Post on 23-Nov-2018
É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso 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 (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) 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.
oanglo
resolve
a provade Física
do ITAdezembrode 2006
Código: 83580106
2ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Sobre um corpo de 2,5kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de inten-sidades 150,40N e 50,40N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com onúmero correto de algarismos significativos é
A) 40,00m/s2.
B) 40m/s2.
C) 0,4 × 102m/s2.
D) 40,0m/s2.
E) 40,000m/s2.
Aplicando-se a 2ª- lei de Newton, temos:
R = mγ
Como a grandeza m = 2,5kg possui 2 algarismos significativos e a resultante possui 5, a grandeza γ possui 2 alga-rismos significativos. Dessa forma, temos:
Resposta: B
A partir do nível P, com velocidade inicial de 5m/s, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0,8m
de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a Considere
a aceleração da gravidade g = 10m/s2, senθ = 0,8, cosθ = 0,6 e que o ar não oferece resistência. O tempo mí-nimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é
A) 0,20s.B) 0,24s.C) 0,40s.D) 0,44s.E) 0,48s.
P
Q
θvP→
x
13
.
Questão 2
γ γ= =⇒150 40 50 40
2 540 2, – ,
,/m s
γ =Rm
Resolução
Questão 1ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC
Representando-se a situação descrita no enunciado:
Entre P e QAs componentes das forças pertinentes ao estudo do movimento são:
Da figura acima:
Como o atrito é cinético:
Substituindo-se (1) em (2):R = µ ⋅ P ⋅ cosθ + P ⋅ senθm|a| = µ ⋅ mg ⋅ cosθ + mg ⋅ senθ
|a | = ⋅ 10 ⋅ 0,3 + 10 ⋅ 0,8 ⇒ |a | = 10m/s2
Sendo a aceleração constante:v2Q = v2
P + 2a∆s ⇒ v2Q = 52 – 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8 ∴ VQ = 3m/s.
vQ = vP + atPQ ⇒ 3 = 5 – 10 ⋅ tPQ ∴ tPQ = 0,2sEntre Q e RRepresentando-se o corpo ao passar pelo ponto Q, decompondo-se sua velocidade na direção vertical e orien-tando-se a trajetória:
(vQ)y = vQ ⋅ senθ = 3 ⋅ 0,8 ∴ (vQ)y = 2,4m/s.Como em y o movimento é uniformemente variado e |ay| = g:
vy = (vQ)y + aytvy = 2,4 – 10t
Na altura máxima vy = 0, logo:0 = 2,4 – 10tQR ∴ tQR = 0,24s
Em todo trecho PQRtPR = tPQ + tQR =
= 0,2 + 0,24 ∴ tPR = 0,44sResposta: D
(vQ)y
y
vQ
θ
13
N = Pcosθ (1)
R = µ ⋅ N + Psenθ (2)
N = P ⋅ cosθR = A + Psenθ
A
N
PcosθPsenθ
P
Q
vP→
R
Resolução
3ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por umatleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC, CD e DE sãopercorridos com a mesma velocidade de módulo constante.
Considere as seguintes afirmações:
I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.
III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, parasudoeste, no DE.
Então, está(ão) correta(s)A) apenas a I.B) apenas a I e II.C) apenas a I e III.D) apenas a II e III.E) todas.
I. IncorretaA classificação de um movimento em acelerado, retardado ou uniforme refere-se ao módulo da velocidade.Logo, nos trechos BC e DE, apesar de o corpo estar dotado de aceleração centrípeta, o seu movimento éuniforme, e não acelerado, pois o módulo de sua velocidade permanece constante nesses trechos.
II. CorretaTrecho AB: Movimento retilíneo acelerado
⇒ →ac = 0
→; →at a favor de v
→; γ→ =
→at
Trecho EF: Movimento retilíneo retardado.
⇒ →ac = 0
→; →at contrário a v
→; γ→ =
→at
Logo:
⇒ γ→: do sul para o norte.
F
E
v→
at = γ→ →
⇒ γ→: do sul para o norte.
A
Bv at = γ→ → →
Resolução
yN
S
O L
A
B
C D
E
F
x
Questão 3
4ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
III. Correta
Como →γm =
→γm e ∆v→
têm mesma direção e mesmo sentido.
No trecho BC,→γm =
No trecho DE,→γm =
Portanto, no trecho BC a aceleração vetorial média aponta para sudeste; no trecho DE, para sudoeste.
Resposta: D
Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade v constante, desde oponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro dodisparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2.
Sendo vs a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 emrelação ao alvo Q é
A)
B)
C)
D)
E) v v v
v vs s
s
( – )
( ).
2 2+
v v v
v vs s
s
( )
( – ).
+2 2
v v v
v vs
s
( – )
( – ).
2 2
v v v
v vs s
s
( – )
( – ).
2 2
v v v
v vs s
s
( – )
( – ).
2 2
P M1 Q 90°
M2
v→
Questão 4
vE→
vD→
-vD→
vE→
vE – vD→ →
v v→ →
E D
E D
–
t – t.
vB→
vC→
vC→
-vB→vC – vB
→ →
v vt tC B
C B
→ →––
.
∆∆
vt
→
,
5ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Sejam ∆t1 e ∆t2 os intervalos de tempo decorridos entre o disparo e a recepção dos sinais por M1 e M2, respec-tivamente. Assim:
• e (1)
Logo, (2)
• e (3)
De (1),
Substituindo-se em (3):
Elevando-se ambos os membros ao quadrado, resulta:
a2 + 2ab + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 – 2ab + 2ac – 2bc∴ 2ab = ac – bc
Dividindo-se ambos os membros por ac:
Substituindo-se (2):
Nota-se que a alternativa (A) é:
Resposta: A
v v vv v v v
vv v
s s
s s
s
s
( – )( )( – )+
=+
∴ =
+bc
vv v
s
s
bc
v vv vv vv v
bc
v v v vv v
s
s
s
s
s s
s=
+
=+ +
+
⋅
⋅
⇒ ⋅12
112
–
––
2 1
12
1bc
ba
bc
ba
= = −
⇒–
( ) –a b cv
a b cvs s
+ +=
+2 2
( ) –.
a bv
a bvs
+=
∆ta b
vcvs
2 =+
+ .∆ta b c
vs2
2 2=
+ +( )
av v
bv vs s
1 1 1 1– .
= +
∆t
a bv
bvs
1 =+
+ . ∆t
avs
1 =
M1
M2
c
baP Q
Resolução
6ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrioestático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso P1 = 100N na extremidade a 50cm de M, e deum peso P2 = 60N, na posição x2 indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se,agora, o peso P2 na posição original de P1, passando este à posição de distância x1 = 1,6x2 da extremidade N.
Sendo de 200cm o comprimento da barra e g = 10m/s2 a aceleração da gravidade, a massa da barra é de
A) 0,5kg.B) 1,0kg.C) 1,5kg.D) 1,6kg.E) 2,0kg.
Tomando-se o posto M como pólo, tem-se:
100 × 0,5 = mg × 0,5 + 60(1,5 – x2)5 = 0,5m + 9 – 6x2
x2 =
60 × 0,5 = mg × 0,5 + 100(1,5 – 1,6x2)3 = 0,5m + 15 – 16x2
x2 =
8m + 64 = 3m + 725m = 8m = 1,6kg
Resposta: D
0 5 46
0 5 1216
, ,m m+=
+⇒
0 5 1216
, m +
1 m
M
0,5 m 1,6x2
mg60 N 100 N
0 5 46
, m +
1 m
M
0,5 m x2
mg100 N 60 N
Resolução
200 cm
P1 P2
x2
x1
50 cmM
N
Questão 5
7ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também,simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático.
Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale
A) D)
B) L. E)
C)
A figura que segue representa as forças aplicadas no ponto Q e as medidas pertinentes ao estudo da situaçãodescrita no enunciado.
Da trigonometria:
Decompondo-se as forças nos eixos x e y e estabelecendo-se as condições de equilíbrio:
2Fy = Mg ⇒ 2 ⋅ mg ⋅ senθ = Mg (2)
Substituindo-se (1) em (2):
Resposta: A
2 mh
h LM h
ML
4m M2 2 2 2⋅ ⋅
+= ∴ =
−
Mg
Fy Fy mg
y
mg
θ x
senh
h Lθ =
+2 21( )
mg mg
Mg
Q BL
h
θ
A
h2 + 4L2
Resolução
ML M m/ .2 24−
ML m M/ .2 2 2−
mL m M/ .4 2 2− ML m M/ .4 2 2−
P
m m
h
M
Q
2L
Questão 6
8ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Uma bala de massa m e velocidade v0 é disparada contra um bloco de massa M, que inicialmente se encontraem repouso na borda de um poste de altura h, conforme mostra a figura.
A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não haven-do atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge osolo vale
A)
B)
C)
D)
E)
A situação será analisada em duas etapas:1ª-: colisão da bala (m) no bloco (M);2ª-: lançamento horizontal do conjunto bala + bloco.Na 1ª- etapa: Sistema isolado
Qsist = Q‘sistm ⋅ v0 = (M + m) ⋅ v‘
v‘ =
Na 2ª- etapa: Sistema conservativo
0
εcf + εP
f = εci + εp
i
Resposta: A
∴ =
+
+V
mvm M
ghf0
2
2
12
12
2 2( ) ( ) ( )m M v m M v m M ghf+ = + ′ + +⋅h
início
fimvf = ?
m(m + M)v’ = v0
(m + M)
(posição de referência)
mm M
v+
0
(M + m)
v’
M v = 0m v0
ANTES
DEPOIS
Resolução
mvm M
gh02
2+
+ .
v g h02 2+ ⋅ .
vmghM0
2 2+ .
vghm
m M02
2
2
2+
+( ).
mvm M
gh02
2+
+ .
M
h
m
v0
Questão 7
9ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32m em 40s, um elevador consome apotência de 8,5kW de seu motor. Considere seja 370kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidadeg = 10m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70kg cada um, a ser transportado peloelevador éA) 7.B) 8.C) 9.D) 10.E) 11.
A potência do motor do elevador pode ser calculada por:
Considerando seu movimento uniforme, não há, portanto, variação da energia cinética. Daí:
8,5 ⋅ 103 = 8m ∴ m = 1062,5kgSendo m a massa do conjunto (elevador + passageiros):
m = me + n ⋅ mp
1062,5 = 370 + n ⋅ 70n ≈ 9,8
∴ O número máximo de passageiros é 9.
Resposta: C
Um corpo indeformável em repouso é atingido por projétil metálico com a velocidade de 300m/s e a tempera-tura de 0°C. Sabe-se que devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restantetransforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão tf = 300°C, calorespecífico c = 0,02cal/g°C e calor latente de fusão Lf = 6cal/g. Considerando 1cal ≅ 4J, a fração x da massa total
do projétil metálico que se funde é tal queA) x 0,25.B) x = 0,25.C) 0,25 x 0,5.D) x = 0,5.E) x 0,5.
Para o projétil, tem-se que:
v = 300m/s
θ0 = 0°C
εc m m= =⋅ ⋅
12
3 10 4 5 102 2 4( ) ,
εc
212
mv=
Lcalg
Jkgf = = ⋅6 24 103
c
calg C
Jkg C
=°
=°
⋅ ⋅⋅
0 02 0 08 103, ,
Resolução
Questão 9
Pott
mght
mmp= = = =
⋅ ⋅| |∆
∆ ∆
ε 10 3240
8
Pot | |
t8,5 10 W3= = ⋅
∆∆ε
Resolução
Questão 8
10ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
O corpo absorve da energia cinética, portanto o projétil absorve da energia cinética. Essa energia
aquecerá o projétil e fundirá parte de sua massa. Assim:
= Qaquecimento + Qfusão
x = 0,25
Resposta: B
Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de doiselásticos iguais de borracha, cada qual de comprimentoL/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso dabolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T decada um dos elásticos e executa no plano vertical ummovimento harmônico simples, tal que senθ ≅ tgθ. Con-siderando que a tensão não se altera durante o movimen-to, o período deste vale
A) D)
B) E)
C)
Representando-se na figura ao lado as forças e a resul-tante na bolinha, para uma posição arbitrária com elon-gação y:A intensidade da resultante das forças é, portanto:
R = 2 ⋅ T ⋅ senθ ≅ 2 ⋅ T ⋅ tgθ (1)Da figura é possível verificar que:
Substituindo-se (2) em (1):
A intensidade da aceleração da bolinha é calculada por:
| | ( )a
TML
y= ⋅4
3
| |a
RM
=
R
TL
y= ⋅⋅4
tg
yL
tgy
Lθ θ= ∴ =
/( )
22
2
RT
θ
L2
Ty
Resolução
2πMLT
.
2
2π
MLT
. 2
4π
MLT
.
2
2π
MLT
. 2
4π
MLT
.
y
M
θ
L2
L2
Questão 10
∴m
m6000
2400014
f = =
23
4 5 10 80 300 24 104 3⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= +, m m mf
23εc
23
13
11ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Como a bolinha executa um MHS:
|a| = 2y (4)
Igualando-se (3) e (4):
O período do movimento pode ser assim obtido
Resposta: B
Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C, sendo misturada, em seguida, àágua a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10l de água a 32°C, após a mistura. Considere haja troca decalor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/l, nãovaria com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico c = 1,0 calg–1°C–1. A quantidade de calor recebidapela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é deA) 20kcal. D) 80kcal.B) 50kcal. E) 120kcal.C) 60kcal.
Dados
Água 1 Água 2
Sendo o sistema termicamente isolado:Q1 + Q2 = 0
m1 c ∆θ + m2 c ∆θ = 0
m1 ⋅ 12 + m2 ⋅ (–48) = 0
m1 = 4m2 (I)
Como a mistura (m1 + m2) resulta em 10L:
m1 + m2 = 10 (II)
Resolvendo-se o sistema das equações (I) e (II):
m1 = 8kg e m2 = 2kgPara aquecer a água I (m1 = 8kg) de 10°C para 20°C, será necessário fornecer a seguinte quantidade de calor:
Q = m1 c ∆θ
Q = 80kcal
Resposta: D
Q kg
calg C
C=°
°⋅ ⋅8 1 10( )
m2c = 1cal/g°Cθ0 = 80°C
θ = 32°C∆θ = –48°C
m1c = 1cal/g°Cθ0 = 20°C
θ = 32°C∆θ = 12°C
Resolução
Questão 11
T
MLT
= 24
π
T =
2π
=
4TML
12ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
64748 64748
A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80m,convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultan-do em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1cal ≅ 4J, aceleração da gravidade g = 10m/s2
e calor específico da água c = 1,0calg–1°C–1, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de
A) D)
B) 20m/s. E) 80m/s.C) 50m/s.
• A energia mecânica do sistema de uma porção de massa m é:
εm = εc + εp ⇒ εm =
• A energia térmica é dada por:Q = m c ∆θ.
Então:
•
v = 80m/s
Resposta: E
Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento fortede 40m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570Hz e a velocidadede propagação do som no ar é de 340m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanhae registrada no receptor do balão.A) 450Hz D) 722HzB) 510Hz E) 1292HzC) 646Hz
O fenômeno físico apresentado pelo enunciado é equivalente à seguinte situação:
De acordo com a equação do efeito Doppler:
∴ fap = 722Hz
Resposta: D
f f
v vv vap real
som observador
som fonte=
++
=+−
⋅570340 40340 40
vobservador = +40m/s
observador
vfonte = –40m/s
fonte
+
Resolução
Questão 13
v = −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 4 10 1 2 10 803
c1cal
g C
4 10 J
kg K
3=
°=
⋅
⋅
12
2 22mv mgh m c v c gh+ = = −⋅ ⋅ →∆ ∆θ θ
12
2mv mgh+
Resolução
10 32 m/s. 10 2 m/s.
Questão 12
13ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n1 e transmitido para uma esferatransparente de raio R e índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pequenos, tal
que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de
A)
B)
C)
D)
E)
Observe a figura abaixo:
Aplicando-se a lei de Snell para a refração:
sen(φ2 + α) ⋅ n2 = sen(φ1 + α) ⋅ n1
φ2 1 α 1 φ1 1 α 1
( senφ2 ⋅ cosα + senα cosφ2) ⋅ n2 = ( senφ1 ⋅ cosα + senα cosφ1) ⋅ n1
Observação: Para ângulo θ muito pequeno: θ ≈ senθ ≈ tgθ e cosθ ≈ 1.(φ2 + α)n2 = (φ1 + α) ⋅ n1
Resposta: E
φ φ α21
21
1
21= + −
⋅
nn
nn
senisenr
nn
= 2
1
φ1
φ2
αO
n2n1
α
N
i = (φ1 + α)
r = (φ2 + α)
Resolução
φ φ α2 1
1
2
1
21= + −
nn
nn
.
φ φ2 1
1
2=
nn
.
φ φ α2 1
1
2
1
21= + −
nn
nn
.
φ φ α2
1
21
nn
( ).= +
φ φ α2
1
21
nn
( ).= –
R
φ1
φ2
α
O
h
n2n1
Questão 14
14ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüên-cia de 170Hz. Considere seja desprezível a variação da intensidade do som de cada um dos alto-falantes coma distância e que a velocidade do som é de 340m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade daonda sonora formada entre os alto-falantes é igual a
A) 2m.B) 3m.C) 4m.D) 5m.E) 6m.
Observe o esquema da figura:
Nos pontos onde há máximos de intensidade da onda sonora ocorre interferência construtiva. Como as fontes
estão em fase, a diferença de marcha (∆x = |x1 – x2|) é igual a um múltiplo par de
Da equação fundamental da ondulatória:
v = λ ⋅ f340 = λ ⋅ 170 ⇒ λ = 2m.
Dessa forma, temos:
|2x1 – 7| = n2x1 – 7 = n ou 2x1 – 7 = –n
→ ñ convém → ñ convém
Portanto, a maior distância entre dois máximos de intensidade sonora é entre x1 = 0,5m é x’1 = 6,5m, ou seja,6m.
Resposta: E
n x1
0 3,5
2 2,5
4 1,5
6 0,5
8 –0,5
n x1
0 3,5
2 4,5
4 5,5
6 6,5
8 7,5
x
n1
72
=− +
x
n1
72
=+
| ( ) |x x n1 17
22
− − = ⋅
| |x x n1 2 2
− = ⋅λ
λ2
.
x2 = 7 – x1 x1
P
Resolução
700cm
Questão 15
15ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
O circuito da figura é composto de duas resistências, R1 = 1,0 × 103Ω e R2 = 1,5 × 103Ω, respectivamente, e de
dois capacitores, de capacitâncias C1 = 1,0 × 10–9F e C2 = 2,0 × 10–9F, respectivamente, além de uma chave S,
inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga ∆Q no capacitor de capacitância C1, após
determinado período, é de
A) –8,0 × 10–9C.B) –6,0 × 10–9C.C) –4,0 × 10–9C.D) +4,0 × 10–9C.E) +8,0 × 10–9C.
• chave S aberta
Assim, a carga no capacitor 1 vale:Q1 = C1U = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 10 ∴ Q1 = 10 ⋅ 10–9C
• chave S fechada
Q1‘ = C1U1 = C1R1i = 1,0 ⋅ 10–9 ⋅ 1 ⋅ 103 ⋅ 4 ⋅ 10–3
Q‘1 = 4 ⋅ 10–9C
A variação de carga (∆Q) é dada por:∆Q = Q‘1 – Q1 = 4 ⋅ 10–9 – 10 ⋅ 10–9 ∴ ∆Q = –6 ⋅ 10–9C
Resposta: B
i10
R R
10
2,5 10i 4 10 A
1 23
3=+
=⋅
∴ = ⋅−
−
R1
R2C2
C1
i
10V
U1i
i
R1
R2C2
C1i1 = 0
10V
i2 = 0
Resolução
R1
R2C2
C1
S
0V
10V
Questão 16
16ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
No circuito da figura, têm-se as resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas. A corrente i indicada é
A)
B)
C)
D)
E)
Como i = i1 + i2 e a ddp entre os pontos A e B é igual para os geradores e para o resistor, escrevemos:
⇒
⇒
Logo:
∴
Resposta: D
i
V R V RR R RR RR
=+
+ +( ( )
( )1 2 2 1
1 2 2 1
i
V V R R
V R
R R R
R R
R V R VR R RR RR
=
− +
− +=
− −− − −
1 2 1 2
1 1
2 1 2
1
1 2 2 1
1 2 1 2
V1 – V2 = –R2i + (R1+ R2)i1V1 = Ri + R1i1
V1 – R1i1 = V2 – R2(i – i1)
V1 – R1i1 = Ri
R1 R2
RiV1V2
i1
A
B
i2
Resolução
i
(V R – V R )(R R RR RR )
.2 1 1 2
1 2 2 1=
+ +
i
V R V RR R RR RR
=+
+ +( )
( ).1 2 2 1
1 2 2 1
i
V R V RR R RR RR
=−
+ +( )
( ).1 1 2 2
1 2 2 1
i
(V R V R )(R R RR RR )
.1 1 2 2
1 2 2 1=
++ +
i
V R V RR R RR RR
=−
+ +( )
( ).1 2 2 1
1 2 2 1
R1 R2
RiV1V2
Questão 17
17ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra uma partícula de massa m e carga q 0, numa região com campo magnético B→
constante euniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial v→ no planoxy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento.
Assinale a alternativa correta.A) O produto d q B deve ser múltiplo de 2πmv cosθ.B) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.C) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado.D) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB.E) O campo magnético não produz aceleração na partícula.
A partícula realizará um movimento helicoidal cilíndrico, avançando no sentido do eixo x.
• O raio da hélice será:
• O período do movimento será:
• O passo será:
• A distância d é múltiplo de p.Então: d = N ⋅ p, com N ∈ *
dqB = N ⋅ 2πmvcosθ
Resposta: A
Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.A) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa na lâm-
pada.B) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.C) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.D) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada.E) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.
Questão 19
d Nvcos 2 m
qB= ⋅
⋅θ π
p v cos T pvcos 2 m
qB= ⇒ =⋅ ⋅
⋅θ
θ π
T
mqB
=2π
r
m v senqB
=⋅ ⋅ θ
Resolução
y
q d
θ
B→v
→
xP
Questão 18
18ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Ondas luminosas são ondas eletromagnéticas com freqüências dentro do espectro visível. Portanto, a ilumina-ção de uma sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas pela lâmpada.
Resposta: C
O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga –e e massa m, que se moveem órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r équantizado, dado por r = n2 a0, onde a0 é o raio de Bohr e n = 1, 2, … . O período orbital para o nível n,
envolvendo a permissividade do vácuo ε0, é igual a
A)
B)
C)
D)
E)
De acordo com o modelo Bohr, o elétron realiza um MCU em torno do próton.
A força elétrica que age sobre o elétron é a resultante centrípeta:Rc = Felet
⋅
Como e r = n2 ⋅ a0, temos:
Resposta: D
⇒ =Ta n m a
e
4 03
0 0π πε
mT
e
n a
2 14
2
0
2
20
3
ππε
= ⋅
⋅( )
ωπ
=2T
me
rω
πε2
0
2
3
14
= ⋅
|qpróton| ⋅ |qelétron|
r2m rω
πε2
0
14
⋅ =
elétron
próton
qpróton = + e
qelétron = – er
Resolução
e/ 4 a n ma .03
0 0π πε
4 03
0 0π πεa n ma e
/ .
π πεa n ma e03
0 0
/ .
e/ 4 a n ma .03
0 0π ε
e/ 4 a n ma .p 03
0 0e( )
Questão 20Resolução
19ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.
Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete dafigura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h,onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o disposi-tivo forneça uma força vertical para cima de intensidade cons-tante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solocom velocidade nula. Expresse sua resposta como função da al-tura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e daaceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e aalteração da massa m no acionamento do dispositivo.
Representando-se a situação descrita no enunciado:
Trecho 01
O sistema é conservativo:
εmA= εmB
⇒ mgH = mgh + mvB2
vB2 = 2g(H – h)
Trecho 02
As forças aplicadas são:
τR = τP + τF
644474448 644474448 644474448
mvc2 – mvB
2 = P ⋅ ∆s ⋅ cosα + F ⋅ ∆s ⋅ cosβ
– m ⋅ 2g (H – h) = m ⋅ g ⋅ h (+1) + F ⋅ h ⋅ (–1)
∴ =hmgh
F
12
12
12
F
P
12
h
H
A
B
C
queda livre(trecho 01)
motor ligado(trecho 02)
Resolução
→F
h
Hm
solo
Questão 21
20ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
0
Um corpo de massa m e velocidade v0 a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma desemi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura.
Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contatocom a pista. Considere a aceleração da gravidade g.
Considerando-se que o corpo se encontra no ponto P, como indicado na figura, a normal entre o corpo e apista é nula, portanto:
RC = Py
(1)
Para a determinação da velocidade v, utiliza-se o fato de o sistema ser conservativo.
εip + εi
c = εfp + εf
c
0
v2 = v20 + 2gh – 2gy (2)
Substituindo-se (2) em (1):
(3)yv gh
g=
+02 2
3
yv gh gy
g=
+02 2 2–
mg h y mv mv( – ) + =12
120
2 2
vr
gyr
yvg
2 2= =⋅ ⇒
mvr
mg sen⋅ =2
θ
m v0
hy P
x
h – y
Py Px
Pθ
v
θ
Resolução
mv0
hy P
xr
O
Questão 22
21ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Como
x2 + y2 = r2
(4)
substituindo-se (3) em (4) e fazendo-se as devidas manipulações algébricas:
Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicial v0, um parafuso de massa m chega com velocidade nula naórbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical.
Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade v0 em função da aceleração da gravidade g na super-fície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.
Durante o movimento do parafuso, a única força aplicada é o Peso; logo o sistema é conservativo.
(εm)superfície = (εm)geoestacionário
εc + εp = ε’c + ε’p
(1)
O campo gravitacional na superfície da Terra pode ser assim calculado:
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
Observação: consideramos v0 em relação a um referencial inercial.
v g Rh
R R hv
gRhR h0
2 20=
+
=
+⋅ ∴
( )
gGM
RGM g R=
=⇒ ⋅
22
v GMR R h
GMh
R R h02 2
1 12=
+
=
+
–
( ) ( )
12
002mv
GMmR
GMmR h
– –( )
=+
Resolução
m
R
h
v0→
Questão 23
xy
g r v gh
v gh=
− +
+
9 2
2
2 202 2
02
( )
xy
g r v gh
v gh
=
− +
+
2 2 202 2
02 2
9 2
2
( )
( )
xy
ry
+ =
2 2
1 ,
22ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, barras de massas des-prezíveis e um corpo de massa m, como mostrado na figura.
Determine a freqüência desse sistema.
Para se determinar a freqüência do sistema, é necessário determinar a constante elástica equivalente do sistema demolas:
Como as molas de constante elástica k2 estão associadas em paralelo:k2p = 3k2
Pelo mesmo motivo, para as molas de constante elástica k1:
k1p = 2k1
Finalmente, as molas k1p e k2p estão associadas em série:
Assim, a freqüência do sistema:
fk k
m k k=
+1
26
2 31 2
1 2π ( )
fkm
=1
2π
kk k
k k=
+6
2 31 2
1 2
kk k
k kp p
p p=
+1 2
1 2
k2 k2 k2
k1 k1
k2p
k1p
k
Resolução
k2 k2 k2
k1 k1
m
Questão 24
23ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra uma bolinha de massa m = 10g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido(2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinha tem amesma densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação àsuperfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1) comvelocidade de 8,0m/s.
Considere aceleração da gravidade g = 10m/s2, h1 = 20cm, e despreze qualquer resistência ao movimento deascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líqui-dos. Determine a profundidade h.
As forças aplicadas na bolinha, na situação descrita no enunciado são:
Aplicando-se o princípio fundamental:
E – P = R ⇒ d2 ⋅ V ⋅ g – dB ⋅ V ⋅ g = dB ⋅ V ⋅ |a |
5dBV ⋅ g – dBV ⋅ g = dBV|a | ⇒ |a | = 40m/s2.
Como a aceleração é constante:
v2 = v20 + 2a∆s ⇒ 82 = 0 + 2 ⋅ 40 ⋅ (h – h1)
∴ 64 = 80(h – 0,2) ⇒ h – 0,2 = 0,8
∴ h = 1,0m
Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B, ao ser refletido por um espelho horizontalsobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical.
Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere AD = 2m, BE = 3m e DE = 5m.
A
B
ED
Questão 26
E = d2 ⋅ V ⋅ g
P = dB ⋅ V ⋅ g
Resolução
h h1 ( 1 )
( 2 )m
Questão 25
24ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
A figura a seguir ilustra a situação:
Para o ∆A’FB:
x2 = 52 + 52
Duas cargas pontuais +q e –q, de massas iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema carte-siano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétricohorizontal e uniforme E
→, conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa
entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separa-das entre si por uma distância horizontal d.
Na horizontal, sob ação da força elétrica, as cargas realizam movimento uniformemente variado.Rx = Fe
m|ax| = E|q |
Determinada a aceleração, é possível achar o tempo para cada carga realizar um deslocamento
s = s0 + v0t + at2 ∴
0 0
∴ =t
dmE q| |
d E qm
t2
12
2= ⋅| |1
2
d2
.
| || |
aE qmx =
Resolução
+ q – q
x
g→
E→
y
m m
Questão 27
x m= 5 2
A
B
ED
144444424444443
14
44
44
44
42
44
44
44
44
3
x
5m
14
42
44
31
44
24
43
2m
3m
A’ F
Resolução
25ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Na vertical, sob ação da força peso, as cargas também realizam um movimento uniformemente variado.Ry = P
m|ay| = mgay = g
O deslocamento na vertical no tempo t é dado pela função horária:
s = s0 + v0t + at2 ∴
0 0
∴
O trabalho da força peso, para cada carga, é calculado pelo teorema da energia potencial.
τp = Eip – Ef
p = 0 – (–mgh) =
Portanto, o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas é de
Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se igualaà resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistênciade carga Rc varia na faixa 100Ω Rc 400Ω. O circuito possui um resistor variável, Rx, que é usado para o ajusteda máxima transferência de energia.
Determine a faixa de valores de Rx para que seja atingido o casamento de resistências do circuito.
Para haver ajuste de máxima transferência de potência, deve ocorrer a seguinte equivalência:
20Ω
100Ω
A
RxRc
B
⇔ 50Ω
A
B
Resolução
20Ω
100Ω
r = 50Ω
V
RxRc
Questão 28
m g dE q
2 2 ⋅| |
.
m g dE q
2 2
2 | |
hgdmE q
=2 | |
h gt=12
212
26ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Assim:
• Considerando-se Rc = 100Ω:
⇒ 100Rx – 8000 = 80Rx ∴ Rx = 400Ω
• Considerando-se Rc = 400Ω:
⇒ 400Rx – 32000 = 80Rx ∴ Rx = 100Ω
Logo: 100Ω Rx 400Ω
A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos B1 e B2 orien-tados em sentidos opostos e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga q 0 é lançada doponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamen-to, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga–q (choque perfeitamente inelástico).
Determine o tempo total em que a partícula de carga q 0 abandona a superfície quadrada.
Entre os pontos R e S, a partícula realiza um movimento circular uniforme (MCU), e o tempo para ir de R para Sé metade do período do movimento em questão.
Ao chegar a S e chocar-se com a outra partícula, a velocidade do conjunto (v’) é dada por:
A partir desse ponto, como a carga do conjunto é nula, a força magnética, considerada como resultante, também é,e o movimento é retilíneo uniforme (MRU).
mv mv vv
= =∴22
‘ ‘
t T
mqB
tm
qBRS RS= = =⋅ ⋅ ∴12
12
2π π
Resolução
v→ B1
→
B2→
R
m, qL
S
Questão 29
40080
80=
RR
x
x –
10080
80=
RR
x
x –
⇒ =RR
Rcx
x
8080–
R RR R
R R R Rx c
x cx c x c+
= = +∴80 80 80
27ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Logo, o tempo para ir de S até o exterior da região é:
Portanto, o tempo total para a partícula sair da região quadrada é:
ttotal = tRS + tSE =
∴ ttotal =
Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3kg preso a uma mola, e verifica-se que estepassa a oscilar livremente com a freqüência angular ω = 10rad/s. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola,mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência f = 500 × 1012Hz, de modo que todaa energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1mm da sua posição de equilíbrio.Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck h = 6,6 × 10–34Js.
Considerando-se que toda a energia dos “n” fótons é completamente transferida ao sistema massa-mola eque a energia individual de um fóton é dada por Efóton = h ⋅ f, temos:
Sendo
Do enunciado: ω = 10rad/s, m = 3,3kg, A = 1mm = 10–3m, h = 6,6 ⋅ 10–34J ⋅ s e f = 500 ⋅ 1012Hz
∴ n = 5 ⋅ 1014 fótons
n =⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
10 3 3 10
2 6 6 10 500 10
2 3 2
34 12
, ( )
,
–
–
nm Ah f
=⋅ ⋅⋅ ⋅
ω2 2
2
n h fm A
⋅ ⋅⋅ ⋅
=ω2 2
2
ω ω2 2= =⇒ ⋅Km
k m:
n h fKA
⋅ ⋅ =2
2
Resolução
Questão 30
πmv LqBqvB
+
πmqB
Lv
+
t
L
vt
LvSE SE= =∴2
2
28ITA/2007 ANGLO VESTIBULARES
Como sempre, a prova foi trabalhosa, pouco criativa e revelou, em alguns casos, nenhum compromissocom a realidade, tal como aconteceu com a questão 23, em que um parafuso é lançado e atinge a altura deum satélite estacionário (H ≈ 7RT), e com a questão 12, em que a velocidade de escoamento das águas de umrio é 80m/s.
É o ITA.
Física
29GV – ADMINISTRAÇÃO/2007 ANGLO VESTIBULARES
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR