EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tare-fa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no pro-cesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (EngenhariaAeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Es-trutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:

1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dis-sertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 ques-tões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.

Cada prova tem duração de 4 horas.A nota da prova de Inglês, embora seja eliminatória, não entra na clas-sificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equi-valem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 60%do valor da prova, e a Redação, a 40%. É eliminado o candidato que tirarZERO na Redação.Só é corrigida a parte dissertativa das provas dos 650 melhores classifi-cados nas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatosque obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e médiaigual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.

oanglo

resolve

a provade Física

do ITAdezembrode 2008

3ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES

Sabe-se que o momento angular de uma massa pontual é dado pelo produto vetorial do vetor posição dessamassa pelo seu momento linear. Então, em termos das dimensões de comprimento (L), de massa (M), e detempo (T), um momento angular qualquer tem sua dimensão dada porA) L0MT–1.B) LM0T–1.C) LMT–1.D) L2MT–1.E) L2MT–2.

De acordo com o enunciado, a definição de momento angular é:L→

= r→ ⋅ mV→

Logo:[momento angular] = [r] ⋅ [m] ⋅ [V]

= [L] ⋅ [M] ⋅ [L] ⋅ [T]–1

∴ [Momento angular] = [L]2 ⋅ [M] ⋅ [T]–1

Resposta: D

Uma partícula carregada negativamente está se movendo na direção +x quando entra em um campo elétricouniforme atuando nessa mesma direção e sentido. Considerando que sua posição em t = 0s é x = 0m, qual grá-fico representa melhor a posição da partícula como função do tempo durante o primeiro segundo?

A)

B)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2

–0.10

0.1

0.20.3

t

x

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2

–0.10

0.1

0.20.3

t

x

Questão 2▼▼

Resolução

Questão 1▼▼

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

C)

D)

E)

Como a partícula tem carga negativa, a aceleração resultante tem sentido oposto ao eixo x; e, como o campoelétrico é uniforme, seu módulo é constante.Assim, o movimento da partícula é uniformemente variado, com equação horária:

x = v0t – γt2.

Logo, o diagrama da posição em função do tempo é uma parábola, com a concavidade voltada para baixo.

Resposta: E

Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo cons-tante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho comos motores desligados?A) 14 horas e 30 minutosB) 13 horas e 20 minutosC) 7 horas e 20 minutosD) 10 horasE) Não é possísvel resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.

Questão 3▼▼

12

x–Felet→

→E

γ→

O

v0→

Resolução

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2

–0.10

0.1

0.20.3

t

x

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2

–0.10

0.1

0.20.3

t

x

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1–0.3–0.2

–0.10

0.1

0.20.3

t

x


Considerando-se que:

• V→

B/T: velocidade do barco em relação à Terra.• V

→

A/T: velocidade da água em relação à Terra.• V

→

B/A: velocidade do barco em relação à água.• D: distância a ser percorrida (subindo/descendo)

Tem-se:V→

B/T = V→

B/A + V→

A/T

— Ao subir o rio:

V→

B/T = V→

B/A – V→

A/T = ⇒ V→

B/A – V→

A/T = (I)

— Ao descer o rio:

V→

B/T = V→

B/A + V→

A/T = ⇒ V→

B/A + V→

A/T = (II)

De (I) e (II):

2V→

A/T = – ⇒ V→

A/T =

∴ ∆t* = h = 13h e 20min.

Como ao desligar os motores o barco tem, em relação à Terra, a mesma velocidade da água em relação à Terra,o barco percorrerá a mesma distância (D) em 13h e 20min.

Resposta: B

Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5km/h e, em seguida, o trechoBC de 3,00km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de 20,0km/h sua velocidade escalar médiano percuso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chega em A perfazendo todo o percurso de ida e voltaem 1,00h, com velocidade escalar média de 24,0km/h.

Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB.A) v = 12,0km/hB) v = 12,00km/hC) v = 20,0km/hD) v = 20,00km/hE) v = 36,0km/h

• Para o percurso ABCBA, temos:

vmABCBA = 2AB

——+ 2 ⋅ BC

——

∆tABCBA

Resolução

C

BA

3,00km

Questão 4▼▼

403

D403

D10

D4

D4

D∆t’

D10

D∆t

Resolução


Substituindo-se os valores:

24 = ⇒ AB——

= 9km

• Para o percurso ABCB, temos:

vmABCB =

20 = ⇒ ∆tABCB = h

Dessa forma, o módulo v do vetor velocidade média no percurso ABCB é dado por:

v = =

∴ v = 12,0km/h

Resposta: A

A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H = 20√__3m sobre uma rampa de

60º de inclinação e corre 20m num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular, de pista sem atri-to. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máxi-mo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.

A) R = 8√__3m

B) R = 4(√__3 – 1)m

C) R = 8(√__3 – 1)m

D) R = 4(2√__3 – 1)m

E) R = 40(√__3 – 1) /3m

A condição para que o carrinho faça todo o percurso sem perder contato com a pista é que no ponto mais altodo looping sua velocidade seja dada por:

v = √__g ⋅ R

____ (1)

Utilizando o teorema da energia mecânica, do início do movimento do carrinho até o ponto mais alto dolooping:

τFñ cons = εfm – εi

m64748

τN0

+ τA = εfm – εi

m

(τA)rampa + (τA)P. horizontal = εfm – εi

m (2)

→

Resolução

60º

H2R

20 m

Questão 5▼▼

934

AB——

∆tABCB

34

9 + 2 ⋅ 3∆tABCB

AB——

+ 2 ⋅ BC——

∆tABCB

2 ⋅ AB——

+ 2 ⋅ 31


6444447444448

Sendo o atrito em ambos os trechos cinético e constante:(τA)rampa = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ

678 6447448 64748

= (µc ⋅ N) ⋅ (20√__3/(√

__3/2)) ⋅ cos180º

= (0,5 ⋅ P ⋅ cos60º) ⋅ (40) ⋅ (–1) = –10mg (3)(τA)P. horizontal = A ⋅ ∆s ⋅ cosθ678

= (µc ⋅ N) ⋅ (20) ⋅ cos180º= (0,5 ⋅ mg) ⋅ (20) ⋅ (–1) = –10mg (4)

Substituindo (3) e (4) em (2) e calculando as energias associadas ao problema:

– 10mg – 10mg = (εfc + εf

p) – (εic

0+ εi

p)

– 20mg = mvf2 + mghf – (mghi) (5)

Substituindo (1) em (5):

– 20mg = mgR + mg2R – mg ⋅ 20√__3

∴ R = 8(√__3 – 1)m

Resposta: C

Desde os idos de 1930, observações astronômicas indicam a existência da chamada matéria escura. Tal matérianão emite luz, mas a sua presença é inferida pela influência gravitacional que ela exerce sobre o movimentode estrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galáxia, possa ser removida sua matéria escura demassa específica ρ � 0, que se encontra uniformemente distribuída. Suponha também que no centro dessagaláxia haja um buraco negro de massa M, em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma órbita cir-cular. Considerando órbitas de mesmo raio na presença e na ausência de matéria escura, a respeito da forçagravitacional resultante F

→exercida sobre a estrela e seu efeito sobre o movimento desta, pode-se afirmar que

A) F→

é atrativa e a velocidade orbital de m não se altera na presença de matéria escura.B) F

→é atrativa e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.

C) F→

é atrativa e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.D) F

→é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior na presença da matéria escura.

E) F→

é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor na presença da matéria escura.

• Análise do sentido da forçaA matéria escura interna à casca esférica de mesmo raio e centro da órbita gera campo gravitacional radialà órbita e com sentido para o centro. A matéria escura externa à órbita não gera campo gravitacional.Concluímos, assim, que o campo no local da órbita é devido apenas à massa interna, ou seja, é radial e parao centro.Concluímos, ainda, que a força aplicada em um corpo nesse local é atrativa.

• Análise da velocidade de órbitaA velocidade de um satélite em órbita pode ser assim obtida:

v = √__g ⋅ r____

= √_______

Na galáxia hipotética sem matéria escura:Mint = MNa galáxia com matéria escura:Mint = M + m’ sendo m’ a massa de matéria escura interna.

Assim sendo, na galáxia com matéria escura há aumento na massa interna; logo, para manter o mesmo raiode órbita, o satélite deve desenvolver velocidade maior.

Resposta: C

GMintr

Resolução

Questão 6▼▼

12

12

→


Diagramas causais servem para representar relações qualitativas de causa e efeito entre duas grandezas de umsistema. Na sua construção, utilizamos figuras como r →

+s para indicar que o aumento da grandeza r impli-

ca aumento da grandeza s e r →–

s para indicar que o aumento da grandeza r implica diminuição dagrandeza s. Sendo a a aceleração, v a velocidade e x a posição, qual dos diagramas abaixo melhor representao modelamento do oscilador harmônico?

A) D)

B) E)

C)

Usando-se o princípio da causalidade, o raciocínio a seguir é válido para as intensidades das grandezas:• Aumento de deformação (x) implica aumento de força elástica e, portanto, aumento de aceleração máxi-

ma. Além disso, esse aumento de aceleração máxima implica aumento da velocidade máxima (v). Um au-mento na velocidade máxima implica, também, um aumento da deformação. Isto é:

Comentário: Caso sejam considerados os valores algébricos das grandezas em uma oscilação harmônica, osgráficos de x, v e a em função do tempo, em um período, são:

v

tt1 t2 t3 t4

x

tt1 t2 t3 t4

a v x+ + +

Resolução

a v x+ ++

a v x+ +–a v x– + +

a v x+ +–a v x+ + +

Questão 7▼▼


Observando os gráficos, têm-se:• intervalo (0, t1)

• intervalo (t1, t2)



E, portanto, nenhuma alternativa é satisfatória.

Resposta: A

Uma balsa tem o formato de um prisma reto de comprimento L e seção transversal como vista na figura.Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a uma profundidade h0. Sendo ρ a massa específica daágua e g a aceleração da gravidade, e supondo seja mantido o equilíbrio hidrostático, assinale a carga P quea balsa suporta quando submersa a uma profundidade h1.

A) P = ρgL(h12 – h2

0)senθ

B) P = ρgL(h12 – h2

0)tanθ

C) P = ρgL(h12 – h2

0)senθ/2

D) P = ρgL(h12 – h2

0)tanθ/2

E) P = ρgL(h12 – h2

0)2tanθ/2

h1h0 θ

Questão 8▼▼

a v x–

+–

a v x

––

a v x–

–

a v x+ –

+

a

tt1 t2 t3 t4


Como a balsa está em equilíbrio, pode-se escrever que seu peso tem a mesma intensidade que o empuxo:• Sem cargaP0 = E0 = ρV0g (I)• Com carga PP0 + P = E1 = ρV1g (II)O volume V de líquido deslocado pela balsa, nas duas situações, pode ser obtido multiplicando a área S daseção transversal pelo comprimento L da balsa, ou seja:

x = htan(θ/2)

A =

A = h2tan(θ/2)

• Sem cargaV0 = h2

0tan(θ/2) ⋅ L (III)

• Com cargaV1 = h2

1tan(θ/2) ⋅ L (IV)

Utilizando as expressões (III) e (IV) em (I) e (II), respectivamente, tem-se o seguinte sistema de equações:

Substituindo-se (V) em (VI), tem-se:ρh2

0tan(θ/2)Lg + P = ρh21tan(θ/2)Lg

∴ P = ρgL(h21 – h2

0)tan(θ/2)

Resposta: D

Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocida-de para cima de 30m/s, e a bola 2, com velocidade de 50m/s formando um ângulo de 30º com a horizontal.Considerando g = 10m/s2, assinale a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua máxi-ma altura.

A) d = √_____6250_____

m D) d = √_____19375_____

m

B) d = √_____7217_____

m E) d = √_____26875_____

m

C) d = √_____17100_____

m

A figura a seguir representa a situação descrita no enunciado no instante do lançamento e os eixos associadospara a análise dos movimentos:

y

x30º

v2 = 50 m/sv1 = 30 m/s

Resolução

Questão 9▼▼

P0 = ρh20tan(θ/2)Lg (V)

P0 + P = ρ ⋅ h21tan(θ/2)Lg (VI)

12

3

2x ⋅ h2

14

24

3

hθ

⇒

2θ h

x x

Resolução


• Corpo 1v1 = (v0)1 + a1 ⋅ t ⇒ 0 = 30 – 10t ∴ t = 3s

y1 = (y0)1 + (v0)1 ⋅ t + t2 = 30 ⋅ 3 – ⋅ 32 ∴ y1 = 45m

• Corpo 2

x2 = (x0)2 + (v2)x ⋅ t = v2 ⋅ cos30º ⋅ t = 50 ⋅ ⋅ 3 ∴ x2 = 75√__3m

y2 = (y0)2 + (v2)y ⋅ t + t2 = v2 ⋅ sen30º ⋅ t – t2

= 50 ⋅ ⋅ 3 – 5 ⋅ 32 ∴ y2 = 30m

A distância pode assim ser obtida:

d = √_____(x2 – x1)2

_____+_____(y2 – y1)2

_____

= √_____(75√

__3 –___

0)2_____

+ _____

(30 ____– 45)2

_____

∴ d = √_____17100_____

m

Resposta: C

Considere uma bola de basquete de 600g a 5m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de 60g. A seguir,num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques perfeitamente elásticos e ausência deeventuais resistências, e considerando g = 10m/s2, assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima al-cançada pela bola de tênis em sua ascensão após o choque.A) 5mB) 10mC) 15mD) 25mE) 35m

As velocidades das bolas imediatamente antes do choque entre a bola de basquete e o solo são dadas por:

εim = εf

m

mgh =

10 ⋅ 5 =

v = 10m/s

v2

2

mv2

2

5 m

v0 = 0

“ ”

v = ?

início:

final:

Resolução

Questão 10▼▼

12

102

a22

0

√__3

2

0

102

a12

0


Como o choque entre a bola de basquete e o solo é perfeitamente elástico, imediatamente após esse choquee imediatamente antes do choque entre as bolas, temos:

Considerando-se a força trocada entre as bolas no choque muito maior que o peso delas, o sistema constituídopelas bolas é mecanicamente isolado. Dessa forma, orientando-se as trajetórias para cima, temos:

mT ⋅ vT + mB ⋅ vB = mT ⋅ v’T + mB ⋅ v’B

Substituindo-se os valores:

60 ⋅ 10–3 ⋅ (–10) + 600 ⋅ 10–3 ⋅ 10 = 60 ⋅ 10–3 ⋅ v’T + 600 ⋅ 10–3 ⋅ v’Bv’T + 10v’B = 90 (I)

O choque entre as bolas é perfeitamente elástico:

e =

1 =

v’T – v’B = 20 (II)

Resolvendo (I) e (II):

v’B = m/s e v’T = m/s

Dessa forma, a altura atingida pela bola de tênis é dada por:

εim = εf

m

= mgh’

= 10 ⋅ h’

∴ h’ � 34,75 � 35m

Resposta: E

29011

2

2

mv’2T

2h’

vT’’ = 0

vT’

29011

7011

v’T – v’B10 – (–10)

v’T – v’BvB – vT

T : bola de tênis

B : bola de basqueteT

B

+

vB = +10 m/s

vT = –10 m/s


Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3/4 da altura de um objeto dele situado auma distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1/4 da sua altura, o objeto deveráse situar a uma distância p2 do espelho, dada porA) p2 = 9p1.B) p2 = 9p1/4.C) p2 = 9p1/7.D) p2 = 15p1/7E) p2 = –15p1/7.

Considerando que o objeto seja real, o espelho esférico convexo conjuga uma imagem sempre virtual, direitae menor que o objeto.

Para a primeira situação proposta, o valor do aumento linear transversal (A) é A1 = + .

Para a segunda situação proposta, A2 = + .

Sendo f a abscissa focal do espelho e expressando-se o aumento linear como A = , temos:

Situação 1: = ⇒ f = –3p1 (A)

Situação 2: = ⇒ f = (B)

De A e B:

–3p1 =

∴ p2 = 9p1

Resposta: A

Uma lâmina de vidro com índice de refração n em forma de cunha é iluminada perpendicularmente por umaluz monocromática de comprimento de onda λ. Os raios refletidos pela superfície superior e pela inferior apre-sentam uma série de franjas escuras com espaçamento e entre elas, sendo que a m-ésima encontra-se a umadistância x do vértice.

Assinale o ângulo θ, em radianos, que as superfícies da cunha formam entre si.

A) θ = λ/2neB) θ = λ/4neC) θ = (m + 1)λ/2nmeD) θ = (2m + 1)λ/4nmeE) θ = (2m – 1)λ/4nme

ex

Questão 12▼▼

–p23

–p23

ff – p2

14

ff – p1

34

ff – p

14

34

Resolução

Questão 11▼▼


A partir do enunciado, pode-se construir o seguinte esquema:

Como o valor de θ é pequeno, seu valor, em radianos, pode ser expresso por:

θ = ⇒ d = θ(m – 1) ⋅ e (I)

Para que a interferência entre as ondas luminosas representadas por A e B resulte destrutiva, deve-se imporque:

2nd = k ⋅ λ (k = 0, 1, 2, …) (II)

Substituindo I em II:

2nθ(m – 1) ⋅ e = kλ (k = 0, 1, 2, 3…) (III)

Observe a figura:

Substituindo k = m – 1 na equação III, segue:

2nθ(m – 1) ⋅ e = (m – 1) ⋅ λ

∴ θ =

Resposta: A

λ2ne

ex

m =

1, k

= 0

m =

2, k

= 1

m, k

= m

– 1

d(m – 1) ⋅ e

x = (m – 1) ⋅ e

θ

144

244

3

d

índice derefração: n

A B

Resolução


Uma carga q distribui-se uniformemente na superfície de uma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale aopção que apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencial elétrico num ponto situado a uma distân-cia r = R/3 do centro da esfera.

A) E = 0V/m e U = 0V

B) E = 0V/m e U =

C) E = 0V/m e U =

D) E = 0V/m e U =

E) E = e U = 0V

Como a esfera é condutora e o ponto considerado pertence ao seu interior:

E = 0

U =

Resposta: B

Uma haste metálica com 5,0kg de massa e resistência de 2,0� desliza sem atrito sobre duas barras paralelasseparadas de 1,0m, interligadas por um condutor de resistência nula e apoiadas em um plano de 30º com ahorizontal, conforme a figura.

Tudo encontra-se imerso num campo magnético →B, perpendicular ao plano do movimento, e as barras de

apoio têm resistência e atrito desprezíveis. Considerando que após deslizar durante um certo tempo a veloci-dade da haste permanece constante em 2,0m/s, assinale o valor do campo magnético.

A) 25,0TB) 20,0TC) 15,0TD) 10,0TE) 5,0T

v

B

30º

→

→

Questão 14▼▼

qR

14πε0

Resolução

rqR3

14πε0

qrR2

14πε0

3qR

14πε0

qR

14πε0

Questão 13▼▼


A figura a seguir mostra o esquema de forças que atuam na barra (o peso está decomposto).

Como a velocidade é constante, →R = 0

Fmag = Psen30º

Fmag = 5 ⋅ 10 ⋅

Fmag = 25N

• A fem, devido ao movimento da barra, é ε = Blv, sendo B a intensidade do campo magnético, l o com-primento da barra e v a velocidade da barra.

• A intensidade da corrente elétrica no circuito é:

i = → i =

• A intensidade da força magnética é:

Fmag = Bil = B ⋅ ⋅ l =

25 = ∴ B = 5T

Resposta: E

A figura representa o campo magnético de dois fios paralelos que conduzem correntes elétricas. A respeito daforça magnética resultante no fio da esquerda, podemos afirmar que ela

A) atua para a direita e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.B) atua para a direita e tem magnitude igual à da força no fio da direita.C) atua para a esquerda e tem magnitude maior que a da força no fio da direita.D) atua para a esquerda e tem magnitude igual à da força no fio da direita.E) atua para a esquerda e tem magnitude menor que a da força no fio da direita.

A configuração das linhas de indução magnética permite concluir que os sentidos das correntes elétricas sãodiferentes.Então as forças magnéticas trocadas pelos fios são de repulsão e têm a mesma intensidade.A força magnética que atua no fio da esquerda é para a esquerda.

Resposta: D

Resolução

Questão 15▼▼

B2 ⋅ 12 ⋅ 22

B2l2vR

BlvR

BlvR

εR

12

30ºPcosθPsen30º

NFmag

Resolução


Na figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão V conectada a um capacitor de placas paralelas, de áreaS e distância d entre si, dispondo de um dielétrico de permissividade elétrica ε que preenche completamenteo espaço entre elas.

Assinale a magnitude da carga q induzida sobre a superfície do dielétrico.

A) q = εVd

B) q = εSV/d

C) q = (ε – ε0)Vd

D) q = (ε – ε0)SV/d

E) q = (ε + ε0)SV/d

A carga que o capacitor armazena seu dielétrico é:

q = ε0 V

Considerando o dielétrico, a carga armazenada pelo capacitor vale:

q’ = ε V

Como q’ � q (ε � 1), a carga induzida no dielétrico tem módulo:

∆q = q’ – q = (ε – ε0) V

Resposta: D

Luz monocromática, com 500nm de comprimento de onda, incide numa fenda retangular em uma placa, oca-sionando a dada figura de difração sobre um anteparo a 10cm de distância.

Então, a largura da fenda éA) 1,25µm.B) 2,50µm.C) 5,00µm.D) 12,50µm.E) 25,00µm.

–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4unidades em cm

Questão 17▼▼

Sd

Sd

Sd

Resolução

+ + + + + + + + +

– – – – – – – – – –

V d+ + + + + + + +

– – – – – – – – –

Questão 16▼▼


O padrão de difração para uma fenda retangular de largura “a” pode ser representado, de forma simplifica-da, pela figura a seguir:

É possível demonstrar que:

senθ = (I) (Fundamentals of Optics-Jenkins/White/pag 321)

Considerando que θ seja pequeno, o valor senθ pode ser aproximado para θ, expresso em radianos.A partir do triângulo destacado na figura:

senθ = θ =

Como λ = 500 ⋅ 10–9m, a equação I torna-se:

=

∴ a = 5 ⋅ 10–6m = 5µm

Resposta: C

Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para baixo com veloci-dade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a bola atingir o piso do elevador.

A) t = v/g D) t = (√__v2

_+__

2gh____

– v) / g

B) t = h/v E) t = (√__v2

_–__

2gh____

– v) / g

C) t = √__2h/g___

No instante t0 = 0, a situação pode ser descrita pelo sequinte esquema:

h

bolav0 + v

v0

g

+

ORIGEM

elevador

Resolução

Questão 18▼▼

500 ⋅ 10–9

a110

110

λa

a1 cm

MÁX

MÍN

10 cm

θ

Resolução


Considerando que tanto a bola quanto o elevador estão em queda livre (a = g), as equações horárias quedescrevem os movimentos de ambos os corpos podem ser assim escritas:

De acordo com o esquema, têm-se:s0bola

= 0; v0bola = v0 + v; s0elevador = h; v0elevador = v0No encontro:

sbola = selevador

0 + (v0 + v)t + = h + v0t +

∴ t =

Resposta: B

Um cubo de 81,0kg e 1,00m de lado flutua na água cuja massa específica é ρ = 1000kg/m3. O cubo é entãocalcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com umacerta freqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito e tomando g = 10m/s2, essa freqüência angularé igual aA) 100/9rad/s.B) 1000/81rad/s.C) 1/9rad/s.D) 9/100rad/s.E) 81/1000rad/s.

Como a freqüência angular não depende da amplitude, podemos admitir a maior oscilação possível, que équando A = 1m (totalmente emerso a totalmente imerso).Nos extremos, a aceleração é máxima;logo, |cos(ϕ0 + ωt)| = 1.

R = E – Pmca = dH2OgVLD – mcg (VLD = VC = 1m3)

81a = 103 ⋅ 10 ⋅ 1 – 81 ⋅ 10

a = m/s2

Como: a = ω2Acos(ϕ0 + ωt)

= ω2 ⋅ 1 ⋅ 1

ω ≅ rad/s

Resposta: A

1009

919081

919081

E

Pc

Resolução

Questão 19▼▼

hv

gt2

2gt2

2

sbola = s0bola+ v0bola ⋅ t + g ⋅ t2

2selevador = s0elevador + v0elevador ⋅ t + g ⋅ t2

2

14

42

44

3


Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então, para que nãoarrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual aA) mg.B) 2mg.C) 3mg.D) 4mg.E) 5mg.

Note que a velocidade máxima adquirida pelo corpo acontece no ponto mais baixo da trajetória, de modoque:

εBm = εA

m

εBc + εB

p

0= εA

c

0+ εA

p

= mgL

vmáx = √__2gL___

Assim, a tração no fio do pêndulo será máxima no ponto B e pode ser determinada como segue:

T – P = Rc

T = Rc + P

T = + mg

∴ T = 3mg

Resposta: C

Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelho de massa m dependurado por um fio. Sabendo queo momentum do feixe de luz laser é E/c, em que c é a velocidade da luz, calcule a que altura h o espelho subirá.

h

Questão 21▼▼

m(√__2gL___

)2L

mv2

2

14

444

42

444

44

3

gA

B

“ ” horizontalL

v

m

L

Resolução

Questão 20▼▼


Quando o feixe de laser incide sobre o espelho, a quantidade de movimento do sistema constituído pelo fótone pelo espelho se conserva. Na direção horizontal, orientando-se a trajetória para a direita, temos:

Qsistema = Q’sistema

Qf + Qe = Q’f + Q’e

+ 0 = – + mv’e

v’e =

Durante a subida do espelho, a energia mecânica é constante.Dessa forma, a energia cinética transferida pelo feixe de laser ao espelho é transformada em energia poten-cial:

= mgh

2

= gh2

∴ h =

Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si, formando um con-junto que se apoia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra esse conjunto com n chapas, bemcomo a distância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância Dpossível de modo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em fun-ção do comprimento L de cada chapa, para n = 6 unidades.

D

L

Questão 22▼▼

2E2

gm2c2

2Emc

mv’e2

2

2Emc

Ec

Ec

Qf = CE

fóton

espelho espelho

Q’f = –CE

fóton

ve = 0 v’e

• antes da incidência • após da incidência

Resolução


Considerando-se n placas, todas na iminência de tombamento, e marcando-se as forças na n-ésima placa, queé a última da pilha:

em que

Dessa forma: N’ = P(n – 1)∑M0

= 0

P – x = P(n – 1) ⋅ x

x =

Desenhando-se as placas:

Da figura:

D = + + + … + + +

D = 1 + + + … + + + ∴ D = ⋅ n∑

k = 1

Para n = 6:

D = 1 + + + + + ∴ D = ⋅ L147120

16

15

14

13

12

L2

1k

L2

1n

1n – 1

1n – 2

13

12

L2

L2n

L2(n – 1)

L2(n – 2)

L6

L4

L2

D

2(n – 1)L

2(n – 2)L

6L

4L

2L

2nL

L2n

L2

P: peso da placaN: força aplicada pelo apoio na n-ésima placa

N’: força aplicada pela placa acima da n-ésima placa

1442

443

N

P N’

O

2L – x x

Resolução


Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600GWh de energia elétrica. Imagine entãoum painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com rendimento de 20%, a energiasolar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com valor médio diurno (24h) aproximado de170W/m2. Calcule:a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletores solares para que o painel possa gerar, durante um ano,

energia equivalente àquela de Itaipu, e,b) o percentual médio com que a usina operou em 1998 em relação à sua potência instalada de 14000MW.

a) • A energia útil obtida pelo painel fotovoltaico em 1 ano = 8760h é:∆ε = P ⋅ ∆t

∆ε = 0,2 ⋅ 170 ⋅ A ⋅ 8760

∆ε = 34 ⋅ 8760 ⋅ AW ⋅ h

• Como ∆ε = 87600 ⋅ 109Wh, tem-se:

87600 ⋅ 109 = 34 ⋅ 8760AA ≈ 3 ⋅ 108m2

A ≈ 300km2

b) A potência média produzida por Itaipu (PI) foi:

PI = → PI = = 1010W

PI = 10000MW

η = → η = ∴ n ≈ 71%

Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se com acelera-ção relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola de comprimento L e cons-tante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o acoplamento sabendo-se que o foguetealcançou a mesma velocidade da estação quando dela se aproximou de uma certa distância d � L, por hipó-tese em sua mesma órbita.

A figura a seguir representa o instante em que as velocidades da estação espacial e do foguete se igualam:

Executando a análise cinemática do movimento do foguete, adotando o referencial na estação:

v2 = v02

0+ 2a∆s ⇒ v = √

_____2a(d – L)

_____

Admitindo a interação entre a estação espacial e o foguete rápida e a massa da estação muito maior que a dofoguete, podemos adotar o referencial na estação também na análise energética.

εm = ε’m ⇒ m(2a(d – L)) = kx2 ∴ x = √____________2ma(d – L)

k12

12

→

ESTAÇÃO

FOGUETE

d

L

Resolução

Questão 24▼▼

1000014000

PI

Pinst

87600 ⋅ 109

8760∆ε∆t

Resolução

Questão 23▼▼


Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às diferenças na ace-leração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das respectivas diferenças de suas dis-tâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfícieda Terra em posições diametralmente opostas e alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m si-tuada no centro da Terra. Considere G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terrae R a distância entre os centros da Terra e da Lua. Considere, também, f0z, f1z e f2z as forças produzidas pelaLua respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z) sabendo que

deverá usar a aproximação = 1 – αx, quando x �� 1.

Para aplicar a Lei Universal da Gravitação, considere-se o seguinte esquema:

Portanto:

• (f1z – f0z) = G – G =

Como r �� R, pode-se fazer a aproximação sugerida no enunciado:

(f1z – f0z) = 1 – – 1

∴ (f1z – f0z) = –2

• (f2z – f0z) = – =

1

1 –rR

– 12

GMmR2

GMmR2

GMm(R – r)2

GMmrR3

2rR

GMmR2

1

1 +rR

– 12

GMmR2

MmR2

Mm(R + r)2

r r R – rR

R + r

M

201

m1 = m m0 = m m2 = m

Resolução

x

m0

m2

m1

Terra

zLua

1(1 + x)α

Questão 25▼▼


Utilizando-se a mesma aproximação, tem-se que:

(f2z – f0z) = 1 + – 1

∴ (f2z – f0z) = 2

Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal, Descartes emborcou na água um tubo de ensaio demassa m, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo g a aceleração da gravidade, ρ a massa especí-fica da água, e desprezando variações de temperatura no processo, calcule:a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando o tanque aberto sob pressão atmosférica Pa, eb) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo que a pressão no interior do tanque fechado possibilite

uma posição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe no nível da água (ver figura).

a)

• Como a temperatura é constante:Par

A VA = ParB VB

Par ⋅ A ⋅ L = ParB ⋅ A ⋅ H → Par

B =

• Na figura (B) o tubo está em equilíbrio:Ptubo = Emg = ρ ⋅ g ⋅ VLD

m = ρ ⋅ A ⋅ h → h =

• Utilizando-se o teorema de Stevin:P1 = P2

ParB = Par + ρgh

• Fazendo-se as respectivas substituições:

= Par + ρg ∴ H = P LAAP mg

ar

ar +

mAρ

P LH

ar ⋅

mAρ

P LH

ar ⋅

P

arL

(A) (B)

h ar

E

H

1 2

Resolução

Pa

L

Questão 26▼▼

GMmrR3

2rR

GMmR2


B)Se o tubo está na posição de equilíbrio:

PT = E’mg = ρVLDgm = ρAh’

h’ =

Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCA mostrado no diagramaP × V da figura. O processo AB ocorre a temperatura constante. O processo BCocorre a volume constante com decréscimo de 40J de energia interna e, noprocesso CA, adiabático, um trabalho de 40J é efetuado sobre o sistema.Sabendo-se também que em um ciclo completo o trabalho total realizado pelosistema é de 30J, calcule a quantidade de calor trocado durante o processo AB.

O trabalho das forças de pressão ao longo do ciclo ABCA é dado por:

τciclo = τAB + τBC + τCA

Do enunciado:

• τciclo = +30J

• τBC = 0 (transformação isométrica)

• τCA = –40J

Dessa forma:

30 = τAB + 0 – 40

τAB = +70J

Aplicando-se a 1ª lei da termodinâmica no processo AB:

∆UAB = QAB – τAB

Como o processo AB é isotérmico, ∆UAB = 0.

0 = QAB – 70

QAB = +70J

Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam os vértices de um triângulo eqüilátero de lado b �� a,conforme mostra a figura (1). Considere as figuras (2), (3) e (4), em que, respectivamente, cada uma das esferasse liga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nas situações (2), (3) e (4), a carga das esferas Q1, Q2e Q3, respectivamente, em função de a, b e Q.

Fig. (1)

QQ

Q

Fig. (2)

QQ1

Q

Fig. (3)

Q2Q1

Q

Fig. (4)

Q2Q1

Q3

Questão 28▼▼

Resolução

Questão 27▼▼

mAρ

PT h’ar

E’


P A

B

C

V

Quando a esfera é ligada à Terra, seu potencial elétrico resultante é nulo. Dessa forma:

• figura 2: ΣV = 0

+ + = 0123 123 123

esfera 1 esfera 2 esfera 3

∴ Q1 = –


+ + = 0123 123 123


+ + = 0

∴ Q2 = – 1


+ + = 0123 123 123


∴ Q3 = 3 –

Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com n espiras por unidade de comprimento, possui ao seu re-dor um anel de resistência R. O solenóide está ligado a uma fonte de corrente I, de acordo com a figura. Se afonte variar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão da corrente que flui pelo anel durante esse mesmointervalo de tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico.

3

2

1

00 1 2 3 4 5

t(s)

I(A

)

I

Questão 29▼▼

2ab

Qa2

b2

–2Qa

bb

+

Qab

2ab

– 1

b+

Q

a= 03

KQ3a

KQ2b

KQ1b

2ab

Qab

Qb

Q2a

– 2Qab

b

KQb

KQ2a

KQ1b

2Qab

KQb

KQb

KQ1a

Resolução


O campo gerado pelo solenóide em seu interior é dado por:B = µ0n ⋅ I

O fluxo do solenóide através do anel vale:Φ = µ0nI ⋅ S, sendo S a área da secção transversal.

Logo:Φ = µ0nIπa2 = (µ0nπa2)I

Como i = e ε = – , tem-se:

i = e, portanto, o gráfico da corrente no anel pode ser esboçado como:

Considere um circuito constituído por um gerador de tensão E = 122,4V, pelo qual passa uma corrente I = 12A,ligado a uma linha de transmissão com condutores de resistência r = 0,1�. Nessa linha encontra-se um motore uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual com resistência R = 99�, ligadas em paralelo, de acordo coma figura. Determinar a potência absorvida pelo motor, PM, pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.

0,1 �

M

0,1 �

0,1 � 0,1 �

12 A

12 A

12 A i

i

I i

A B C

DEF

—— = 19,8 �995122,4 V

Resolução

r r

r r

Motor

Lâmpadas

E

Questão 30▼▼

2µ0nπa2

———————R

µ0nπa2

—————R

0

i

t(s)

1

2 4

–

dI

dt–µ0nπa2

R

dΦdt

εR

Resolução


• Considerando o potencial de F igual a zero, teremos:VA = 122,4VVB = 122,4 – 0,1 ⋅ 12 → VB = 121,2V

VE = VF0+ 0,1 ⋅ 12 ∴ VE = 1,2V

Então, UBE = 121,2 – 1,2 ∴ UBE = 120V• A intensidade da corrente i é:

i = → i = ∴ i = 6A

• A intensidade da corrente do motor é:I = 12 – i ∴ I = 6A

• Potência absorvida pelo motor:PM = UBE ⋅ I → PM = 120 ⋅ 6 ∴ PM = 720W

• Potência absorvida pelas lâmpadas:PL = RCD ⋅ i2 → PL = 19,8 ⋅ 62 ∴ PL = 712,8W

• Potência dissipada na rede:Pr = Σri2 → Pr = (0,1 + 0,1)122 + (0,1 + 0,1)62 ∴ Pr = 36W

1200 1 0 1 19 8, , ,+ +

UR

BE

BCDE

→



A prova apresentou um nível de dificuldade compatível com o fim a que se destina: seleção de candidatosa um forte curso de engenharia.

Os principais pontos da matéria foram abordados em questões que, via de regra, apresentaram situaçõesconsideradas clássicas.

Lamenta-se, apenas, que a questão 7 tenha apresentado enunciado pouco preciso, podendo prejudicar oestudante.

TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR

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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS