o
anglo
resolve
a prova
de Física
do ITA
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua
tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do
Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),
trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões
de múltipla escolha.
3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota
igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de múltipla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de
0 a 100).
A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.
Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha
equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem
a 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%.
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português, com peso 1.
F ÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados:
▼
π = 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s 2. Velocidade do som no ar = 340m/s. 1atm = 1,0 × 105 N/m2. 1cal = 4,2J.
Questão 1
Sobre um plano liso e horizontal repousa um sistema constituído de duas partículas, I e II, de massas M e m, respectivamente. A partícula II é conectada a uma
articulação O sobre o plano por meio de uma haste que inicialmente é disposta na
posição indicada na figura. Considere a haste rígida de comprimento L, inextensível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I desloca-se na direção de II com
→
velocidade uniforme VB , que forma um ângulo θ com a haste. Desprezando qualquer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmar que, imediatamente após a colisão (elástica) das partículas,
O
90º
I
y
→
VB
θ
L
x
II
→
➯
A) a partícula II se movimenta na direção definida pelo vetor VB.
B) o componente y do momento linear do sistema é conservado.
C) o componente x do momento linear do sistema é conservado.
D) a energia cinética do sistema é diferente do seu valor inicial.
E) n.d.a.
Resolução:
▼
Durante a colisão, a resultante externa sobre o sistema corresponde à força de tração na esfera II. Tal força tem a direção
e o sentido do eixo y indicado na figura.
Como na direção do eixo x a resultante externa é nula, conclui-se que houve conservação da quantidade de movimento do
sistema apenas nesta direção.
Sendo a colisão perfeitamente elástica, a energia cinética do sistema também é conservada.
Questão 2
A partir do repouso, uma pedra é deixada cair da borda no alto de um edifício. A figura mostra a disposição das janelas,
com as pertinentes alturas h e distâncias L que se repetem igualmente para as demais janelas, até o térreo.
pedra
L
h
1ª janela
h
2ª janela
L
L
Se a pedra percorre a altura h da primeira janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer, em segundos, a
mesma altura h da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).
(
L+h –
(
2 L + 2h –

A) 


B) 

➯

C)  4( L + h) –

ITA/2003
)(
)

D)  4( L + h) –

)

E)  3( L + h) –


2 L + h  t.

L / 2 L + 2h –
)(
2L + h / L + h –
(

L  t.


3( L + h) + L / L + h –

(

2( L + h) + L  /(

)

2 L + h  t.


3( L + h) + L  / 2 L + 2h –

L+h –
)

L  t.

)

L  t.

3
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
v0 = 0
L
Para queda livre:
A
h
1ª janela
s = s0 + v0t +
B
L
h
2ª janela
s=
L
3ª janela
1 2
at
2
1 2
gt ⇒ t =
2
2
s
g
h
A partir da figura:
L
A’
h
4ª janela
sA = L
sB = L + h
B’
L
s’A = 4L + 3h
s’B = 4(L + h)
O intervalo de tempo t para percorrer a altura h da 1ª janela pode ser expresso por: t = tA – tB, sendo tA e tB os instantes
inicial e final para percorrer a 1ª janela.
2
⋅L
g
Assim: t A =
tB =
e
2
⋅ (L + h)
g
∴
t=
2
⋅ (L + h) –
g
2
⋅L
g
Para percorrer a altura h da 4ª janela, temos:
2
⋅ (4L + 3h)
g
t’ A =
2
⋅ 4(L + h) –
g
t’ =
€
▼
Comparando-se t’ e t:
t’
=
t
e
t’ B =
2
⋅ 4(L + h)
g
∴ t’ = t’B – t’A
2
⋅ (4L + 3h)
g
2
⋅ 4(L + h) –
g
2
⋅ (4L + 3h)
g
2
⋅ (L + h) –
g
2
⋅L
g


 4 ⋅ (L + h) – 3 ⋅ (L + h) + L  ⋅ t
t
’
=
∴


L+h – L


Questão 3
Variações no campo gravitacional na superfície da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa.
Considere a Terra como uma esfera de raio R e de densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteiramente contida no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) até
R – a, causando, assim, uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado com
O e C. (Veja a figura). Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade na Terra, e G2 , a
intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da variação relativa: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da cavidade, é
[
2
]
3
A) a / ( R – a) R .
R
3
B) (a/R) .
➯
a
O
C) (a/R)2.
P
C
D) a/R.
d
E) nulo.
Resolução:
Sendo g, a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade:
€
g1 =
ITA/2003
GM
R
2
=
GρV
R
2
=
G ρ 4 ⋅ π R3 4G ρ π
R = KR
=
3
3
R2
4
ANGLO VESTIBULARES
A figura ao lado representa a situação para se obter o
valor máximo de variação relativa:
Nessa situação, a intensidade do campo gravitacional
em P será:
g2 = g1 – gcavidade = K (R – a)
O
P
C
O valor máximo da variação relativa é:
g1 – g2
KR – K (R – a)
=
g1
KR
▼
∴
a
d
R
g1 – g2
a
=
g1
R
Questão 4
Considerando um buraco negro como um sistema termodinâmico, sua energia interna U varia com a sua massa M de acordo com a famosa relação de Einstein: ∆U = ∆Mc2. Stephen Hawking propôs que a entropia S de um buraco negro depende
apenas de sua massa e de algumas constantes fundamentais da natureza. Desta forma, sabe-se que uma variação de massa
acarreta uma variação de entropia dada por: ∆S/∆M = 8π GM kB/c. Supondo que não haja realização de trabalho com a
variação de massa, assinale a alternativa que melhor representa a temperatura absoluta T do buraco negro.
C) T = Mc2/8π kB.
➯ D) T = c3/8π GM kB.
A) T = c3/GM kB.
B) T = 8π Mc2/kB.
E) T = 8π c3/GM kB.
Resolução:
Supondo-se que a temperatura absoluta do buraco negro seja constante, sua variação de entropia (∆S) em função de sua
1
⋅ ∆U
T
Substituindo-se, na equação acima, as expressões de ∆S e ∆U dadas no enunciado, segue:
variação de energia interna (∆U) é: ∆S =
∆S =
1
⋅ ∆U
T
▼
∆M ⋅ 8π ⋅ G ⋅ M ⋅ k B
1
= ⋅ ∆M ⋅ c2
⋅c
T
∴
T=
⋅ c3
8π ⋅ G ⋅ M ⋅ k B
Questão 5
Qual dos gráficos abaixo melhor representa a taxa P de calor emitido por um corpo aquecido, em função de sua temperatura absoluta T?
P
P
P
➯ C)
A)
0
T
E)
T
0
P
0
T
P
B)
D)
0
T
T
0
Resolução:
A taxa de emissão de energia radiante (P) de um corpo é diretamente proporcional à quarta potência da temperatura absoluta do corpo.
Em símbolos: P = k ⋅ T4 (lei de Stefan Boltzmann)
ITA/2003
5
ANGLO VESTIBULARES
O gráfico que melhor representa o valor de P em função de T é:
P
T
▼
0
➯
Questão 6
Uma certa massa de gás ideal realiza o ciclo ABCD de transformações, como
mostrado no diagrama pressão-volume da figura. As curvas AB e CD são isotermas. Pode-se afirmar que
A) o ciclo ABCD corresponde a um ciclo de Carnot.
B) o gás converte trabalho em calor ao realizar o ciclo.
C) nas transformações AB e CD o gás recebe calor.
D) nas transformações AB e BC a variação da energia interna do gás é negativa.
E) na transformação DA o gás recebe calor, cujo valor é igual à variação da energia interna.
P
A
D
B
C
V
Resolução:
▼
Como nos mostra o diagrama que acompanha a questão, a transformação de D para A é um aquecimento isométrico.
Logo: Q = ∆U 0
➯
Questão 7
Sabe-se que a atração gravitacional da lua sobre a camada de água é a principal responsável pelo aparecimento de marés
oceânicas na Terra. A figura mostra a Terra, supostamente esférica, homogeneamente recoberta por uma camada de água.
Nessas condições, considere as seguintes afirmativas:
I. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés altas simultaneamente.
II. As massas de água próximas das regiões A e B experimentam marés opostas, isto é, quando A tem maré alta, B tem
maré baixa e vice-versa.
III. Durante o intervalo de tempo de um dia ocorrem duas marés altas e duas marés baixas.
Então, está(ão) correta(s), apenas
Terra
A) a afirmativa I.
Lua
B) a afirmativa II.
C) a afirmativa III.
B
A
D) as afirmativas I e II.
E) as afirmativas I e III.
água
Resolução:
Lua
1) A figura representa a situação descrita no enunciado:
B
Terra
A
▼
A situação ao lado ocorre porque:
• Na região do ponto A: a intensidade da força de atração gravitacional é mais intensa.
• Na região do ponto B: a intensidade da força de atração gravitacional é menos intensa, e a camada d’água tende
a permanecer em movimento retilíneo e uniforme (“sair pela tangente”, pelo princípio da inércia).
2) Fixando um ponto na Terra, observamos que, a cada rotação da mesma (um dia), ocorrem duas marés altas e duas
marés baixas.
➯
Questão 8
Um balão contendo gás hélio é fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado. O fio permanece
na vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura. Se o vagão é acelerado para
frente, pode-se afirmar que, em relação a ele, o balão
A) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta.
B) se movimenta para trás e a tração no fio não muda.
C) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta.
D) se movimenta para frente e a tração no fio não muda.
E) permanece na posição vertical.
ITA/2003
6
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
E
SITUAÇÃO I: marcando-se as forças no balão
quando o vagão está em MRU (R = 0):
P
SITUAÇÃO II: quando o vagão acelera para a direita, o
balão se posiciona de acordo com a figura
ao lado (dHe dar):
T’
Fazendo-se a decomposição das forças→e sabendo-se que a resultante é horizontal para a direita, a ΣF na vertical é nula:
Ty’ + P = Ey’ A
mov.
T
E=T+P
α
α
E’
mov.
P
Ey’
Tx’
Ty’
Ex’
P
Como a componente y do empuxo na situação II tem mesma intensidade do empuxo na situação I:
E’y = E = T + P
B
Substituindo-se B em A:
Ty’ + P = E’y
T’senα + P = T + P
▼
T’ =
➯
T
senα
∴
T’ T
Questão 9
Durante uma tempestade, Maria fecha as janelas do seu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora. Subitamente o
vidro de uma janela se quebra. Considerando que o vento tenha soprado tangencialmente à janela, o acidente pode ser melhor
explicado pelo(a)
A) princípio de conservação da massa.
D) princípio de Pascal.
B) equação de Bernoulli.
E) princípio de Stevin.
C) princípio de Arquimedes.
Resolução:
▼
O vidro da janela quebra devido à diferença de pressão do ar nas faces interna e externa.
É a equação de Bernoulli que relaciona a velocidade de escoamento de um fluido com a pressão no ponto.
Questão 10
➯
A figura mostra um sistema óptico constituído de uma lente divergente, com distância focal f1 = – 20 cm, distante 14 cm de
uma lente convergente com distância focal f2 = 20 cm. Se um objeto linear é posicionado a 80 cm à esquerda da lente divergente, pode-se afirmar que a imagem definitiva formada pelo sistema
A) é real e o fator de ampliação linear do sistema é –0,4.
objeto
B) é virtual, menor e direita em relação ao objeto.
C) é real, maior e invertida em relação ao objeto.
D) é real e o fator de ampliação linear do sisetema é – 0,2.
E) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto.
80 cm
14 cm
Resolução:
L1
Inicialmente, para L1 (f1 = – 20 cm), temos:
1 1
1
1
1
1
⇒
= +
=
+
∴ p’ = – 16 cm
– 20 80 p’
f
p p’
A1 =
– p’
(– 16)
⇒ A1 = –
∴ A1 = 0, 2
p
80
80 cm
No sistema óptico apresentado, a imagem virtual formada por L1 torna-se objeto real a 30 cm de L2.
ITA/2003
7
ANGLO VESTIBULARES
L1
16 cm
L2
14 cm
30 cm
80 cm
De acordo com a equação dos pontos conjugados:
1 1
1
1
1
1
⇒
= +
=
+
∴ p’ = 60 cm
f
p p’
20 30 p’
A2 = –
p’
(60)
⇒ A2 = –
∴ A2 = – 2
p
30
▼
Consequentemente, a imagem definitiva formada pelo sistema é real a 30 cm de L2. Além disso, a ampliação linear do sistema é calculada por:
A = A1 × A 2 ⇒ A = (0,2) × (– 2) A = – 0,4
➯
Questão 11
Num oftamologista, constata-se que um certo paciente tem uma distância máxima e uma distância mínima de visão distinta de 5,0 m e 8,0 cm, respectivamente. Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente que lhe permita ver com clareza
objetos no “infinito”. Qual das afirmações é verdadeira?
A) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.
B) O paciente é míope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.
C) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.
D) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é – 0,2 dioptrias.
E) A lente corretora de defeito visual desloca a distância mínima de visão distinta para 8,1 cm.
Resolução:
Os intervalos de visão nítida de uma pessoa com vista normal e do paciente são, respectivamente:
Vista
normal
Paciente
25 cm
Ponte remoto = ∞
Ponte remoto = 5 m
8cm
O intervalo de visão do paciente evidencia que ele não consegue enxergar com nitidez objetos distantes, o que caracteriza a miopia.
Para o cálculo da vergência, o míope deve utilizar uma lente que, para objetos no “infinito”, forme uma imagem virtual
localizada no seu ponto remoto.
1 1 1
= +
De acordo com a equação dos pontos conjugados:
f
p p'
Com p tendendo ao infinito,
1
1 1
1
= 0 e, portanto:
=
=
p
f
p’ (– 5)
1
= – 0,2 dioptrias
f
Com a lente corretiva, o ponto próximo do míope é deslocado, de modo que a imagem virtual deste ponto se forme a 8 cm
de seu globo ocular. De acordo com a equação dos pontos conjugados:
∴ C=
1 1
1
1
1
⇒ – 0, 2 = +
= +
p p’
f
p (– 8 × 10– 2 )
∴ p = 8,1 cm
Isto é, a distância de visão mínima distinta do míope passa para 8,1 cm.
ITA/2003
8
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 12
A figura 1 mostra o Experimento típico de Young,
de duas fendas, com luz monocromática, em que
m indica a posição do máximo central. A seguir,
esse experimento é modificado, inserindo uma pequena peça de vidro de faces paralelas em frente
à fenda do lado direito, e inserindo um filtro sobre a fenda do lado esquerdo, como mostra a figura 2. Suponha que o único efeito da peça de vidro
é alterar a fase da onda emitida pela fenda, e o
único efeito do filtro é reduzir a intensidade da
luz emitida pela respectiva fenda. Após essas
modificações, a nova figura da variação da intensidade luminosa em função da posição das franjas de interferência é melhor representada por
m
A
Intensidade
Intensidade
Experimento de Young
Figura 1
Experimento modificado
Figura 2
m
m
A
A
A
A)
filtro
vidro
m
➯
anteparo
anteparo
C)
E)
m
m
A
A
B)
D)
Resolução:
▼
A presença do filtro em uma das fendas impõe que:
1º) as franjas claras, correspondentes às interferências do tipo construtivas, terão intensidades luminosas inferiores às
do experimento original;
2º) as franjas escuras, correspondentes às interferências do tipo destrutivas, não terão intensidades luminosas nulas.
A presença da placa, que altera a fase de uma das ondas luminosas, provoca o deslocamento dos máximos (franjas claras)
e mínimos (franjas escuras) em relação às suas posições no experimento original.
A alternativa que contempla essas modificações é a A.
Questão 13
Quando em repouso, uma corneta elétrica emite um som de freqüência 512 Hz. Numa experiência acústica, um estudante
deixa cair a corneta do alto de um edifício. Qual a distância percorrida pela corneta, durante a queda, até o instante em
que o estudante detecta o som na freqüência de 485 Hz? (Despreze a resistência do ar).
A) 13,2 m
B) 15,2 m
C) 16,1 m
E) 19,3 m
➯ D) 18,3 m
Resolução:
Como a fonte sonora (“corneta elétrica”) se afasta em linha reta do observador, esse passa a ouvir um som de freqüência
v ± v OBSERV.
× f REAL
cada vez menor, obedecendo à equação: f APAR. = 0
v 0 ± v FONTE
Sendo v0 a velocidade do som no local, 340 m/s, vOBSERV. = zero, e os sinais duplos considerados positivos quando as velocidades se orientam do observador à fonte.
340 ± 0
× 512
Assim, temos: 485 =
340 + v
De onde: v ≈ 18,93 m/s
Como o movimento da corneta é retilíneo e uniformemente variado (“queda livre”), vale ainda a relação:
v2 = v02 + 2ah ⇒ 18,932 ≈ 0 + 2 ⋅ 9,8 h
ITA/2003
∴
h ≈ 18,3 m
9
ANGLO VESTIBULARES
▼
➯
Questão 14
Considere as afirmativas:
I. Os fenômenos de interferência, difração e polarização ocorrem com todos os tipos de onda.
II. Os fenômenos de interferência e difração ocorrem apenas com ondas tranversais.
III. As ondas eletromagnéticas apresentam o fenômeno de polarização, pois são ondas longitudinais.
→
IV. Um polarizador transmite os componentes da luz incidente não polarizada, cujo vetor campo elétrico E é perpendicular
à direção de transmissão do polarizador.
Então, está(ão) correta(s)
A) nenhuma das afirmativas.
B) apenas a afirmativa I.
C) apenas a afirmativa II.
D) apenas as afirmativas I e II.
E) apenas as afirmativas I e IV.
Resolução:
▼
I.
II.
III.
IV.
Afirmativa falsa: ondas mecânicas longitudinais, como o som, não polarizam.
Afirmativa falsa: interferência e difração ocorrem também em ondas longitudinais, como o som.
Afirmativa falsa: ondas eletromagnéticas são transversais.
→
Afirmativa falsa: a componente do vetor campo elétrico E de uma onda não polarizada, perpendicular à direção de
transmissão do polarizador, é absorvida por este.
Questão 15
No Laboratório de Plasmas Frios do ITA é possível obter
filmes metálicos finos, vaporizando o metal e depositando-o
por condensação sobre uma placa de vidro. Com o auxílio do
dispositivo mostrado na figura, é possível medir a espessura
e de cada filme. Na figura, os dois geradores são idênticos, de
f.e.m. E = 1,0 V e resistência r = 1,0 , estando ligados a dois
eletrodos retangulares e paralelos, P1 e P2, de largura b = 1,0cm
e separados por uma distância a = 3,0 cm. Um amperímetro
ideal A é inserido no circuito, como indicado. Supondo que
após certo tempo de deposição é formada sobre o vidro uma
camada uniforme de alumínio entre os eletrodos, e que o
amperímetro acusa uma corrente i = 0,10 A, qual deve ser a
espessura e do filme?
(resistividade do alumínio ρ = 2,6 × 10–8 ⋅ m).
➯
P1
b
P2
e
a
vidro
A
E
A) 4,1 × 10–9 cm
B) 4,1 × 10–9 m
C) 4,3 × 10–9 m
D) 9,7 × 10–9 m
E) n.d.a.
r
E
r
Resolução:
No esquema a seguir, substituiu-se a placa metálica por um resistor R.
R
i=
0,10A
A
1V
1Ω
1V
1Ω
2
2+R
R = 18 Ω
0, 10 =
Aplicando-se a 2ª lei de Ohm para a película metálica: R =
R =ρ⋅
e=
ITA/2003
∑ε
∑R
ρl
A
a
ρ⋅a
→e=
e⋅b
R⋅b
2, 6 × 10–8 10–2 ⋅ 3
18 × 10–2
∴ e = 4, 3 × 10–9 m
10
ANGLO VESTIBULARES
▼
➯
Questão 16
M
A figura mostra dois capacitores, 1 e 2, inicialmente isolados um do outro, carregados
com uma mesma carga Q. A diferença de potencial (ddp) do capacitor 2 é a metade da
ddp do capacitor 1. Em seguida, as placas negativas dos capacitores são ligadas à Terra
e, as positivas, ligadas uma a outra por um fio metálico, longo e fino. Pode-se afirmar
que
A) antes das ligações, a capacitância do capacitor 1 é maior que a do capacitor 2.
B) após as ligações, as capacitâncias dos dois capacitores aumentam.
C) após as ligações, o potencial final em N é maior do que o potencial em O.
D) a ddp do arranjo final entre O e P é igual a 2/3 da ddp inicial do capacitor 1.
E) a capacitância equivalente do arranjo final é igual a duas vezes à capacitância do
capacitor 1.
O
–Q
+Q
+Q
–Q
P
N
(1)
(2)
Resolução:
• Capacitores isolados, inicialmente carregados com mesma carga.
Q1 = Q2
C1U1 = C2U2; como U1 = 2 U2 ⇒ C2 = 2 C1 (Alternativa A: falsa)
• Como o dielétrico e as características geométricas dos capacitores não se alteram, suas capacitâncias permanecem
constantes. (Alternativa B: falsa).
• Devido à ligação dos pontos N e O, ambos devem adquirir mesmo potencial.
(Alternativa C: falsa).
• As ligações sugerem um paralelo para os capacitores, logo:
CEQ = C1 + C2
CEQ = C1 + 2 C1 ⇒ CEQ = 3 C1 (Alternativa E: falsa)
▼
• A ddp para tal associação será:
U EQ =
Q total Q total = 2Q

CEQ CEQ = 3C1
U EQ =
2
2Q
⇒ U EQ = C1 (Alternativa D: verdadeira)
3
3 C1
Questão 17
Na figura, uma barra condutora
MN (de comprimento
l, re→
→
sistência desprezível e peso Pb ) puxada por um peso Pc , desloca-se com velocidade constante →
v , apoiada em dois trilhos condutores retos, paralelos e de resistência desprezível, que formam
um ângulo θ com o plano horizontal. Nas extremidades dos trilhos está ligado um gerador de força eletromotriz E com resistência r. Desprezando possíveis atritos, e considerando que o sistema está imerso em um→campo de indução magnética constante, vertical e uniforme B , pode-se afirmar que
→
→
v
E
M
r
→
Pc
A) o módulo da força eletromotriz induzida é ε = Bl v senθ.
B) a intensidade i da corrente no circuito é dada por
Pc senθ/(Bl).
➯
N
B
θ
C) nas condições dadas, o condutor descola dos trilhos quando i Pb/( Bl tgθ ).
D) a força eletromotriz do gerador é dada por E = r Pc senθ/(Bl) – Blv cosθ .
E) o sentido da corrente na barra é de M para N.
Resolução:
y
As forças atuantes na barra MN estão assinaladas na figura.
A direção e o sentido da força magnética são obtidos pela regra
prática da mão direita.
Na direção y, temos:
N + Fmag ⋅ senθ = Pb ⋅ cosθ →
ITA/2003
Pb cos θ – N
.
B l senθ
T = Pc
Fmag
θ
N + B ⋅ I ⋅ l ⋅ senθ = Pb cosθ →
I=
x
N
θ
θ
11
Pb
ANGLO VESTIBULARES
▼
Quando a barra descola dos trilhos, N = O, portanto:
Pb
P ⋅ cos θ
ou i B l tgθ
i b
B l senθ
Questão 18
Experimentos de absorção de radiação mostram que a relação entre a energia E e a quantidade de movimento p de um
fóton é E = pc. Considere um sistema isolado formado por dois blocos de massas m1 e m2, respectivamente, colocados no
vácuo, e separados entre si de uma distância L. No instante t = 0, o bloco de massa m1 emite um fóton que é posteriormente
absorvido inteiramente por m2 , não havendo qualquer outro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura). Suponha que
m1 se torne m’1 em razão da emissão do fóton e, analogamente, m2 se torne m’2 devido à absorção desse fóton. Lembrando
que esta questão também pode ser resolvida com recursos da Mecânica Clássica, assinale a opção que apresenta a relação
correta entre a energia do fóton e as massas dos blocos.
m
m
2
Fóton
B) E = (m1’ – m2’ )c2
➯
t=0
1
A) E = (m2 – m1 )c2.
C) E = (m2’ – m2 )c2/2.
D) E = (m2’ – m2)c2.
E) E = (m1 + m1’ )c2.
L
Resolução:
De acordo com a equação de Einstein (E = m ⋅ c2), a massa do fóton é dada por: mfóton =
Portanto:
E
c2
m’2 = m2 + mfóton
m ’2 – m2 =
E
c2
▼
E = (m ’2 – m2) ⋅ c2
➯
Questão 19
Considere as seguintes afirmações:
I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é iluminado por um feixe de luz monocromática, a quantidade de elétrons emitidos pelo metal é diretamente proporcional à intensidade do feixe incidente, independentemente da freqüência da luz.
II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo são aquelas em que o momento angular orbital é nh/2π, sendo
n = 1, 3, 5….
III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são necessários para a descricão completa de um sistema quântico.
IV. A natureza complementar do mundo quântico é expressa, no formalismo da Mecânica Quântica, pelo princípio de
incerteza de Heisenberg.
Quais estão corretas?
A) I e II.
B) I e III.
C) I e IV.
D) II e III.
E) III e IV.
Resolução:
€
(I) Errada: independentemente da intensidade luminosa do feixe incidente, não haverá efeito fotoelétrico, caso a freqüência
da luz incidente esteja abaixo da freqüência de corte.
(II) Errada: a quantização do momento angular orbital do elétron de massa m em uma órbita de raio r e velocidade v é dada
nh
por mvr =
, onde n é um número inteiro positivo.
2π
(III) Correta: apesar de alguns fenômenos quânticos serem explicados pelos aspectos corpusculares, e outros pelos aspectos
ondulatórios, a descrição completa de um sistema quântico exige os dois aspectos, sem a existência de contradições.
(IV) Correta: a natureza complementar do mundo quântico se refere à dualidade partícula-onda. O princípio de Heisenberg se
refere à incerteza da simultaneidade de determinação da localização e da velocidade de uma partícula-onda devido à interação entre o observador e o sistema. Assim, a natureza dual da matéria é confirmada pelo princípio da Incerteza.
ITA/2003
12
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 20
Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o número aproximado de revoluções efetuadas por um elétron no
primeiro estado excitado do átomo de hidrogênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado excitado, é de 10 – 8 s. São
dados: o raio da órbita do estado fundamental é de 5,3 × 10 – 11 m e a velocidade do elétron nesta órbita é de 2,2 × 106 m/s.
A) 1
B) 4
C) 5
× 106 revoluções.
× 107 revoluções.
× 107 revoluções.
➯
D) 8
E) 9
× 106 revoluções.
× 106 revoluções.
Resolução:
Representando-se esquematicamente o átomo de hidrogênio:
–e
2
RC = m
v
r
Felét
elétron
núcleo
k ⋅ e2
m v2
=
2
r
r
+
r
ke2
= r ⋅ v2 = constante
m
+e
I
Utilizando-se o princípio da conservação de energia, a quantização do momento angular, e sendo a força elétrica a resultante centrípeta, obtém-se:
rn = n2 ⋅ r0
Para o 1º estado excitado, n = 2.
r2 = 22 ⋅ 5,3 ⋅ 10 – 4 m = 21,2 ⋅ 10 – 4 m
De acordo com a equação I , ao quadruplicarmos o raio, a velocidade fica reduzida à metade. Dessa maneira:
v=
∆s 2 π r2
=
∆t
T
2 ⋅ π ⋅ 21, 2 ⋅ 10–4
⇒ T = 1,21 ⋅ 10 –15 s
T
1 revolução —— 1,21 ⋅ 10 – 15 s
n —— 10–8 s
∴ n ≈ 8 ⋅ 106 revoluções
1,1 ⋅ 106 =
▼
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.
Questão 21
m
Na figura,→o carrinho com rampa movimenta-se com uma aceleração
constante A . Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se µ é o
coeficiente de atrito estático
entre o bloco e a rampa, determine o inter→
valo para o módulo de A , no qual o bloco permanecerá em repouso
sobre a rampa.
→
A
α
Resolução:
Assinalando-se as forças e/ou suas componentes pertinentes ao estudo
na situação de aceleração máxima.
Sendo a resultante (R = mA) horizontal e para a direita, temos:
eixo x: µ ⋅ N ⋅ cos α – N ⋅ sen α = mA.
eixo y: µ ⋅ N ⋅ sen α + N ⋅ cos α = mg
Dividindo membro a membro as equações e efetuando as devidas transformações
algébricas e trigonométricas, obtemos:
A=
Portanto:
ITA/2003
g (µ – tgα)
(1 + µ tgα)
0 A g
y
Ncosα
µNsenα
N
Nsenα
(µ – tgα)
(1 + µ tgα)
µN = AMAX
E
α
α
µNcosα x
α
mg
13
ANGLO VESTIBULARES
▼
Quando solto na posição angular de 45° (mostrada na figura), um pêndulo
simples de massa m e comprimento L colide com um bloco de massa M. Após
a colisão, o bloco desliza sobre uma superfície rugosa, cujo coeficiente de atrito dinâmico é igual a 0,3. Considere que após a colisão, ao retornar, o pêndulo alcança uma posição angular máxima de 30°. Determine a distância percorrida pelo bloco em função de m, M e L.
L
45º
M
m
Resolução:
(A)
(B)
(C)
(E)
(D)
45º
30º
v
h
v’
v
h’
d
De (A) para (B), sistema conservativo:
εmA = εmB⇒ mgh = 1 mv2 ∴ v = 2gh
1
2
com h =
εmC = εmD⇒
De (C) para (D), sistema conservativo:
L
(2 –
2
2
2)
1
m (v’)2 = mgh’
2
com h’ =
L
(2 –
2
∴ v’ = 2 gh’
3)
3
4
De (B) para (C), sistema isolado (choque): (Qsist)B = (Qsist)C
m
(v + v’)
5
M
De (C) para (E), o bloco de massa M realiza um movimento uniformemente variado com aceleração dada por:
(µ ⋅ N)
∴ a = – 0,3 g
a= –
M
mv = MV – mv’ ⇒ V =
Portanto: 0 = V2 – 0,6 ⋅ g ⋅ d
∴
d=
V2
0, 6 g
6
Substituindo (1), (2), (3), (4) e (5) em (6) e fazendo as devidas simplificações:
d=

4–
10 m 2
⋅ 2 ⋅ L ⋅ 
3 M

d ≈ 2,74 ⋅
▼
€
Questão 22
€
m2
M2
2 –
2
3
+

(2 – 2 )(2 – 3) 
⋅L
Questão 23
Calcule a variação de entropia quando, num processo à pressão constante de 1,0 atm, se transforma integralmente em vapor
3,0 kg de água que se encontra inicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C.
Dado: calor€de vaporização da água: Lv = 5,4 × 105 cal/kg.
€
Resolução:
A variação de entropia ∆S numa transição de fase a pressão e temperatura constantes é dada por: ∆S =
Em
€ que:
Q m⋅L
=
T
T
m = 3 kg
L = 5, 4 × 105
cal
J
= 5, 4 ⋅ 4, 2 × 105
kg
kg
T = 100ºC = 373 K
ITA/2003
14
ANGLO VESTIBULARES
Assim:
∆S =
3 ⋅ 5, 4 ⋅ 4, 2 × 105
373
J
K
▼
∆S ≈ 1, 8 × 104
Questão 24
A figura mostra um recipiente, com êmbolo, contendo um volume inicial Vi de gás ideal,
inicialmente sob uma pressão Pi igual à pressão atmosférica, Pat. Uma mola não deformada é fixada no êmbolo e num anteparo fixo. Em seguida, de algum modo é fornecida ao
gás uma certa quantidade de calor Q. Sabendo que a energia interna do gás é
U = (3/2)PV, a constante da mola é k e a área da seção transversal do recipiente é A,
determine a variação do comprimento da mola em função dos parâmetros intervenientes. Despreze os atritos e considere o êmbolo sem massa, bem como sendo adiabáticas as paredes que confinam o gás.
123 123
Resolução:
k
Pi
Pat
Vi
Pi = Pat (1)
Para o gás do recipiente, tem-se: Situação inicial
Vi
Pf = Pat +
Situação final
kx
A
(2)
Vf = Vi + A ⋅ x (3)
A: área do êmbolo
Pat
A
Pi
Pat
Vi
(Situação inicial)
x
Pf
123
A
(Vf – Vi) = A ⋅ x
Vf
(Situação final)
123
Utilizando-se a primeira lei da termodinâmica:
3
∆U = (PfVf – PiVi)
2
∆U = Q – τ, sendo:
τ = Pat(Vf – Vi) + 1 kx2
2
3
1
Então: 2 (PfVf – PiVi) = Q – (Pat∆V + 2 kx2) (4)
Substituindo-se (1), (2) e (3) em (4) e fazendo-se as simplificações, tem-se: 4kAx2 + (5PatA2 + 3kVi)x – 2QA = 0
▼
Portanto, o valor de x é: x =
– (5Pat A 2 + 3kVi ) +
(5Pat A 2 + 3kVi )2 + 32kA 2Q
8kA
Questão 25
Num barômetro elementar de Torricelli, a coluna de mercúrio possui uma
altura H, que se altera para X quando este barômetro é mergulhado num
líquido de densidade D, cujo nível se eleva a uma altura h, como mostra a figura. Sendo d a densidade do mercúrio, determine em função de H, D e d a altura
do líquido, no caso de esta coincidir com a altura X da coluna de mercúrio.
h
X
Hg
ITA/2003
15
ANGLO VESTIBULARES
vácuo
Resolução:
• Barômetro imerso no ar:
PA = PB
Patm = dHg (I)
H
Patm
A B
Hg
• Barômetro imerso no líquido de densidade D:
Patm
PC = PD
Patm + Dhg = dxg
Dhg – dxg = – Patm (II)
vácuo
X
h
C D
• Como h = x, e substituindo-se (I) em (II):
Hg
Dhg – dhg = – dHg
h(D – d) = – dH
– dH
h=
D–d
▼
h=
dH
d–D
Questão 26
Uma onda acústica plana de 6,0 kHz, propagando-se no ar a uma velocidade de 340 m/s, atinge uma película plana com
um ângulo de incidência de 60º. Suponha que a película separa o ar de uma região que contém o gás CO2, no qual a velocidade de propagação do som é de 280 m/s. Calcule o valor aproximado do ângulo de refração e indique o valor da freqüência do som no CO2.
fAR = 6 kHz
Resolução:
N
O esquema ao lado representa a questão proposta.
Nesta figura, adotamos:
vAR = 340 m/s
3
≈ 0, 87
2
E aplicando-se a Lei de Snell, de acordo com a qual:
0, 87 340
=
,
senr 280
Concluímos que sen r ≈ 0,71 ⇒ r ≈ 45°
A mudança de meio, além disso, não altera o valor da freqüência.
Portanto: fCO2 = fAR = 6 kHz
▼
sen60° =
60º
AR
CO2
r
vCO = 280 m/s
2
Questão 27
Uma flauta doce, de 33cm de comprimento, à temperatura ambiente de 0ºC, emite sua nota mais grave numa freqüência de
251Hz. Verifica-se experimentalmente que a velocidade do som no ar aumenta de 0,60m/s para cada 1ºC de elevação da temperatura. Calcule qual deveria ser o comprimento da flauta a 30ºC para que ela emitisse a mesma freqüência de 251Hz.
Resolução:
Considerando-se a flauta doce como um tubo aberto, temos, para o caso do som mais grave:
Sendo v = λ ⋅ f, segue:
λ = 33 cm
V0°C = λ0°C ⋅ f
2
1442443
V0°C = 0,66 ⋅ 251
θ = 0ºC
∴ V0°C = 165,66 m/s
f = 251 Hz
ITA/2003
16
ANGLO VESTIBULARES
λ =L=?
2
1442443
θ = 30ºC
▼
f = 251 Hz
De acordo com o enunciado:
V30°C = V0°C + 30 ⋅ 0,6
V30°C = 165,66 + 18
∴ V30°C = 183,66 m/s
Sendo V = λ ⋅ f, segue:
183,66 = 2 ⋅ L ⋅ 251
∴ L ≈ 0,366 m,
ou seja,
L ≈ 36,6 cm
Questão 28
Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádio para comunicar-se. Em caso de necessidade, pretende utilizar células solares de silício, capazes de converter a energia solar em energia elétrica, com eficiência de 10%. Considere que cada
célula tenha 10 cm2 de área coletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70 V, e que o fluxo de energia solar médio incidente é da ordem de 1,0 × 103 W/m2. Projete um circuito que deverá ser montado com as células solares para obter uma
tensão de 2,8 V e corrente mínima de 0,35 A, necessárias para operar o rádio.
Resolução:
• A potência elétrica disponível em cada célula será Pc = η ⋅ P, em que η é o rendimento.
1 × 103 W
1 m2
P = 1W
→
P
10 × 10– 4 m2
Pc = 0,1 ⋅ 1 W → Pc = 0,1 W
• A intensidade de corrente máxima em cada célula será:
0,1
1
→ imáx =
∴ imáx = A
imáx = Pc
0, 7
7
U
Serão necessárias n linhas em paralelo. A intensidade de corrente necessária é i = 0,35 A. Temos:
1
η⋅
= 0,35 → η = 2,45
7
Sendo n um número inteiro, adotamos n = 3 linhas.
• Para obter-se uma ddp de 2,8 V, associaremos, em cada linha, m células de 0,7 V.
2,8 = m ⋅ 0,7 → m = 4 células
O circuito montado está apresentado a seguir.
i ≈ 0,12A
células
solares
i ≈ 0,12A
i ≈ 0,12A
0,35A
▼
rádio
Questão 29
Um gerador de força eletromotriz ε e resistência interna r = 5 R está
ligado a um circuito conforme mostra a figura. O elemento Rs é um
reostato, com resistência ajustada para que o gerador transfira máxima potência. Em um dado momento o resistor R1 é rompido, devendo
a resistência do reostato ser novamente ajustada para que o gerador
continue transferindo máxima potência. Determine a variação da
resistência do reostato, em termos de R.
Rs
r = 5R
R1
2R
ε
R
6R
R
ITA/2003
17
2R
R
2R
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
O gerador transfere máxima potência quando a resistência do circuito resistivo for igual à resistência interna do gerador.
Início:
Rsi
Rs
2R
R
R
2R
↔
6R
2R
R
5 R = R Si +
15 R
7
→ R si =
15R
7
20 R
7
Fim:
Rsf
Rsf
2R
R
2R
↔
6R
2R
R
5 R = R Sf +
30 R
11
→ R Sf =
25R
11
∆RS = R Sf – R Si → ∆R S =
▼
30R
11
25 R
20 R
–
11
7
∴ ∆ RS = –
45 R
77
Questão 30
Situado num plano horizontal, um disco gira com velocidade angular
ω constante, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. O disco
encontra-se imerso
numa região do espaço onde existe um campo mag→
nético constante B , orientado para cima, paralelamente ao eixo vertical de rotação. A figura mostra um capacitor preso ao disco (com placas metálicas planas, paralelas, separadas entre si de uma distância
L) onde, na posição indicada, se encontra uma partícula de massa m
e carga q 0, em repouso em relação ao disco, a uma distância R do
centro. Determine a diferença de potencial elétrico entre as placas do
capacitor, em função dos parâmetros intervenientes.
ω
R
O
q
→
B
L
Resolução:
Conforme a situação descrita no texto, a carga deve ficar sujeita a ação de força elétrica e magnética, de modo que:
RC = Felét – Fmag
ω

U
E =
mω R = qE – qvB 
L
 v = ωR

2
R
Felét
Fmag
mω2R =
U=
ITA/2003
qU
– qωRB
L
LωR
(mω + qB)
q
18
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO
Prova excessivamente difícil e trabalhosa. Algumas questões bastante originais exigiram do aluno conhecimento profundo da matéria e habilidade matemática.
ITA/2003
19
ANGLO VESTIBULARES