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Física

  1. 1. 2011 ITA Questão 01 "A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo" Galileu GalileiUm problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente comvelocidade de módulo constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual apontando à posição instantânea doobjeto 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 demódulo constante de 2,00 m/s. Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância percorrida por cada umdos seis objetos?A) 5,8 s e 115 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.Resolução: v1 v 60° v2 l 1v2 = v cos60º = 2 ⋅ m/s 2v2 = 1,00 m/sEles se encontrarão no centro do hexágono e a velocidade tem componente v 2 na direção desse centro: 10 mv2 = ⇒ Δt = = Δt v2 1 m/sΔt = 10,0 sDurante esses 10,0 s , cada um dos objetos teve velocidade de módulo constante e igual a 2,00 m/s , portanto percorreram, cada um,20,0 m. Alternativa C 1
  2. 2. Questão 02Um cubo maciço homogêneo com 4, 0 cm de aresta flutua na água tranquila de uma lagoa, de modo a manter 70% da áreatotal da sua superfície em contato com a água, conforme mostra a figura. A seguir, uma pequena rã se acomoda no centroda face superior do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção com os valores aproximados dadensidade 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/ cm 3 e 8, 0 g.D) 0,80 g/ cm3 e 6, 4 g.E) 0,80 g/ cm3 e 8,0 g.Resolução:Área total do cubo = 6 ⋅ 42 = 96 cm 270% da Área total = 67, 2 cm 2 (imersa)Área total emersa = 28,8 cm 2Excluindo a face superior = 12,8 cm 2 = 4 faces emersas de arestas 4 cm e Y .4 × ( 4Y ) = 12,8 cm 2 ⇒ Y = 0,8 cm ⎛ 3, 2 ⎞Aresta da face lateral imersa = 4,0 cm − 0,8 cm = 3, 2 cm . O cubo possui ⎜ ⎟ × 100 = 80% de seu volume imerso. ⎝ 4,0 ⎠d cubo = 80% ⋅ dlíquido = 0,8 g/ cm3 ⎛ 0,5 ⎞Ao colocar a rã a face afunda mais 0,50 cm , que corresponde a ⎜ ⎟ × 100 = 12,5% do cubo. O volume total imerso passa a ser 92,5% ⎝ 4,0 ⎠do cubo.mcubo = d cubo ⋅ Vcubo = 0,8 ⋅ 64 = 51, 2 gmrã + mcubo = d ′ ⋅ Vcubomrã + 51, 2 = 0,925 ⋅ 64 ⇒ mrã = 8,0 g Alternativa E Questão 03Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte amarrada a uma corda elástica de “bungee jumping” com16,0 m de comprimento. Considere que a corda se 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 frequência 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 paradosobre 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.Resolução:Cálculo da velocidade para uma frequência aparente de 225 Hz. fo f 225 235 = e ⇒ = ⇒ ve = 15,11 m/sv ± vo v + ve 340 + 0 340 + ve(esta velocidade deve ser necessariamente para baixo – afastamento da ponte). A pessoa em queda terá esta velocidade em doismomentos: durante a queda livre e na desaceleração que ocorrerá quando o comprimento da corda superar 16 m.v 2 = v0 + 2a Δs ⇒ (15,11) = 02 + 2 ⋅ 10 ⋅ Δs ⇒ 2 2⇒ ΔS = 11,4 m (1º evento).Quando o comprimento da corda L = 20 m (adotando esta posição como referencial): k Δx 2 k ⋅ 42mg H = ⇒ 80 ⋅ 10 ⋅ 20 = ⇒ k = 2 ⋅ 103 N / m 2 2 2
  3. 3. Adotando agora como referencial a posição na qual a velocidade volta a ter o valor 15,11 m/s (durante a frenagem):mv12 mv 2 kx 2 + mg h1 = 2 + 2 2 2 ( ) 280 ⋅ 8 5 80 ⋅ 15,112 2 ⋅ 103 ⋅ x 2 + 80 ⋅ 10 ⋅ x = + ⇒ 2 2 2⇒ 100 x 2 − 80 x − 366,75 = 0Descartando o valor negativo: x = 2,36 m abaixo da posição na qual a frenagem iniciou (16 m )H = 16 m + 2,36 m = 18,36 m Alternativa C Questão 04Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteróide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com suanova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o anoterrestre 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 longo – aproximadamente a metade do que era antes.E) mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes.Resolução:Se a nova órbita é mais próxima do Sol, o período de translação (ano sideral) será mais curto.O ciclo lunar atual é cerca de 28 dias. Logo, 2R13 R2 3 R3 R3 ⎛ 80 ⎞ 2 = 2 ⇒ 12 = 22 ⇒ R2 = R13 ⋅ ⎜ ⎟ ⇒ 3T1 T2 28 80 ⎝ 28 ⎠⇒ R2 = R13 ⋅ ( 2,86 ) ⇒ R2 = 8,2 R13 ⇒ R2 ≅ 2 R1 3 3 2 Alternativa B Questão 05Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas molas alinhadas, de constante de mola k ecomprimento natural 0 , fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma distância x na direçãoperpendicular à linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir. Obtenha a aceleração da bola, usando aaproximação (1 + α ) = 1 + αa. α M x l0 l0A) a = −kx / M .B) a = − kx 2 / 2 M 0 .C) a = −kx 2 / M 0 .D) a = − kx 3 / 2 M 2 . 0E) a = −kx 3 / M 2 . 0Resolução:Chamando de b o comprimento da mola deformada (hipotenusa): 1/ 2 ⎛ x2 ⎞ ⎛ x2 ⎞b = x2 + 2 0 = 0 ⎜1 + 2 ⎟ ≅ 0 ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 2 0⎠ x2b= 0 + 2 0 3
  4. 4. x2A deformação Δx da mola será Δx = b − 0 = 2 0O comprimento b também pode ser escrito como: 2 2 + x2b= 0 , vamos desenvolver o numerador: 2 0 2 ⎛ ⎞ ( ) x 22 2 +x = x+ 2 2 − 2x 2 =2 2 ⋅ ⎜1 + ⎟ − 2 2x 0 0 0 0 ⎜ 2 ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎛ 2x ⎞≅2 2 ⋅ ⎜1 + ⎜ ⎟ − 2 2x =2 2 2 0⎟ 0 0 0 ⎝ ⎠ 2 2 + x2Então podemos escrever b = 0 = 0 2 0FR = Ma2 Fe cos θ = Ma x2 k Δx ⋅ = Ma b x2 x2k ⋅ ⋅ = Ma 2 0 0 kx 3a= (módulo da aceleração) M 2 0 Alternativa E Questão 06Um corpo de massa M , inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H , onde ficanovamente 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 menor tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo? 2HA) . ( n − 1) g 2nHB) . ( n − 1) g nHC) . 2 ( n − 1) g 2 4nHD) . (n − 2) g 4nHE) . ( n − 1) gResolução:O menor tempo será conseguido se tivermos tração máxima durante a aceleração ( a1 ) e tração nula durante a frenagem ( a2 ) :Aceleração:FR = m ⋅ aT − P = m ⋅ a1∴ nMg − Mg = M ⋅ a1∴ a1 = g ( n − 1)Frenagem:FR = m ⋅ a∴ P = m ⋅ a2∴ Mg = M ⋅ a2∴ a2 = g 4
  5. 5. E, pelo gráfico de v × t temos: v vf A1 A2 a b t1 t2 tAssim temos:Área A1 : h1Área A2 : h2Logo: v f ⋅ t1 v f ⋅ t2h1 = e h2 = (1) 2 2E, ainda: vf tg α = g ( n − 1) = t1 vftg β = g = t2∴ t2 = t1 ( n − 1) (2)De (1) e (2) resulta:h2 = h1 ( n − 1)Sendo que:h1 + h2 = HTemos: H Hh1 = e h2 = H − h1 = ( n − 1) n nAssim, os tempos podem ser calculados da forma: ⎛H⎞ ⎛ H ( n − 1) ⎞ 2⎜ ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝n⎠ e t = ⎝ n ⎠t1 = g ( n − 1) 2 gPor fim, o tempo total vale: 2H 2 H ( n − 1)T = t1 + t2 = + ng ( n − 1) ng 2H ⎛ 1 ⎞∴T = ⋅⎜ ⎜ n −1 + n −1⎟ ⎟ ng ⎝ ⎠ 2nH∴T = ( n − 1) g Alternativa B Questão 07Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centroO . Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre uma distância a no primeirosegundo a uma distância b no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 dessemovimento?A) 2a 3 / ( 3a 2 − b2 ) .B) 2b 2 / ( 4 a − b ) .C) 2a 2 / ( 3a − b ) .D) 2a 2 b / ( 3a 2 − b2 ) .E) 4a 2 / ( 3a − 2b ) . 5
  6. 6. Resolução:O MHS descrito tem função horária de posição da forma:x = x0 ⋅ cos wtAssim:Para t = 1:( x0 − a ) = x0 ⋅ cos w ⎛ a⎞∴ ⎜ 1 − ⎟ = cos w (1) ⎝ x0 ⎠Para t = 2 :( x − ( a + b)) = x 0 0 ⋅ cos 2 w ⎛ (a + b) ⎞∴ ⎜1 − ⎟ = cos 2 w = 2cos w − 1 2 (2) ⎝ x0 ⎠Substituindo (1) em (2):⎛ (a + b) ⎞ 2 ⎛ a⎞⎜1 − ⎟ = 2 ⎜1 − ⎟ − 1⎝ x0 ⎠ ⎝ x0 ⎠ ⎛ (a + b) ⎞ ⎛ 2a a 2 ⎞∴ ⎜1 − ⎟ = 2 ⎜1 − + 2 ⎟ −1 ⎝ x0 ⎠ ⎝ x0 x0 ⎠ (a + b) 4a 2 a 2∴ = − 2 x0 x0 x0 2a 2∴ = 4a − ( a + b ) x0 2a 2∴ x0 = 3a − b Alternativa C Questão 08Duas partículas idênticas, de mesma massa m , são projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, comvelocidades iniciais de mesmo módulo v0 e ângulos de lançamento respectivamente α e β em relação à horizontal. ConsidereT1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetória e t1 e t2 os respectivos tempos para aspartículas alcançar um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t1 T1 + t2 T2.A) 2v0 ( tg α + tg β ) / g 2 . 2B) 2 v0 / g 2 . 2C) 4v0 sen α / g 2 . 2D) 4v0 sen β / g 2 . 2E) 2v0 ( sen α + sen β ) / g 2 . 2Resolução:Tempo de alcance do ponto mais alto:v = v0 + at0 = v0 ⋅ sen α − gT1 v0 sen α∴ T1 = g0 = v0 ⋅ sen β − gT2 v0 sen β∴ T2 = gDeterminação do ponto comum:Em x: x1 = x2v0 ⋅ cos α ( t1 ) = v0 ⋅ cos β ( t2 ) 6
  7. 7. cos α∴ t2 = t1 ⋅ (1) cos βEm y: y1 = y2 t12 t20 + v0 sen α ( t1 ) − g = 0 + v0 sen β ( t2 ) − g 2 2 2 g 2 2∴ 2 ( t2 − t1 ) = v0 ( sen βt2 − sen αt1 ) (2)E, substituindo (1) em (2): g ⎛ cos2 α ⎞ ⎛ cos α ⎞∴ t12 ⎜ − 1⎟ = v0 ⋅ t1 ⎜ sen β ⋅ − sen α ⎟ 2 ⎝ cos2 β ⎠ ⎝ cos β ⎠ ⎛ cos2 α − cos2 β ⎞ 2v0 ⎛ sen β cos x − sen α ⋅ cos β ⎞∴ t1 ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ ⎝ cos2 β ⎠ g ⎝ cos β ⎠ 2 v0 sen (β − α )∴ t1 = ⋅ cos β ⋅ g ( cos2 α − cos2 β ) 2v0 sen (β − α )∴ t2 = ⋅ cos α ⋅ g ( cos2 α − cos2 β )Por fim: 2 v02 sen (β − α )t1T1 + t2T2 = ⋅ ⋅ ( sen α ⋅ cos β + sen β cos α ) g ( cos2 α − cos2 β ) 2 2v0 ( sen β cos α − sen α ⋅ cos β ) 2 2 2 2 2t1T1 + t2T2 = ⋅ g 2 ( cos2 α − cos2 β )t1T1 + t2T2 = 2 2 v0 ⋅ (sen 2 β ⋅ cos2 α − sen 2 α ⋅ cos2 β ) g 2 ⎡cos2 α ( sen 2 β + cos2 β ) − cos2 β ( sen 2 α + cos2 α )⎤ ⎣ ⎦ 2 2v0∴ t1T1 + t2T2 = g2 Alternativa B Questão 09Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula está se movendo com umaaceleração cujo módulo é dado por μ ( r + a 3 / r 2 ) , sendo r a distância entre a origem e a partícula. Considere que a partículafoi lançada a partir de uma distância a com uma velocidade inicial 2 μa . Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Porque 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 2a 2 μ ;C) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a 2 μ / r ;D) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2 a 2μ / r ;E) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a μ .Resolução:Observe que na análise dimensional da aceleração ( a x ) temos: ⎛ a3 ⎞ax = μ ⎜ r + 2 ⎟ ⎝ r ⎠ m ⎛ m3 ⎞∴ 2 = [μ ] ⋅ ⎜ m + 2 ⎟ s ⎝ m ⎠ 1∴ [μ ] = s2Fazendo a mesma análise para a velocidade inicial: 7
  8. 8. v0 = 2 μa m m∴ = 1⋅ 2 s sQue não é dimensionalmente linear.Uma possível equação para v0 seria:v0 = 2a μm 1 = 1⋅ m ⋅ 2s s Alternativa E Questão 10Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta da base de 2, 0 m é mantido de pé graças ao apoiode 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 M N S P R QA) sobre o segmento RM a 2,0 m de R.B) sobre o segmento RN a 4,0 m de R.C) sobre o segmento RN a 3,0 m de R.D) sobre o segmento RN a 2,0 m de R.E) sobre o segmento RP a 2,5 m de R.Resolução:Vista do plano que contém R , N e o ponto de apoio da base inferior: x F ∑ M( ) = 0 A R N −P ⋅ 2 + F ⋅ x = 0 Fx = 2 P 10 ⋅ x = 2 ⋅ 15 x = 3,0 m PAN 2m 2m Alternativa C 8
  9. 9. Questão 11Um relógio tem um pêndulo de 35cm de comprimento. Para regular seu funcionamento, ele possui uma porca de ajuste queencurta o comprimento do pêndulo de 1 mm a cada rotação completa à direita e alonga este comprimento de 1 mm a cadarotação completa à esquerda. Se o relógio atrasa um minuto por dia, indique o número aproximado de rotações da porca esua direção necessários para que ele funcione corretamente.A) 1 rotação à esquerdaB) 1/ 2 rotação à esquerdaC) 1/ 2 rotação à direitaD) 1 rotação à direitaE) 1 e 1/ 2 rotações à direitaResolução:Como o relógio está atrasando 1 min por dia, ele apresenta um período maior que o correto. lComo T = 2π , um maior período representa um maior comprimento. Assim, para acertar o relógio, devemos encontrar o comprimento gdo pêndulo. N ⋅ T1 86460 T 60 = ⇒ 1 =1+ N ⋅ T2 86400 T2 86400 l + Δl2π g 60 =1+ l 86400 2π g 1 2⎛ Δl ⎞ 2 60 Δl ⎛ 60 ⎞⎜1 + ⎟ = 1 + ⇒1+ = ⎜1 + ⎟⎝ l ⎠ 86400 l ⎝ 86400 ⎠ 60 Δl 120Como << 1 ⇒ 1 + =1+ 86400 l 86400 120 ⋅ 350Δl = mm ≅ 0,5 mm 86400 1A porca deve ser girada volta para a direita. 2 Alternativa C Questão 12Um hemisfério de vidro maciço de raio de 10 cm e índice de refração n = 3 / 2 tem sua face plana apoiada sobre umaparede, como ilustra a figura. Um feixe colimado de luz de 1 cm de diâmetro incide sobre a face esférica, centrado nadireção do eixo de simetria do hemisfério. Valendo-se das aproximações de ângulos pequenos, sen θ ≈ θ e tg θ ≈ θ , odiâmetro do círculo de luz que se forma sobre a superfície da parede é de 10 cm 1 cm nA) 1 cm 2B) cm 3 1C) cm 2 1D) cm 3 1E) cm 10 9
  10. 10. Resolução: nar sen α = nV sen β 3 1 ⋅ sen α = ⋅ sen β 2Como α e β são pequenos: d d′ a b1⋅ 2 = 3⋅ 2 R 2 R d d’ 3 2 2d = d′ a 2Como d = 1 cm , temos: R 2d ′ = cm 3 Alternativa B Questão 13A 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 chãoB) O movimento de um satélite ao redor da TerraC) A freiada brusca de um carro em alta velocidadeD) O esfriamento de um objeto quente num banho de água friaE) A troca de matéria entre as duas estrelas de um sistema binárioResolução:Dos processos descritos o único reversível é o da alternativa B Alternativa B Questão 14Fontes distantes de luz separadas por um ângulo α numa abertura de diâmetro D podem ser distinguidas quandoα > 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 quedistância máxima aproximada de um carro você deveria estar para ainda poder distinguir seus faróis acesos? Considere umaseparação entre os faróis de 2 m .A) 100 mB) 500 mC) 1 kmD) 10 kmE) 100 kmResolução: a a 2 2m α 1 tg = 2 x α α α Como é pequeno, vale a aproximação tg ≅ . 2 2 2 α 1 2 = ⇒α= x 2 x x 1, 22λLembrando que α > , temos: D2 1, 22λ >x D D 5 ⋅ 10−3x< = x < 1, 4 ⋅ 104 m 0,61λ 0,61 ⋅ 570 ⋅ 10−9Das alternativas ficaríamos com a D. Alternativa D 10
  11. 11. Questão 15Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticosmostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é P Q N V MA) V / 2.B) V / 3.C) V / 4.D) V / 5.E) V / 6.Resolução:Por simetria: N P M QSeja C a capacitância de cada um dos capacitores: Q N Q P Q M Q 3C 6C 3C U’ U U’ V Q ⎫U= 6C ⎪ ⎪ ⎬ ⇒ U ′ = 2U Q⎪U′ = 3C ⎪ ⎭ VU ′ + U + U ′ = V ⇒ 2U + U + 2U = V ⇒ U = 5 Alternativa D Questão 16Um fio condutor é derretido quando o calor gerado pela corrente que passa por ele se mantém maior que o calor perdidopela superfície do fio (desprezando a condução de calor pelos contatos). Dado que uma corrente de 1 A é a mínimanecessária para derreter um fio de seção transversal circular de 1 mm de raio e 1 cm de comprimento, determine a correntemínima necessária para derreter um outro fio da mesma substância com seção transversal circular de 4 mm de raio e 4 cmde comprimento.A) 1 / 8 A.B) 1 / 4 A.C) 1 A.D) 4 A.E) 8 A. 11
  12. 12. Resolução:i=1A 1 mm = r l = 1 cm lR = ρ⋅ P = Ri 2 πr 2AL = 2πr ⋅ l i’ 4 mm = 4r 4l = 4 cm 4l 1 l 1R′ = ρ ⋅ = ρ = R π ( 4r ) 4 πr 2 4 2AL′ = 2π ⋅ 4r ⋅ 4l = 16 ⋅ 2π r ⋅ l 2 1 2P ′ = R′ ⋅ i ′ = R ⋅ i′ 4Notamos que AL′ = 16 ⋅ AL , fato que conduz a uma potência crítica P′ igual a 16 vezes a potência crítica P , ou seja,1 2 Ri′ = Ri 2 ⋅ 164 2i′ = 64 ⋅ i 2i′ = 8 ⋅ i = 8 ⋅ 1 Ai′ = 8 A Alternativa E Questão 17Prótons (carga e e massa m p ), deuterons (carga e e massa md = 2m p ) e partículas alfas (carga 2e e massa ma = 4m p ) entramem um campo magnético uniforme B perpendicular a suas velocidades, onde se movimentam em órbitas circulares deperíodos Tp , Td e Ta , respectivamente. Pode-se afirmar que as razões dos períodos Td / Tp e Ta / Tp são, respectivamente.A) 1 e 1.B) 1 e 2.C) 2 e 2.D) 2 e 2.E) 2 e 2.Resolução: 2π mLembrando que os períodos dos movimentos são dados por T = , temos: qB 2π ⋅ 2m pTd = e⋅B = 2Tp 2π ⋅ m p e⋅B 2 π ⋅ 4m pTa = 2e ⋅ B = 2TP 2π ⋅ m p e⋅B Alternativa E 12
  13. 13. Questão 18Uma bobina de 100 espiras, com seção transversal de área de 400 cm 2 e resistência de 20 Ω , está alinhada com seu planoperpendicular ao campo magnético da Terra, de 7, 0 × 10−4 T na linha do Equador. Quanta carga flui pela bobina enquantoela é virada de 180° em relação ao campo magnético?A) 1, 4 ×10−4 CB) 2,8 × 10−4 CC) 1, 4 ×10−2 CD) 2,8 ×10−2 CE) 1, 4 CResolução:Cálculo do fluxo magnético através do conjunto de 100 espiras:φ = n ⋅ B ⋅ A ⋅ cos 0° = 100 ⋅ 7 ⋅ 10−4 ⋅ 400 ⋅ 10−4 ⋅ 1 Wbφ = 28 ⋅ 10−4 WbQuando a espira gira 180° temos uma variação Δφ = 2φ . Δφ ΔQLembrando que = R⋅ vem: Δt Δt Δφ 2φ 2 ⋅ 28 ⋅ 10−4 ΔQ = = = C R R 20 ΔQ = 2,8 ⋅ 10−4 C Alternativa B Questão 19No circuito ideal da figura, inicialmente aberto, o capacitor de capacitância C x encontra-se carregado e armazena umaenergia potencial elétrica E. O capacitor de capacitância C y = 2C x está inicialmente descarregado. Após fechar o circuito eeste alcançar um novo equilíbrio, pode-se afirmar que a soma das energias armazenadas nos capacitores é igual aA) 0.B) E / 9.C) E / 3.D) 4 E / 9.E) E.Resolução:No início a carga está toda em C x : Q2E= ⇒ Q = 2 ⋅ E ⋅ Cx 2C xAlcançado o novo equilíbrio: 2 2 Q2 Qy QyE x = x ⇒ Qx = 2 ⋅ E x ⋅ C x Ey = = ⇒ Qy = 4 ⋅ E y ⋅ Cx 2C x 2C y 4C xDa conservação das cargas:Q = Qx + Q y ⇒ E = 2 ⋅ E y + E x (1)Nesse equilíbrio temos ainda: Q Qy QyUx = Uy ⇒ x = = ⇒ Q y = 2Qx C x C y 2C x Qx2 ⎫Ex = ⎪ 2C x ⎪ 2 2 ⎬ ⇒ E y = 2Ex (2) Qy 4Qx ⎪Ey = = 2C y 2 ⋅ 2C x ⎪ ⎭ 1 2De (1) e (2) vem: E x = E e E y = E 9 9 1 2 1Do exposto: E x + E y = E + E = E 9 9 3 Alternativa C 13
  14. 14. Questão 20O aparato para estudar o efeito fotoelétrico mostrado na figura consiste de um invólucro de vidro que encerra o aparelho emum ambiente no qual se faz vácuo. Através de uma janela de quartzo, luz monocromática incide sobre a placa de metal P elibera elétrons. Os elétrons são então detectados sob a forma de uma corrente, devido à diferença de potencial Vestabelecida entre P e Q . Considerando duas situações distintas a e b , nas quais a intensidade da luz incidente em a é odobro do caso b , assinale qual dos gráficos abaixo representa corretamente a corrente fotoelétrica em função da diferençade potencial. Invólucro de vidro Luz P Q incidente V G Chave inversora de polaridadea) d) Corrente Fotoelétrica (A) Corrente Fotoelétrica (A) ia = 2ib a ia = 2ib a ib b ib b 0 Tensão (V) –2V0 –V0 0 Tensão (V)b) e) Corrente Fotoelétrica (A) Corrente Fotoelétrica (A) ib = 2ia b ia = ib ia a a b 0 V0 Tensão (V) –2V0 –V0 0 Tensão (V)c) Corrente Fotoelétrica (A) ia = 2ib a ib b –V0 0 Tensão (V) 14
  15. 15. Resolução:Sabemos que a energia cinética que os fotoelétrons apresentam depende da frequência da radiação incidente, e não da intensidade dafonte. EC = E fóton − W0 = hf − W0h → constante de Planckf → frequência da radiação incidenteW0 → função trabalho (só depende do metal)Essa energia cinética é retirada devido à diferença de potencial entre P e Q ( W Fe = q ⋅ U PQ )0 − EC = e ⋅ V0EC = e ( −V0 )Onde −V0 é conhecido como potencial freador e só depende da frequência da luz incidente.As intensidades diferentes das fontes fornecem quantidades de fótons diferentes. Como cada fóton corresponde a 1 fotoelétron retirado, odobro da intensidade nos leva ao dobro da corrente fotoelétrica. Alternativa C Questão 21Uma 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 . Desprezandoefeitos de atrito e o peso das polias, determine a força de ação do pino O sobre a barra. x y O PResolução:Lembrando que a barra é homogênea e deve ter peso PB não fornecido, temos: P P 4 4 P P (+) P 2 2 4 O x y PB PFazendo a soma dos torques em relação à O :ΣΤo = 0P ⎛x ⎞ Px ⋅ x − PB ⋅ ⎜ + y ⎟ = 0 ∴ PB = 4 ⎝ 2 ⎠ 2( x + y)Como, não há força na horizontal, somando as forças verticais temos: PFO + − PB = 0 4 P P⋅x P P( x − y)∴ FO = PB − = − ∴ FO = 4 2( x + y) 4 4( x + y) 15
  16. 16. Questão 22Um objeto de massa m é projetado no ar a 45º do chão horizontal com uma velocidade v . No ápice de sua trajetória, esteobjeto 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 adistância d do ponto de queda dos objetos em relação ao ponto de lançamento do segundo objetoResolução:Observe a figura: V v’ m a v M vx h m 45° 0 d xNa ápice da trajetória, a partícula de massa m tem apenas velocidade horizontal: v 2v x = v ⋅ cos 45º = 2E se encontra a uma altura h, tal que:Em y: 02 = v 2 − 2 g h y ∴ 2 g h = v 2 ⋅ sen 2 45º v2 ∴h= 4gConsiderando que a colisão inelástica houve quando M ainda estava subindo:∑ Qx0 = ∑ Qx fmv x + M ⋅ 0 = ( m + M ) ⋅ v x m ⋅ vx∴ vx = (m + M ) m v 2∴ vx = ⋅ (m + M ) 2∑Q y0 = ∑Qy fm ⋅ 0 + M ⋅ V = ( m + M ) ⋅ v y MV∴ v y = ( m+M)Assim, para o novo lançamento temos em x :MUd = vx ⋅ t m v 2∴d= ⋅t (1) (m + M ) 2E, em y :MUV : t20 = h + v y t − g 2 t2 MV∴g − t−h =0 2 (m + M ) 2 ⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2 ⎜ ⎟V ± ⎜ ⎟ V + 2gh ⎝ m+M ⎠ ⎝m+M ⎠∴t= (2) gOnde só vale o sinal positivo.Assim, substituindo (2) em (1) temos: 16
  17. 17. ⎛⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟V + ⎜ ⎟ V + 2gh ⎟ mv 2 ⎜ ⎝ m + M ⎠ ⎝m+M ⎠ ⎟d= ⋅ 2 (m + M ) ⎜ g ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ mv 2 ⎡⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2 v ⎤ 2 2∴d= ⋅ ⎢⎜ ⎟ ⋅V + ⎜ ⎟ V + ⎥ 2 g ( m + M ) ⎢⎝ m + M ⎠ ⎝m+M ⎠ 2 ⎥ ⎣ ⎦ Questão 23Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de comprimento L , é solto de umaposição horizontal. Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetrodisprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O . Em consequência, a massa M passa a semovimentar num círculo de raio L − x , conforme mostra a figura. Determine a faixa de valores x para os quais a massa dopêndulo alcance o ponto mais alto deste novo círculo. L O x L–xResolução: A L O vf x B P rPara que M atinja B (ponto mais alto) temos:E M A = EM B Mv 2MgL = Mg ⋅ 2 ( L − x ) + f 2 Mv 2∴ Mg ( 2 x − L ) = f 2∴ v2 = 2g ( 2 x − L ) fEm B as forças atuantes são P e T (tração no fio):P + T = FcpOnde T ≥ 0 , assim:Fcp ≥ P Mv 2 f∴ ≥ Mg ( L − x) 2g ( 2x − L)∴ ≥g ( L − x)∴ 4x − 2L ≥ L − x 3L∴x ≥ 5Por fim: 3L ≤x≤L 5Já que valores maiores que L não convêm. 17
  18. 18. Questão 24Um bloco, com distribuição homogênea de massa, tem o formato de um prisma regular cuja seção transversal é um triânguloequilátero. Tendo 0,5g/cm3 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 triangulo encontra-se a2 / 3 da distância entre um vértice e seu lado oposto. a) b)Resolução:Em ambas as situações, as forças que atuam no corpo são peso P ( ) e empuxo E ( ) ( ) e a resultante é nula Fr = O , já que ele está emrepouso. P=E d c ⋅ V ⋅ g = d L ⋅ Vdesl ⋅ gVdesl d c = = 0,5 V dLVdesl = Adesl ⋅ LV = A⋅ L (onde L é a altura do paralelepípedo)Adesl = 0,5 AComo Vdesl + Vemerso = V Aemerso = 0,5 APodemos usar a relação para figuras semelhantes tomando l como altura 2 A1 ⎛ l1 ⎞ =⎜ ⎟ A2 ⎝ l2 ⎠ h A1 2 2 = = 0,5 = ⇒h= H H A2 2 2Onde h é a altura do triângulo menor, seja ele imerso ou emerso.Assim, os desenhos de forças e centros de massa ficam: A 2 H 2 h= 2 3 3 H 2 H h= 3 2 CM1 H 4- 2 E H CM 3 CM2 P B CCM 1 → Centro de massa da parte emersa.CM 2 → hidrocentro ou centro da massa da parte imersa.CM → Centro de massa do prisma H 2A distância do vértice A do triângulo ao nível da água é h = = 0,71H , enquanto a distância do vértice A ao centro de massa do 2 2corpo ( CM ) é H = 0,67 H , assim, o centro de massa do corpo está acima do nível da água. 3Como a figura b) e completamente simétrica, dada a relação de densidades, temos que nos dois casos, as forças que equilibram o corposão convergentes, o que torna o equilíbrio instável. Consideraremos o mais estável, aquele em que o centro de massa do corpo encontra-segravitacionalmente mais baixo, ou seja, na opção b). 18
  19. 19. Questão 25Um filme fino de sabão é sustentado verticalmente no ar por uma argola. A parte superior do filme aparece escura quando éobservada por meio de luz branca refletida. Abaixo da parte escura aparecem bandas coloridas. A primeira banda tem corvermelha ou azul? Justifique sua resposta.Resolução:Vista lateral da película de sabão, que é um material mais refringente que o ar. e Observador 1 2 Ar Sabão ArPerceba que o raio 1 inverte a fase enquanto o 2 não.Quando e é muito menor que o comprimento de onda a interferência é destrutiva justificando a parte superior do filme ser escura. λConforme e aumenta e temos a igualdade 2e = , começamos a verificar interferências construtivas sendo que a primeira delas ocorre 2para os menores comprimentos de onda, ou seja, o lado azul do espectro visível.Do exposto, concluímos que a primeira banda colorida será azul. Questão 26O tubo mais curto de um órgão típico de tubos tem um comprimento de aproximadamente 7 cm . Qual é o harmônico maisalto na faixa audível, considerada como estando entre 20 Hz e 20.000 Hz , de um tubo deste comprimento aberto nas duasextremidades?Resolução:O harmônico mais alto é o de maior frequência possível, ou seja, menor λ l … l l l 2 2 2Ou seja: λ = n⋅ 2 2∴λ= nAinda:v = λf v nv∴f = = λ 2 340∴f = n⋅ 2 ⋅ ( 7 ⋅ 10−2 )Para f = 20000 Hz , teremos: n = 8, 23Então, para n = 8 : f = 19429 Hz 19
  20. 20. Questão 27Uma bolha de gás metano com volume de 10 cm3 é formado a 30 m de profundidade num lago. Suponha que o metanocomporta-se como um gás ideal de calor específico molar CV = 3R e considere a pressão atmosférica igual a 105 N/m 2 .Supondo que a bolha não troque calor com a água ao seu redor, determine seu volume quando ela atinge a superfície.Resolução:Considerando a transformação adiabática, temos:P0 ⋅ V0 γ = Pf ⋅ V f γ (1)Sendo que:C p = R + Cv = 4 RE: CP 4γ= = CV 3A pressão PO a 30m de profundidade vale:Po = 105 + dgh∴ Po = 105 + 103 ⋅ 10 ⋅ 30 = 4 ⋅ 105Voltando em (1) : = 105 ⋅ (V f ) 4 44 ⋅ 105 (10 ) 3 3 4⎛Vf ⎞ 3⎜ ⎟ =4⎝ 10 ⎠ 4V f = 10 ⋅ ( 4 ) 3 cm3 = 28,3 cm 3 Questão 28Uma corrente I E percorre uma espira circular de raio R enquanto uma corrente I F percorre um fio muito longo, quetangencia a espira, estando ambos no mesmo plano, como mostra a figura. Determine a razão entre as correntes I E / I F paraque uma carga Q com velocidade v paralela ao fio no momento que passa pelo centro P da espira não sofra aceleraçãonesse instante. IF P v IEResolução:Para que a aceleração da carga Q seja nula ao passar por P é necessário e suficiente que o campo magnético resultante em P sejanulo, ou seja:BF = BE μ IF μI = E2π ⋅ R 2 RIF = IEπIE 1 =IF π 20
  21. 21. Questão 29Um 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 darazão R / d para o qual toda a luz que penetra pela superfície P emerja do vidro pela superfície Q . P d R QResolução: 1 Normal q1 2 q2 3 q3 R R+dDa figura notamos que θ3 é o menor dos ângulos de incidência θ1 , θ2 e θ3 . Ocorrendo reflexão interna total para o raio de luz 3ocorrerá também para os 1 e 2 .Do exposto:θ3 ≥ L , em que L é o ângulo limite 1sen θ3 ≥ sen L = 3 2 2sen θ3 ≥ 3 R 2 ≥R+d 33R ≥ 2 R + 2dR ≥2d RLogo, o valor mínimo para a razão é 2. d Questão 30Obtenha uma expressão para as energias das órbitas do modelo de Bohr do átomo de Hidrogênio usando a condição de queo comprimento da circunferência de uma órbita de elétron ao redor do próton seja igual um número inteiro de comprimentosde onda de de Broglie do elétron.Resolução:O comprimento de onda de de Broglie pode ser escrito da forma: hλ= QE, usando a condição dada nas orbitas do átomo de hidrogênio, temos: h2πr = n ⋅ QE, sendo Q = mv , temos: h2πr = n mv 21
  22. 22. ⎛ h ⎞∴ mvr = n ⎜ ⎟ (1) ⎝ 2π ⎠Lembrando quem a força elétrica é a componente centrípeta para o movimento circular do elétron, temos:FE = FCP Ke 2 mv 2∴ = r2 r Ke 2∴ = mv 2 ( 2) rSubstituindo (1) em ( 2 ) temos:Ke 2 n2 h2 = m⋅ 2 2 2 r m r 4π h2∴ r = n2 ⋅ 4π ⋅ m K ⋅ e 2 2 Eo ⋅ h 2∴ r = n2 ( 3) π ⋅ me 2Pro fim, lembrando que a energia total é a soma de cinética e da potencial: mv 2 Ke 2E= − ( 4) 2 rSubstituindo ( 2 ) em ( 4 ) Ke 2 Ke 2 Ke 2E= − =− 2r r 2rE, usando ( 3) : Ke 2 ⎛ π me 2 ⎞E=− ⋅⎜ ⎟ 2 ⎝ n 2 ⋅ E0 ⋅ h 2 ⎠ ⎛ m ⋅ e4 ⎞ 1∴ En = − ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ 8 ⋅ E0 ⋅ h ⎠ n 2 ⎛ 1 ⎞E, depois de substituídos os valores das contentes: En = −13,6 ⎜ 2 ⎟ eV ⎝n ⎠ 22
  23. 23. Professores: Física André Villar Marcelo Moraes Rodrigo Bernadelli Vinícius Miranda Colaboradores Aline Alkmin, Lilian Aparecida, Luis Antônio, Thays Freitas, Filipe Sousa e Mateus Grangeiro Digitação e Diagramação Érika Rezende João Paulo Valdivina Pinheiro Desenhistas Leandro Bessa Rodrigo Ramos Vinícius Eduardo Projeto Gráfico Leandro Bessa Vinícius Eduardo Supervisão Editorial José Diogo Valdivina Pinheiro Copyright©Olimpo2011As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos, competências e habilidades específicos. Esteja preparado. 23
  24. 24. 24

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