o anglo resolve a prova de Física do ITA dezembro de 2008
É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição de confiabilidade. Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tarefa de não cometer injustiças. Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo. No final, um comentário sobre as disciplinas. O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de engenharia mundialmente conhecida. Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Estrutura 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 dissertativas. 2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha. 3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. 4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. Cada prova tem duração de 4 horas. A nota da prova de Inglês, embora seja eliminatória, não entra na classificação final. Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%. Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 60% do valor da prova, e a Redação, a 40%. É eliminado o candidato que tirar ZERO na Redação. Só é corrigida a parte dissertativa das provas dos 650 melhores classificados nas questões de múltipla escolha. Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e média igual 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.
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F ÍSICA Questão 1 Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado pelo produto vetorial do vetor posição dessa massa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de comprimento (L), de massa (M), e de tempo (T), um momento angular qualquer tem sua dimensão dada por A) L0MT–1. B) LM0T–1. C) LMT–1. D) L2MT–1. E) L2MT–2.
Resolução 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
∴
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Resposta: D
Questão 2 Uma partícula carregada negativamente está se movendo na direção +x quando entra em um campo elétrico uniforme atuando nessa mesma direção e sentido. Considerando que sua posição em t = 0 s é x = 0 m, qual gráfico representa melhor a posição da partícula como função do tempo durante o primeiro segundo? A)
0.3 0.2 x
0.1 0 –0.1 –0.2 –0.3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.6
0.8
1
t
B)
0.3 0.2 x
0.1 0 –0.1 –0.2 –0.3
0
0.2
0.4 t
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ANGLO VESTIBULARES
C)
0.3 0.2 x
0.1 0 –0.1 –0.2 –0.3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.6
0.8
1
0.6
0.8
1
t
D)
0.3 0.2 x
0.1 0 –0.1 –0.2 –0.3
0
0.2
0.4 t
E)
0.3 0.2 x
0.1 0 –0.1 –0.2 –0.3
0
0.2
0.4 t
Resolução →
E
→
Felet
–
→
γ
x
→ v0
O
Como a partícula tem carga negativa, a aceleração resultante tem sentido oposto ao eixo x; e, como o campo elétrico é uniforme, seu módulo é constante. Assim, o movimento da partícula é uniformemente variado, com equação horária: x = v0t – 1 γt2. 2 Logo, o diagrama da posição em função do tempo é uma parábola, com a concavidade voltada para baixo.
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Resposta: E
Questão 3 Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados? A) 14 horas e 30 minutos B) 13 horas e 20 minutos C) 7 horas e 20 minutos D) 10 horas E) Não é possísvel resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.
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Resolução Considerando-se que: → • V : velocidade do barco em relação à Terra. →B/T • V : velocidade da água em relação à Terra. A/T → • 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 =
D ∆t
⇒
→
→
V B/A – V A/T =
D (I) 10
— Ao descer o rio: →
→
D
→
V B/T = V B/A + V A/T =
∆t’
⇒
→
→
V B/A + V A/T =
D (II) 4
De (I) e (II): →
2V A/T =
∴
D D – 4 10
⇒
→
V A/T =
D 40 3
∆t* = 40 h = 13 h e 20 min. 3
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 13 h e 20 min.
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Resposta: B
Questão 4 Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5 km/h e, em seguida, o trecho BC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de 20,0 km/h sua velocidade escalar média no percuso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chega em A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h, com velocidade escalar média de 24,0 km/h. C
00
km
3, B
A
Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB. A) v = 12,0 km/h B) v = 12,00 km/h C) v = 20,0 km/h D) v = 20,00 km/h E) v = 36,0 km/h
Resolução • Para o percurso ABCBA, temos: — — — — ABCBA = 2AB + 2 ⋅ BC vm ∆tABCBA ITA/2009
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Substituindo-se os valores: — — 2 ⋅ AB + 2 ⋅ 3 24 = ⇒ 1
— AB = 9 km
• Para o percurso ABCB, temos: — — — — AB + 2 ⋅ BC vABCB = m ∆tABCB 20 =
9+2⋅3 ∆tABCB
⇒
∆tABCB = 3 h 4
Dessa forma, o módulo v do vetor velocidade média no percurso ABCB é dado por: — — AB 9 v= = ∆tABCB 3 4
∴
v = 12,0 km/h
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Resposta: A
Questão 5 __ A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H = 20√ 3 m sobre uma rampa de 60º de inclinação e corre 20 m num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular, de pista sem atrito. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.
H 2R 60º 20 m
__ A) R = 8√ 3 m __ B) R = 4(√ 3 – 1) m __ C) R = 8(√ 3 – 1) m __ D) R = 4(2√ 3 – 1) m __ E) R = 40(√ 3 – 1) /3 m
Resolução A condição para que o carrinho faça todo o percurso sem perder contato com a pista é que no ponto mais alto do 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 do looping: i τFñ cons = εfm – εm 64748 0
i + τA = εfm – εm 6444 447444 448 (τA)rampa + (τA)P. horizontal =
→
τN
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i εfm – εm (2)
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Sendo o atrito em ambos os trechos cinético e constante: (τA)rampa = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ 678 64474 48 64748 __ __ = (µc ⋅ N) ⋅ (20√ 3/(√ 3/2)) ⋅ cos180º = (0,5 ⋅ P ⋅ cos60º) ⋅ (40) ⋅ (–1) = –10 mg (3) = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ (τA)P. horizontal 678 = (µc ⋅ N) ⋅ (20) ⋅ cos180º = (0,5 ⋅ mg) ⋅ (20) ⋅ (–1) = –10 mg (4) Substituindo (3) e (4) em (2) e calculando as energias associadas ao problema: →
εpf ) – (εci
– 10 mg – 10 mg = (εfc +
0
+
εpi )
1 – 20 mg = mvf2 + mghf – (mghi) (5) 2 Substituindo (1) em (5):
__ 1 mgR + mg2R – mg ⋅ 20√ 3 2 __ R = 8(√ 3 – 1) m
– 20 mg =
∴
▼
Resposta: C
Questão 6 Desde os idos de 1930, observações astronômicas indicam a existência da chamada matéria escura. Tal matéria não emite luz, mas a sua presença é inferida pela influência gravitacional que ela exerce sobre o movimento de estrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galáxia, possa ser removida sua matéria escura de massa específica ρ 0, que se encontra uniformemente distribuída. Suponha também que no centro dessa galáxia haja um buraco negro de massa M, em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma órbita circular. Considerando órbitas de mesmo raio na presença e na ausência de matéria escura, a respeito da força → gravitacional 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.
Resolução • Análise do sentido da força A matéria escura interna à casca esférica de mesmo raio e centro da órbita gera campo gravitacional radial à 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 para o centro. Concluímos, ainda, que a força aplicada em um corpo nesse local é atrativa. • Análise da velocidade de órbita A velocidade de um satélite em_______ órbita pode ser assim obtida: ______ v = √ g ⋅ r = GMint r
√
Na galáxia hipotética sem matéria escura: Mint = M Na 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 raio de órbita, o satélite deve desenvolver velocidade maior. Resposta: C ITA/2009
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▼
Questão 7 Diagramas causais servem para representar relações qualitativas de causa e efeito entre duas grandezas de um + sistema. 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 da grandeza s. Sendo a a aceleração, v a velocidade e x a posição, qual dos diagramas abaixo melhor representa o modelamento do oscilador harmônico? A)
+ a
+
B)
– a
+
C)
a
+
+
v
+
v
+ v
+
x
D)
a
x
E)
– a
+
+
– v
v
+
+
x
x
x
Resolução 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 máxima. Além disso, esse aumento de aceleração máxima implica aumento da velocidade máxima (v). Um aumento na velocidade máxima implica, também, um aumento da deformação. Isto é: + a
+
+
v
x
Comentário: Caso sejam considerados os valores algébricos das grandezas em uma oscilação harmônica, os gráficos de x, v e a em função do tempo, em um período, são: x
t1
t2
t3
t4
t1
t2
t3
t4
t
v
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t
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a
t1
t2
t3
t
t4
Observando os gráficos, têm-se: • intervalo (0, t1) a
+
v
–
x
+
• intervalo (t1, t2) –
a
v
x –
• intervalo (t2, t3) a
v
–
x
–
• intervalo (t3, t4) – a
–
v
+
x
E, portanto, nenhuma alternativa é satisfatória.
▼
Resposta: A
Questão 8 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 da água e g a aceleração da gravidade, e supondo seja mantido o equilíbrio hidrostático, assinale a carga P que a balsa suporta quando submersa a uma profundidade h1.
h1 h0
θ
A) P = ρgL(h12 – h20)senθ B) P = ρgL(h12 – h20)tanθ C) P = ρgL(h12 – h20)senθ/2 2 2 D) P = ρgL(h1 – h0)tanθ/2
E) P = ρgL(h12 – h20)2tanθ/2 ITA/2009
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Resolução Como a balsa está em equilíbrio, pode-se escrever que seu peso tem a mesma intensidade que o empuxo: • Sem carga P0 = E0 = ρV0g (I) • Com carga P P0 + P = E1 = ρV1g (II) O volume V de líquido deslocado pela balsa, nas duas situações, pode ser obtido multiplicando a área S da seção transversal pelo comprimento L da balsa, ou seja:
θ
14243
x
⇒
x = htan(θ/2)
x
A=
θ h
h
2
2x ⋅ h 2
A = h2tan(θ/2) • Sem carga 2 V0 = h0tan(θ/2) ⋅ L • Com carga V1 = h21tan(θ/2) ⋅ L
(III) (IV)
Utilizando as expressões (III) e (IV) em (I) e (II), respectivamente, tem-se o seguinte sistema de equações: (V)
P0 + P = ρ ⋅
(VI)
123
P0 = ρh20tan(θ/2)Lg
h21tan(θ/2)Lg
Substituindo-se (V) em (VI), tem-se:
ρh20tan(θ/2)Lg + P = ρh21tan(θ/2)Lg ∴
P = ρgL(h21 – h20)tan(θ/2)
▼
Resposta: D
Questão 9 Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidade para cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/s formando um ângulo de 30º com a horizontal. Considerando g = 10 m/s2, assinale a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua máxima altura. _____ _____ _____ _____ A) d = 6250 m D) d = 19375 m _____ _____ _____ E) d = 26875 m B) d = 7217 m _____ _____ C) d = 17100 m
√ √ √
√ √
Resolução A figura a seguir representa a situação descrita no enunciado no instante do lançamento e os eixos associados para a análise dos movimentos: y
v1 = 30 m/s
v2 = 50 m/s
30º
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x
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• Corpo 1 v1 = (v0)1 + a1 ⋅ t
⇒
0
y1 = (y0)1 + (v0)1 ⋅ t +
0 = 30 – 10t
∴
a1 2 10 t = 30 ⋅ 3 – ⋅ 32 2 2
• Corpo 2 x2 =
t = 3s
∴
y1 = 45 m
__
√3 ⋅ 3 (x0)2 + (v2)x ⋅ t = v2 ⋅ cos30º ⋅ t = 50 ⋅ 0
∴
2
__ x2 = 75√ 3 m
0 y2 = (y0)2 + (v2)y ⋅ t + a2 t2 = v2 ⋅ sen30º ⋅ t – 10 t2 2 2
1 = 50 ⋅ ⋅ 3 – 5 ⋅ 32 2
∴
y2 = 30 m
A distância pode assim ser obtida: ____________________ d = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 _____ _____ ____ _____ __________ 2 = (75√ 3 – 0) + (30 – 45)2 _____ _____ ∴ d = 17100 m
√
√
√
▼
Resposta: C
Questão 10 Considere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de 60 g. A seguir, num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques perfeitamente elásticos e ausência de eventuais resistências, e considerando g = 10 m/s2, assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima alcançada pela bola de tênis em sua ascensão após o choque. A) 5 m B) 10 m C) 15 m D) 25 m E) 35 m
Resolução As velocidades das bolas imediatamente antes do choque entre a bola de basquete e o solo são dadas por: “
” v0 = 0
início:
i εm = εfm
mgh =
mv2 2
10 ⋅ 5 =
v2 2
5m
v = 10 m/s
final:
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v=?
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ANGLO VESTIBULARES
Como o choque entre a bola de basquete e o solo é perfeitamente elástico, imediatamente após esse choque e imediatamente antes do choque entre as bolas, temos: +
T
T : bola de tênis
vT = –10 m/s
B : bola de basquete
B
vB = +10 m/s
Considerando-se a força trocada entre as bolas no choque muito maior que o peso delas, o sistema constituído pelas 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’B v’T + 10v’B = 90
(I)
O choque entre as bolas é perfeitamente elástico: e=
v’T – v’B vB – vT
1=
v’T – v’B 10 – (–10)
v’T – v’B = 20
(II)
Resolvendo (I) e (II): v’B =
70 290 m/s e v’T = m/s 11 11
Dessa forma, a altura atingida pela bola de tênis é dada por: vT’’ = 0 i εm = εfm 2
mv’T
= mgh’
2
h’
290 2 11 = 10 ⋅ h’ 2 vT’
∴
h’ 34,75 35 m
Resposta: E ITA/2009
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Questão 11 Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3/4 da altura de um objeto dele situado a uma distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1/4 da sua altura, o objeto deverá se situar a uma distância p2 do espelho, dada por A) p2 = 9p1. B) p2 = 9p1/4. C) p2 = 9p1/7. D) p2 = 15p1/7 E) p2 = –15p1/7.
Resolução Considerando que o objeto seja real, o espelho esférico convexo conjuga uma imagem sempre virtual, direita e menor que o objeto. Para a primeira situação proposta, o valor do aumento linear transversal (A) é A1 = + Para a segunda situação proposta, A2 = +
1 . 4
Sendo f a abscissa focal do espelho e expressando-se o aumento linear como A = Situação 1:
3 f ⇒ f = –3p1 (A) = 4 f – p1
Situação 2:
1 f –p2 ⇒ f= (B) = 4 f – p2 3
3 . 4
f , temos: f–p
De A e B: –p2 3 p2 = 9p1
–3p1 =
∴
▼
Resposta: A
Questão 12 Uma lâmina de vidro com índice de refração n em forma de cunha é iluminada perpendicularmente por uma luz monocromática de comprimento de onda λ. Os raios refletidos pela superfície superior e pela inferior apresentam uma série de franjas escuras com espaçamento e entre elas, sendo que a m-ésima encontra-se a uma distância x do vértice.
e x
Assinale o ângulo θ, em radianos, que as superfícies da cunha formam entre si. A) B) C) D) E) ITA/2009
θ = λ /2ne θ = λ /4ne θ = (m + 1)λ /2nme θ = (2m + 1)λ /4nme θ = (2m – 1)λ /4nme 13
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Resolução A partir do enunciado, pode-se construir o seguinte esquema: A
B
índice de refração: n
⋅e x = (m – 1) 43 14424
d
θ
Como o valor de θ é pequeno, seu valor, em radianos, pode ser expresso por:
θ=
d (m – 1) ⋅ e
⇒ d = θ(m – 1) ⋅ e
(I)
Para que a interferência entre as ondas luminosas representadas por A e B resulte destrutiva, deve-se impor que: 2nd = k ⋅ λ
(k = 0, 1, 2, …)
(II)
Substituindo I em II: 2nθ(m – 1) ⋅ e = kλ
(k = 0, 1, 2, 3…)
(III)
m, k = m – 1
m = 2, k = 1
m = 1, k = 0
Observe a figura:
e x
Substituindo k = m – 1 na equação III, segue: 2nθ(m – 1) ⋅ e = (m – 1) ⋅ λ
∴
θ=
λ 2ne
Resposta: A ITA/2009
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Questão 13 Uma carga q distribui-se uniformemente na superfície de uma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale a opção que apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencial elétrico num ponto situado a uma distância r = R/3 do centro da esfera. A) E = 0 V/m e U = 0 V B) E = 0 V/m e U = C) E = 0 V/m e U = D) E = 0 V/m e U = E) E =
1 q 4πε0 R 1 4πε0
3q R
1 qr 4πε0 R2
1 rq e U = 0V 4πε0 R3
Resolução Como a esfera é condutora e o ponto considerado pertence ao seu interior: E=0 U=
1 q 4πε0 R
▼
Resposta: B
Questão 14 Uma haste metálica com 5,0 kg de massa e resistência de 2,0 desliza sem atrito sobre duas barras paralelas separadas de 1,0 m, interligadas por um condutor de resistência nula e apoiadas em um plano de 30º com a horizontal, conforme a figura. →
B
→
v
30º
→
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 velocidade da haste permanece constante em 2,0 m/s, assinale o valor do campo magnético. A) B) C) D) E) ITA/2009
25,0 T 20,0 T 15,0 T 10,0 T 5,0 T 15
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Resolução A figura a seguir mostra o esquema de forças que atuam na barra (o peso está decomposto). N
Fmag
Psen30º Pcosθ
30º →
Como a velocidade é constante, R = 0 Fmag = Psen30º 1 2
Fmag = 5 ⋅ 10 ⋅ Fmag = 25 N
• A fem, devido ao movimento da barra, é ε = Blv, sendo B a intensidade do campo magnético, l o comprimento da barra e v a velocidade da barra. • A intensidade da corrente elétrica no circuito é: i=
ε R
i = Blv R
→
• A intensidade da força magnética é: Fmag = Bil = B ⋅ 25 =
B2 ⋅ 12 ⋅ 2 2
B2l2v Blv ⋅l= R R
∴
B = 5T
▼
Resposta: E
Questão 15 A figura representa o campo magnético de dois fios paralelos que conduzem correntes elétricas. A respeito da força magnética resultante no fio da esquerda, podemos afirmar que ela
A) atua B) atua C) atua D) atua E) atua
para para para para para
a a a a a
direita e tem magnitude maior que a da força no fio da direita. direita e tem magnitude igual à da força no fio da direita. esquerda e tem magnitude maior que a da força no fio da direita. esquerda e tem magnitude igual à da força no fio da direita. esquerda e tem magnitude menor que a da força no fio da direita.
Resolução A configuração das linhas de indução magnética permite concluir que os sentidos das correntes elétricas são diferentes. 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 ITA/2009
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Questão 16 Na figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão V conectada a um capacitor de placas paralelas, de área S e distância d entre si, dispondo de um dielétrico de permissividade elétrica ε que preenche completamente o espaço entre elas.
+++++++++ ––––––––– d
V
++++++++ ––––––––––
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 Resolução A carga que o capacitor armazena seu dielétrico é: q=
ε0 S V
d Considerando o dielétrico, a carga armazenada pelo capacitor vale: q’ =
εSV d
Como q’ q (ε 1), a carga induzida no dielétrico tem módulo:
∆q = q’ – q = (ε – ε0) S V d
▼
Resposta: D
Questão 17 Luz monocromática, com 500 nm de comprimento de onda, incide numa fenda retangular em uma placa, ocasionando a dada figura de difração sobre um anteparo a 10 cm de distância.
–4
–3
–2
–1 0 1 unidades em cm
2
3
4
Então, a largura da fenda é A) 1,25 µm. B) 2,50 µm. C) 5,00 µm. D) 12,50 µm. E) 25,00 µm. ITA/2009
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ANGLO VESTIBULARES
Resolução O padrão de difração para uma fenda retangular de largura “a” pode ser representado, de forma simplificada, pela figura a seguir: 10 cm
a
MÁX
θ
1 cm MÍN
É possível demonstrar que: senθ =
λ (I) (Fundamentals of Optics-Jenkins/White/pag 321)
a 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 =
1 10
Como λ = 500 ⋅ 10–9 m, a equação I torna-se: 500 ⋅ 10–9 1 = 10 a ∴ a = 5 ⋅ 10–6 m = 5 µm
▼
Resposta: C
Questão 18 Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para baixo com velocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a _bola atingir o piso do elevador. ________ D) t = (√_v_2___ + ____ 2gh – v) / g 2 E) t = (√ v – 2gh – v) / g
A) t = v/g B) t = h/v _____ C) t = √ 2h/g
Resolução No instante t0 = 0, a situação pode ser descrita pelo sequinte esquema:
v0 bola
ORIGEM
v0 + v g +
h elevador
ITA/2009
18
ANGLO VESTIBULARES
1442443
Considerando que tanto a bola quanto o elevador estão em queda livre (a = g), as equações horárias que descrevem os movimentos de ambos os corpos podem ser assim escritas: sbola = s0bola + v0bola ⋅ t + g ⋅ t2 2 selevador = s0elevador + v0elevador ⋅ t + g ⋅ t2 2
De acordo com o esquema, têm-se: s0bola = 0; v0bola = v0 + v; s0elevador = h; v0elevador = v0 No encontro: sbola = selevador 2 2 0 + (v0 + v)t + gt = h + v0t + gt 2 2
∴
t=
h v
▼
Resposta: B
Questão 19 Um cubo de 81,0 kg e 1,00 m de lado flutua na água cuja massa específica é ρ = 1000 kg/m3. O cubo é então calcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com uma certa freqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito e tomando g = 10 m/s2, essa freqüência angular é igual a A) 100/9 rad/s. B) 1000/81 rad/s. C) 1/9 rad/s. D) 9/100 rad/s. E) 81/1000 rad/s.
Resolução Como a freqüência angular não depende da amplitude, podemos admitir a maior oscilação possível, que é quando A = 1 m (totalmente emerso a totalmente imerso). Nos extremos, a aceleração é máxima; logo, |cos(ϕ0 + ωt)| = 1. E
Pc
R=E–P mca = dH2OgVLD – mc g
(VLD = VC = 1 m3)
81a = 103 ⋅ 10 ⋅ 1 – 81 ⋅ 10 a = 9190 m/s2 81 Como: a = ω2Acos(ϕ0 + ωt) 9190 = ω2 ⋅ 1 ⋅ 1 81
ω ≅ 100 rad/s 9
Resposta: A ITA/2009
19
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 20 Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então, para que não arrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual a A) mg. B) 2 mg. C) 3 mg. D) 4 mg. E) 5 mg.
Resolução g 144 444244 4443
L
A “ ” m
L
horizontal
v
B
Note que a velocidade máxima adquirida pelo corpo acontece no ponto mais baixo da trajetória, de modo que: B = εA εm m 0
εcB + εpB
=
0
εcA
+
εpA
mv2 = mgL 2 _____ 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 _____ m(√ 2gL )2 + mg T= L
∴
T = 3 mg
▼
Resposta: C
Questão 21 Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelho de massa m dependurado por um fio. Sabendo que o 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
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ANGLO VESTIBULARES
Resolução Quando o feixe de laser incide sobre o espelho, a quantidade de movimento do sistema constituído pelo fóton e pelo espelho se conserva. Na direção horizontal, orientando-se a trajetória para a direita, temos:
• antes da incidência
• após da incidência
espelho
espelho
fóton
Qf =
fóton
E C
Q’f = –
E C
ve = 0
v’e
’ Qsistema = Qsistema Qf + Qe = Qf’ + Qe’ E E + 0 = – + mve’ c c v e’ =
2E mc
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 potencial: mve’ 2 = mgh 2
2E 2 mc
= gh
2
▼
∴
h=
2E2 gm2c2
Questão 22 Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si, formando um conjunto que se apoia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra esse conjunto com n chapas, bem como a distância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância D possível de modo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em função do comprimento L de cada chapa, para n = 6 unidades. L
D
ITA/2009
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ANGLO VESTIBULARES
Resolução Considerando-se n placas, todas na iminência de tombamento, e marcando-se as forças na n-ésima placa, que é a última da pilha: N
O
P
x
N’
14 424 43
em que
L –x 2
P: peso da placa N: força aplicada pelo apoio na n-ésima placa N’: força aplicada pela placa acima da n-ésima placa
Dessa forma: N’ = P(n – 1) ∑M0 = 0 P
L
2
– x = P(n – 1) ⋅ x
x=
L 2n
Desenhando-se as placas:
L 6
L 4
L 2
L 2n L 2(n – 1)
L 2(n – 2)
D
Da figura: D=
L L L L L L + + +…+ + + 2 4 6 2(n – 2) 2(n – 1) 2n
D=
L 1 1 1 1 1 1+ + +…+ + + 2 2 3 n–2 n–1 n
∴
D=
L n 1 ⋅ ∑ 2 k=1k
Para n = 6: D=
ITA/2009
L 1 1 1 1 1 1+ + + + + 2 2 3 4 5 6
∴
D=
22
147 ⋅L 120 ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 23 Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600 GWh de energia elétrica. Imagine então um painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com rendimento de 20%, a energia solar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com valor médio diurno (24 h) aproximado de 170 W/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 14000 MW.
Resolução a) • A energia útil obtida pelo painel fotovoltaico em 1 ano = 8760 h é: ∆ε = P ⋅ ∆t
∆ε = 0,2 ⋅ 170 ⋅ A ⋅ 8760 ∆ε = 34 ⋅ 8760 ⋅ AW ⋅ h • Como ∆ε = 87600 ⋅ 109 Wh, tem-se: 87600 ⋅ 109 = 34 ⋅ 8760A A ≈ 3 ⋅ 108 m2 A ≈ 300 km2 b) A potência média produzida por Itaipu (PI) foi:
∆ε ∆t
PI =
→ PI =
87600 ⋅ 109 = 1010 W 8760
▼
PI = 10 000 MW PI 10 000 η= → η= 14 000 Pinst
∴
n ≈ 71%
Questão 24 Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se com aceleração relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola de comprimento L e constante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o acoplamento sabendo-se que o foguete alcançou a mesma velocidade da estação quando dela se aproximou de uma certa distância d L, por hipótese em sua mesma órbita.
Resolução A figura a seguir representa o instante em que as velocidades da estação espacial e do foguete se igualam: d
ESTAÇÃO FOGUETE L
→
Executando a análise cinemática do movimento do foguete, adotando o referencial na estação: 0
__________
v2 = v20 + 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 do foguete, podemos adotar o referencial na estação também na análise energética. ____________
εm = εm ’ ⇒ ITA/2009
1 1 m(2a(d – L)) = kx2 2 2
∴
x=
23
√
2ma(d – L) k ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 25 Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às diferenças na aceleração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das respectivas diferenças de suas distâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfície da Terra em posições diametralmente opostas e alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situada no centro da Terra. Considere G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R a distância entre os centros da Terra e da Lua. Considere, também, f0z, f1z e f2z as forças produzidas pela Lua respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z) sabendo que deverá usar a aproximação
1 = 1 – αx, quando x 1. (1 + x)α
Lua
z
Terra m2 m0 m1 x
Resolução Para aplicar a Lei Universal da Gravitação, considere-se o seguinte esquema:
m0 = m
m1 = m 1
0
r
M
m2 = m 2
r
R–r R R+r
Portanto: • (f1z – f0z) = G
1 Mm Mm GMm –G 2 = – 1 2 2 (R + r) R R r 2 1 + R
Como r R, pode-se fazer a aproximação sugerida no enunciado: (f1z – f0z) = GMm 1 – 2r – 1 R2 R
∴
(f1z – f0z) = –2
• (f2z – f0z) =
ITA/2009
GMmr R3
1 GMm GMm GMm – 1 – = 2 (R – r)2 R2 R2 r 1 – R 24
ANGLO VESTIBULARES
Utilizando-se a mesma aproximação, tem-se que: (f2z – f0z) = GMm 1 + 2r – 1 R2 R
▼
∴
(f2z – f0z) = 2
GMmr R3
Questão 26 Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal, Descartes emborcou na água um tubo de ensaio de massa m, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo g a aceleração da gravidade, ρ a massa específica 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 , e b) 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). Pa
L
Resolução a) L
E
ar
P H
ar
h
1
(A)
2
(B)
• Como a temperatura é constante: A V = PB V Par A ar B Par ⋅ L H • Na figura (B) o tubo está em equilíbrio: Ptubo = E mg = ρ ⋅ g ⋅ VLD m=ρ⋅A⋅h → h= m ρA B B Par ⋅ A ⋅ L = Par ⋅ A ⋅ H → Par =
• Utilizando-se o teorema de Stevin: P1 = P2 B Par = Par + ρgh • Fazendo-se as respectivas substituições:
Par ⋅ L = P + ρg m ar H ρA ITA/2009
∴
H=
ParLA APar + mg 25
ANGLO VESTIBULARES
B)
E’
▼
PT ar
h’
Se o tubo está na posição de equilíbrio: PT = E’ mg = ρVLDg m = ρAh’ h’ = m ρA
Questão 27
A
P
Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCA mostrado no diagrama P × V da figura. O processo AB ocorre a temperatura constante. O processo BC ocorre a volume constante com decréscimo de 40 J de energia interna e, no processo CA, adiabático, um trabalho de 40 J é efetuado sobre o sistema. Sabendo-se também que em um ciclo completo o trabalho total realizado pelo sistema é de 30 J, calcule a quantidade de calor trocado durante o processo AB.
B C
Resolução
V
O trabalho das forças de pressão ao longo do ciclo ABCA é dado por:
τciclo = τAB + τBC + τCA Do enunciado: • • •
τciclo = +30 J τBC = 0 (transformação isométrica) τCA = –40 J
Dessa forma: 30 =
τAB + 0 – 40
τAB = +70 J 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 = +70 J
Questão 28 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 esferas se liga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nas situações (2), (3) e (4), a carga das esferas Q1 , Q2 e Q3 , respectivamente, em função de a, b e Q. Q
Q
Q
Q Fig. (1)
ITA/2009
Q1
Q
Q
Q2
Q1
Fig. (2)
Fig. (3)
26
Q3
Q2
Q1 Fig. (4)
ANGLO VESTIBULARES
Resolução Quando a esfera é ligada à Terra, seu potencial elétrico resultante é nulo. Dessa forma: • figura 2: ΣV = 0 KQ1 KQ KQ + + = 0 a b b 123 123 123 esfera 1 esfera 2 esfera 3
∴
Q1 = –
2Qa b
• figura 3: ΣV = 0 KQ1 KQ2 KQ + + = 0 b a b 123 123 123 esfera 1 esfera 2 esfera 3 – 2Qa b b
+
Q2 a
+
Q = 0 b
∴
Q2 =
Qa 2a – 1 b b
• figura 4: ΣV = 0 KQ1 KQ2 KQ3 + + = 0 b b a 123 123 123 esfera 1 esfera 2 esfera 3 –
Qa 2a 2Qa – 1 Q3 b b b + + = 0 b b a
▼
∴
Q3 =
Qa2 2a 3– b2 b
Questão 29 Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com n espiras por unidade de comprimento, possui ao seu redor um anel de resistência R. O solenóide está ligado a uma fonte de corrente I, de acordo com a figura. Se a fonte variar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão da corrente que flui pelo anel durante esse mesmo intervalo de tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico. 3
I(A)
2 I 1
0 0
ITA/2009
1
2
t(s)
3
27
4
5
ANGLO VESTIBULARES
Resolução 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 =
i=
ε R
e
ε = – dΦ , tem-se: dt
–µ0nπa2 dI e, portanto, o gráfico da corrente no anel pode ser esboçado como: R dt µ0nπa2
i
————— R 1 0
2
4
t(s)
▼
2µ0nπa2 –— ————— — R
Questão 30 Considere um circuito constituído por um gerador de tensão E = 122,4 V, pelo qual passa uma corrente I = 12 A, ligado a uma linha de transmissão com condutores de resistência r = 0,1 . Nessa linha encontra-se um motor e uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual com resistência R = 99 , ligadas em paralelo, de acordo com a figura. Determinar a potência absorvida pelo motor, PM, pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.
r
r Lâmpadas Motor
E
r
r
Resolução 0,1
A
0,1
B
12 A
i M
12 A
122,4 V
I
12 A F
ITA/2009
0,1
C
99 —— = 19,8 5
i i
E
0,1
28
D
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→
• Considerando o potencial de F igual a zero, teremos: VA = 122,4 V VB = 122,4 – 0,1 ⋅ 12 → VB = 121,2 V 0
VE = VF + 0,1 ⋅ 12
∴
VE = 1,2 V
Então, UBE = 121,2 – 1,2 ∴ UBE = 120 V • A intensidade da corrente i é: UBE 120 i= → i= ∴ i = 6A RBCDE 0,1 + 0,1 + 19, 8 • A intensidade da corrente do motor é: I = 12 – i ∴ I = 6A • Potência absorvida pelo motor: PM = UBE ⋅ I → PM = 120 ⋅ 6 ∴ PM = 720 W • Potência absorvida pelas lâmpadas: PL = RCD ⋅ i2 → PL = 19,8 ⋅ 62 ∴ PL = 712,8 W • Potência dissipada na rede: Pr = Σri2 → Pr = (0,1 + 0,1)122 + (0,1 + 0,1)62 ∴
ITA/2009
29
Pr = 36 W
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO A prova apresentou um nível de dificuldade compatível com o fim a que se destina: seleção de candidatos a um forte curso de engenharia. Os principais pontos da matéria foram abordados em questões que, via de regra, apresentaram situações consideradas clássicas. Lamenta-se, apenas, que a questão 7 tenha apresentado enunciado pouco preciso, podendo prejudicar o estudante.
ITA/2008
30
ANGLO VESTIBULARES