o anglo resolve a prova de Física do...

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 20 questões de múltipla escolha, 5questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões demúltipla 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 a40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados habilitados os candidatos que obtiverem notaigual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e média igual ou supe-rior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português, com peso 1.

oanglo

resolve

a provade Física

do ITA

Código: 83580105

Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outras, o escoamentoresultante é dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamentoturbulento, que é caracterizado pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se,experimentalmente, que o regime de escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimen-sional (Número de Reynolds) dado por R = ραvβdγητ, em que ρ é a densidade do fluido, v, sua velocidade, η,seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à geometria do meio que circundao fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de diâmetro D, que se movi-menta num meio fluido, sofre a ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3πDηv.Assim sendo, com relação aos respectivos valores de α, β, γ e τ , uma das soluções é

A)α = 1, β = 1, γ = 1, τ = –1.B) α = 1, β = –1, γ = 1, τ = 1.C) α = 1, β = 1, γ = –1, τ = 1.D)α = –1, β = 1, γ = 1, τ = 1.E) α = 1, β = 1, γ = 0, τ = 1.

A fórmula dimensional do coeficiente de viscosidade (η) pode ser determinada como segue:

F = 3 ⋅ π ⋅ D ⋅ η ⋅ v (força de arrasto)

M ⋅ L ⋅ T–2 = L ⋅ [η] ⋅ L ⋅ T–1

[η] = M ⋅ T–1 ⋅ L–1

Da relação (número de Reynolds) dada:

R = ρα ⋅ vβ ⋅ dγ ⋅ ητ

Dimensionalmente:

1 = (M ⋅ L–3)α ⋅ (L ⋅ T–1)β ⋅ Lγ ⋅ (M ⋅ T–1 ⋅ L–1)τ

1 = Mα + τ ⋅ L–3α + β + γ – τ ⋅ T–β – τ

Assim:

Resolvendo-se o sistema:

α = β = γ = –τUma das possíveis soluções é:

α = 1, β = 1, γ = 1 e τ = –1

Resposta: A

α + τ = 0

–3α + β + γ – τ = 0–β – τ = 0

Resolução

Questão 1

3ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

Um projétil de densidade ρp é lançado com um ângulo

α em relação à horizontal no interior de um recipientevazio. A seguir, o recipiente é preenchido com umsuperfluido de densidade ρs , e o mesmo projétil é nova-

mente lançado dentro dele, só que sob um ângulo β emrelação à horizontal. Observa-se, então, que, para umavelocidade inicial v

→do projétil, de mesmo módulo que

a do experimento anterior, não se altera a distânciaalcançada pelo projétil (veja figura).Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo βde lançamento do projétil, queA) cosβ = (1 – ρs/ρp)cosα.

B) sen2β = (1 – ρs/ρp)sen2α.

C) sen2β = (1 + ρs/ρp)sen2α.

D) sen2β = sen2α/(1 + ρs/ρp).

E) cos2β = cosα/(1 + ρs/ρp).

Se a resistência do superfluido é desprezível, não há força horizontal agindo no projétil.Logo, para os dois casos (recipiente vazio ou com superfluido):

x = v0 cosα t

x = v0 cosβ t’

Daí obtemos:t cosα = t’ cosβ (1)

Sendo t e t’ os tempos de movimento do projétil em cada um dos casos.O valor de t é:

(2)

O valor de t’ é:

(3)

Sendo a a aceleração do projétil se movimentando no superfluido.Pelo Princípio Fundamental da Dinâmica:

Sendo E = ρs ⋅ v ⋅ g (5)

e m = ρp ⋅ v (6)

Substituindo-se (6) e (5) em (4), vem:

Logo:

′ =

−t

v sengp s

p2 0 βρ ρ

ρ( )

a g g gs

p

p s

p= =

–

–( )

ρρ

ρ ρρ

7

aRm

P Em

gEm

= = =–– ( )4

′ =tv sen

a2 0 β

t

v seng

= 2 0 α

Resolução

Questão 2


v→

v→

Substituindo-se os valores de t’ e t na expressão (1), vem:

Dessa expressão obtemos:

Observação: Como o autor da questão utilizou notação vetorial para designar as velocidades iniciais, elasdeveriam receber símbolos diferentes, pois apresentam diferentes direções.

Resposta: B

Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre aqual desce um vagão, com aceleração a

→, em cujo teto está de-

pendurada uma mola de comprimento l, de massa desprezívele constante de mola k, tendo uma massa m fixada na suaextremidade.Considerando que l0 é o comprimento natural da mola e que osistema está em repouso com relação ao vagão, pode-se dizerque a mola sofreu uma variação de comprimento ∆l = l – l0dada por

A)∆l = mg senθ/k.B) ∆l = mg cosθ/k.C) ∆l = mg/k.

D)∆l =

E) ∆l =

Para um observador situado no interior do vagão, tudo se passa como se o corpo de massa m estivesse emequilíbrio, submetido a um peso aparente mg* neutralizado por uma força elástica k∆l:mg* = k∆l onde g

→* = g

→– a

→

Como (g*)2 = g2 + a2 – 2ag cosα e cosα = senθ (α + θ = 90°),

Então:

Resposta: E

∆l =+

ma agsen g

k

2 22– θ

∆l = +mk

g a agsen ou2 2 2– θ

Resolução

m a – 2ag s g / k.2 2enθ +

m a – 2ag cos g / k.2 2θ +

Questão 3

sen sens

p2 1 2β ρ

ρα=

–

220 0v

gsen

v sengp s

pα α βρ ρ

ρ βcos( – )

cos=


a→m

l

θ

a→

θ

θg→

g*→

–a→ α

Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v→

,horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Aoescorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atritode módulo constante dado por f = 7mg/4π.

Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após per-correr um arco de 60° (veja figura), sua velocidade inicial deveter o módulo de

A) D)

B) E)

C)

Vamos aplicar o teorema da energia mecânica para o trecho AB, sendo B o ponto onde o corpo se destaca da pista.

= – (1)

Como a intensidade do atrito é considerada constante:

= (2)

mghB – mghA = mg (Rcos60° – R) = – (3)

No ponto B, o objeto se destaca da pista (N = 0).

= mgcos60° ⇒ v2B = Rg/2 (4)

Substituindo (2), (3) e (4) em (1), obtemos:

Resposta: A

Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corresobre trilhos horizontais com velocidade constante v = 72,0km/h(portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Emdado instante, a caçamba é preenchida com uma carga de grãos demassa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso deuma altura de 6,00m (veja figura).Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimentoexclusivo dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos éA) 15J/kg.B) 80J/kg.C) 100J/kg.D) 463J/kg.E) 578J/kg.

Questão 5

60°

vA

A

PvB

Pcos60°60°

B

vA = 23gR

mvR

B2

mgR2

712mRgπ

3⋅ Rτ

πFNCf AB

mg= =⋅ 74

12

2mv mghA A+12

2mv mghB B+ τ

FA B

MECB

MECA

NCE E→ = –

Resolução

6gR/2.

3 gR.3gR/2.

3 gR/2.2gR/3 .

Questão 4


60°R

v→m

v→

4Mgrãos

M

O vagão-caçamba e a carga de grãos formam um sistema isolado na horizontal, tal que:

(QSist.Início)x = (QSist.

Fim)x

m20 = (m + 4m)v’

v’ = 4m/s

A energia dissipada no processo pode ser determinada como segue:

εDissip = εmInício – εm

Fim

εDissip =

εDissip = 400mJ

Por fim, a energia em forma de calor recebida pelos grãos, por unidade de massa, é:

Resposta: C

Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,respectivamente, são liberados no espaço livre. Con-siderando que a única força interveniente seja a daatração gravitacional mútua, e que seja de 12R a dis-tância de separação inicial entre os centros dos corpos,então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a co-lisão será deA) 1,5R. D) 7,5R.B) 2,5R. E) 10,0R.C) 4,5R.

Quando as esferas colidem, a menor terá percorri-do x, e a maior y. Portanto, pela figura:

x + 3R + y = 12R

Pela conservação da quantidade de movimento (sis-tema mecanicamente isolado):

Mx = 5My

Logo,

Resposta: D

x Rx

R x R x R+ + = = =→ →35

1265

9 7 5,

Resolução

R

M

12R

2R

5M

Questão 6

Qm

mm

Qm

J kg= =⇒4004

100 /

–5 4

2

2m4 10 6202

2m

m( ) +

4Mgrãos

M v = 20m/svagão

“ “Início: v’

Fim:

Resolução


M5M

x 3R y

12R

Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera demassa m com uma carga elétrica positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado numcampo elétrico uniforme E

→que atua na mesma direção e sentido da aceleração da

gravidade g→

. Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio esoltando-a, ela executa um movimento harmônico simples, cujo período é

A) D)

B) E)

C)

As forças que atuam na carga elétrica, na posição da-da pela elongação x, estão representadas ao lado.

Considerando-se que a oscilação seja, praticamente,retilínea:

Para pequenas oscilações: senθ ≈ tgθ. Logo, igualando-se as expressões I e II:

Lembrando-se que R = m|a| e que, no MHS, |a| = ω2x, a equação acima torna-se:

, para (T é o período de oscilação).

Assim: m ⋅2

Resposta: E

Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massaM com o formato de uma casa (veja figura).A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco formacom a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de densidade ρ, per-manecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após oobjeto deixar o plano e o bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimoda altura submersa do bloco é igual a:A) msenα /Sρ. D) m/Sρ.B) mcos2α /Sρ. E) (m + M)/Sρ.C) mcosα /Sρ.

Questão 8

= + =+

∴qE mgT

mqE mgl

l2π2π

T

ω π= 2

Tm xqE mg

x⋅+

=ω2

l

RF P

x

e +=

l

Resolução

T 2 /(qE).m= π l

T 2 /(mg qE).m= +π l T 2 /(g q).= +π l

T 2 /(mg – qE).m= π l T 2 /g.= π l

Questão 7


H

M

α

m

E→

g→

l

mq

l

x

P

–A AFe

F

θ

123

senθ = (I)xl

O

R

Fθ

tgθ = (II)RFe + PFe + P

O corpo de massa m escorrega sem atrito, acelerado pela componente Psenα do peso. Por outro lado o blocoé pressionado obliquamente pela reação de N = Pcosα.Supondo-se que só importe a componente vertical de Pcosα (o enunciado supõe que o bloco se mantenhavertical), a força que pressiona o sólido para baixo, obrigando-o a deslocar um volume adicional ∆H ⋅ S será:

(Pcosα)cosαEsta componente vertical será, então, igual ao acréscimo de empuxo necessário para equilibrá-la:

Pcos2α = ρVg → mgcos2α = ρ ⋅ ∆H ⋅ S ⋅ gPortanto: ∆H = mcos2α/SρResposta: B

Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter umaimagem real a uma distância p’ da lente.Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que

A) p3 + fpp’ + p’3 = 5f3. D) p3 + fpp’ + p’3 = 25f3.B) p3 + fpp’ + p’3 = 10f3. E) p3 + fpp’ + p’3 = 30f3.C) p3 + fpp’ + p’3 = 20f3.

Para a situação representada, tem-se o seguinte esquema:

A distância entre o objeto e a imagem (D) é dada por:D = p + p’ (1)

De acordo com a equação dos pontos conjugados:

′ = ⋅p

f pp f–

( )2

1 1 1 1 1 1f p p p f p

= +′ ′

=⇒ –

p p’

L

imagemreal

objetoreal

Resolução

Questão 9Resolução


N

α

m

Psenα

α Pcosα

Substituindo-se (2) em (1):

Na condição de distância mínima:

2p2 – 2pf – p2 = 0 ⇒ p2 – 2pf = 0

∴ p = 2f Em (2): p’ = 2f

Portanto, o valor da expressão p3 + fpp’ + p’3 é:p3 + f ⋅ p ⋅ p’ + p’3 = (2f)3 + f ⋅ 2 ⋅ f ⋅ 2 ⋅ f + (2f)3

∴ p3 + fpp’ + p’3 = 20f3

Resposta: C

Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Paraelevar esse nível a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada deA) 71%.B) 171%.C) 7100%.D) 9999900%.E) 10000000%.

O nível de intensidade sonora (N), em dB, é dado por:

Em que:

I corresponde à intensidade da onda sonora e I0 =

Para o som de 70dB, tem-se:

Para o som de 120dB, tem-se:

Comparando-se as intensidades I2 e I1:

Expressando esse quociente em porcentagem:

Ou seja, I2 = 10000000% I1.Assim, para atingir o valor de I2, a intensidade I1 deverá ser elevada de 9999900%.

Resposta: D

II

I I2

1

52

7110 100 10= =⋅ ⇒% %

II2

1

510=

120 10

1012

12 2 2= =⋅ ⇒log

–

II

W

m

70 1010

10112 1

52

= =⋅ ⇒log–

–II

W

m

10 122

– W

m

NII

= ⋅100

log

Resolução

Questão 10

dDdp

p p f p

p f= =⇒ ⋅

02 1

02

2

( – ) – ( )

( – )

D pf pp f

Dp

p f= + =⋅ ⇒

– –

2


Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10,0m de profundidade.No fundo do lago, a lanterna emite um feixe luminoso formando um pequenoângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tanθ –~ senθ –~ θ e o índice derefração da água n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescadoré igual aA) 2,5m. D) 8,0m.B) 5,0m. E) 9,0m.C) 7,5m.

A situação proposta é:

Considerando-se as aproximações, a equação do dioptro plano: = ⇒

∴ h = 7,5mResposta: C

São de 100Hz e 125Hz, respectivamente, as freqüências de duas harmônicasadjacentes de uma onda estacionária no trecho horizontal de um cabo esti-cado, de comprimento l = 2m e densidade linear de massa igual a 10g/m(veja figura). Considerando a aceleração da gravidade g = 10m/s2, a massa dobloco suspenso deve ser de

A) 10kg. D) 102kg.B) 16kg. E) 104kg.C) 60kg.

A relação entre freqüências adjacentes de ondas estacionárias em cordas é dada por: f(n) = n ⋅ f1º-

f(n + 1) = (n + 1) ⋅ f1º-

Substituindo-se os valores: 100 = n ⋅ f1º- ⇒ f1º- = 25Hz

125 = (n + 1) ⋅ f1º- n = 4

A freqüência de vibração do 1º- harmônico (f1º-) é calculada por: f1º- =

Pela Equação de Taylor:

∴ T = P = 100N

Considerando-se g = 10m/s2, a massa do bloco suspenso é m = 10kg.

Resposta: A

v

T T= =⇒µ

10010 2–

v2

252 2

100l

⇒⋅

∴= =vv m s/

Resolução

Questão 12

h10

11 33

=,

npassanprovém

dido

N

di = h

do = 10m

Ar

Água

Resolução

Questão 11


h θ

l

Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seuteclado. Em cada vão existem duas placas metálicas, uma delas presa na basedo teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capaci-tor de placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminuia distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um circuito elétrico detec-ta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considereentão um dado teclado, cujas placas metálicas têm 40mm2 de área e 0,7mm dedistância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar sejaε0 = 9 × 10–12F/m. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação dacapacitância a partir de 0,2pF, então, qualquer tecla deve ser deslocada de pelomenosA) 0,1mm. D) 0,4mm.B) 0,2mm. E) 0,5mm.C) 0,3mm.

C0 = ε0

C = ε0

∆C = C – C0 ∴ ∆ C = ε0 – ε0

∆C = ε0 A

0,2 ⋅ 10–12 = 9 ⋅ 10–12 ⋅ 40 ⋅ 10–6

d = 0,5 ⋅ 10–3m = 0,5mm.

Logo, a variação de distância é:

|∆d| = |d – d0| = |0,5 – 0,7|

∴ |∆d| = 0,2mm

Resposta: B

O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, estásendo utilizado para determinar a temperatura de óleo em um reser-vatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio RT. O resis-tor variável R é ajustado automaticamente de modo a manter a ponte sem-pre em equilíbrio, passando de 4,00Ω para 2,00Ω. Sabendo que a resistên-cia varia linearmente com a temperatura e que o coeficiente linear de tem-peratura para o tungstênio vale α = 4,00 × 10–3 ºC–1, a variação da tempe-ratura do óleo deve ser deA) –125°C.B) –35,7°C.C) 25,0°C.D) 41,7°C.E) 250°C.

Questão 14

1 1

0 7 10 3d–

, –⋅

1 1

0d d–

Ad0

Ad

Ad

Ad0

Resolução

Questão 13


G

R

RT

10Ω

8,0Ω

base do teclado

0,7mm

tecla

Considerando que R = R0(1 + α∆θ), temos:

4 = 2[1 + 4 ⋅ 10–3 ⋅ ∆θ]

∴ 2 = 1 + 4 ⋅ 10–3∆θ] ⇒ ∆θ = 250ºC

Resposta: E

Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma dasextremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico cons-tante no interior do metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere umabarra metálica descarregada, de 2,0m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulov = 216km/h num plano horizontal (veja figura), próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferençade potencial (ddp) de 3,0 × 10–3V entre as extremidades da barra, o valor do componente vertical do campode indução magnética terrestre nesse local é de

A) 6,9 × 10–6T.B) 1,4 × 10–5T.C) 2,5 × 10–5T.D) 4,2 × 10–5T.E) 5,0 × 10–5T.

Nas condições do enunciado:

ε = Blv ⇒ 3 × 10–3 = B ⋅ 2 ⋅

∴ B = 2,5 × 10–5T

Resposta: C

Uma bicicleta, com rodas de 60cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro composto de um ímã preso emraios, a 15cm do eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25mm2 de área, com 20 espiras de fio metálico,presa no garfo da bicicleta. O ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2T em toda a áreada bobina (veja a figura).

Com a bicicleta a 36km/h, a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de

A) 2 × 10–5V.B) 5 × 10–3V.C) 1 × 10–2V.D) 1 × 10–1V.E) 2 × 10–1V.

15cm

Imã Bobina presaao garfo

Questão 16

2163 6,

Resolução

→B

v→

Questão 15Resolução


• A velocidade do ímã em relação à bobina é:

• Tomando o campo de indução magnética como referencial, temos:1) Ocorre variação de fluxo magnético durante a entrada da espira no campo.2) Não ocorre variação de fluxo magnético quando a espira estiver toda no campo.3) Ocorre a variação de fluxo magnético durante a saída da espira no campo.

O fluxo magnético, em módulo, será: φ(t) = B ⋅ A φ(t) = B ⋅ l ⋅ ve ⋅ t, sendo l o lado da espira e ve = 5m/s. Logo:

φ(t) = 0,2 ⋅ 5 ⋅ 10–3 ⋅ 5 ⋅ t ⇒ φ (t) = 5 ⋅ 10–3 ⋅ tA força eletromotriz induzida máxima para uma espira, em módulo, é:

Para 20 espiras é: εmax = 1 ⋅ 10–1V.

Resposta: D

Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecidapelo air-bag, comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para ocarro de parte do momentum do motorista se dá em condição deA) menor força em maior período de tempo.B) menor velocidade, com mesma aceleração.C) menor energia, numa distância menor.D) menor velocidade e maior desaceleração.E) mesmo tempo, com força menor.

A variação da quantidade de movimento do motorista corresponde ao impulso da resultante das forças trocadasentre carro e motorista:

∆Q = IR (Teorema do Impulso)

Como: IR = Rmédia ⋅ ∆t (definição)

Conclui-se que:A proteção oferecida advém de que, com air-bag, a resultante média (“força”) é menos intensa num intervalode tempo maior (“período”).Resposta: A

Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0km, com velocidade de no rumo nor-te, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. Opiloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6,0m/s2.

Após , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste.Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância deA) 5,2km.B) 6,7km.C) 12km.D) 13km.E) 28km.

4 100 3/ s

50 10 m s/

Questão 18

Resolução

Questão 17

ε εφ= =⇒ ⋅d

dtVmax

–5 10 3

v vdT

v v m si Bi

Bi i= = =⋅ ⇒ ⋅ ∴10

1530

5 /

Resolução


O deslocamento horizontal será:

2

=

Logo: BC = ABtg45º = 12km.

A distância entre o avião e o ponto no solo será:

d2 = 122 + 52

d = 13km

Resposta: D

Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de umpulverizador em movimento, passam por uma unidade eletrostática onde per-dem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaçoentre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes daimpressão. Considere gotas de raio igual a 10µm lançadas com velocidade demódulo v = 20m/s entre placas de comprimento igual a 2,0cm, no interior dasquais existe um campo elétrico vertical uniforme, cujo módulo é E = 8,0 × 104N/C(veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 1000kg/m3 esabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30mm ao atingir o final dopercurso, o módulo da sua carga elétrica é de

A) 2,0 × 10–14C.B) 3,1 × 10–14C.C) 6,3 × 10–14C.D) 3,1 × 10–11C.E) 1,1 × 10–10C.

Questão 19

AB m km= = =360003

12000 12

200003

160003

+4 10

3AB S= = +⋅ ⋅ ⋅∆ 50 10

40 103

12

6

∆S v t at= +021

2

Resolução


NNW

W

NW

W

45°

B

A

C

d

ABtg45°C

5km

B

A

→Ev→

2,0cm

0,30mm

• Na horizontal as gotas executam movimento uniforme: x = vt (1)

• Na vertical as gotas executam movimento uniformemente acelerado: (2)

• Combinando (1) e (2), obtemos a equação da trajetória: (3)

• Considerando-se que a resultante das forças atuantes é a força elétrica:

R = Fe ⇒ mγ = |q |E ∴ (4)

• Substituindo-se (4) em (3):

• Como m = ρV, o desvio y é dado por:

|q | ≈ 3,1 ⋅ 10–14CResposta: B

A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a Patm + 10 × 103Pa. Co-

locado o recipiente num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa aser de Patm + 4,0 × 103Pa. Considerando que Patm é a pressão atmosférica, que a massa específica da água é

de 1,0g/cm3 e que o sistema de referência tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a acele-ração do elevador é de

A) –14m/s2.B) –10m/s2.C) –6m/s2.D) 6m/s2.E) 14m/s2.

A pressão exercida pela água no fundo do recipiente vale, na situação de equilíbrio: p = pat + dgh

Se o líquido acelera verticalmente com uma aceleração a, pode-se calcular a pressão como se o líquidoestivesse em um local com aceleração da gravidade: g* = g – aLogo: p* = pat + dg*h = pat + d(g – a)h

Portanto: dgh = 10 ⋅ 103

e d(g – a) h = 4,0 ⋅ 103

vertical para baixo

Pela convenção adotada:

a = –6m/s2

Resposta: C

g ag

a g m s–

, , /= = =⇒0 4 0 6 6 2

Resolução

Questão 20

∴⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=| |

( ) ,– –

–q

2 100043

10 10 400 0 3 10

8 10 4 10

6 3 3

4 4

π

yq E x

V vq

V v y

Ex= =⇒| |

| |2

2

2

22

2

ρρ

yq Em

x

v= 1

2

2

2

| |

γ = | |q E

m

y

x

v= 1

2

2

2γ

y t= 1

22γ .

Resolução



Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia npara o estado fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assimpermanecendo após a colisão. Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão.Dados: a energia do átomo de hidrogênio no estado n é En = E0/n2; o mometum do fóton é h/c; e a energiadeste é h, em que h é a constante de Plank, a freqüência do fóton e c a velocidade da luz.

Inicialmente, ao emitir um fóton de energia h e momentum linear h/c, o átomo sofre um recuo, adquirindomomentum linear oposto (conservação da quantidade de movimento do sistema).Como a energia h do fóton pode ser calculada pela energia perdida pelo átomo:

A quantidade de movimento adquirida pelo átomo após a emissão do fóton será:

Supondo que a incorporação do segundo elétron não altere o momentum angular do átomo, podemos escrever:

Sendo M a massa do núcleo, e m, a de cada elétron, logo:

Inicialmente 48g de gelo a 0ºC são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0g, também a 0ºC. Em segui-da, 75g de água a 80ºC são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto.Dados: calor latente do gelo Lg = 80cal/g, calor específico da água cH2O = 1,0cal g–1ºC–1, calor específico do

alumínio cAl = 0,22cal g–1 ºC–1.

A quantidade de calor necessária para fundir todo o gelo é:Q = mLQ = 48 ⋅ 80Q = 3840cal (I)

A quantidade de calor que a água pode ceder, caso ocorra seu resfriamento até 0°C, é:Q = mc∆θQ = 75 ⋅ 1 ⋅ (–80)Q = –6000cal (II)

Comparando-se I e II, conclui-se que todo gelo será fundido e a água proveniente dessa fusão será aquecida.Logo, considerando-se o sistema termicamente isolado:

Qgelo + Qágua + Qcal. = 0

mL + mc∆θ + mc∆θ + mc∆θ = 0

Fazendo-se as devidas substituições numéricas:48 ⋅ 80 + 48 ⋅ 1 ⋅ (θ – 0) + 75 ⋅ 1 ⋅ (θ – 80) + 2 ⋅ 0,22 ⋅ (θ – 0) = 0∴ θ ≈ 17,5°C

Resolução

Questão 22

vE

c M mn

n=

+

02

221

( )–

Ec

n

nM m v0

2

2

10 2

–( )

+ = +

hc

Ec

n

n

=

02

2

1 –

h E EE

nE E

n

nn = = =

– –

–0

02 0 0

2

2

1

Resolução

Questão 21

14243 123 123


Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12Ω no circuito da figura. Paratanto, ele dispõe apenas de um galvanômetro e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui resistênciainterna Rg = 5kΩ e suporta, no máximo, uma corrente de 0,1mA. Determine o valor máximo do resistor R a

ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico consiga medir a corrente.

• Gerador equivalente da associação em paralelo:

εeq = req ⋅ ∑icc ∴ εeq = ∴ εeq = 16V

Então:

• Cálculo da resistência R (shunt):

R ⋅ iS = RG ⋅ iG ⇒ R =

R =

Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir areflexão luminosa. Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centrodo espectro visível. Considere o comprimento de onda λ = 5500Å, o índice de refração do vidro nv = 1,50 e, o

da película, np = 1,30. Admita a incidência luminosa como quase perpendicular ao espelho.

Questão 24

5 10 0 11199 9

0 423⋅ ⋅ ∴ ≈,

,,R Ω

R ii

G G

S

⋅

1200mAG

1200mARG iG

R iS; iS = 1200 – 0,1 = 1199,9mA

I I A ou I mA=+

= =⇒16

1243

1 2 1200,

⇔16V

12ΩIΩ4

34Ω

24V 12V

2Ω

12Ω

244

122

+43

rr rr r

r req eq eq=+

=+

=⋅ ⇒ ⋅ ∴1 2

1 2

4 24 2

43

Ω

Resolução

4Ω

24V 12V

2Ω 12Ω

Questão 23


Para a situação descrita, temos:

I: onda incidentea: onda refletida em S1, defasada de πrad em

relação a I.b: onda refletida em S2, defasada de πrad em

relação a I.

Assim, as ondas a e b estão em concordância de fase entre si.Para que a reflexão seja mínima, deve-se impor que a interferência entre as radiações a e b seja do tipodestrutiva.

Para tal: ∆x = (2n + 1) ⋅ (n = 0, 1, 2, …), em que ∆x = 2d e

A menor espessura (d) da película corresponde ao caso em que n = 0.

Assim: 2d = 1 ⋅ ⇒ d =

Para λar = 5500Å, d ≈ 1058Å

Num experimento, foi de 5,0 × 103m/s a velocidade de um elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calculea incerteza na determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron me = 9,1 × 10–31kg e

constante de Plank reduzida = 1,1 × 10–34Js.

De acordo com o princípio da incerteza de Heisenberg, considerando-se os valores como valores médios*:

∆Q—

x ⋅ ∆x—

Como ∆Q—

x = me ⋅ ∆v—

x, temos:

me ⋅ ∆v—

x ⋅ ∆x—

Do enunciado:

∆v—

x = 5 ⋅ 103 ⋅ = 1,5 ⋅ 10–1m/s

me = 9,1 ⋅ 10–31kg

= 1,1 ⋅ 10–34J ⋅ s

Dessa forma:

9,1 ⋅ 10–31 ⋅ 1,5 ⋅ 10–1 ⋅ ∆x—

∴ ∆ x—

0,0004m ou ∆x—

0,4mm

* Landau, L. e Lifchitz, E. Mécanique Quantique. Moscou, Éditions Mir, 1966, p. 61-65.

11 102

34, –⋅

0 003100,

h

2

h

2

Resolução

Questão 25

λar

pn4 ⋅

λp

2

λ λp

ar

pn=

λp

2

Resolução

Ar (n = 1)

Película (np = 1, 30)

Vidro (nv = 1, 50)

ab

I

12

3d = ?

λar

λp

λv

S1

S2

diferençade marcha


Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade R/100, do fundo da qual um projétil é lan-çado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máximaalcançada pelo projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v.

Resolução qualitativaSendo v a velocidade de escape no fundo da cratera, ao lançarmos o projétil com velocidade v na superfície daLua, ele vai escapar também, pois quanto mais afastado do centro do planeta, menor é a velocidade de escape.Resolução quantitativa (demonstração)Representando-se a situação descrita e definindo-se o versor er

→ :

Calculando-se a energia potencial no ponto A a partir da definição:

εpA= τFcons

A → posição de referência = τPA → ∞ = τP

A → solo + τPsolo → ∞

sendo:

Logo:

εpA= +

= +

= 1 – – = – 3 –

Calculando-se as velocidades de escape:

• No solo:εmsolo

= εm∞

(1)12

02

22

mvGMm

Rv GM

Rss– = =⇒

99100

GMmR2

GMmR

99100

–23

2GmdR

π

+ GMmr

–Gmd r4

3 2

2π

–GMm

rdr

2∫–Gmd

rdr4

3π∫

– .

– – –int

GMm

re para r R

GmM

re

Gmd

rr e

Gmdr e r R

r

r r r

2

2 234

34

3

= ⋅ ⋅ =π π

solo

RA

er→

R100

99R100

centro

Resolução

Questão 26

→

→ → →P→

=

solo

solo

∞

Asolo

solo

∞

A

2 2


• Na cratera:εmcratera

= εm∞

3 – = 0

3 – (2)

Substituindo-se (1) em (2):

3 –

vc ≈ 1,00496vs ⇒ vc vs

Portanto, o projétil vai escapar quando lançado da superfície e não haverá altura máxima.

Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quan-titativos estimados das variáveis empregadas.

Considerando-se a composição do ar como sendo 80% de N2 e 20% de O2, a massa molar do ar é dada por:Mar = 0,8 ⋅ MN2

+ 0,2 ⋅ MO2= 0,8 ⋅ 28 + 0,2 ⋅ 32 = 28,8g/mol

Nas condições normais de temperatura e pressão, 1mol de ar ocupa o volume de 22,4L. Dessa forma, a densi-

dade do ar fica dada por:

Admitindo-se uma sala de aula de dimensões 20m × 10m × 3m, o seu volume é dado por: V = 20 ⋅ 10 ⋅ 3 = 600m3

Como

Dessa forma: m = 1,3 ⋅ 600 ∴ m ≈ 800kg

Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 1m3 dehélio na temperatura local (27°C). Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0N. São dadas a massaatômica do oxigênio AO = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases

R = 0,082 atm l mol–1K–1. Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000N e que a atmosfera é com-posta de 30% de O2 e 70% de N2, determine o número mínimo de balões necessários.

Cálculo da densidade do He(dHe) e do ar(dar):

pV = nRT ⇒

No caso do He:

⇒ dHe = 0,163g/L = 0,163kg/m3

p = 1atmM = 4gR = 0,082atm ⋅ L/mol ⋅ KT = 300K

pVmM

RT dmV

pMRT

= = =⋅ ⇒

Resolução

Questão 28

dmV

m d V= =⇒ ⋅

dmV

gL

dgL

kg

m= = =∴ ≈28 8

22 41 3 1 3

3

,,

, ,

Resolução

Questão 27

99100

vv

cs22

2=

99100

vGMRc

2 =

99100

12 2

2mvGMm

Rc –2

2

2

14

24

3


No caso do ar:

Condição de equilíbrio do balão com sua carga:E = Ptotal = Pcarga + nPbalãoE = Pcarga + n(1 + mHeg)dar ⋅ nVg = Pcarga + n(1 + dHe ⋅ V ⋅ g)

Daí vem:n ≈ 108 balões

Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barravertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro2H. O tubo encontra-se a uma altura 2H + L e, para efeito de cálculo,é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é preenchido comum líquido até uma altura 2H (veja figura), mantido o tubo na mesmaposição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra.Determine literalmente o índice de refração desse líquido.

A situação proposta é:

Da figura, temos:

• x + y = 2H (1)

• Por semelhança dos triângulos em destaque:

Substituindo-se 2 em 1:

• De acordo com a Lei de Snell-Descartes:

nágua =

• Substituindo-se 3 em 4:

nágua = 24

2 2

2 2

H L H

H L H

+ +

+ +

( )

( )

x H

x H

2 2

2 2

44

+

+( )

senisenr

nn

x

x Hx

x H

nar=

+

+

=⇒2 2

2 2

2 1( )

xH

L H=

+2

32

( )

Ly

L HH

yHL

L H= + =

+⇒

22

2( )

Resolução

Questão 29

⇒ dar = 1,19g/L = 1,19kg/m3

p = 1atmM = 0,3 ⋅ 32 + 0,7 ⋅ 28 = 29,2gR = 0,082atm ⋅ L/mol ⋅ KT = 300K

L

H

H

2H

L

H

H

2H

x y

x2 +

(2H

)2

x2 + H

2

r

i

G

água água

14

24

3


Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionárioem relação a este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é MJ = 1,9 × 1027kg e cujo

raio é RJ = 7,0 × 107m. Sendo a constante da gravitação universal G = 6,7 × 10–11m3 kg–1 s–2 e considerando

que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10h, determine a altitude do satélite em relação à superfície desseplaneta.

Calculando o raio da órbita do satélite que está no plano do equador de Júpiter mantendo-se estacionário emrelação a ele, temos:

Rc = Fg

Fazendo-se as devidas substituições:Ro ≅ 16 ⋅ 107m

Como H = Ro – RJ

H ≅ 16 ⋅ 107 – 7 ⋅ 107

H ≅ 9 ⋅ 107m

R

GMo

J

s=

ω3

m R

GM m

Rs s o

J s

o

ω22

=

RC = FG

vS

ωJ

RJ H

Resolução

Questão 30

G = 6,7 ⋅ 10–11m3kg–1s–2

sendo:MJ = 1,9 ⋅ 1027kg

ω ω π π

s J Trad s= = =

⋅2 2

10 3600/

14

42

44

3

Prova adequada à seleção de candidatos a um curso de engenharia.Os principais tópicos da matéria foram abordados com questões originais, embora, às vezes, com dificul-

dade operacional exagerada.


TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR

o anglo resolve a prova de Física do...

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