EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
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É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tare-fa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no pro-cesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (EngenhariaAeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Es-trutura Aeronáutica, 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 dis-sertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 ques-tões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.
Cada prova tem duração de 4 horas.A nota da prova de Inglês, embora seja eliminatória, não entra na clas-sificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equi-valem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 60%do valor da prova, e a Redação, a 40%. É eliminado o candidato que tirarZERO na Redação.Só é corrigida a parte dissertativa das provas dos 650 melhores classifi-cados nas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatosque obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e médiaigual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.
oanglo
resolve
a provade Física
do ITAdezembrode 2008
3ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado pelo produto vetorial do vetor posição dessamassa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de comprimento (L), de massa (M), e detempo (T), um momento angular qualquer tem sua dimensão dada porA) L0MT–1.B) LM0T–1.C) LMT–1.D) L2MT–1.E) L2MT–2.
De acordo com o enunciado, a definição de momento angular é:L→
= r→ ⋅ mV→
Logo:[momento angular] = [r] ⋅ [m] ⋅ [V]
= [L] ⋅ [M] ⋅ [L] ⋅ [T]–1
∴ [Momento angular] = [L]2 ⋅ [M] ⋅ [T]–1
Resposta: D
Uma partícula carregada negativamente está se movendo na direção +x quando entra em um campo elétricouniforme atuando nessa mesma direção e sentido. Considerando que sua posição em t = 0s é x = 0m, qual grá-fico representa melhor a posição da partícula como função do tempo durante o primeiro segundo?
A)
B)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2
–0.10
0.1
0.20.3
t
x
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2
–0.10
0.1
0.20.3
t
x
Questão 2▼▼
Resolução
Questão 1▼▼
ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC
C)
D)
E)
Como a partícula tem carga negativa, a aceleração resultante tem sentido oposto ao eixo x; e, como o campoelétrico é uniforme, seu módulo é constante.Assim, o movimento da partícula é uniformemente variado, com equação horária:
x = v0t – γt2.
Logo, o diagrama da posição em função do tempo é uma parábola, com a concavidade voltada para baixo.
Resposta: E
Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo cons-tante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho comos motores desligados?A) 14 horas e 30 minutosB) 13 horas e 20 minutosC) 7 horas e 20 minutosD) 10 horasE) Não é possísvel resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.
Questão 3▼▼
12
x–Felet→
→E
γ→
O
v0→
Resolução
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2
–0.10
0.1
0.20.3
t
x
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2
–0.10
0.1
0.20.3
t
x
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2
–0.10
0.1
0.20.3
t
x
4ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Considerando-se que:
• V→
B/T: velocidade do barco em relação à Terra.• V
→
A/T: velocidade da água em relação à Terra.• V
→
B/A: velocidade do barco em relação à água.• D: distância a ser percorrida (subindo/descendo)
Tem-se:V→
B/T = V→
B/A + V→
A/T
— Ao subir o rio:
V→
B/T = V→
B/A – V→
A/T = ⇒ V→
B/A – V→
A/T = (I)
— Ao descer o rio:
V→
B/T = V→
B/A + V→
A/T = ⇒ V→
B/A + V→
A/T = (II)
De (I) e (II):
2V→
A/T = – ⇒ V→
A/T =
∴ ∆t* = h = 13h e 20min.
Como ao desligar os motores o barco tem, em relação à Terra, a mesma velocidade da água em relação à Terra,o barco percorrerá a mesma distância (D) em 13h e 20min.
Resposta: B
Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5km/h e, em seguida, o trechoBC de 3,00km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de 20,0km/h sua velocidade escalar médiano percuso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chega em A perfazendo todo o percurso de ida e voltaem 1,00h, com velocidade escalar média de 24,0km/h.
Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB.A) v = 12,0km/hB) v = 12,00km/hC) v = 20,0km/hD) v = 20,00km/hE) v = 36,0km/h
• Para o percurso ABCBA, temos:
vmABCBA = 2AB
——+ 2 ⋅ BC
——
∆tABCBA
Resolução
C
BA
3,00km
Questão 4▼▼
403
D403
D10
D4
D4
D∆t’
D10
D∆t
Resolução
5ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Substituindo-se os valores:
24 = ⇒ AB——
= 9km
• Para o percurso ABCB, temos:
vmABCB =
20 = ⇒ ∆tABCB = h
Dessa forma, o módulo v do vetor velocidade média no percurso ABCB é dado por:
v = =
∴ v = 12,0km/h
Resposta: A
A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H = 20√__3m sobre uma rampa de
60º de inclinação e corre 20m num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular, de pista sem atri-to. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máxi-mo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.
A) R = 8√__3m
B) R = 4(√__3 – 1)m
C) R = 8(√__3 – 1)m
D) R = 4(2√__3 – 1)m
E) R = 40(√__3 – 1) /3m
A condição para que o carrinho faça todo o percurso sem perder contato com a pista é que no ponto mais altodo looping sua velocidade seja dada por:
v = √__g ⋅ R
____ (1)
Utilizando o teorema da energia mecânica, do início do movimento do carrinho até o ponto mais alto dolooping:
τFñ cons = εfm – εi
m64748
τN0
+ τA = εfm – εi
m
(τA)rampa + (τA)P. horizontal = εfm – εi
m (2)
→
Resolução
60º
H2R
20 m
Questão 5▼▼
934
AB——
∆tABCB
34
9 + 2 ⋅ 3∆tABCB
AB——
+ 2 ⋅ BC——
∆tABCB
2 ⋅ AB——
+ 2 ⋅ 31
6ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
6444447444448
Sendo o atrito em ambos os trechos cinético e constante:(τA)rampa = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ
678 6447448 64748
= (µc ⋅ N) ⋅ (20√__3/(√
__3/2)) ⋅ cos180º
= (0,5 ⋅ P ⋅ cos60º) ⋅ (40) ⋅ (–1) = –10mg (3)(τA)P. horizontal = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ678
= (µc ⋅ N) ⋅ (20) ⋅ cos180º= (0,5 ⋅ mg) ⋅ (20) ⋅ (–1) = –10mg (4)
Substituindo (3) e (4) em (2) e calculando as energias associadas ao problema:
– 10mg – 10mg = (εfc + εf
p) – (εic
0+ εi
p)
– 20mg = mvf2 + mghf – (mghi) (5)
Substituindo (1) em (5):
– 20mg = mgR + mg2R – mg ⋅ 20√__3
∴ R = 8(√__3 – 1)m
Resposta: C
Desde os idos de 1930, observações astronômicas indicam a existência da chamada matéria escura. Tal matérianão emite luz, mas a sua presença é inferida pela influência gravitacional que ela exerce sobre o movimentode estrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galáxia, possa ser removida sua matéria escura demassa específica ρ � 0, que se encontra uniformemente distribuída. Suponha também que no centro dessagaláxia haja um buraco negro de massa M, em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma órbita cir-cular. Considerando órbitas de mesmo raio na presença e na ausência de matéria escura, a respeito da forçagravitacional resultante F
→exercida sobre a estrela e seu efeito sobre o movimento desta, pode-se afirmar que
A) F→
é atrativa e a velocidade orbital de m não se altera na presença de matéria escura.B) F
→é atrativa e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.
C) F→
é atrativa e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.D) F
→é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.
E) F→
é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.
• Análise do sentido da forçaA matéria escura interna à casca esférica de mesmo raio e centro da órbita gera campo gravitacional radialà órbita e com sentido para o centro. A matéria escura externa à órbita não gera campo gravitacional.Concluímos, assim, que o campo no local da órbita é devido apenas à massa interna, ou seja, é radial e parao centro.Concluímos, ainda, que a força aplicada em um corpo nesse local é atrativa.
• Análise da velocidade de órbitaA velocidade de um satélite em órbita pode ser assim obtida:
v = √__g ⋅ r____
= √_______
Na galáxia hipotética sem matéria escura:Mint = MNa galáxia com matéria escura:Mint = M + m’ sendo m’ a massa de matéria escura interna.
Assim sendo, na galáxia com matéria escura há aumento na massa interna; logo, para manter o mesmo raiode órbita, o satélite deve desenvolver velocidade maior.
Resposta: C
GMintr
Resolução
Questão 6▼▼
12
12
→
7ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Diagramas causais servem para representar relações qualitativas de causa e efeito entre duas grandezas de umsistema. Na sua construção, utilizamos figuras como r →
+s para indicar que o aumento da grandeza r impli-
ca aumento da grandeza s e r →–
s para indicar que o aumento da grandeza r implica diminuição dagrandeza s. Sendo a a aceleração, v a velocidade e x a posição, qual dos diagramas abaixo melhor representao modelamento do oscilador harmônico?
A) D)
B) E)
C)
Usando-se o princípio da causalidade, o raciocínio a seguir é válido para as intensidades das grandezas:• Aumento de deformação (x) implica aumento de força elástica e, portanto, aumento de aceleração máxi-
ma. Além disso, esse aumento de aceleração máxima implica aumento da velocidade máxima (v). Um au-mento na velocidade máxima implica, também, um aumento da deformação. Isto é:
Comentário: Caso sejam considerados os valores algébricos das grandezas em uma oscilação harmônica, osgráficos de x, v e a em função do tempo, em um período, são:
v
tt1 t2 t3 t4
x
tt1 t2 t3 t4
a v x+ + +
Resolução
a v x+ ++
a v x+ +–a v x– + +
a v x+ +–a v x+ + +
Questão 7▼▼
8ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Observando os gráficos, têm-se:• intervalo (0, t1)
• intervalo (t1, t2)
• intervalo (t2, t3)
• intervalo (t3, t4)
E, portanto, nenhuma alternativa é satisfatória.
Resposta: A
Uma balsa tem o formato de um prisma reto de comprimento L e seção transversal como vista na figura.Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a uma profundidade h0. Sendo ρ a massa específica daágua e g a aceleração da gravidade, e supondo seja mantido o equilíbrio hidrostático, assinale a carga P quea balsa suporta quando submersa a uma profundidade h1.
A) P = ρgL(h12 – h2
0)senθ
B) P = ρgL(h12 – h2
0)tanθ
C) P = ρgL(h12 – h2
0)senθ/2
D) P = ρgL(h12 – h2
0)tanθ/2
E) P = ρgL(h12 – h2
0)2tanθ/2
h1h0 θ
Questão 8▼▼
a v x–
+–
a v x
––
a v x–
–
a v x+ –
+
a
tt1 t2 t3 t4
9ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Como a balsa está em equilíbrio, pode-se escrever que seu peso tem a mesma intensidade que o empuxo:• Sem cargaP0 = E0 = ρV0g (I)• Com carga PP0 + P = E1 = ρV1g (II)O volume V de líquido deslocado pela balsa, nas duas situações, pode ser obtido multiplicando a área S daseção transversal pelo comprimento L da balsa, ou seja:
x = htan(θ/2)
A =
A = h2tan(θ/2)
• Sem cargaV0 = h2
0tan(θ/2) ⋅ L (III)
• Com cargaV1 = h2
1tan(θ/2) ⋅ L (IV)
Utilizando as expressões (III) e (IV) em (I) e (II), respectivamente, tem-se o seguinte sistema de equações:
Substituindo-se (V) em (VI), tem-se:ρh2
0tan(θ/2)Lg + P = ρh21tan(θ/2)Lg
∴ P = ρgL(h21 – h2
0)tan(θ/2)
Resposta: D
Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocida-de para cima de 30m/s, e a bola 2, com velocidade de 50m/s formando um ângulo de 30º com a horizontal.Considerando g = 10m/s2, assinale a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua máxi-ma altura.
A) d = √_____6250_____
m D) d = √_____19375_____
m
B) d = √_____7217_____
m E) d = √_____26875_____
m
C) d = √_____17100_____
m
A figura a seguir representa a situação descrita no enunciado no instante do lançamento e os eixos associadospara a análise dos movimentos:
y
x30º
v2 = 50 m/sv1 = 30 m/s
Resolução
Questão 9▼▼
P0 = ρh20tan(θ/2)Lg (V)
P0 + P = ρ ⋅ h21tan(θ/2)Lg (VI)
12
3
2x ⋅ h2
14
24
3
hθ
⇒
2θ h
x x
Resolução
10ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
• Corpo 1v1 = (v0)1 + a1 ⋅ t ⇒ 0 = 30 – 10t ∴ t = 3s
y1 = (y0)1 + (v0)1 ⋅ t + t2 = 30 ⋅ 3 – ⋅ 32 ∴ y1 = 45m
• Corpo 2
x2 = (x0)2 + (v2)x ⋅ t = v2 ⋅ cos30º ⋅ t = 50 ⋅ ⋅ 3 ∴ x2 = 75√__3m
y2 = (y0)2 + (v2)y ⋅ t + t2 = v2 ⋅ sen30º ⋅ t – t2
= 50 ⋅ ⋅ 3 – 5 ⋅ 32 ∴ y2 = 30m
A distância pode assim ser obtida:
d = √_____(x2 – x1)2
_____+_____(y2 – y1)2
_____
= √_____(75√
__3 –___
0)2_____
+ _____
(30 ____– 45)2
_____
∴ d = √_____17100_____
m
Resposta: C
Considere uma bola de basquete de 600g a 5m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de 60g. A seguir,num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques perfeitamente elásticos e ausência deeventuais resistências, e considerando g = 10m/s2, assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima al-cançada pela bola de tênis em sua ascensão após o choque.A) 5mB) 10mC) 15mD) 25mE) 35m
As velocidades das bolas imediatamente antes do choque entre a bola de basquete e o solo são dadas por:
εim = εf
m
mgh =
10 ⋅ 5 =
v = 10m/s
v2
2
mv2
2
5 m
v0 = 0
“ ”
v = ?
início:
final:
Resolução
Questão 10▼▼
12
102
a22
0
√__3
2
0
102
a12
0
11ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Como o choque entre a bola de basquete e o solo é perfeitamente elástico, imediatamente após esse choquee imediatamente antes do choque entre as bolas, temos:
Considerando-se a força trocada entre as bolas no choque muito maior que o peso delas, o sistema constituídopelas bolas é mecanicamente isolado. Dessa forma, orientando-se as trajetórias para cima, temos:
mT ⋅ vT + mB ⋅ vB = mT ⋅ v’T + mB ⋅ v’B
Substituindo-se os valores:
60 ⋅ 10–3 ⋅ (–10) + 600 ⋅ 10–3 ⋅ 10 = 60 ⋅ 10–3 ⋅ v’T + 600 ⋅ 10–3 ⋅ v’Bv’T + 10v’B = 90 (I)
O choque entre as bolas é perfeitamente elástico:
e =
1 =
v’T – v’B = 20 (II)
Resolvendo (I) e (II):
v’B = m/s e v’T = m/s
Dessa forma, a altura atingida pela bola de tênis é dada por:
εim = εf
m
= mgh’
= 10 ⋅ h’
∴ h’ � 34,75 � 35m
Resposta: E
29011
2
2
mv’2T
2h’
vT’’ = 0
vT’
29011
7011
v’T – v’B10 – (–10)
v’T – v’BvB – vT
T : bola de tênis
B : bola de basqueteT
B
+
vB = +10 m/s
vT = –10 m/s
12ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3/4 da altura de um objeto dele situado auma distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1/4 da sua altura, o objeto deveráse situar a uma distância p2 do espelho, dada porA) p2 = 9p1.B) p2 = 9p1/4.C) p2 = 9p1/7.D) p2 = 15p1/7E) p2 = –15p1/7.
Considerando que o objeto seja real, o espelho esférico convexo conjuga uma imagem sempre virtual, direitae menor que o objeto.
Para a primeira situação proposta, o valor do aumento linear transversal (A) é A1 = + .
Para a segunda situação proposta, A2 = + .
Sendo f a abscissa focal do espelho e expressando-se o aumento linear como A = , temos:
Situação 1: = ⇒ f = –3p1 (A)
Situação 2: = ⇒ f = (B)
De A e B:
–3p1 =
∴ p2 = 9p1
Resposta: A
Uma lâmina de vidro com índice de refração n em forma de cunha é iluminada perpendicularmente por umaluz monocromática de comprimento de onda λ. Os raios refletidos pela superfície superior e pela inferior apre-sentam uma série de franjas escuras com espaçamento e entre elas, sendo que a m-ésima encontra-se a umadistância x do vértice.
Assinale o ângulo θ, em radianos, que as superfícies da cunha formam entre si.
A) θ = λ/2neB) θ = λ/4neC) θ = (m + 1)λ/2nmeD) θ = (2m + 1)λ/4nmeE) θ = (2m – 1)λ/4nme
ex
Questão 12▼▼
–p23
–p23
ff – p2
14
ff – p1
34
ff – p
14
34
Resolução
Questão 11▼▼
13ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
A partir do enunciado, pode-se construir o seguinte esquema:
Como o valor de θ é pequeno, seu valor, em radianos, pode ser expresso por:
θ = ⇒ d = θ(m – 1) ⋅ e (I)
Para que a interferência entre as ondas luminosas representadas por A e B resulte destrutiva, deve-se imporque:
2nd = k ⋅ λ (k = 0, 1, 2, …) (II)
Substituindo I em II:
2nθ(m – 1) ⋅ e = kλ (k = 0, 1, 2, 3…) (III)
Observe a figura:
Substituindo k = m – 1 na equação III, segue:
2nθ(m – 1) ⋅ e = (m – 1) ⋅ λ
∴ θ =
Resposta: A
λ2ne
ex
m =
1, k
= 0
m =
2, k
= 1
m, k
= m
– 1
d(m – 1) ⋅ e
x = (m – 1) ⋅ e
θ
144
244
3
d
índice derefração: n
A B
Resolução
14ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Uma carga q distribui-se uniformemente na superfície de uma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale aopção que apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencial elétrico num ponto situado a uma distân-cia r = R/3 do centro da esfera.
A) E = 0V/m e U = 0V
B) E = 0V/m e U =
C) E = 0V/m e U =
D) E = 0V/m e U =
E) E = e U = 0V
Como a esfera é condutora e o ponto considerado pertence ao seu interior:
E = 0
U =
Resposta: B
Uma haste metálica com 5,0kg de massa e resistência de 2,0� desliza sem atrito sobre duas barras paralelasseparadas de 1,0m, interligadas por um condutor de resistência nula e apoiadas em um plano de 30º com ahorizontal, conforme a figura.
Tudo encontra-se imerso num campo magnético →B, perpendicular ao plano do movimento, e as barras de
apoio têm resistência e atrito desprezíveis. Considerando que após deslizar durante um certo tempo a veloci-dade da haste permanece constante em 2,0m/s, assinale o valor do campo magnético.
A) 25,0TB) 20,0TC) 15,0TD) 10,0TE) 5,0T
v
B
30º
→
→
Questão 14▼▼
qR
14πε0
Resolução
rqR3
14πε0
qrR2
14πε0
3qR
14πε0
qR
14πε0
Questão 13▼▼
15ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
A figura a seguir mostra o esquema de forças que atuam na barra (o peso está decomposto).
Como a velocidade é constante, →R = 0
Fmag = Psen30º
Fmag = 5 ⋅ 10 ⋅
Fmag = 25N
• A fem, devido ao movimento da barra, é ε = Blv, sendo B a intensidade do campo magnético, l o com-primento da barra e v a velocidade da barra.
• A intensidade da corrente elétrica no circuito é:
i = → i =
• A intensidade da força magnética é:
Fmag = Bil = B ⋅ ⋅ l =
25 = ∴ B = 5T
Resposta: E
A figura representa o campo magnético de dois fios paralelos que conduzem correntes elétricas. A respeito daforça magnética resultante no fio da esquerda, podemos afirmar que ela
A) atua para a direita e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.B) atua para a direita e tem magnitude igual à da força no fio da direita.C) atua para a esquerda e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.D) atua para a esquerda e tem magnitude igual à da força no fio da direita.E) atua para a esquerda e tem magnitude menor que a da força no fio da direita.
A configuração das linhas de indução magnética permite concluir que os sentidos das correntes elétricas sãodiferentes.Então as forças magnéticas trocadas pelos fios são de repulsão e têm a mesma intensidade.A força magnética que atua no fio da esquerda é para a esquerda.
Resposta: D
Resolução
Questão 15▼▼
B2 ⋅ 12 ⋅ 22
B2l2vR
BlvR
BlvR
εR
12
30ºPcosθPsen30º
NFmag
Resolução
16ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Na figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão V conectada a um capacitor de placas paralelas, de áreaS e distância d entre si, dispondo de um dielétrico de permissividade elétrica ε que preenche completamenteo espaço entre elas.
Assinale a magnitude da carga q induzida sobre a superfície do dielétrico.
A) q = εVd
B) q = εSV/d
C) q = (ε – ε0)Vd
D) q = (ε – ε0)SV/d
E) q = (ε + ε0)SV/d
A carga que o capacitor armazena seu dielétrico é:
q = ε0 V
Considerando o dielétrico, a carga armazenada pelo capacitor vale:
q’ = ε V
Como q’ � q (ε � 1), a carga induzida no dielétrico tem módulo:
∆q = q’ – q = (ε – ε0) V
Resposta: D
Luz monocromática, com 500nm de comprimento de onda, incide numa fenda retangular em uma placa, oca-sionando a dada figura de difração sobre um anteparo a 10cm de distância.
Então, a largura da fenda éA) 1,25µm.B) 2,50µm.C) 5,00µm.D) 12,50µm.E) 25,00µm.
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4unidades em cm
Questão 17▼▼
Sd
Sd
Sd
Resolução
+ + + + + + + + +
– – – – – – – – – –
V d+ + + + + + + +
– – – – – – – – –
Questão 16▼▼
17ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
O padrão de difração para uma fenda retangular de largura “a” pode ser representado, de forma simplifica-da, pela figura a seguir:
É possível demonstrar que:
senθ = (I) (Fundamentals of Optics-Jenkins/White/pag 321)
Considerando que θ seja pequeno, o valor senθ pode ser aproximado para θ, expresso em radianos.A partir do triângulo destacado na figura:
senθ = θ =
Como λ = 500 ⋅ 10–9m, a equação I torna-se:
=
∴ a = 5 ⋅ 10–6m = 5µm
Resposta: C
Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para baixo com veloci-dade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a bola atingir o piso do elevador.
A) t = v/g D) t = (√__v2
_+__
2gh____
– v) / g
B) t = h/v E) t = (√__v2
_–__
2gh____
– v) / g
C) t = √__2h/g___
No instante t0 = 0, a situação pode ser descrita pelo sequinte esquema:
h
bolav0 + v
v0
g
+
ORIGEM
elevador
Resolução
Questão 18▼▼
500 ⋅ 10–9
a110
110
λa
a1 cm
MÁX
MÍN
10 cm
θ
Resolução
18ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Considerando que tanto a bola quanto o elevador estão em queda livre (a = g), as equações horárias quedescrevem os movimentos de ambos os corpos podem ser assim escritas:
De acordo com o esquema, têm-se:s0bola
= 0; v0bola = v0 + v; s0elevador = h; v0elevador = v0No encontro:
sbola = selevador
0 + (v0 + v)t + = h + v0t +
∴ t =
Resposta: B
Um cubo de 81,0kg e 1,00m de lado flutua na água cuja massa específica é ρ = 1000kg/m3. O cubo é entãocalcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com umacerta freqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito e tomando g = 10m/s2, essa freqüência angularé igual aA) 100/9rad/s.B) 1000/81rad/s.C) 1/9rad/s.D) 9/100rad/s.E) 81/1000rad/s.
Como a freqüência angular não depende da amplitude, podemos admitir a maior oscilação possível, que équando A = 1m (totalmente emerso a totalmente imerso).Nos extremos, a aceleração é máxima;logo, |cos(ϕ0 + ωt)| = 1.
R = E – Pmca = dH2OgVLD – mcg (VLD = VC = 1m3)
81a = 103 ⋅ 10 ⋅ 1 – 81 ⋅ 10
a = m/s2
Como: a = ω2Acos(ϕ0 + ωt)
= ω2 ⋅ 1 ⋅ 1
ω ≅ rad/s
Resposta: A
1009
919081
919081
E
Pc
Resolução
Questão 19▼▼
hv
gt2
2gt2
2
sbola = s0bola+ v0bola ⋅ t + g ⋅ t2
2selevador = s0elevador + v0elevador ⋅ t + g ⋅ t2
2
14
42
44
3
19ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então, para que nãoarrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual aA) mg.B) 2mg.C) 3mg.D) 4mg.E) 5mg.
Note que a velocidade máxima adquirida pelo corpo acontece no ponto mais baixo da trajetória, de modoque:
εBm = εA
m
εBc + εB
p
0= εA
c
0+ εA
p
= mgL
vmáx = √__2gL___
Assim, a tração no fio do pêndulo será máxima no ponto B e pode ser determinada como segue:
T – P = Rc
T = Rc + P
T = + mg
∴ T = 3mg
Resposta: C
Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelho de massa m dependurado por um fio. Sabendo queo momentum do feixe de luz laser é E/c, em que c é a velocidade da luz, calcule a que altura h o espelho subirá.
h
Questão 21▼▼
m(√__2gL___
)2L
mv2
2
14
444
42
444
44
3
gA
B
“ ” horizontalL
v
m
L
Resolução
Questão 20▼▼
20ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Quando o feixe de laser incide sobre o espelho, a quantidade de movimento do sistema constituído pelo fótone pelo espelho se conserva. Na direção horizontal, orientando-se a trajetória para a direita, temos:
Qsistema = Q’sistema
Qf + Qe = Q’f + Q’e
+ 0 = – + mv’e
v’e =
Durante a subida do espelho, a energia mecânica é constante.Dessa forma, a energia cinética transferida pelo feixe de laser ao espelho é transformada em energia poten-cial:
= mgh
2
= gh2
∴ h =
Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si, formando um con-junto que se apoia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra esse conjunto com n chapas, bemcomo a distância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância Dpossível de modo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em fun-ção do comprimento L de cada chapa, para n = 6 unidades.
D
L
Questão 22▼▼
2E2
gm2c2
2Emc
mv’e2
2
2Emc
Ec
Ec
Qf = CE
fóton
espelho espelho
Q’f = –CE
fóton
ve = 0 v’e
• antes da incidência • após da incidência
Resolução
21ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Considerando-se n placas, todas na iminência de tombamento, e marcando-se as forças na n-ésima placa, queé a última da pilha:
em que
Dessa forma: N’ = P(n – 1)∑M0
= 0
P – x = P(n – 1) ⋅ x
x =
Desenhando-se as placas:
Da figura:
D = + + + … + + +
D = 1 + + + … + + + ∴ D = ⋅ n∑
k = 1
Para n = 6:
D = 1 + + + + + ∴ D = ⋅ L147120
16
15
14
13
12
L2
1k
L2
1n
1n – 1
1n – 2
13
12
L2
L2n
L2(n – 1)
L2(n – 2)
L6
L4
L2
D
2(n – 1)L
2(n – 2)L
6L
4L
2L
2nL
L2n
L2
P: peso da placaN: força aplicada pelo apoio na n-ésima placa
N’: força aplicada pela placa acima da n-ésima placa
1442
443
N
P N’
O
2L – x x
Resolução
22ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600GWh de energia elétrica. Imagine entãoum painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com rendimento de 20%, a energiasolar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com valor médio diurno (24h) aproximado de170W/m2. Calcule:a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletores solares para que o painel possa gerar, durante um ano,
energia equivalente àquela de Itaipu, e,b) o percentual médio com que a usina operou em 1998 em relação à sua potência instalada de 14000MW.
a) • A energia útil obtida pelo painel fotovoltaico em 1 ano = 8760h é:∆ε = P ⋅ ∆t
∆ε = 0,2 ⋅ 170 ⋅ A ⋅ 8760
∆ε = 34 ⋅ 8760 ⋅ AW ⋅ h
• Como ∆ε = 87600 ⋅ 109Wh, tem-se:
87600 ⋅ 109 = 34 ⋅ 8760AA ≈ 3 ⋅ 108m2
A ≈ 300km2
b) A potência média produzida por Itaipu (PI) foi:
PI = → PI = = 1010W
PI = 10000MW
η = → η = ∴ n ≈ 71%
Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se com acelera-ção relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola de comprimento L e cons-tante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o acoplamento sabendo-se que o foguetealcançou a mesma velocidade da estação quando dela se aproximou de uma certa distância d � L, por hipó-tese em sua mesma órbita.
A figura a seguir representa o instante em que as velocidades da estação espacial e do foguete se igualam:
Executando a análise cinemática do movimento do foguete, adotando o referencial na estação:
v2 = v02
0+ 2a∆s ⇒ v = √
_____2a(d – L)
_____
Admitindo a interação entre a estação espacial e o foguete rápida e a massa da estação muito maior que a dofoguete, podemos adotar o referencial na estação também na análise energética.
εm = ε’m ⇒ m(2a(d – L)) = kx2 ∴ x = √____________2ma(d – L)
k12
12
→
ESTAÇÃO
FOGUETE
d
L
Resolução
Questão 24▼▼
1000014000
PI
Pinst
87600 ⋅ 109
8760∆ε∆t
Resolução
Questão 23▼▼
23ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às diferenças na ace-leração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das respectivas diferenças de suas dis-tâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfícieda Terra em posições diametralmente opostas e alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m si-tuada no centro da Terra. Considere G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terrae R a distância entre os centros da Terra e da Lua. Considere, também, f0z, f1z e f2z as forças produzidas pelaLua respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z) sabendo que
deverá usar a aproximação = 1 – αx, quando x �� 1.
Para aplicar a Lei Universal da Gravitação, considere-se o seguinte esquema:
Portanto:
• (f1z – f0z) = G – G =
Como r �� R, pode-se fazer a aproximação sugerida no enunciado:
(f1z – f0z) = 1 – – 1
∴ (f1z – f0z) = –2
• (f2z – f0z) = – =
1
1 –rR
– 12
GMmR2
GMmR2
GMm(R – r)2
GMmrR3
2rR
GMmR2
1
1 +rR
– 12
GMmR2
MmR2
Mm(R + r)2
r r R – rR
R + r
M
201
m1 = m m0 = m m2 = m
Resolução
x
m0
m2
m1
Terra
zLua
1(1 + x)α
Questão 25▼▼
24ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
Utilizando-se a mesma aproximação, tem-se que:
(f2z – f0z) = 1 + – 1
∴ (f2z – f0z) = 2
Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal, Descartes emborcou na água um tubo de ensaio demassa m, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo g a aceleração da gravidade, ρ a massa especí-fica da água, e desprezando variações de temperatura no processo, calcule:a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando o tanque aberto sob pressão atmosférica Pa, eb) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo que a pressão no interior do tanque fechado possibilite
uma posição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe no nível da água (ver figura).
a)
• Como a temperatura é constante:Par
A VA = ParB VB
Par ⋅ A ⋅ L = ParB ⋅ A ⋅ H → Par
B =
• Na figura (B) o tubo está em equilíbrio:Ptubo = Emg = ρ ⋅ g ⋅ VLD
m = ρ ⋅ A ⋅ h → h =
• Utilizando-se o teorema de Stevin:P1 = P2
ParB = Par + ρgh
• Fazendo-se as respectivas substituições:
= Par + ρg ∴ H = P LAAP mg
ar
ar +
mAρ
P LH
ar ⋅
mAρ
P LH
ar ⋅
P
arL
(A) (B)
h ar
E
H
1 2
Resolução
Pa
L
Questão 26▼▼
GMmrR3
2rR
GMmR2
25ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
B)Se o tubo está na posição de equilíbrio:
PT = E’mg = ρVLDgm = ρAh’
h’ =
Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCA mostrado no diagramaP × V da figura. O processo AB ocorre a temperatura constante. O processo BCocorre a volume constante com decréscimo de 40J de energia interna e, noprocesso CA, adiabático, um trabalho de 40J é efetuado sobre o sistema.Sabendo-se também que em um ciclo completo o trabalho total realizado pelosistema é de 30J, calcule a quantidade de calor trocado durante o processo AB.
O trabalho das forças de pressão ao longo do ciclo ABCA é dado por:
τciclo = τAB + τBC + τCA
Do enunciado:
• τciclo = +30J
• τBC = 0 (transformação isométrica)
• τCA = –40J
Dessa forma:
30 = τAB + 0 – 40
τAB = +70J
Aplicando-se a 1ª lei da termodinâmica no processo AB:
∆UAB = QAB – τAB
Como o processo AB é isotérmico, ∆UAB = 0.
0 = QAB – 70
QAB = +70J
Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam os vértices de um triângulo eqüilátero de lado b �� a,conforme mostra a figura (1). Considere as figuras (2), (3) e (4), em que, respectivamente, cada uma das esferasse liga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nas situações (2), (3) e (4), a carga das esferas Q1, Q2e Q3, respectivamente, em função de a, b e Q.
Fig. (1)
Q
Fig. (2)
QQ1
Q
Fig. (3)
Q2Q1
Q
Fig. (4)
Q2Q1
Q3
Questão 28▼▼
Resolução
Questão 27▼▼
mAρ
PT h’ar
E’
26ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
P A
B
C
V
Quando a esfera é ligada à Terra, seu potencial elétrico resultante é nulo. Dessa forma:
• figura 2: ΣV = 0
+ + = 0123 123 123
esfera 1 esfera 2 esfera 3
∴ Q1 = –
• figura 3: ΣV = 0
+ + = 0123 123 123
esfera 1 esfera 2 esfera 3
+ + = 0
∴ Q2 = – 1
• figura 4: ΣV = 0
+ + = 0123 123 123
esfera 1 esfera 2 esfera 3
∴ Q3 = 3 –
Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com n espiras por unidade de comprimento, possui ao seu re-dor um anel de resistência R. O solenóide está ligado a uma fonte de corrente I, de acordo com a figura. Se afonte variar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão da corrente que flui pelo anel durante esse mesmointervalo de tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico.
3
2
1
00 1 2 3 4 5
t(s)
I(A
)
I
Questão 29▼▼
2ab
Qa2
b2
–2Qa
bb
+
Qab
2ab
– 1
b+
Q
a= 03
KQ3a
KQ2b
KQ1b
2ab
Qab
Qb
Q2a
– 2Qab
b
KQb
KQ2a
KQ1b
2Qab
KQb
KQb
KQ1a
Resolução
27ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
O campo gerado pelo solenóide em seu interior é dado por:B = µ0n ⋅ I
O fluxo do solenóide através do anel vale:Φ = µ0nI ⋅ S, sendo S a área da secção transversal.
Logo:Φ = µ0nIπa2 = (µ0nπa2)I
Como i = e ε = – , tem-se:
i = e, portanto, o gráfico da corrente no anel pode ser esboçado como:
Considere um circuito constituído por um gerador de tensão E = 122,4V, pelo qual passa uma corrente I = 12A,ligado a uma linha de transmissão com condutores de resistência r = 0,1�. Nessa linha encontra-se um motore uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual com resistência R = 99�, ligadas em paralelo, de acordo coma figura. Determinar a potência absorvida pelo motor, PM, pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.
0,1 �
M
0,1 �
0,1 � 0,1 �
12 A
12 A
12 A i
i
I i
A B C
DEF
—— = 19,8 �995122,4 V
Resolução
r r
r r
Motor
Lâmpadas
E
Questão 30▼▼
2µ0nπa2
———————R
µ0nπa2
—————R
0
i
t(s)
1
2 4
–
dI
dt–µ0nπa2
R
dΦdt
εR
Resolução
28ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
• Considerando o potencial de F igual a zero, teremos:VA = 122,4VVB = 122,4 – 0,1 ⋅ 12 → VB = 121,2V
VE = VF0+ 0,1 ⋅ 12 ∴ VE = 1,2V
Então, UBE = 121,2 – 1,2 ∴ UBE = 120V• A intensidade da corrente i é:
i = → i = ∴ i = 6A
• A intensidade da corrente do motor é:I = 12 – i ∴ I = 6A
• Potência absorvida pelo motor:PM = UBE ⋅ I → PM = 120 ⋅ 6 ∴ PM = 720W
• Potência absorvida pelas lâmpadas:PL = RCD ⋅ i2 → PL = 19,8 ⋅ 62 ∴ PL = 712,8W
• Potência dissipada na rede:Pr = Σri2 → Pr = (0,1 + 0,1)122 + (0,1 + 0,1)62 ∴ Pr = 36W
1200 1 0 1 19 8, , ,+ +
UR
BE
BCDE
→
29ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES
30ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
A prova apresentou um nível de dificuldade compatível com o fim a que se destina: seleção de candidatosa um forte curso de engenharia.
Os principais pontos da matéria foram abordados em questões que, via de regra, apresentaram situaçõesconsideradas clássicas.
Lamenta-se, apenas, que a questão 7 tenha apresentado enunciado pouco preciso, podendo prejudicar oestudante.
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR