2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira alguns de nossos resultados e
comprove porque temos mais a oferecer.
ITA
Elite Curitiba: 6 anos de existência,
6 anos aprovando no ITA !!!
13 alunos aprovados!
TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010)
ALLISON FAUAT SCHRAIER
(ITA 2010)
LEONARDO FRISSO MATTEDI
(ITA 2009)
JULIANO A. DE BONFIM GRIPP
(ITA 2008)
LUCAS BRIANEZ FONTOURA
(ITA 2008)
MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES
(ITA 2008)
CAMILA SARDETO DEOLINDO
(ITA 2007)
VITOR ALEXANDRE C. MARTINS
(ITA 2007)
GABRIEL KENDJY KOIKE
(ITA 2006)
RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006)
YVES CONSELVAN
(ITA
2006)
EDUARDO HENRIQUE LEITNER
(ITA 2005)
FELLIPE LEONARDO CARVALHO
(ITA 2005)
IME
2011: 8 dos 10 aprovados do Sul. Só dá Elite!
Bruna Morrone: 1ª do Sul!
2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE,
sendo os 2 melhores colocados da ativa e os
2 melhores da reserva !!!
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!!
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os
4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
AFA
2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder!
Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional
2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros
do Paraná! Destaque para
Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná!
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência
ESPCEX
2010: 13 aprovados!
2009: Dos 10 primeiros colocados do
Paraná, 5 são ELITE! E dos 26
aprovados no Paraná, 10 são ELITE!
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 convocados no Paraná
2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
FÍSICA
Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades
como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso !
Escola Naval
2011: 3 aprovados e o único a aprovar no PR e SC!
2010: Único a aprovar no PR e em SC!
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
FUVEST
2010:
LETRAS - Taciane Domingues Ferreira
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
GEOLOGIA - Adrianna Virmond
UNICAMP
2010:
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
UFPR
2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina)
2009: 17 aprovados
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
UFTPR
2010: 16 aprovados.
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica
1º lugar – Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
UFSC
2010
ENGENHARIA QUÍMICA – Fernanda Brandalise
Nunes
Só no ELITE você encontra:
Turmas pequenas de alto desempenho.
Simulados semanais/quinzenais.
A maior carga horária e os melhores professores!
EPCAr
2010: Jean Ricardo Ferrer
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
3013 5400
EEAR
2010: 6 aprovações
2009: 3 aprovações: MURILO R. MESQUITA
ROMULO CORREA DA SILVA COSTA
GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE
2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
2006: 2 convocados
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
14/DEZ/2010
www.ELITECURITIBA.com.br
-1-
(41) 3013 5400
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2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
FÍSICA
Caso necessário, use os seguintes dados:
Aceleração da gravidade = 10 m/s2
Velocidade de som no ar = 340 m/s
Densidade da água = 1,0 g/cm3
Comprimento de onda médio da luz = 570 nm
01. Um problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de
certo instante, se movem conjuntamente com a velocidade de módulo
constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual
apontador à posição instantânea do objeto vizinho em movimento. A figura
mostra a configuração desse movimento múltiplo no
caso de um hexágono regular. Considere que o hexágono tinha 10,0 m de
lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de
módulo constante de 2,00 m/s.
14/DEZ/2010
FÍSICA
Na segunda situação teremos agindo sobre o sistema cubo + rã as seguintes forças:
Peso do cubo + rã e empuxo.
Para a situação de equilíbrio temos:
µc. Vt. g + Pra= µa. Vi. g.
Para calcularmos o novo volume imerso do cubo temos: 0,8 Vt + 0,5/4 Vt = 0,925 Vt
Sendo assim:
0,8 µa. Vt. g + Pra= µa. 0,925 Vt. g Pra = 0,125 µa. Vt. g = 0,125.10-3.43.10 = 0,08 N
Pra = mra.g mra = 0,008 kg = 8 g
03. Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte
amarrada a uma corda elástica de “bungee jumping” com 16,0 m de
comprimento. Considere que a corda de esticará até 20,0 m de comprimento
sob a ação do peso. Suponha que, em todo o trajeto, a pessoa toque
continuamente uma vuvuzela, cuja freqüência natural é de 235 Hz. Qual(is)
é(são) a(s) distância(s) abaixo da ponte em que a pessoa se encontra para
que um som de 225 Hz seja percebido por alguém parado sobre a ponte?
a) 11,4 m
b) 11,4 m e 14,4 m
c) 11,4 m e 18,4 m
d) 14,4 m e 18,4 m
e) 11,4 m, 14,4 m e 18,4 m
SOLUÇÃO: C
A constante elástica da corda pode ser calculada através da conservação
da energia mecânica:
E POT ,GRAV = E POT , ELAS ⇒ m ⋅ g ⋅ (L0 + x ) = k ⋅ x 2 2 ⇒
Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância
percorrida por cada um dos seis objetos?
a) 5,8 s e 11,5 m
b) 11,5 s e 5,8 m
c) 10,0 s e 20,0 m
d) 20,0 s e 10,0 m
e) 20,0 s e 40,0 m
SOLUÇÃO: C
Na descrição do movimento tem-se que:
- Em cada instante as partículas encontram-se num hexágono menor que o
anterior, mas de mesmo centro.
- Em cada instante as velocidades estão alinhadas aos lados do hexágono,
logo a componente radial da velocidade faz um ângulo constante θ = 60º
com a velocidade real da partícula.
Deste modo:
Direção radial:
∆Sr = Vr.∆t → R = Vcos60º.∆t → ∆t = R/Vcos60º = 10/(2.1/2) = 10 s
Ao longo da curva o módulo da velocidade é constante, logo: ∆St = V.∆t =
2.10 = 20 m
80 ⋅10 ⋅ (16 + 4) = k ⋅ 4 2 2 ⇒ k = 2000 N m
Velocidade de afastamento para obter a freqüência aparente desejada:
vS
340
⇒ 225 = 235 ⋅
⇒
340 + v F
vS + v F
v F = 15,11 m / s
f '= f ⋅
Até a corda começar a esticar, temos um movimento de queda livre, logo:
2
2
15,112 = 0 2 + 2 ⋅10 ⋅ ∆S1 ⇒
v F = v 0 + 2 ⋅ g ⋅ ∆S 1 ⇒
∆S 1 = 11,4 m
Após ∆S = 16 m a força elástica da corda passa a atuar. Por
conservação de energia, temos:
E POT ,GRAV = E POT , ELAS + E CIN ⇒
02. Um cubo maciço homogêneo com 4,0 cm de aresta flutua na água
tranqüila de uma lagoa, de modo a manter 70% da área total de sua
superfície em contato com a água, conforme mostra a figura.
80 ⋅10 ⋅ (16 + x 2 ) = 2000 ⋅ x 2
2
2 + 80 ⋅15,112 2 ⇒
2
25 x 2 − 20 x 2 − 91,65 = 0 ⇒ x 2 = 2,4 m
v F = 15,11 m / s é dada por:
∆S 2 = L0 + x 2 = 16 + 2,4 ⇒ ∆S 2 = 18,4 m
Logo, a segunda posição em que
Um fato importante a ser observado é que a corda elástica somente pode
exercer tração sobre o corpo, nunca compressão, o que poderia ocorrer
por exemplo em uma mola. Desse modo, as únicas posições para se obter
a freqüência aparente desejada são
A seguir, uma pequena rã se acomoda no centro da face superior do cubo
e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção com os valores
aproximados da densidade do cubo e da massa da rã, respectivamente.
a) 0,20 g/cm3 e 6,4 g
b) 0,70 g/cm3 e 6,4 g
c) 0,70 g/cm3 e 8,0 g
d) 0,80 g/cm3 e 6,4 g
e) 0,80 g/cm3 e 8,0 g
SOLUÇÃO: E
Na situação inicial temos agindo sobre o cubo as seguintes forças: peso do cubo e
empuxo. Para a situação de equilíbrio temos: Peso do cubo = Empuxo sobre o
cubo, logo:
µc. Vt. g = µa. Vi. g .
Como Ai = 0,7 At Vi = 0,8 Vt, pois 0,7. 6 a2 = 4,2 a2 = a2 + 4.a.h h = 0,8 da altura
total do cubo Vi = 4.4.3,2 cm3 µc = 0,8 µa.
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
∆S 1 = 11,4 m
e
∆S 2 = 18,4 m .
04. Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteróide
passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua nova órbita
mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se
concluir que, após o fenômeno, o ano terrestre e a distância Terra-Lua vão
tornar-se, respectivamente,
a) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes.
b) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes.
c) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes.
d) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes.
e) mais curto – aproximadamente um quarto do que era antes.
SOLUÇÃO: B
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
2
Pela equação
 Ta   Ra 
  = 
 Tb   Rb 
FÍSICA
3

x2 
x3
y sen θ = 1 − 1 + 2  x = 2
2l 0 
2l 0

, concluímos que a diminuição do raio leva a
uma diminuição do período, logo o ano terrestre se tornará mais curto.
Aplicando
a
mesma
equação
3
2
para
a
lua,
05. Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas
molas alinhadas, de constante de mola k e comprimento natural
l0 ,
fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma
distância x na direção perpendicular à linha inicial das molas, como mostra
a figura, sendo solta a seguir.
a
α
(1 + a)
a=
3
R
400  Rb 
 80   Rb 
=   → b ≈ 2.
  =  →
49  Ra 
Ra
 28   Ra 
Obtenha
aceleração
da
bola,
usando
a
aproximação
= 1 + αa.
a)
a = – kx
b)
a = – kx2/M l 0
c)
a = – kx2/2M l 0
d)
a = – kx3/2M l 0
e)
a = – kx3/M l 0
14/DEZ/2010
2k x3
kx3
kx3
⋅ 2 ⇒a=
⇒a= −
2
M 2l 0
Ml 0
Ml20
06. Um copo de massa M, inicialmente em repouso, é erguido por uma
corda de massa desprezível até uma altura H, onde fica novamente em
repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha
módulo igual a nMg, em que n > 1. Qual deve ser o menos tempo possível
para ser feito o erguimento desse corpo?
a)
2H
(n − 1)g
b)
2nH
(n − 1)g
c)
nH
2(n − 1)2 g
d)
4nH
(n − 2)g
e)
4nH
(n − 1)g
SOLUÇÃO: B/A
Para se ter o menor tempo deve-se ter a maior aceleração. Como o corpo
parte do repouso e chega com velocidade nula, deverá acelerar ao máximo
atingir a máxima velocidade e retardar ao máximo também. Plotando o
gráfico da velocidade em função do tempo tem-se:
2
2
SOLUÇÃO: E
2ky sen
θ
=Ma
2k
2
a=
ysenθ y = l 0 + x 2 − l 0 ,
M
x
senθ =
⇒
2
l 0 + x2
x
ysenθ =  l 0 + x 2 − l 0 
⇒

 l 2 + x2
0
2

1
ysenθ = 1 −

2
1+ x2 l 0


x


Conforme o enunciado podemos fazer:
2

 x 
1 +   
 l0  


−
1
2
x2
=1− 2
2l 0
; substituindo:
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
Durante o aumento de velocidade aceleração aac é determinada pela lei de
Newton:
F - Mg= Ma → nMg – Mg= Ma → aac = (n-1)g
F é a tração no fio (variável)
Aplicando a lei de Newton para o retardamento:
Mg – F = Ma → para a máxima aceleração aret → F = 0
Então: Mg= Ma → aret = g
Note-se que:
VMax = aac.t = aret.(T-t) ∆→ t = T/n
A área corresponde ao deslocamento do corpo:
Área = ∆S →
T.VMAX
=H
2
→ T=
2H
VMAX
=
2H
aac t
=
2H
(n-1)g. T
n
Logo
T=
2nH
(n-1)g
Uma outra interpretação possível para o enunciado é a de que de o corpo
chega com velocidade na altura H, sendo posteriormente colocado em
repouso. Neste caso, o corpo poderia ser submetido à aceleração máxima
durante todo o percurso e o tempo mínimo seria dado por
T=
-3-
2H
(n − 1)g
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
07. Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal
num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro O. Inicialmente, a
partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre
uma distância a no primeiro segundo a uma distância b no segundo
seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse
movimento?
a) 2a3/(2a2 – b2)
b) 2a2/(4a – b)
c) 2a2/(3a – b)
d) 2a2/(3a2 – b2)
e) 4a2/(3a – 2b)
SOLUÇÃO: C
A equação da posição deste MHS poderia ser dada por x = x0.cosωt
Assim para t = 0, temos x = x0
Para t=1 temos x1 = x0.cosω
Para t=2, temos x2 = x0.cos2ω
Logo, temos a = x0.(1-cosω) e b = x0.(cosω-cos2ω) = x0.(cosω-[2cos2ω-1]) =
x0.(cosω- 2cos2ω +1)
De a = x0.(1-cosω), temos cosω = 1 – a/x0
Substituindo, temos: b = x0. ( 1 – a/x0 – 2(1 – a/x0)2 +1) = x0. ( 1 – a/x0 – 2(1
– 2a/x0 + (a/x0)2) +1)
b = x0. (– a/x0 +4a/x0 -2(a/x0)2) = x0. ( 3a/x0 -2(a/x0)2) = 3a – 2a2/x0
Assim, 2a2/x0 = 3a –b e x0 = 2a2/ (3a – b)
FÍSICA
Para a trajetória do primeiro lançamento temos:
V02 sen2α x − gx 2
y1 =
V02 (1 + cos 2α )
E para a trajetória do segundo lançamento temos:
y2 =
a)
2υ02 (tgα = tg β ) / g2
b)
2υ02 / g2
c)
4υ02 senα / g2
d)
e)
2
0
y1 = y 2 , ou seja:
V02 sen2α x − gx 2 V02 sen2β x − gx 2
=
V02 (1 + cos 2α )
V02 (1 + cos 2β )
De onde vêm:
V02 {sen[2( β − α )] + sen2β − sen2α }
g (cos 2α − cos 2β )
x=
Então, temos que:
t1 =
x
cos α
→
t1 =
V 0 {sen[ 2( β − α )] + sen 2 β − sen 2α }
g cos α (cos 2α − cos 2 β )
t2 =
x
cos β
→ t1 =
V 0 {sen[ 2( β − α )] + sen 2 β − sen 2α }
g cos β (cos 2α − cos 2 β )
Logo:
V 02  sen α
sen β  {sen [ 2 ( β − α )] + sen 2 β − sen 2α }


+
cos β 
cos 2 α − cos 2 β
g 2  cos α
Além disso, sabemos que:
t 1T1 + t 2 T 2 =
senα senβ senα cosβ + senβ cosα sen(α + β )
+
=
=
cosα cosβ
cosα cosβ
cosα cosβ
sen[2( β − α )] = 2 sen( β − α ) cos( β − α )
sen 2 β − sen 2α = 2 sen( β − α ) cos( β + α )
cos 2α − cos 2 β = 2 sen( β − α ) sen( β + α )
•
4υ senβ / g
•
2
•
2
0
2υ (senα + senβ ) / g
V02 sen2β x − gx 2
V02 (1 + cos 2β )
Portanto, o ponto P de encontro das duas trajetórias ocorre quando
08. Duas partículas idênticas, de mesma massa m, são projetadas de uma
origem O comum, num plano vertical, com velocidades iniciais de mesmo
módulo v0 a ângulo de lançamento respectivamente α e β em relação à
horizontal. Considere T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto
mais alto de cada trajetória t1 e t2 os respectivos tempos para as partículas
alcançar um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com
o valor da expressão t1T1+t2T2.
14/DEZ/2010
2
•
Substituindo:
SOLUÇÃO: B
t1T1 + t2T2 =
V02 sen(α + β ) {2sen( β − α ) cos(β − α ) + 2sen(β − α ) cos(β + α )}
g 2 cosα cos β
2sen(β − α ) sen(β + α )
Simplificando
numerador
e
denominador
2 sen( β − α ) sen( β + α )
t1T1 + t 2T2 =
V02 cos(β − α ) + cos( β + α ) V02 2 cos α cos β
= 2
⇒
cos α cos β
g2
g cos α cos β
t 1T1 + t 2 T 2 =
Cálculo do intervalo de tempo para atingir a altura máxima:
Vy = 0 ⇒
V0 y − gT = 0 ⇒
T = V0 senθ / g
Logo: T1 = V0 senα / g
Equação
da
V0 senθ = gT ⇒
2 V 02
g2
09. Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim
anunciado: Uma partícula está se movendo com uma aceleração cujo
módulo é dado por
µ(r + a3 / r 2 ) , sendo r a distância entre a origem
e a partícula. Considere que a partícula foi lançada a partir de uma
e
x = V0 cos θ t → t =
distância a com uma velocidade inicial
T2 = V0 senβ / g
trajetória
do
lançamento
oblíquo:
x
V0 cos θ
2
y = y 0 + V0 senθ t −
por
temos:
gt
⇒
2
2
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
µa .
Existe algum erro
conceitual nesse anunciado? Por que razão?
a) Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da
aceleração;
b)
Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria
c)
Sim,
porque
2a2 µ / r
x
g
x 
 ⇒
y = 0 + V0 senθ
− 
V0 cos θ 2  V0 cos θ 
2V 2 senθ cos θ − gx 2
V02 sen2θ x − gx 2
y= 0
⇒
y
=
2V02 cos 2 θ
V02 (1 + cos 2θ )
2
d)
Sim,
2
e)
expressão
correta
para
a
velocidade
seria
a
expressão
correta
para
a
velocidade
seria
;
Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria
SOLUÇÃO: E
Fazendo a análise dimensional para a aceleração encontramos
-4-
;
a
;
porque
2 a µ /r
2a2 µ
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2a µ ;
2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
3

a] 
[
L
= [ µ ] [r ] + 2 

T2
[ r ] 

Sejam
T = 2π
L
g
T = 2π
período com atraso e
Dividindo membro a membro tem-se:
[ µ ] = L T −2
L
g
T0 = 2π
L0
g
período
sem atraso
−2
Assim a única alternativa que leva a uma equação dimensionalmente correta para a
velocidade é a letra E.
[ 2][ a ]
FÍSICA
O período de oscilação é dado por:

L
L3 
= [µ ] L + 2 
T2
L 

[µ] = T
14/DEZ/2010
L
=
T
10. Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta
da base de 2,0 m é mantido de pé graças ao apoio de um dos seus
vértices da base inferior (ver figura) e à ação de uma força vertical de
suspensão de 10 N (não mostrada). Nessas condições, o ponto de
aplicação da força na base superior do prisma encontra-se
=
L 0 +∆L
∆L
= 1+
L0
L0
T
∆L
= 1+
T0
2L 0
T = T0 +
T0 ∆L
2L 0
T
=
T0
L
L0
(aproximação de Newton)
→ ∆T =
T0 ∆L
2L 0
O número N de oscilações em um intervalo de tempo ∆t é dado por: N =
∆t/T → ∆t = NT
Logo:
N0T0 = NT →
N0 N
=
T T0
→
N0 -N T - T0
=
N0
T0
→
Para 60s de atraso em 1 dia (24.3600s) tem-se:
60
∆T
∆L
=
=
24.3600 T0
2L 0
→ ∆L = 0,05 cm = 0,5 mm → ½ volta
Como houve atraso, o comprimento aumentou e deve-se encurtar o fio.
Assim a ½ volta é para a direita.
a) sobre o segmento
b) sobre o segmento
c) sobre o segmento
d) sobre o segmento
e) sobre o segmento
RM a 2,0 m de R.
RN a 4,0 m de R.
RN a 3,0 m de R.
RN a 2,0 m de R.
RP a 2,5 m de R.
12. Um hemisfério de vidro maciço de raio de 10 cm e índice de refração n
= 3/2 tem sua face plana apoiada sobre uma parede, como ilustra a figura.
Um feixe colimado de luz de 1 cm de diâmetro incide sobre a face esférica,
centrado na direção do eixo de simetria do hemisfério. Valendo-se das
aproximações de ângulos pequenos, sen θ ≈ θ e tgθ ≈ θ, o diâmetro do
círculo de luz que se forma sobre a superfície da parede é de
SOLUÇÃO: C
5x – 15(x – 2) = 0
5x – 15x + 30 = 0
10x = 30
X=3m
a) 1 cm.
11. Um relógio tem um pêndulo de 35 cm de comprimento. Para regular
seu funcionamento, ele possui uma porca de ajuste que encurta o
comprimento do pêndulo de 1 mm a cada rotação completa à direita e
alonga este comprimento de 1 mm a cada rotação completa à esquerda.
Se o relógio atrasa um minuto por dia, indique o número aproximado de
rotações da porca e sua direção necessários para que ele funcione
corretamente.
a) 1 rotação à esquerda
b) 1/2 rotação à esquerda
c) 1/2 rotação à direita
d) 1 rotação à direita
e) 1 e 1/2 rotação à direita.
SOLUÇÃO: C
b)
c)
d)
e)
2
cm.
3
1
cm.
2
1
cm.
3
1
cm.
10
SOLUÇÃO: B
Seja x o raio do círculo de luz que se forma na parede.
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Da figura, senθ = 0,5/10
Usando a Lei de Snell: nAr.senθ = n.senα
Assim, senα = 2senθ / 3
sen (θ-α) = senθ .cosα – senα.cosθ
Para ângulos pequenos, podemos considerar os cossenos como sendo 1,
logo
sen (θ-α) = senθ - senα = senθ / 3
Da figura, tg (θ-α) = (0,5-x)/10 ≈ sen (θ-α)
(0,5-x)/10 = 0,5/10.3
x = 1/3 e o diâmetro procurado vale 2/3
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E do enunciado α 〉
1, 22λ
D
.
Reunindo as 3 equações
2
1, 22λ
≈
x+ y
D
x+ y ≈
2D
2.5.10−3
=
1, 22λ 1, 22.570.10−9
x + y ≈ 104 m
15. Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os
pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos mostrada na figura.
A diferença de potencial entre os pontos N e P é
13. A inversão temporal de qual dos processos abaixo NÃO violaria a
segunda lei de termodinâmica?
a) A queda de um objeto de uma altura H e subsequente parada no chão
b) O movimento de um satélite ao redor da Terra
c) A freiada brusca de um carro em alta velocidade
d) O esfriamento de um objeto quente num banho de água fria
e) A troca de matéria entre as duas estrelas de um sistema binário
SOLUÇÃO: B
Todos os processos descritos anteriormente têm como características só
poderem ocorrer espontaneamente em um único sentido em termos do
tempo, ou seja, com variação de entropia positiva. O único processo citado
em que não ocorre variação da entropia, e que, portanto, pode ter o seu
sentido invertido em termos do tempo sem violar a 2ª Lei da
Termodinâmica é o do movimento do satélite ao redor da terra.
14. Fontes distantes de luz separadas por um ângulo α numa abertura de
diâmetro D podem ser distinguidas quando α > 1,22λ/D, em que λ é o
comprimento de onda da luz. Usando o valor de 5 mm para o diâmetro das
suas pupilas, a que distância máxima aproximada de um carro você
deveria estar para ainda poder distinguir seus faróis acesos? Considere
uma separação entre os faróis de 2 m.
a) 100 m
b) 500 m
c) 1 km
d) 10 km
e) 100 km
SOLUÇÃO: D
a) V/2.
b) V/3.
c) V/4.
d) V/5.
e) V/6.
SOLUÇÃO: D
2V1 + V2 = V
Q 
V1
3C 
⇒ V1 = 2 V2
 V2 =
2
Q
V2 =
6C 
V1 =
4V2 + V2 = V ⇒ 5V2 = V ⇒ V2 = V
5
Como o ângulo é muito pequeno podemos escrever, α
Pela semelhança entre os triângulos temos
≈
D
2
=
y x+ y
D
.
y
16. Um fio condutor é derretido quando o calor gerado pela corrente que
passa por ele se mantém maior que o calor perdido pela superfície do fio
(desprezando a condução de calor pelos contatos). Dado que uma
corrente de 1 A é a mínima necessária para derreter um fio de seção
transversal circular de 1 mm de raio e 1 cm de comprimento, determine a
corrente mínima necessária para derreter um outro fio da mesma
substância com seção transversal circular de 4 mm de raio e 4 cm de
comprimento.
a) 1/8 A
b) 1/4 A
c) 1 A
d) 4 A
e) 8 A
.
SOLUÇÃO: E
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A potência produzida térmica produzida por efeito Joule no fio deve ser
igual à potência dissipada para o meio ambiente pela área lateral do fio.
Logo:
PotPROD = PotDISS => Ri2 = k.2π.r.L => ρ.L.i2 / (π.r2) = k.2π.r.L =>
k = ρ.i2 / (2.π2.r3) = ρ.i’2 / (2.π2.r’3) => i’2 = i2.(r’ / r)3=12.(4)3 => i’=8A
2.N.B.S 2.(2.102 ).(7.10−4 ).(4.10−2 )
q=
=
R
20
17. Prótons (carga e a massa mp), deuterons (carga e e massa md = 2mp)
e partículas alfas (cargas 2e e massa ma = 4mp) entram em um campo
19. No circuito ideal da figura, inicialmente aberto, o capacitor de
capacitância CX encontra-se carregado e armazena uma energia potencial
elétrica E. O capacitor de capacitância CY = 2CX está inicialmente
descarregado. Após fechar o circuito e este alcançar um novo equilíbrio,
pode-se afirmar que a soma das energias armazenadas nos capacitores é
igual a:
a)
0.
b)
E/9.
c)
E/3.
d)
4E/9.
e)
E.
ur
magnético uniforme B perpendicular a suas velocidades, onde se
movimentam em órbitas circulares de períodos TP, Td e Ta,
respectivamente. Pode-se afirmar que as razões dos períodos Td/Tp e Ta/Tp
são, respectivamente,
a) 1 e 1.
2.
b) 1 e
c)
2
e 2.
q = 2,8.10 −4 C
d) 2 e 2.
e) 2 e 2.
SOLUÇÃO: C
Na situação inicial, circuito aberto, o capacitor CX tem energia
SOLUÇÃO: E
Cargas que se movimentam em um campo magnético sofrem a ação de uma força
eletromagnética dada por:
Fmag = B.(q X v) = B.q.v.senθ onde θ é o ângulo entre q e v.
Ao sofrer a ação dessa força descreverão órbitas circulares cujas velocidades
podem ser determinadas através da resultante centrípeta: mv2/R = B.q.v v =
BqR/m. Teremos então o período dessas órbitas circulares dado por: T = 2πR/v =
2πm/Bq
E =
SOLUÇÃO: B
Considerando o ângulo entre o vetor da superfície e o vetor do campo
magnético como sendo θ = θ 0 + ω ⋅ t e sendo os dois vetores
inicialmente alinhados temos que
O
fluxo
θ0 = 0
magnético
é
e, portanto,
θ = ω ⋅t .
então
dado
e está carregado com carga
Q=
2EC x
Assim, QY = 2Q/3; QX = Q/3 ;
Ex =
Qx 2
(Q 3)2
Q2
E
=
=
= e
2C x
2C x
18C x
9
EY =
QY 2
(2 Q 3)2
4Q2
Q2
2E
=
=
=
=
2CY
2(2C X )
4.9C x
9C x
9
Portanto,
a
E ARMAZENADA
energia
total
armazenada
nos
ε IND
R
=
π /ω
q=
∫
0
por
N .B.S .ω.sen(ω ⋅ t )
R
dq
⇒q = ∫ iINDdt
dt
0
π /ω
N.B.S.ω.sen(ω ⋅ t)
N.B.S
dt = −
ω.(−sen(ω ⋅ t))dt
R
R ∫0
π /ω
 N.B.S 
q = −
 cos(ω ⋅ t )
R 

0
 N.B.S 
= −
(cosπ − cos0)
R 

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é
20. O aparato para estudar o efeito fotoelétrico mostrado na figura
consiste de um invólucro de vidro que encerra o aparelho em um ambiente
no qual se faz vácuo. Através de uma janela de quartzo, luz
monocromática incide sobre a placa de metal P e libera elétrons. Os
elétrons são então detectados sob a forma de uma corrente, devido à
diferença de potencial V estabelecida entre P e Q. Considerando duas
situações distintas a e b, nas quais a intensidade da luz incidente em a é o
dobro do caso b, assinale qual dos gráficos abaixo representa
corretamente a corrente fotoelétrica em função da diferença de potencial.
π /ω
Mas iIND =
capacitores
E 2E 3E
E
= E X + EY =
+
=
=
9
9
9
3
φ = B.S . cos θ = B.S . cos(ω ⋅ t ) .
dφ
O potencial induzido é ε IND = − N
.
dt
d (B.S. cos(ω ⋅ t ))
ε IND = −N
= −N.B.S.(−sen(ω ⋅ t )).ω
dt
ε IND = N .B.S .ω.sen(ω ⋅ t )
i IND =
. Essa carga
total, após o fechamento do circuito, é redistribuída entre os capacitares CX
e CY até que cheguem ao mesmo potencial elétrico. Nessa situação, QY =
2 QX (pois CY = 2 CX) e QY + QX = Q (conservação da carga).
Sendo assim, para a relação Td /Tp temos: (2mp/Be)/(mp/Be) = 2
Para a relação Ta/Tp = (4mp/2Be)/(mp/Be) = 2
18. Uma bobina de 100 espiras, com seção transversal de área de 400
cm2 e resistência de 20 Ω , está alinhada com seu plano perpendicular ao
campo magnético da Terra, de 7,0 x 10–4 T na linha do Equador. Quanta
carga flui pela bobina enquanto ela é virada de 180° em relação ao campo
magnético?
a)
1,4 x 10–4 C
b)
2,8 x 10–4 C
c)
1,4 x 10–2 C
d)
2,8 x 10–2 C
e)
1,4 C
Q2
2C x
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V = PB – P/4 = Px/2(x+y) – P/4 → V = P(x-y)/4(x+y)
22. Um objeto de massa m é projetado no ar a 45° do chão horizontal
com uma velocidade v. No ápice de sua trajetória, este objeto é
interceptado por um segundo objeto, de massa M e velocidade V, que
havia sido projetado verticalmente do chão. Considerando que os dois
objetos "se colam" e desprezando qualquer tipo de resistência aos
movimentos, determine a distância d do ponto de queda dos objetos em
relação ao ponto de lançamento do segundo objeto.
SOLUÇÃO:
As velocidades horizontal e vertical do objeto de massa m no instante de
lançamento valem ambas v 2 . No instante da colisão a velocidade horizontal é a
2
mesma, e a vertical é nula.
Usando a Eq. de Torricelli, a altura do ponto de colisão vale H = (v 2 )2/2g = v2/4g,
2
com g positivo.
Não há forças externas aos dois objetos além do peso, mas se considerarmos que
a colisão é quase instantânea, podemos assumir que o impulso das forças externas
é desprezível, logo haverá conservação da quantidade do movimento do sistema
(objeto 1 +objeto 2) na horizontal e na vertical.
SOLUÇÃO: C
O potencial de corte não depende da intensidade. A corrente dobra com a
intensidade.
21. Uma barra homogênea, articulada no pino O, é mantida na posição
horizontal por um fio fixado a uma distância x de O. Como mostra a figura,
o fio passa por um conjunto de três polias que também sustentam um
bloco de peso P. Desprezando efeitos de atrito e o peso das polias,
determine a força de ação do pino O sobre a barra.
Na horizontal: m v
2
= (M+m).VH, onde VH e a velocidade horizontal do sistema
2
m + M após o choque. Logo, VH =
m 2v
2(M + m)
Na vertical: M.V = (M+m).VV, onde VV é a velocidade vertical do sistema m + M após
o choque. Logo, VV = MV
.
(M + m)
O movimento do sistema M+m será descrito por um MRU na horizontal e um
MRUV na vertical.
Considerando o referencial vertical com origem no chão, a posição inicial é igual a
v2/4g. Então, escrevendo a equação horária, para o instante t tal que a posição final
seja 0 (chão), temos:
0 = v2/4g +
MV .t - 1 2
gt
(M + m) 2
Resolvendo
a
equação
de
segundo
grau,
temos
t
=
2
1  M
v 2 
 MV 
+ 
+
 M + m 
g M + m
2 


SOLUÇÃO:
Isolando a barra temos:
E a distância d pedida vale VH.t , ou seja:
d=
- No contanto só há reação vertical
Assim: V + T = PB → V = PB – T
Para o bloco:
2
m 2v 1  M
v 2 
 MV 
.
+ 
+

 M + m
2(M + m) g  M + m
2 


23. Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de
um fio inextensível de comprimento L, é solto de uma posição horizontal.
Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma
barra metálica de diâmetro disprezível, que se encontra a uma distância x
na vertical abaixo do ponto O. Em consequência, a massa M passa a se
movimentar num círculo de raio L – x, conforme mostra a figura. Determine
a faixa de valores de x para os quais a massa do pêndulo alcance o ponto
mais alto deste novo círculo.
SOLUÇÃO:
T = P/4 (talha exponencial)
Então: V = PB – P/4
Calculando o momento das forças em relação ao ponto O e somando
esses momentos(Teorema de Varignon):
Tx – PB(x+y)/2 = 0 → PB = 2Tx/(x+y) = Px/2(x+y)
Assim:
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No ponto 2 temos:
Na
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T + P = Fcpt
situação
limite
T →0,
Fcpt ≥ P ⇒
logo:
2
m ⋅ v2
2
≥ m ⋅ g ⇒ v2 ≥ R ⋅ g
R
Logo,
por
conservação
2
m⋅g ⋅L =
(i)
de
energia,
m ⋅ v1
m ⋅ v2
=
+ m⋅ g ⋅2⋅ R
2
2
De (i) e (ii) temos que
temos:
2
g⋅L ≥
Situação 2
(ii)
5⋅ R
R⋅g
+ 2⋅ R⋅ g ⇒ L ≥
⇒
2
2
R≤
2⋅ L
5
Como
R = L − x , temos: L − x ≤
3⋅ L
2⋅ L
⇒ x≥
5
5
24. Um bloco, com distribuição homogêna de massa, tem o formato de
um prisma regular cuja seção transversal é um triângulo equilátero.
Tendo 0,5 g/cm 3 de densidade, tal bloco poderá flutuar na água em
qualquer das posições mostradas na figura. Qual das duas posições
será a mais estável? Justifique sua resposta. Lembrar que o baricentro
do triângulo encontra-se a 2/3 da distância entre um vértice e seu lado
oposto.
25. Um filme fino de sabão é sustentado verticalmente no ar por uma
argola. A parte superior do filme aparece escura quando é observada por
meio de luz branca refletida. Abaixo da parte escura aparecem bandas
coloridas. A primeira banda tem cor vermelha ou azul? Justifique sua
resposta.
SOLUÇÃO:
A diferença de caminho no interior do filme fino é dado por ∆ = 2.d. Como
ocorre inversão de fase na reflexão da face externa e não ocorre inversão
de fase na reflexão da face interna, os raios que interferem estão
naturalmente em oposição de fase, o que justifica a cor escura na parte
superior do filme, onde a espessura tende a zero. Para obtermos
interferência construtiva é necessário que a diferença de caminho entre os
raios seja um múltiplo ímpar de ½ comprimento de onda (no meio onde
ocorre essa diferença de caminho), ou seja ∆ = 2k − 1 λ 2n . Igualando
(
) ( )
as duas expressões para a diferença de caminho e considerando a menor
espessura (1° máximo), temos: d = λ .
4n
Como d deve ter o menor valor, λ deve ter o menor valor e como λazul <
λvermelho a 1ª banda terá cor azul.
26. O tubo mais curto de um orgão típico de tubos tem um comprimento
de aproximadamente 7 cm. Qual é o harmônico mais alto na faixa audível,
considerada como estando entre 20 Hz e 20.000 Hz, de um tubo deste
comprimento aberto nas duas extremidades?
SOLUÇÃO:
A expressão para a frequência é:
SOLUÇÃO:
P = E ⇒ ρ ⋅ VTOT ⋅ g = ρ a ⋅ g ⋅ VSUB ⇒ V SUB = 0,5 ⋅ VTOT ⇒
L ⋅ ASUB = 0,5 ⋅ L ⋅ ATOT ⇒
2
3
(l
2
2
)
3
ATRIAN = ATRAPE ⇒
l 2
⇒ hEME = l 6 > hCG = l 3
4
2
4
3
l 3 l 6
2− 2 l 3
Além disso sabemos que hEME ' =
e
−
=
2
4
4
l 3
l 3
hCG ' =
− hCG =
2
6
x
=
−x
4
⇒x=
(
)
Dos valores calculados anteriormente e das figuras a seguir, observa-se
que em ambos os casos o CG do corpo encontra-se acima do CE (centro
de ação do empuxo) e que, portanto, ambos serão instáveis caso sejam
perturbados da posição original de equilíbrio.
fn =
n ⋅ v n ⋅ 340
=
= 2.428,57 ⋅ n
2 ⋅ L 2 ⋅ 0,07
n = 20.000 2.428,57 = 8,235
Sendo n natural, o seu maior valor, para a freqüência dentro da faixa
audível, é n=8.
27. Uma bolha de gás metano com volume de 10 cm3 é formado a 30 m
de profundidade num lago. Suponha que o metano comporta-se como um
gás ideal de calor específico molar Cv = 3R e considere a pressão
atmosférica igual a 105 N/m2. Supondo que a bolha não troque calor com a
água ao seu redor, determine seu volume quando ela atinge a superfície.
SOLUÇÃO:
Na situação inicial temos agindo sobre a bolha de gás de metano uma pressão de
aproximadamente 4. 105 N/m2.
Temos que a bolha de gás sofrerá uma transformação adiabática, logo:
γ
γ
P0. Vo = Pf. Vf
γ = Cp/Cv
Cp – Cv = R γ = 4R/3R = 4/3
4. 105. 104/3 = 105. Vf
4/3
V 4 3 = 4 ⋅ 10 4 3 ⇒ V = 20 2 cm
3
28. Uma corrente IE percorre uma espira circular de raio R enquanto uma
corrente IF percorre um fio muito longo, que tangencia a espira, estando
ambos no mesmo plano, como mostra a figura. Determine a razão entre as
correntes IE/IF para que uma carga Q com velocidade v paralela ao fio no
momento que passa pelo centro P da espira não sofra aceleração nesse
instante.
Situação 1
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SOLUÇÃO:
Para que a aceleração seja nula os campos magnéticos atuantes devem
ser iguais em módulo e direção, em sentidos opostos.
O campo
BE =
BF =
µ 0 .i E
2R
BF = BE ⇒
µ 0 .i F
2πR
sai do plano do papel, enquanto o campo
entra no plano do papel. Logo:
µ 0 .i F µ 0 .i E
=
⇒
2πR
2R
iE 1
=
iF π
29. Um tarugo de vidro de índice de refração n = 3/2 e seção transversal
retangular é moldado na forma de uma ferradura, como ilustra a figura. Um
feixe de luz incide perpendicularmente sobre a superfície plana P.
Determine o valor mínimo da razão R/d para o qual toda a luz que penetra
pela superfície P emerja do vidro pela superfície Q.
30. Obtenha uma expressão para as energias das órbitas do modelo de
Bohr do átomo de Hidrogênio usando a condição de que o comprimento da
circunferência de uma órbita do elétron ao redor do próton seja igual um
número inteiro comprimentos de onda de Broglie do elétron.
SOLUÇÃO:
E = Ep + Ec
E=−
m
SOLUÇÃO:
Primeiro analisamos dois raios
e2
1
+ m v2
4πε or 2
v2
e2
e2
2
=
⇒
m
v
=
r
4πε or
4πεor 2
E=−
e2
e2
e2
+
⇒E= −
4πε or 8πε or
8πεor
2 ⋅π ⋅ r = n ⋅
(1)
h
nh
nh
nh
⇒p=
⇒ mv =
⇒v=
2πr
2πr
2πrm
p
e2
e2
n2h2
e2
2
mv =
⇒v =
⇒
=
⇒
4πε or
4πεorm
4πε orm
4π2r 2m2
2
E concluímos que o raio crítico seria aquele que entrasse rente a parede interna do
vidro (raio azul), pois teria menor ângulo de incidência.
Para o raio crítico temos
sen (θi ) =
R
R+d
⇒
n2h2
e2
1 πme2
=
⇒ = 2 2
π r m εo
r n h εo
(2)
De (1) e (2):
E=−
e2 π me2
.
⇒
8πε o n2h2 εo
E=−
me4
n2 . 8ε2oh2
.
Para esse raio sofrer reflexão total
θi 〉 Lim → sen (θi )〉 sen ( Lim ) = 1/ n
R 2
3
d
R
〉 → 〉1 + → 〉 2
R+d 3
2
R
d
Note que analisando a primeira reflexão do raio já garantimos que ele conseguirá
sair, pois as demais incidências acontecerão ou com ângulos maiores (vértice B) ou
com ângulos iguais (vértice C). O ângulo em C é igual ao primeiro pois os triângulos
OAB e OBC são congruentes.
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