Composite Default screen - UOLdownload.uol.com.br › vestibular › resolucoes › 2006 › ita_prova1_eta… · 1, passando este à posição de distância x1,6x 12= da extremidade

Ita07f.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07f\Ita07f.vpter a-feira, 12 de dezembro de 2006 01:35:00

Color profile: Generic CMYK printer profileComposite Default screen

Sobre um corpo de 2,5 kg de massa atuam,em sentidos opostos de uma mesma dire-ção, duas forças de intensidades 150,40 N e50,40 N, respectivamente. A opção que ofe-rece o módulo da aceleração resultante como número correto de algarismos significati-vos é

a) 40,00 m/s2.

c) 0,4 × 102 m/s2.

e) 40,000 m/s2.

b) 40 m/s2.

d) 40,0 m/s2.

alternativa B

Como a precisão é limitada pelo valor com menornúmero de algarismos significativos, temos:

γ γ= = − ⇒ =Rm

150,40 50,402,5

40 m/s2

A partir do nível P, com velocidade inicial de5 m/s, um corpo sobe a superfície de um pla-no inclinado PQ de 0,8 m de comprimento.Sabe-se que o coeficiente de atrito cinéticoentre o plano e o corpo é igual a 1 3. Conside-re a aceleração da gravidade g = 10 m/s2,sen θ = 0,8, cos θ = 0,6 e que o ar não ofereceresistência. O tempo mínimo de percurso docorpo para que se torne nulo o componentevertical de sua velocidade é

a) 0,20 s.d) 0,44 s.

b) 0,24 s.e) 0,48 s.

c) 0,40 s.

alternativa D

Isolando o corpo e marcando as forças, temos:

Do Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:

R m f mg sen mat= ⋅ ⇒ − − = ⋅ ⇒γ θ γ.

⇒ − ⋅ − = ⋅ ⇒μ θ θ γmg cos mg sen m

⇒ − ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒ = −13

10 0,6 10 0,8 10γ γ m/s2

A velocidade do corpo em Q é dada por:

v v 2 S 5 2( 10) 0,8Q2

P2 2= + ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⇒γ Δ

⇒ = ⇒ =v 9 v 3Q2

Q m/sO intervalo de tempo ( t )1Δ no trecho PQ é dadopor:v v t 3 5 10 tQ P 1 1= + ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒γ Δ Δ⇒ =Δt 0,20 s1

Após abandonar a superfície, o intervalo de tem-po ( t )2Δ até atingir a altura máxima é dado por:

v v sen g tQ 2= ⋅ − ⋅ ⇒θ Δ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ =0 3 0,8 10 t t 0,24 s2 2Δ ΔAssim, o tempo mínimo de percurso do corpopara que se torne nulo o componente vertical desua velocidade é:Δ Δ Δt t t 0,20 0,24m n. 1 2í = + = + ⇒

⇒ Δt 0,44 smín. =

A figura mostra uma pista de corrida A B CD E F, com seus trechos retilíneos e circula-res percorridos por um atleta desde o pontoA, de onde parte do repouso, até a chegadaem F, onde pára. Os trechos BC, CD e DEsão percorridos com a mesma velocidade demódulo constante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos tre-chos AB, BC, DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média domovimento do atleta é o mesmo nos trechosAB e EF.

Questão 1

Questão 2

Questão 3



III. O sentido da aceleração vetorial média domovimento do atleta é para sudeste no trechoBC, e, para sudoeste, no DE.

Então, está(ão) correta(s)a) apenas a I.c) apenas a I e III.e) todas.

b) apenas a I e II.d) apenas a II e III.

alternativa E

I. Correta. Considerando que acelerado significaque o movimento possui aceleração, nos trechosAB e EF temos, respectivamente, a velocidade doatleta aumentando e diminuindo em módulo.Assim, em AB o movimento é acelerado e, emEF, retardado, ou seja, em ambos os trechosexiste aceleração.Nos trechos BC e DE, os movimentos são circula-res e uniformes e têm, portanto, acelerações cen-trípetas.II. Correta. Nos trechos AB e EF, a velocidade doatleta, respectivamente, cresce no sentido positi-vo de y e decresce no sentido negativo de y.Assim, em ambos os trechos a aceleração estáno sentido positivo de y.III. Correta. No trecho BC, temos:

Direção: sudeste.

E no trecho DE, temos:

Direção: sudoeste.Obs.: se admitirmos o sentido cinemático escalarde acelerado como aumento de valor da velocida-de, a primeira afirmação está errada e a alternati-va correta é a D.

Considere que num tiro de revólver, a balapercorre trajetória retilínea com velocidade Vconstante, desde o ponto inicial P até o alvoQ. Mostrados na figura, o aparelho M1 regis-tra simultaneamente o sinal sonoro do dispa-ro e o do impacto da bala no alvo, o mesmoocorrendo com o aparelho M2 . Sendo VS avelocidade do som no ar, então a razão entreas respectivas distâncias dos aparelhos M1 eM2 em relação ao alvo Q é

a) V (V V ) / (V V ).S S2

S2− −

b) V (V V) / (V V ).S S2

S2− −

c) V(V V ) / (V V ).S S2 2− −

d) V (V V ) / (V V ).S S2

S2+ −

e) V (V V ) / (V V ).S S2

S2− +

alternativa A

Considerando a figura, temos:

xV

yV

x yV

(I)

xV

zV

x zV

(II)

S S

S

2 2

S

+ = −

+ = +

De I, vem:xV

x 2yV

x2V

V Vy

S S= − ⇒ =

−⋅

física 3

Questão 4



De II, vem:

2VV V

y

Vz

V

2V yV V

z

VS

S

S

22

S

−⋅

+ =

⋅−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⇒

⇒−

⋅ + =−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⇒2y(V V )

VV

zV

2VyV V

z

VS

S

S S

S

22

S

⇒−

+⋅ ⋅−

⋅−−

+ =4y V

(V V )

4y V z(V V )

(V V )(V V )

z2

S2

S2

S

S

S

S

2

=−

+ ⇒ − =4V y

(V V )z 4y (V V )

2 2

S2

2 2 2S2

= ⋅ ⋅ − ⇒4y z V (V V )S Syz

V (V V )

V VS S

2S2=

−−

Na experiência idealizada na figura, um halte-rofilista sustenta, pelo ponto M, um conjuntoem equilíbrio estático composto de uma barrarígida e uniforme, de um peso P 1001 = N naextremidade a 50 cm de M, e de um pesoP 60 N2 = , na posição x2 indicada. A seguir, omesmo equilíbrio estático é verificado dispon-do-se, agora, o peso P2 na posição original deP1, passando este à posição de distância

x 1,6 x1 2= da extremidade N. Sendo de

200 cm o comprimento da barra e g 10= m/s2

a aceleração da gravidade, a massa da barraé de

a) 0,5 kg.d) 1,6 kg.

b) 1,0 kg.e) 2,0 kg

c) 1,5 kg.

alternativa D

Considerando o pólo no ponto M, e o centro demassa da barra distante 50 cm do mesmo, da se-gunda condição de equilíbrio (MR(M) 0= ), paraas duas situações descritas, temos:

P 50 P 50 P (150 x )

P 50 P 50 P (150 1,6x )1 2 2

2 1 2

⋅ = ⋅ + −⋅ = ⋅ + −

⇒

⇒⋅ = ⋅ + −

⋅ = ⋅ + −100 50 mg 50 60(150 x )

60 50 mg 50 100(150 1,6x )2

2⇒

⇒= + −= + −

⇒5 000 500 m 60(150 x )

3 000 500 m 100(150 1,6x )2

2

⇒ m 1,6= kg

No arranjo mostrado na figura com duas po-lias, o fio inextensível e sem peso sustenta amassa M e, também, simetricamente, as duasmassas m, em equilíbrio estático. Desprezan-do o atrito de qualquer natureza, o valor h dadistância entre os pontos P e Q vale

a) ML/ 4m M2 2− .

b) L.

c) ML/ M m2 2− 4 .

d) mL/ 4m M2 2− .

e) ML/ 2m M2 2− .

alternativa A

As forças que atuam sobre as massas são dadasa seguir:

física 4

Questão 5

Questão 6



Do equilíbrio (R O)= , temos:

2mg cos Mg cosM2m

θ θ= ⇒ =

Sendocosh

L h2 2θ =

+, vem:

h

L h

M2m

h

L h

M

4m2 2

2

2 2

2

2+

= ⇒+

= ⇒

⇒ = + ⇒4 m h M L M h2 2 2 2 2 2

⇒ hML

4m M2 2=

−

Uma bala de massa m e velocidade v0 é dispa-rada contra um bloco de massa M, que inicial-mente se encontra em repouso na borda deum poste de altura h, conforme mostra a figu-ra. A bala aloja-se no bloco que, devido ao im-pacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gra-vidade, e não havendo atrito e nem resistênciade qualquer outra natureza, o módulo da velo-cidade com que o conjunto atinge o solo vale

a)mv

m M2gh0

2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ . b) v2ghm

(m M)02

2

2++

.

c) v2mgh

M02 + . d) v 2gh0

2 + .

e)mv

m M2gh0

2

++ .

alternativa A

Aplicando o princípio da conservação de quanti-dade de movimento para a colisão, vem:

Q Q m v (m M) Vi f 0= ⇒ ⋅ = + ⋅ ⇒Vm v

(m M)0=

⋅+

Durante a queda, a energia mecânica do sistemapermanece constante. Tomando Eg = 0 no solo,temos:

Em Em(M m) V

2(M m) g hi f

2= ⇒ + ⋅ + + ⋅ ⋅ =

= + ⋅ ⇒(M m) v2

2v

mv(m M)

2gh02

=+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

Projetado para subir com velocidade médiaconstante a uma altura de 32 m em 40 s, umelevador consome a potência de 8,5 kW deseu motor. Considere que seja de 370 kg amassa do elevador vazio e a aceleração dagravidade g = 10 m/s2. Nessas condições, onúmero máximo de passageiros, de 70 kgcada um, a ser transportado pelo elevador éa) 7. b) 8. c) 9. d) 10. e) 11.

alternativa C

A força média (F) aplicada pelo motor ao elevadoré dada por:

P F v 8 500 F3240

F 10 625 N= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

Como o elevador está em equilíbrio dinâmico, aforça aplicada pelo motor deve ser igual ao pesototal do elevador. Seja n o número de pessoasdentro do elevador e M a massa total do sistema.Do equilíbrio, temos:F M g 10 625 (370 n 70) 10= ⋅ ⇒ = + ⋅ ⋅ ⇒⇒ ≅n 9,9

Como n deve ser inteiro, o número máximo depassageiros que pode ser transportado pelo ele-vador é 9.

física 5

Questão 7

Questão 8



Um corpo indeformável em repouso é atingi-do por um projétil metálico com a velocidadede 300 m/s e a temperatura de 0 Co . Sabe-seque, devido ao impacto, 1/3 da energia cinéti-ca é absorvida pelo corpo e o restante trans-forma-se em calor, fundindo parcialmente oprojétil. O metal tem ponto de fusãot 300 Cf

o= , calor específico c = 0,02 cal/g oC ecalor latente de fusão Lf = 6 cal/g. Conside-rando 1 cal ≅ 4 J, a fração x da massa total doprojétil metálico que se funde é tal quea) x < 0,25.c) 0,25 < x < 0,5.e) x > 0,5.

b) x = 0,25.d) x = 0,5.

alternativa B

Admitindo-se que 2/3 da energia cinética inicial édissipada em forma de calor e que essa energia éresponsável pela parcial fusão do projétil, temos:

23

mv2

m c x m L2

⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅Δθ

Adotandoc 80J

kg Co=⋅

e L 2,4 10J

kg4= ⋅ , temos:

3003

80 300 x 2,4 102

4= ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒ x 0,25=

Uma bolinha de massa M é colada na extre-midade de dois elásticos iguais de borracha,cada qual de comprimento L/2, quando na po-sição horizontal. Desprezando o peso da boli-nha, esta permanece apenas sob a ação datensão T de cada um dos elásticos e executano plano vertical um movimento harmônicosimples, tal que sen tgθ θ≅ . Considerandoque a tensão não se altera durante o movi-mento, o período deste vale

a) 24ML

Tπ . b) 2

ML4T

π .

c) 2MLT

π . d) 2ML2T

π .

e) 22ML

Tπ .

alternativa B

Do Princípio Fundamental da Dinâmica, temos:

R m 2T sen M y2= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒γ θ ω

⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =2T sen ML t

24TML

2 2θ ω θ ωg

Assim, o período (p) é dado por:

2p

4TML

2π⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇒ p 2

ML4T

= π

Numa cozinha industrial, a água de umcaldeirão é aquecida de 10oC a 20oC, sendomisturada, em seguida, à água a 80oC de umsegundo caldeirão, resultando 10 � de água a32 oC, após a mistura. Considere que hajatroca de calor apenas entre as duas porçõesde água misturadas e que a densidade abso-luta da água, de 1 kg/�, não varia com a tem-peratura, sendo, ainda, seu calor específicoc 1,0 cal g C1 o 1= − − . A quantidade de calor re-cebida pela água do primeiro caldeirão ao seraquecida até 20oC é dea) 20 kcal.d) 80 kcal.

b) 50 kcal.e) 120 kcal.

c) 60 kcal.

alternativa D

Da conservação da energia, temos:m c m c

m m MA A B B

A B

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =+ =

⇒Δ Δθ θ 0

⇒m m

m mA B

A B

(32 20) (32 80) 0

10

− + − =+ =

⇒

⇒ =m kgA 8

Assim, para o aquecimento da água do primeirocaldeirão, temos:Q m cA= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒Δθ 8 10 1 (20 10)3

⇒ Q 80= kcal

física 6

Questão 9

Questão 10

Questão 11



A água de um rio encontra-se a uma velocida-de inicial V constante, quando despenca deuma altura de 80 m, convertendo toda a suaenergia mecânica em calor. Este calor é inte-gralmente absorvido pela água, resultandoem um aumento de 1K de sua temperatura.Considerando 1 cal ≅ 4J, aceleração da gravi-dade g = 10 m/s2 e calor específico da águac 1,0 cal g C1 o 1= − − , calcula-se que a velocida-

de inicial da água V é dea) 10 2 m/s. b) 20 m/s.c) 50 m/s. d) 10 32 m/s.e) 80 m/s.

alternativa E

No SI, o calor específico da água é:

c 1cal g C 4000 J kg K1 o 1 1 1= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅− − − −

Como toda energia mecânica converteu-se emcalor, temos:

E Qm

2m g h m c Tm

2= ⇒ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒V Δ

⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒V 2 (c T g h)2 Δ

⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒V 2 (4000 1 10 80)2

⇒ V 80= m/s

Numa planície, um balão meteorológico comum emissor e receptor de som é arrastado porum vento forte de 40 m/s contra a base deuma montanha. A freqüência do som emitidopelo balão é de 570 Hz e a velocidade de pro-pagação do som no ar é de 340 m/s. Assinalea opção que indica a freqüência refletida pelamontanha e registrada no receptor do balão.a) 450 Hzd) 722 Hz

b) 510 Hze) 1292 Hz

c) 646 Hz

alternativa D

Podemos dividir o problema em duas etapas:1) Som indo do balão para a montanha:

f fv vv v

f 570380 0

380 401O

F1=

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒ = −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒

⇒ =f 637 Hz1 (freqüência recebida pela montanha).

2) Som indo da montanha para o balão:

f fv vv v

f 637300 40)

300 02 1O’

F’2=

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒ = − −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒(

⇒ f 722 Hz2 = (freqüência recebida pelo balão).

A figura mostra um raio de luz propagan-do-se num meio de índice de refração n1 etransmitido para uma esfera transparentede raio R e índice de refração n2 . Considereos valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pe-quenos, tal que cada ângulo seja respectiva-mente igual à sua tangente e ao seu seno. Ovalor aproximado de φ2 é de

a) φ φ α21

21= −n

n( ).

b) φ φ α21

21= +n

n( ).

c) φ φ α21

21= + −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

nn

1nn

1

2.

d) φ φ21

21= n

n.

e) φ φ α21

21 1= + −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

nn

nn

1

2.

alternativa E

Da figura, temos os ângulos a seguir:

física 7

Questão 12

Questão 13

Questão 14



Da Lei de Snell-Descartes, vem:

n sen( ) n sen( )1 1 2 2α φ α φ+ = +Sendo sen( )1 1α φ α φ+ = + e sen( )2α φ+ == +α φ2 , temos:

n ( ) n ( )1 1 2 2α φ α φ+ = + ⇒⇒ + = + ⇒n n n n1 1 1 2 2 2α φ α φ⇒ = − + ⇒n (n n ) n2 2 1 2 1 1φ α φ

⇒ φ φ α21

21

1

2

nn

nn

1= + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

A figura mostra dois alto-falantes alinhadose alimentados em fase por um amplificadorde áudio na freqüência de 170 Hz. Conside-re que seja desprezível a variação da inten-sidade do som de cada um dos alto-falantescom a distância e que a velocidade do som éde 340 m/s. A maior distância entre doismáximos de intensidade da onda sonora for-mada entre os alto-falantes é igual a

a) 2 m. b) 3 m. c) 4 m. d) 5 m. e) 6 m.

alternativa E

De acordo com a equação fundamental da ondu-latória, temos:

v f= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒λ λ λ =340 170 2 mPor serem fontes de mesma freqüência, operandoem fase, teremos um ponto de interferência cons-trutiva máxima no ponto médio, encontrando ou-

tros pontos de máximo a cadaλ2

, ou seja, 1 m.

Como a distância entre os alto-falantes é de 7 m,cabem 7 pontos de máximo, sendo a maior dis-tância entre dois pontos de máximo igual a 6 m.

O circuito da figura é composto de duas resis-tências, R 1,0 101

3= × Ω e R 1,5 1023= × Ω,

respectivamente, e de dois capacitores, de capa-citâncias C 1,0 101

9= × − F e C 2,0 1029= × − F,

respectivamente, além de uma chave S, ini-cialmente aberta. Sendo fechada a chave S, avariação da carga ΔQ no capacitor de capaci-tância C1 , após determinado período, é de

a) − × −8 0 10 9, C.

c) − × −4 0 10 9, C.

e) + × −8 0 10 9, C.

b) − × −6 0 10 9, C.

d) + × −4 0 10 9, C.

alternativa B

Com a chave aberta e o circuito em regime esta-cionário, a ddp (U) em C1 é10 V 0 V 10 V− = e acarga é dada por:

Q C U 1 10 10 Q 10 1019 9= = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅− − C

Com a chave fechada e o circuito em regime esta-cionário, a ddp (U’) em C1 é a mesma que no re-sistor R1 (ligado em série com R2 ). Assim, para a

carga final Q’ emC1 , temos:

Q’ C U’

U’ R i

iU

R R

Q’ C RU

R R

1

1

1 2

1 11 2

==

=+

⇒ = ⋅ ⋅+

⇒

⇒ = ⋅ ⋅+ ⋅

⇒ = ⋅−

−Q’10 10 10

10 1,5 10Q’ 4 10

9 3

3 39 C

física 8

Questão 15

Questão 16



Dessa forma, para a variação da carga ΔQ no ca-pacitor de capacitânciaC1 , vem:

ΔQ Q’ Q 4 10 10 109 9= − = ⋅ − ⋅ ⇒− −

⇒ ΔQ 6,0 10 C9= − ⋅ −

No circuito da figura, têm-se as resistênciasR, R1 , R2 e as fontes V1 e V2 aterradas. Acorrente i indicada é

a) i(V R V R )

(R R RR RR )1 2 2 1

1 2 2 1= −

+ +.

b) i(V R V R )

(R R RR RR )1 1 2 2

1 2 2 1= +

+ +.

c) i(V R V R )

(R R RR RR )1 1 2 2

1 2 2 1= −

+ +.

d) i(V R V R )

(R R RR RR )1 2 2 1

1 2 2 1= +

+ +.

e) i(V R V R )

(R R RR RR )2 1 1 2

1 2 2 1= −

+ +.

alternativa D

Unindo os pontos aterrados e aplicando as leis deKirchhoff, vem:

i i i

V R i R i 0

V R i R i 0

i i i1 2

1 1 1

2 2 2

1 2= +− + ⋅ + ⋅ =− + ⋅ + ⋅ =

⇒= + (I)

i (II)

i1 1 1

2 2 2

(V R i) / R

(V R i) / R

= − ⋅= − ⋅ (III)

Substituindo-se II e III em I, vem:

iV R V R

R R RR RR1 2 2 1

1 2 2 1=

++ +

A figura mostra uma partícula de massa m ecarga q 0> , numa região com campo magné-tico B constante e uniforme, orientado positi-vamente no eixo x. A partícula é então lança-da com velocidade inicial v no plano xy, for-mando o ângulo θ indicado, e passa pelo pon-to P, no eixo x, a uma distância d do ponto delançamento. Assinale a alternativa correta.

a) O produto d q B deve ser múltiplo de2 π m v cos θ.b) A energia cinética da partícula é aumenta-da ao atingir o ponto P.c) Para θ = 0, a partícula desloca-se com mo-vimento uniformemente acelerado.d) A partícula passa pelo eixo x a cada inter-valo de tempo igual a m/qB.e) O campo magnético não produz aceleraçãona partícula.

alternativa A

Do MCU decorrente da componente v y da veloci-dade v, podemos calcular o período T por:

Rmv

q BR

mqB

2 RT

T2 mqB

y= ⇒ = ⋅ ⇒ =| |

π π

Do MRU decorrente da componente v x , sendo Po ponto, no eixo x, no qual a partícula passa pelan-ésima vez após o lançamento, temos:

vxt

v cosdnTx = ⇒ = ⇒Δ

Δθ

⇒ = ⋅ ⇒d2 mqB

v cosnπ θ dqB n v= 2 m cosπ θ

em que n N∈ ∗.

física 9

Questão 17Questão 18



Considere uma sala à noite iluminada apenaspor uma lâmpada fluorescente. Assinale a al-ternativa correta.a) A iluminação da sala é proveniente docampo magnético gerado pela corrente elétri-ca que passa na lâmpada.b) Toda potência da lâmpada é convertida emradiação visível.c) A iluminação da sala é um fenômeno rela-cionado a ondas eletromagnéticas originadasda lâmpada.d) A energia de radiação que ilumina a sala éexatamente igual à energia elétrica consumi-da pela lâmpada.e) A iluminação da sala deve-se ao calor dissi-pado pela lâmpada.

alternativa C

A iluminação da sala é causada devido às ondaseletromagnéticas originadas da lâmpada.

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr éconstituído de um elétron de carga −e e mas-sa m, que se move em órbitas circulares deraio r em torno do próton, sob a influênciada atração coulombiana. O raio r é quantiza-do, dado por r = n a2

0 , onde a0 é o raio de

Bohr e n = 1, 2, ... . O período orbital para onível n, envolvendo a permissividade do vá-cuo ε0 , é igual a

a) e / (4 a n m a )03

0 0π ε .

b) (4 a n m a ) / e03

0 0π ε .

c) ( a n m a ) / e03

0 0π π ε .

d) (4 a n m a ) / e03

0 0π π ε .

e) e / (4 a n m a )03

0 0π π ε .

alternativa D

Utilizando a 2ª Lei de Newton para o elétron sob ainfluência da força coulombiana:

R F

R m r

F1

4e

r2T

m2T

r

cp el.

cp2

el.0

2

2

2

=

=

= ⋅

=

⇒ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

ω

π

ω π

π

ε1

4e

r0

2

2πε ⋅ ⇒

⇒ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⇒Tm 4 4 (n a )

e

20

20

3

2π π ε

⇒ T4 a n

em a0

3

0 0=⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅π

π ε

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NU-MERADAS DE 21 A 30, DEVEM SERRESPONDIDAS NO CADERNO DE SO-LUÇÕES.

Equipado com um dispositivo a jato, o ho-mem-foguete da figura cai livremente do altode um edifício até uma altura h, onde o dispo-sitivo a jato é acionado. Considere que o dis-positivo forneça uma força vertical para cimade intensidade constante F. Determine a al-tura h para que o homem pouse no solo comvelocidade nula. Expresse sua resposta comofunção da altura H, da força F, da massa mdo sistema homem-foguete e da aceleração dagravidade g, desprezando a resistência do are a alteração da massa m no acionamento dodispositivo.

física 10

Questão 19

Questão 20

Questão 21



Resposta

Utilizando-se do teorema da energia cinética econsiderando que o homem-foguete inicia e finali-za seu movimento com velocidade nula, temos:

R c P FEτ τ τ= ⇒ + = ⇒Δ 0

⇒ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒m g H F h 0 hm g H

F= ⋅ ⋅

Um corpo de massa m e velocidade v0 a umaaltura h desliza sem atrito sobre uma pistaque termina em forma de semi-circunferênciade raio r, conforme indicado na figura. Deter-mine a razão entre as coordenadas x e y doponto P na semi-circunferência, onde o corpoperde o contato com a pista. Considere a ace-leração da gravidade g.

Resposta

No momento em que o corpo perde o contato, aúnica força que age sobre ele é o peso.

Como o movimento é circular, temos:

Rmv

rm g cos

mvrcp

2 2= ⇒ ⋅ = ⇒α

⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅m gyr

mvr

v g y2

2

Pela conservação da energia mecânica, temos:

E Emi

mf= ⇒

⇒ + ⋅ ⋅ =mv

2m g h0

2 mv2

m g y2

+ ⋅ ⋅ ⇒

⇒ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒v2

g hg y

2g y0

2

⇒ = +yv3g

2h3

02

Pelo Teorema de Pitágoras:

x y rx

y

y

y

r

y2 2 2

2

2

2

2

2

2+ = ⇒ + = ⇒

⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⇒x

yry

12

⇒ =+

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

− ⇒xy

r

v3g

2h3

102

2

⇒ xy

3gr

21

02

2

=+

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ −

v gh

Lançado verticalmente da Terra com veloci-dade inicial V0 , um parafuso de massa mchega com velocidade nula na órbita de umsatélite artificial, geoestacionário em relaçãoà Terra, que se situa na mesma vertical.Desprezando a resistência do ar, determinea velocidade V0 em função da aceleração dagravidade g na superfície da Terra, raio daTerra R e altura h do satélite.

física 11

Questão 22

Questão 23



Resposta

Do Princípio da Conservação da Energia Mecâni-ca, temos:

E EGM m

Rm V

2GM mR hm

ImII 0

2= ⇒ − ⋅ +

⋅= − ⋅

+⇒

⇒ =+

V2GMh

R(R h)0

A aceleração da gravidade na superfície da Terra

é gGM

R 2= . Assim, temos:

V2GMh

R (R h)0 2=

+⋅ ⇒R V

2RhgR h0 =

+

Um sistema massa-molas é constituído pormolas de constantes k1 e k2 , respectivamen-te, barras de massas desprezíveis e um corpode massa m, como mostrado na figura. Deter-mine a freqüência desse sistema.

Resposta

A constante elástica equivalente keq do sistema édada por:

k2k 3k2k 3k

k6k k

2k 3keq1 2

1 2eq

1 2

1 2=

⋅+

⇒ =⋅

+

Então, a freqüência do sistema é obtida de:

fk

meq= ⇒1

2 πf

12

6k km(2k 3k )

1 2

1 2=

⋅+π

A figura mostra uma bolinha de massam 10= g presa por um fio que a mantém to-talmente submersa no líquido (2), cuja densi-

dade é cinco vezes a densidade do líquido (1),imiscível, que se encontra acima. A bolinhatem a mesma densidade do líquido (1) e suaextremidade superior se encontra a uma pro-fundidade h em relação à superfície livre.Rompido o fio, a extremidade superior da bo-linha corta a superfície livre do líquido (1)com velocidade de 8,0 m/s. Considere acelera-ção da gravidade g = 10 m/s2, h 201 = cm, e

despreze qualquer resistência ao movimentode ascensão da bolinha, bem como o efeito daaceleração sofrida pela mesma ao atravessara interface dos líquidos.

Determine a profundidade h.

Resposta

Quando o fio é rompido, a aceleração da bolinhaé dada por:

E P m a 5 gm

m g m a11

− = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅μμ

⇒

⇒ a = 40 m/s2

Desprezando o efeito da aceleração sofrida pelamesma ao atravessar a interface dos líquidos, econsiderando que no líquido 1 a bolinha se move-rá com velocidade constante, a profundidade h éobtida de:

0v v 2a(h h ) 8 2 40(h 0,2)2

02

12= + − ⇒ = ⋅ − ⇒

⇒ h = 1,0 m

Um raio de luz de uma lanterna acesa em Ailumina o ponto B, ao ser refletido por um es-pelho horizontal sobre a semi-reta DE da fi-gura, estando todos os pontos num mesmoplano vertical. Determine a distância entre aimagem virtual da lanterna A e o ponto B.Considere AD = 2 m, BE = 3 m e DE = 5 m.

física 12

Questão 24

Questão 25

Questão 26



Resposta

Do enunciado, podemos construir o esquema aseguir. Sendo A’ a imagem da lanterna em rela-ção ao espelho:

Do Teorema de Pitágoras, aplicado ao triânguloA’OB, temos:

A’B A’ B 5 52 2 2 2 2 2= + ⇒ = + ⇒A’O BO

⇒ = ⇒A’B 5 2 A’ B 7,1 m=

Duas cargas pontuais +q e −q, de massasiguais m, encontram-se inicialmente na ori-gem de um sistema cartesiano xy e caem de-vido ao próprio peso a partir do repouso, bemcomo devido à ação de um campo elétrico ho-rizontal e uniforme E, conforme mostra a fi-gura. Por simplicidade, despreze a força cou-lombiana atrativa entre as cargas e determi-ne o trabalho realizado pela força peso sobreas cargas ao se encontrarem separadas entresi por uma distância horizontal d.

Resposta

Analisando o eixo x, podemos encontrar o temponecessário para que cada carga percorra uma

distânciad2

. Como as cargas partem do repouso,

e apenas a força elétrica, devido ao campo elétri-

co E, atua na direção x, temos:0

Δx = + ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒v t12

a td2

12

q Em

t0x x2 2

⇒ td mq E

2 = ⋅⋅

Assim, podemos encontrar a altura h que os cor-pos percorreram no eixo y:

0Δy = ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅v t

12

gt h12

gdmqE0y

2

Da definição do trabalho da força peso e substi-tuindo na expressão anterior, para cada carga, te-mos:

p pm g h mg12

gdmqE

τ τ= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒

⇒ p

2 2m g d2qE

τ =

Assim, o trabalho da força peso sobre as duascargas é m g d2 2 /(qE).

Sabe-se que a máxima transferência de energiade uma bateria ocorre quando a resistência docircuito se iguala à resistência interna da bate-ria, isto é, quando há o casamento de resistên-cias. No circuito da figura, a resistência de car-ga Rc varia na faixa 100 R 400cΩ Ω≤ ≤ . Ocircuito possui um resistor variável, Rx , queé usado para o ajuste da máxima transferên-cia de energia. Determine a faixa de valoresde Rx para que seja atingido o casamento deresistências do circuito.

Resposta

A resistência equivalente do circuito é:

física 13

Questão 27

Questão 28



R

R RR R

20 100

R RR R

eq.

c x

c x

c x

c x

=

⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⋅

⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +20 100

A máxima transferência de energia ocorre quan-do a resistência equivalente do circuito for igualà resistência interna da bateria, ou seja, 50 Ω.Logo:

R RR R

20 100

R RR R

120

50

c x

c x

c x

c x

⋅+

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅

⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

= ⇒

⇒⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + =

⋅+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⇒2

R RR R

40R RR R

120c x

c x

c x

c x

⇒⋅+

=R RR R

80c x

c x

Como100 R 400cΩ Ω≤ ≤ , a faixa de valores Rxpara que seja atingido o casamento de resistên-cias é:

100R100 R

80 R 400

400R400 R

80 R 100

x

xx

x

xx

+= ⇒ =

+= ⇒ =

⇒Ω

Ω

⇒ 100 R 400xΩ Ω≤ ≤

A figura mostra uma região de superfíciequadrada de lado L na qual atuam camposmagnéticos B1 e B2 orientados em sentidosopostos e de mesma magnitude B. Uma par-tícula de massa m e carga q > 0 é lançadado ponto R com velocidade perpendicular àslinhas dos campos magnéticos. Após umcerto tempo de lançamento, a partículaatinge o ponto S e a ela é acrescentada umaoutra partícula em repouso, de massa m ecarga −q (choque perfeitamente inelástico).Determine o tempo total em que a partículade carga q > 0 abandona a superfície qua-drada.

Resposta

A trajetória da partícula positiva, antes de colidircom a negativa, será uma sucessão de n semicir-cunferências de raio r m V= ⋅ /( |q | ⋅ B). Assim,sendo t m= π /( |q | ⋅ B) o tempo gasto em cada se-micircunferência, o tempo total (t1) no percursoRS é dado por:

t nt

nRS2r

tRS q B

2mVm

q B

1

1

=

=⇒ = ⋅ ⋅ ⋅

⋅⇒| |

| |π

⇒ = ⋅t2

RSV1

π

Para o choque, temos:

Q Q mV 2mv vV2i f= ⇒ = ⇒ =

Como o conjunto tem carga total nula, ele descre-ve um MRU na direção perpendicular à RS. Admi-

tindo que a reta RS divide a região quadrada aomeio, o tempo t2 gasto pelo conjunto para deixara região quadrada é dado por:

t

L2v

L2V2

tLV2 2= = ⇒ =

Assim, o intervalo de tempo total (Δt) pedido édado por:

Δt t t2

RSV

LV1 2= + = ⋅ + ⇒π

⇒ Δt1V

RS2

L= ⋅ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

π

Obs.: para o caso particular em que n 1= , temosRS 2mV= /( |q | ⋅ B) e Δt será dado por:

Δtm

BLV

=⋅

+π| |q

física 14

Questão 29



Física – exame mais simplesCom predomínio de questões básicas, o ITA, este ano, não deve terassustado os candidatos. Além disso, tivemos um retorno ao tradicionaldomínio de Mecânica.

física 15

Aplica-se instantaneamente uma força a umcorpo de massa m = 3,3 kg preso a uma mola, everifica-se que este passa a oscilar livrementecom a freqüência angular ω = 10 rad/s. Agora,sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas emrepouso, faz-se incidir um feixe de luz mono-cromática de freqüência f = 500 × 1012 Hz,de modo que toda a energia seja absorvi-da pelo corpo, o que acarreta uma disten-são de 1 mm da sua posição de equilí-brio. Determine o número de fótons contidono feixe de luz. Considere a constante dePlanck h = 6,6 × 10 34− J s.

Resposta

A constante elástica k da mola é dada por:k m k 100 3,3 k 3302= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =ω N/m

Para uma distensão de1 10 3mm = − m, a energiaelástica armazenada na mola é:

Ekx2

330 (10 )2e

2 3 2= = ⋅ ⇒

−

⇒ = ⋅ −E 1,65 10e4 J

Sendo a energia de cada fóton dada por E hff = ,temos:E n E

E hfE nhfe f

fe

= ⋅=

⇒ = ⇒

⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒− −1,65 10 n 6,6 10 500 104 34 12

⇒ n 5 1014= ⋅ fótons

Questão 30

TERMOLOGIA

8%

MECÂNICA

47%

ÓPTICA/ONDAS

17%

ELETRICIDADE

20%

FÍSICA

MODERNA

7%

FÍSICA

GERAL

1%



Documents

Composite Default screen - UOLdownload.uol.com.br › vestibular › resolucoes › 2006 › ita_prova1_eta… · 1, passando este à posição de distância x1,6x 12= da extremidade