 3 πε 0ma 0 )
Solução:
r = n².ao
2
1
c 2 m  2πr 
1
c 2 r ⋅ 4π2 ⋅ r 2
⋅
= ⋅ 
⋅
=
 ⇒

4πεo r2
r  T 
4πεo m
T2
T2 =
T=
16 ⋅ π3 ε o ⋅ mr 3
c2
=
16 ⋅ π3 ⋅ ε o ⋅ m ⋅ n 6 ⋅ a3o
c2
4 ⋅ π ⋅ n³ ⋅ a o
⋅ π.ε o ⋅ m ⋅ a o
c
ALTERNATIVA D
5
ITA 2007
21. Equipado com um dispositivo a jato, o
homem-foguete da figura cai livremente do
alto de um edifício até uma altura h, onde o
dispositivo a jato é acionado. Considere que
o dispositivo forneça uma força vertical para
cima de intensidade constante F. Determine
a altura h para que o homem pouse no solo
com velocidade nula.
Expresse sua resposta como função da altura H, da força F, da massa
m do sistema homem-foguete e da aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a alteração da massa m do acionamento
do dispositivo.
Solução:
τR = ∆Ec ⇒ m.g.H – F . h = 0
⇒
h=
Solução:
Conservação da energia para o parafuso:
mv 02
−GMm
−GMm
1 
1
/
/
+
=
⇒ V02 = 2GM −

R
2
(h + R)
R R + h 
2GM ⋅ h
⋅ ⇔ v0 =
R(R + h)
v0 =
2GM
1
.
∗
R2  1 1 
+


h R
Mas, na superfície da terra, segue que:
g=
GM
**
R2
Substituindo ** em *:
v 0 = 2g ⋅
m.g.H
F
Temos apenas duas forças (constantes) realizando trabalho.
22. Um corpo de massa m e velo-
cidade V0 a uma altura h desliza sem
atrito sobre uma pista que termina
em forma de semi-circunferência de
raio r, conforme indicado na figura.
Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semicircunferência, onde o corpo perde
o contato com a pista. Considere a aceleração da gravidade g.
1
1 1
 + 
h R
24. Um sistema massa-molas é constitu-
ído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, barras de massas desprezíveis
e um corpo de massa m, como mostrado
na figura. Determine a freqüência desse
sistema.
Solução:
k2
k2
k2
3k2
k1
k1
2k1
m
Ep=0
2
m
/v
m
/ ⋅ v0
m
=m
/ ⋅g⋅h +
/ ⋅g⋅y +
2
2
2
p
2
p
mv
r
Nota.
⇒vp2 = r ⋅ g⋅ senθ = g⋅ y (2)
2 g ⋅ h + v 02
3g
k eq
Logo, como ω =
ω=
 6k1k 2

 2k + 3k
2
 1
m
Molas em série:
v2
3
( 2 ) e m ( 1) ⇒ g ⋅ h + 0 =
⋅g⋅y
2
2
m
, vem :




2 .dI .V V 2 − VS 2
2 .d2
.
=
V − VS
V .VS
V 2 VS 2
Molas em paralelo: keq = k(1) + k(2) + ... + k(n)
25. A figura mostra uma bolinha de
(3 )
Por Pitágoras temos:
2
 2gh + v02 


 ⇒ x = 1+ 3rg 
x = r2 + y2 = r2 +
 3g 
 2gh + v2 
y
0



23. Lançado verticalmente da Terra com velo-
cidade inicial V0, um parafuso de massa m chega
com velocidade nula na órbita de um satélite
artificial, geoestacionário em relação à Terra, que
se situa na mesma vertical. Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade V0 em função
da aceleração da gravidade g na superfície da Terra, raio da Terra R e
altura h do satélite.
6
m
(1)
No ponto P não há força normal:
⇒ y =
m
6k 1k 2
= k eq ⋅
2k 13k 2
Conservação de energia entre o ponto inicial e final implica:
m⋅ g⋅ senθ =
⇔
⇔
Solução:
massa m = 10g presa por um fio que a
mantém totalmente submersa no líquido
(2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se
encontra acima. A bolinha tem a mesma densidade do líquido (1) e sua
extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à
superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta
a superfície livre do líquido (1) com velocidade de 8,0 m/s, h1 = 20cm, e
despreze qualquer resistência ao movimento de ascensão da bolinha,
bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a
interface dos líquidos. Determine a profundidade de h.
Solução:
d2 = 5 . d1
d1
md
d 1 qE
= .
.∆Tx 2 ⇒ Atx 2 =
2 2 m
qE
Na vertical
m
d2
⇒ Fr = 4 ⋅ m
/g=m
/ a ⇒ a = 40m / s
Mas ∆ty = ∆tx ⇒ h =
v2
82
+h=
+ 0,2
a
2
⋅ 40
2
mgd
2qE
Para 1 partículas:
2
Aplicando Torricelli entre h e h, temos:
v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ (h − h1 ) ⇒ h =
1
g∆ty 2
2
Wp = mgh =
(mg) 2 d
2qE
ITA 2007
Fr = m ⋅ a
E–p=m⋅a
E = d2 ⋅ vOL ⋅ g = 5 ⋅ d1 ⋅ vOL ⋅ g = 5 ⋅ m ⋅ g
P=m⋅g
h=
Logo, para 2 partículas:
2
Wtotal = 2Wp = (mg) d
2qE
⇒ h1 = 1,0m
26. Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B,
ao ser refletido por um espelho horizontal sobre a semi-reta DE da
figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical. Determine
a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere
AD = 2m, BE = 3m e DE = 5m.
Solução:
B
A
3m
2m
D
28. Sabe-se que a máxima
transferência de energia de
uma bateria ocorre quando a
resistência do circuito se iguala
à resistência de carga Rc varia
na faixa 100Ω ≤ Rc ≤ 400Ω. O circuito possui um resistor variável, Rx,
que é usado para o ajuste da máxima transferência de energia. Deter-
mine a faixa de valores de Rx para que seja atingido o casamento de
resistência do circuito.
Solução:
A associação
E
Rc
20
2m
2m
5m
Rx
(Imagem Virtual)
Tem que resultar em 100Ω, par que, assoviado em paralelo com o outro
resistor de 100Ω resulte numa REQ = 50Ω.
AB 2 =52 +52 ⇒ AB = 5 2m
27. Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m, encontram-
se inicialmente na origem de um sistema cartesiano xy e caem devido
ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um
campo elétrico horizontal e uniforme E , conforme mostra a figura. Por
simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa entre as cargas e
determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se
encontrarem separadas entre si por uma distância horizontal d.
Solução:
20 + Rc // Rx = 100Ω ⇒ Rc // Rx = 80Ω
Caso 1: Rc = 100Ω
80 ⇒ 100R x = 8000 + 80Rx
2Rx = 800 ⇒ Rx = 400Ω
Caso 2: Rc = 400Ω
400 . Rx = 32000 + 80Rx ⇒ 320 Rx = 32000 ⇒ Rx = 100Ω
Solução: 100Ω ≤ Rx ≤ 400Ω
29. A figura mostra uma região da superfície quadrada de lado L na
+ -
x
d
E
1
2
1
2
y
Na horizontal
FEL = qE
FEL = FR = m . ax
⇒a x =
qE
m
Para uma das partículas:
qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orientados em sentidos opostos
e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga q > 0 é
lançada no ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos
magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o
ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de
massa m e carga –q (choque perfeitamente inelástico). Determine o
tempo total em que a partícula de carga q > 0 abandona a superfície
quadrada.
Solução:
r
v
x

Fcp
R
S
2m, v
2
7
ITA 2007
Fcp = Fm
mωv = qBv
⇒m
∴
2π
= q⋅B
T
T
mπ
=
(tempo para chegar ao ponto s)
2 q⋅B
Em s, pelo princípio da concentração das cargas elétricas:
q + ( −q) = qFinal ⇒
qFinal = 0
Conservação da quantidade de movimento:
mv = 2mv saída ⇒ v saída =
v
2
Tempo no Mov. Retilíneo
L v
L
= ⋅ ∆t ⇒ ∆t =
2 2
v
Tempo Total:
∆t total =
πm L
+
qB v
30. Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa
m = 3,3kg preso a uma mola, e verifica-se que este passa a oscilar
livremente com a freqüência angular ω = rad/s. Agora, sobre esse
mesmo corpo preso à mola, mas em repouso, faz-se incidir um feixe
de luz monocromática de freqüência f = 500 x 1012 Hz, de modo que
toda a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1mm da sua posição de equilíbrio. Determine o número
de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck
h = 6,6 x 10-34 J s.
Solução:
k
m
fótons
Tem-se que:
k = mω2 ⇒ k = 3,3 x 102 ⇒ k = 330N/m
Situação 2:
Conservação da energia:
kkk
∆∆∆
xxx222
kkk
∆∆∆
xxx222
330
330
330xx(x(11
(1
⋅⋅10
⋅10
10−−3−3)3)2)22
n⋅⋅hf
nm===
nm===
m
m
m
⋅hfhf===
⇒
⇒
⇒m
m
∴
∴
∴m
m
−34
34
14
14
14
hf
hfhf
222
222
222
xxx
66,6,66,6⋅⋅10
⋅10
10−−34
xxx
555⋅⋅10
⋅10
10
n = 5 ⋅ 1014 fótons
8