Prova de F - :: O ANGLO RESOLVEangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/Download.asp?NomeArq=ita2004f.pdf · Na situação de equilíbrio para o elétron, a resultante das forças na direção

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 ca-da questão, seguida da resolução elaborada pelos professores doAnglo.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 questõesde múltipla escolha.3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém, nasquestões de múltipla escolha, nota igual ou superior a 40 (na escalade 0 a 100) e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de0 a 100).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 equivalema 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%.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: 83585004

Caso necessário, use os seguintes dados:

Aceleração da gravidade g = 10m/s2. Velocidade do som no ar c = 300m/s. 1atm = 1 × 105 N/m2. 1cal = 4,2J.

Constante universal dos gases R = 8J/mol ⋅ K. Calor específico da água β = 1cal/gºC. π = 3,14. = 2,24.

Durante a apresentação do projeto de um sistema acústico, um jovem aluno do ITA esquece-se da expressão da intensidade de umaonda sonora. Porém, usando da intuição, concluiu ele que a intensidade média (I) é uma função da amplitude do movimento do ar (A),da freqüência (f), da densidade do ar (ρ) e da velocidade do som (c), chegando à expressão I = Ax fy ρz c. Considerando as grandezasfundamentais: massa, comprimento e tempo, assinale a opção correta que representa os respectivos valores dos expoentes x, y e z.A) –1, 2, 2B) 2, –1, 2C) 2, 2, –1D) 2, 2, 1E) 2, 2, 2

Resolução:A intensidade de uma onda sonora é definida de acordo com a expressão:

I = , em que ε representa a energia transportada pela onda, A a área através da qual a onda se propaga e ∆t um inter-

valo de tempo. As unidades de ε, A e ∆t podem ser representadas através das grandezas fundamentais, como segue:

[ε] = M ⋅ L2 ⋅ T–2

[A] = L2

[∆t] = T

Logo: I = (I)

De acordo com a expressão criada pelo aluno, a unidade da intensidade sonora em termos das grandezas fundamentais é:

I = Ax ⋅ f y ⋅ ρz ⋅ c

[A] = L

[f] = T–1

[ρ] = M ⋅ L–3

[c] = L ⋅ T–1

[I] = Lx ⋅ T–y ⋅ Mz ⋅ L–3z ⋅ L ⋅ T–1

[I] = Lx – 3z + 1 ⋅ Mz ⋅ T–(y + 1) (II)

Igualando-se as expressões I e II

M ⋅ T–3 = Lx – 3z + 1 ⋅ Mz ⋅ T–(y + 1)

tem-se

z = 1

x – 3z + 1 = 0 ⇒ x = 2

– (y + 1) = –3 ⇒ y = 2

Portanto: (x, y, z) = (2, 2, 1).

Resposta: D

M L T

L TM T

⋅ ⋅⋅

⋅=2 2

23

––

εA t⋅ ∆

Questão 1

5

3ITA/2004 ANGLO VESTIBULARES

ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC

12

3

Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si, dispondoseu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços horizontalmente alinhados, como mostra a figura. Sendo ma massa do corpo do atleta e µ o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a opção correta que indica o módulo mínimoda força exercida pelo atleta em cada parede.

A)

B)

C)

D)

E) n.d.a.

Resolução:Na figura (a) estão indicados os pontos Q e R nos quais o atleta se apóiana parede.

Na figura (b) estão indicadas as componentes das forças de contato queagem sobre o atleta em cada um dos pontos Q e R.

• Ax é a componente horizontal do atrito

• Ay é a componente vertical do atrito

• N é a componente normal.

Condições de equilíbrio:

Ax = N (1)

Ay = mg (2)

O atrito estático máximo (A) é diretamente porporcional à normal. Logo:

A = µN

Mas A = (Ax2 + Ay

2)1/2.

Logo:

Ax2 + Ay

2 = µ2N2 (3)

Substituindo-se (1) e (2) em (3), vem:

A força de contato trocada entre o atleta e a parede é:

C2 = Ax2 + Ay

2 + N2 (5)

Substituindo (1), (2) e (4) em (5), obtemos:

Resposta: B

Cmg

=+

2

1

1

2

2

1 2µµ –

/

Amg

x2

2

24 14=

( )

( – )( )

µ

12

mg

µµ

2

21

1

+

–

mg2

1

1

2

2µµ

–

+

mg2

1

1

2

2

12µ

µ+

–

mg2

1

1

2

2

12µ

µ–

+

Questão 2


90º

Q R

figura (a)

QN

Ax

Ay

RN

Ax Ay

figura (b)

Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância, cobrindo 8,9m de ex-tensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0m no início, chegando aomáximo de 2,0m e terminando a 0,20m no fim do salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente ho-rizontal da velocidade inicial do salto foi deA) 8,5m/s. D) 5,2m/s.B) 7,5m/s. E) 4,5m/s.C) 6,5m/s.

Resolução:A figura abaixo representa a trajetória do centro de massa do atleta e os eixos coordenados pertinentes ao estudo do movimento

Eixo y

• Aplicando-se Torricelli até a altura máxima:

v2y = v2

0y + 2a∆s ⇒ 0 = v20y – 2 ⋅ 10 ⋅ (2 – 1)

∴ v0y = m/s.

• Utilizando-se a equação dos espaços para MUV até o fim do movimento:

∴ tT ≈ 1,047s.

Eixo x

• Utilizando-se a equação dos espaços para MU até o fim do movimento:

x = x0 + vx ⋅ tT ⇒ 8,9 = 0 + vx ⋅ 1,047∴ vx ≈ 8,5m/s.

Resposta: A

A figura representa o percurso de um ciclista, num plano horizontal, composto de dois trechos retilíneos (AB e EF), cada um com6,0m de comprimento, e de um trecho sinuoso intermediário formado por arcos de circunferências de mesmo diâmetro, igual a4,0m, cujos centros se encontram numerados de 1 a 7. Considere pontual o sistema ciclista-bicicleta e que o percurso é completadono menor tempo, com velocidade escalar constante.

Se o coeficiente de atrito estático com o solo é µ = 0,80, assinale a opção correta que indica, respectivamente, a velocidadedo ciclista, o tempo despendido no percurso e a freqüência de zigue-zague no trecho BE.

A) 6,0m/s 6,0s 0,17s–1

B) 4,0m/s 12s 0,32s–1

C) 9,4m/s 3,0s 0,22s–1

D) 6,0m/s 3,1s 0,17s–1

E) 4,0m/s 12s 6,0s–1

A B

1 2 3 4 5 6 7

E F

6m

36m

6m 4m

Questão 4

y y v t

att ty T T

TT= 0 0

22

20 2 1 20 5+ ⋅ + ⇒ = + ⋅, –

20

2,0

1,0

0,2

8,9

y (m)

x (m)

Questão 3


Resolução:A velocidade escalar máxima é limitada pelo trecho sinuoso e pode ser calculada como segue:

… m = mgµ

vmáx = ⇒ vmáx =

vmáx = 4m/s

O intervalo de tempo mínimo para realização do percurso corresponde a:

∆tmín = ⇒ ∆tmín =

∆tmín ≈ 12s

E, finalmente, a freqüência de ziguezague é determinada pela relação:

onde T = =

Logo: ⇒ f ≈ 0,32s–1

Resposta: B

Em 1879, Edwin Hall mostrou que, numa lâmina metálica, os elétrons de condução podem serdesviados por um campo magnético, tal que no regime estacionário, há um acúmulo de elétronsnuma das faces da lâmina, ocasionando uma diferença de potencial VH entre os pontos P e Q, mos-trados na figura. Considere, agora, uma lâmina de cobre de espessura L e largura d, que trans-porta uma corrente elétrica de intensidade i, imersa no campo magnético uniforme

→B que penetra

perpendicularmente a face ABCD, no mesmo sentido de C para E. Assinale a alternativa correta.

A) O módulo da velocidade dos elétrons é Ve = VH/(BL).B) O ponto Q está num potencial mais alto que o ponto P.C) Elétrons se acumulam na face AGHD.D) Ao se imprimir à lâmina uma velocidade V = VH/(Bd) no sentido indicado pela corrente, o

potencial em P torna-se igual ao potencial em Q.E) N.d.a.

Resolução:Determina-se o sentido de desvio dos elétrons utilizando-se a regra da mão direita, conforme a figura abaixo:

Na situação de equilíbrio para o elétron, a resultante das forças na direção x é nula.

∴ Felet = Fmag

Ao se imprimir à lâmina a velocidade dada pela expressão (1), para baixo, a velocidade dos elétrons em relação ao campomagnético torna-se nula.Assim, cessa a força magnética e, conseqüentemente, o efeito Hall. Isto é, os potenciais de P e Q ficam iguais.

Resposta: D

e

Vd

evB vVBd

H H= =⇒ ( )1

Fmag–Felet

E =VH

d++++++++++

––––––––––

Fmagx→B

–

i

A B

D C

x

Questão 5

f =

1π

2 24

⋅ ⋅=

( )π2πrvmáx

fT

=1

,

12 124

+ π∆stotal

vmáx

0 8 2 10, ( )⋅ ⋅µ r g

v2máx

r

r

RC = AEMÁX


L

i

A

GF

B

E

CD

H

P Q

d

i

Duas partículas carregadas com cargas opostas estão posicionadas em uma corda nas posições x = 0 e x = π, respectivamente. Umaonda transversal e progressiva de equação y(x, t) = (π/2)sen(x – t), presente na corda, é capaz de transferir energia para aspartículas, não sendo, porém, afetada por elas. Considerando T o período da onda, Ef, a energia potencial elétrica das partículasno instante t = T/4, e Ei essa mesma energia no instante t = 0, assinale a opção correta indicativa da razão Ef/Ei.

A)

B)

C)

D)

E)

Resolução:A energia potencial elétrica entre duas cargas q1 e q2, separadas pela distância r, é:

No instante t = 0, as ordenadas (y) das cargas localizadas em x = 0 e x = πsão obtidas por meio da equação fornecida. Assim:

Ou seja, em t = 0, a localização das cargas é:

Nesse instante, a energia potencial elétrica Ei entre as cargas é:

Lembrando que ω = 2π/T, as ordenadas (y) das cargas q1 e q2, no instante t = T/4, são:

Ou seja, em t = T/4, a localização das cargas é:

A distância r’ entre as cargas é:

Nesse instante, a energia potencial elétrica Ef entre as cargas é:

Dessa forma, a razão Ef /Ei pedida é:

Resposta: B

EE

K q q

K q qEE

f

i

f

i= =

⋅ ⋅

⋅ ⋅ ∴

1 2

1 2

2 22

π

π

E Kq q

IIf = ⋅ ⋅1 2

2π( )

r’ = =⋅ ⋅22

2 2π π

y senT

T’ ( ) –π

π π π π=

=⋅ ⋅

22

4 2

y sen

TT

’ ( ) – –02

02

4 2=

=⋅ ⋅π π π

E K

q qIi = ⋅ ⋅1 2

π( )

y sen( ) ( – )π π ωπ

= =⋅ ⋅2

0 0

y sen( ) ( – )02

0 0 0= =⋅ ⋅πω

E Kq q

r= ⋅ ⋅1 2

2 π

2 2π/

2

2 2/

2 2/ π

Questão 6


q1 q2x

y

r = π

14243

q1

q2

2

x

π

1424345°45°

2π

2π

14

24

3

14243 2

πy

A figura plana abaixo mostra os elementos de um circuito elétrico. Nesse mesmo plano encontram-se duas espiras interligadas, Ae B, de comprimentos relativamente curtos em comparação aos dois fios condutores próximos (CD e EF). A deflexão do ponteiro domicro-amperímetro, intercalado na espira B, só ocorre instantaneamente no momento em que

A) a chave 1 for ligada.B) a chave 1 for ligada ou então desligada.C) a chave 2 for ligada.D) a chave 2 for ligada ou então desligada.E) a chave 2 for desligada.

Resolução:Quando a chave 1 for ligada ou desligada, a variação do fluxo magnéticonas espiras A e B será a mesma, induzindo em A e B correntes de inten-sidades iguais, porém de sentidos opostos (as espiras estão ligadas emoposição), de modo que a corrente no conjunto AB é nula:

Quando a chave 2 for ligada ou desligada, as variações dos fluxos magné-ticos nas espiras A e B serão diferentes, induzindo em A uma corrente deintensidade maior do que aquela induzida em B (o campo de indução mag-nética em B é menor), de modo que a corrente no conjunto AB é diferentede zero:

Resposta: D

O circuito elétrico mostrado na figura é constituído por dois geradores ideais, com 45V de força eletromotriz, cada um; dois ca-pacitores de capacitâncias iguais a 2µF; duas chaves S e T e sete resistores, cujas resistências estão indicadas na figura. Consi-dere que as chaves S e T se encontram inicialmente fechadas e que o circuito está no regime estacionário.

Assinale a opção correta.

A) A corrente através do resistor d é de 7,5A.B) A diferença de potencial em cada capacitor é de 15V.C) Imediatamente após a abertura da chave T, a corrente através do resistor g é de 3,75A.D) A corrente através do resistor e, imediatamente após a abertura simultânea das chaves S e T, é de 1,0A.E) A energia armazenada nos capacitores é de 6,4 × 10–4J.

S

45V

45V

ab

c

4Ω

2Ω 4Ω

2Ω4Ω

12Ω

f

d e

2Ω

2µF

2µFg

T

Questão 8

espira A

espira B

µA

F

C

lâmpada 1 lâmpada 2

chave 1 chave 2

EH

GD

Questão 7


iind = 0A

B

µA

F

C

L1

Ch1 Ch2

EH

GD

L2

i

i

i

i

iind A

iind B

µA

F

C

L1

Ch1 Ch2

EH

GD

L2

i

ii

Resolução:

Redesenhando o circuito em regime permanente:

Assim, a corrente i1 indicada vale i1 = = 10A, e a ddp entre C e B, conseqüentemente, vale 30V.

As correntes i2 e i3 valem:

i2 = = 2,5A i3 = = 7,5A

• A corrente através do resistor d é, portanto, igual a 3,75A.

• A ddp entre D e B é 15V e, portanto, em cada capacitor, 7,5V.

• A energia dos capacitores vale:

Imediatamente após a abertura da chave T, o circuito equivalente fica:

ig =

Resposta: C

154

3 75= , A90V

4Ω

2Ω

2Ω

4Ω

4Ω

15V

2Ω

12Ω g

ig

W

CUJ= = =

⋅ ⋅ ⋅2 2

6 4

21 15

210 1 125 10

( ),– –

304

3012

909

45V

45V

B B

C C 4Ω

4Ω2Ω

4Ω

2Ω12Ω

B B

D

2Ω

2µF

2µF

⇔

⇔

D

4Ω6ΩA

C

4Ω

2Ω

2Ω

D

90V

12Ω

B

2µF 2µF

i1

i3

i2

i = 0

2Ω 2Ω

12Ω

6Ω

CA

Bi1 i3 i3

⇔

90V

12Ω

6Ω 4Ω

90V

i3

i1

i2

CA BD⇔

6Ω

i1

3Ω

i1

C

90V

AD

i2

A B

i32

i32


Um painel coletor de energia solar para aquecimento residencial de água, com 50% da eficiência, tem superfície coletora comárea útil de 10m2. A água circula em tubos fixados sob a superfície coletora. Suponha que a intensidade da energia solarincidente é de 1,0 × 103 W/m2 e que a vazão de suprimento de água aquecida é de 6,0 litros por minuto. Assinale a opção queindica a variação da temperatura da água.A) 12°CB) 10°CC) 1,2°CD) 1,0°CE) 0,10°C

Resolução:Cálculo da potência do coletor

Ptotal = I ⋅ A = 103 ⋅ 10

Ptotal = 104W

Cálculo da potência útilPútil = Ptotal ⋅ η = 104 ⋅ 0,5

Pútil = 5 ⋅ 103W

Pútil =

Resposta: A

Um recipiente cilíndrico vertical é fechado por meio de um pistão, com 8,00kg de massa e 60,0cm2 de área, que se move sematrito. Um gás ideal, contido no cilindro, é aquecido de 30°C a 100°C, fazendo o pistão subir 20,0cm. Nesta posição, o pistãoé fixado, enquanto o gás é resfriado até sua temperatura inicial. Considere que o pistão e o cilindro encontram-se expostos àpressão atmosférica. Sendo Q1 o calor adicionado ao gás durante o processo de aquecimento e Q2, o calor retirado durante oresfriamento, assinale a opção correta que indica a diferença Q1 – Q2.

A) 136J D) 16JB) 120J E) 0JC) 100J

Resolução:As transformações realizadas pelo gás estão esquematizadas a seguir:

Considerando-se que no estado A o gás esteja em equilíbrio, sua pressão é dada por:

pA = patm + pêmbolo, em que pêmbolo = m g

A⋅

Estado ATA = 303K

Q1

Estado BTB = 373K

Estado CTC = 303K

Q2

h = 0,2 m

Questão 10

5 10

6 1060

1 1233

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∴= = °∆ ∆θ θ C

Qt

m ct∆

∆∆

=⋅ ⋅ θ

Questão 09


Fazendo-se as substituições numéricas:

Supondo-se que na transformação A → B a pressão do gás tenha se mantido constante, a seqüência de transformações de A → B e de B → C pode ser representada de acordo com o diagrama p × V a seguir:

De acordo com a 1ª Lei da Termodinâmica, tem-se:

Na transformação A → B:

∆UAB = Q1 – τAB,

em que Q1 é a quantidade de calor recebida pelo gás e τ é o trabalho realizado pela força de pressão na movimentação do pistão.

Na transformação B → C, o trabalho da força de pressão é nulo. Logo:

∆UB → C = –Q2

O sinal negativo associado a Q2 indica que o gás cedeu calor ao meio ambiente. Como a temperatura inicial (no estado A) é igualà final (no estado C), a variação de energia interna ∆Utotal é nula.

Assim: ∆Utotal = ∆UAB + ∆UBC = 064748 678

Logo: Q1 – τAB – Q2 = 0

Q1 – Q2 = τAB

O trabalho da força de pressão na transformação A → B é dado por:

τAB = p ⋅ ∆V, em que ∆V = S ⋅ h = 60 ⋅ 10–4 ⋅ 0,2, ou seja, ∆V = 1,2 ⋅ 10–3m3

Assim: τAB = 1,13 ⋅ 105 ⋅ 1,2 ⋅ 10–3

τAB = 135,6J

Portanto: Q1 – Q2 = 135,6J ouQ1 – Q2 ≈ 136J

Resposta: A

A linha das neves eternas encontra-se a uma altura h0 acima do nível do mar, onde a temperatura do ar é 0°C. Considere que, aoelevar-se acima do nível do mar, o ar sofre uma expansão adiabática que obedece a relação p/p = (7/2)(T/T), em que p é a pres-são e T, a temperatura. Considerando o ar um gás ideal de massa molecular igual a 30u (unidade de massa atômica) e a tem-peratura ao nível do mar igual a 30°C, assinale a opção que indica aproximadamente a altura h0 da linha das neves.

A) 2,5kmB) 3,0kmC) 3,5kmD) 4,0kmE) 4,5km

Questão 11

A B

C

T2 = 373 K

T1 = 303 KV(m3)

VA VB

1,13 × 105

p (N/m2)

p pN

mA A= +⋅ ⋅

⋅⇒ ≈ ⋅1 10

80 10

60 101 13 105

45

2–,


Resolução:

A variação de pressão entre os pontos A e B pode ser calculada por:

∆p = –ρ ⋅ g ⋅ ∆h com

Como

Então:

e

Efetuando-se as substituições numéricas:

Logo: h0 ≈ 3km

Resposta: B

Uma estrela mantém presos, por meio de sua atração gravitacional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todos descrevem órbitaselípticas, em cujo foco comum se encontra a estrela, conforme a primeira lei de Kepler. Sabe-se que o semi-eixo maior da órbita de

Beta é o dobro daquele da órbita de Gama. Sabe-se também que o período de Alfa é vezes maior que o período de Beta.Nestas condições, pode-se afirmar que a razão entre o período de Alfa e o de Gama é

A) . D) .

B) 2. E) .C) 4.

Resolução:Se os planetas α, β e γ estão em órbita elíptica em torno de uma estrela ∆, então:

sendo α, β e γ os semi-eixos maiores das suas órbitas.Do enunciado:

β = 2γ ⇒ T2γ = 1/8 T2

β (1)

Das expressões (1) e (2):

Resposta: C

TTα

γ= 4

TT

γα221

8 2= ⋅

T T TT

α β βα= =⇒22

222

( )

T T Tα β γ

α β γ

2

3

2

3

2

3= = ,

6 2

4 22

2

Questão 12

∆h = = =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅⋅– (– )

, ,–7 30 8

2 30 10 102 8 10 2 83

3m km

∆ ∆h =

⋅⋅ ⋅

–72

TRM g

∆ ∆∆

p Tp

MRT

g hT

= =

⋅ ⋅– 7

2

pV

mM

RT temosPMRT

= =, : ρ

ρ =

mV

B

A30ºC

0ºC

h0

Nível do mar


Na figura, F1 e F2 são fontes sonoras idênticas que emitem, em fase, ondas de freqüência f e comprimentode onda λ. A distância d entre as fontes é igual a 3λ. Pode-se então afirmar que a menor distância nãonula, tomada a partir de F2, ao longo do eixo x, para a qual ocorre interferência construtiva, é igual a

A) 4λ/5. D) 2λ.B) 5λ/4. E) 4λ.C) 3λ/2.

Resolução:

O esquema a seguir representa a situação:

A diferença de marcha ∆x entre as fontes e o ponto P considerado é dada por:

∆x = d1 – d2

∆x – d2 (I)

Para que, em P, a interferência seja construtiva, a diferença de marcha deve corresponder a um número inteiro do comprimen-to de onda.

Em símbolos:∆x = n ⋅ λ (n = 0, 1, 2, …) (II)

Igualando-se I e II:

n ⋅ λ – d2

Fazendo-se as devidas operações, obtém-se:

Dessa forma, os possíveis valores para d2 são:

n = 0 … não convémn = 1 … d2 = 4λ

n = 2 … d2 =

n = 3 … d2 = 0 (o ponto P coincidiria com F2)n 4 … d2 0 (não convém)

Observando-se os valores obtidos para d2, conclui-se que o menor possível (excluindo o valor nulo) é:

d2 =

Resposta: B

Num experimento de duas fendas de Young, com luz monocromática de comprimento de onda λλ,coloca-se uma lâmina delgada de vidro (nv = 1,6) sobre uma das fendas. Isto produz umdeslocamento das franjas na figura de interferência. Considere que o efeito da lâmina é alterara fase da onda. Nestas circunstâncias, pode-se afirmar que a espessura d da lâmina, que provocadeslocamento da franja central brilhante (ordem zero) para a posição que era ocupada pelafranja brilhante de primeira ordem, é igual a

A) 0,38λ. D) 1,2λ .B) 0,60λ. E) 1,7λ .C) λ .

Questão 14

54λ

54λ

dn

n2

292

=λ ( – )

= +9 222λ d

= +9 222λ d

Questão 13


F1

F2

d

x

Por Pitágoras:

d d12

229= +λ

F1

F2

Anteparod

Lâmina

λ

F1

F2x

14

42

44

3

3λ

d2 = ?

P

d1

Resolução:Para que haja deslocamento da franja central para a posição que era ocupada pela franja de primeira ordem, o atraso deonda devido à presença da lâmina na região F1 deve corresponder ao período de propagação da onda no ar. Tal situação podeser equacionada como segue:

∆tvidro – ∆tar = T

(considerando: vluz no ar ≈ c)

Como

d(nvidro – 1) = λSendo nvidro = 1,6, vem que:

d ≈ 1,7λResposta: E

Um tubo sonoro de comprimento l, fechado numa das extremidades, entra em ressonância, no seu modo fundamental, com o somemitido por um fio, fixado nos extremos, que também vibra no modo fundamental. Sendo L o comprimento do fio, m sua massae c, a velocidade do som no ar, pode-se afirmar que a tensão submetida ao fio é dada por

A) (c/2L)2 mll. D) (c/l)2 mll.B) (c/2l)2 mL. E) n.d.a.C) (c/l)2 mL.

Resolução:O modo fundamental de um trecho sonoro fechado pode ser representado pela ilustração:

A freqüência emitida é dada pela equação:

sendo c a velocidade do som no ar, e l o comprimento do tubo.

O modo fundamental emitido por um fio preso nas extremidades é dado por:

sendo v a velocidade de propagação dos pulsos no fio, a qual pode ser determinada por:

em que T é a “tensão” no fio, m sua massa, e L o comprimento do fio.Como a corda sonora e o fio emitem sons em ressonância, tem-se:

Fazendo-se as devidas operações:

Resposta: B T

cm L=

⋅ ⋅

2

2

l

c TmL4l

=

f ftubo corda1 1( ) ( )=

v

Tm L

=/

,

f

vLcoroa1 2( ) ,=

L

f

ctubo1 4( ) ,=

l

l

Questão 15

d =λ

1 6 1, –

d nc

dc c

vidro⋅=–

λ

n

cv

temosvidrovidro

= , :

dv

dc cvidro

– =λ


O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga e que se move em órbitas circulares de raio r, emtorno do próton, sob a influência da força de atração coulombiana. O trabalho efetuado por esta força sobre o elétron ao per-correr a órbita do estado fundamental é

A) –e2/(2εor).

B) e2/(2εor).

C) –e2/(4πεor)

D) e2/r.E) n.d.a.

Resolução:Como a órbita é circular, a força elétrica coincide com a resultante centrípeta, e seu trabalho é nulo.

Resposta: E

Num experimento que usa o efeito fotoelétrico, ilumina-se sucessivamente a superfície de um metal com luz de dois comprimentosde onda diferentes, λ1 e λ2, respectivamente. Sabe-se que as velocidades máximas dos fotoelétrons emitidos são, respectivamente, v1

e v2, em que v1 = 2v2. Designando C a velocidade da luz no vácuo, e h constante de Planck, pode-se, então, afirmar que a funçãotrabalho φdo metal é dada por

A) (2λ1 – λ2)hC/(λ1λ2).B) (λ2 – 2λ1)hC/(λ1λ2).C) (λ2 – 4λ1)hC/(3λ1λ2).D) (4λ1 – λ2)hC/(3λ1λ2).E) (2λ1 – λ2)hC/(3λ1λ2).

Resolução:

De acordo com a equação de Planck (E = h ⋅ f) e lembrando que c = λ ⋅ f, a energia individual de um fóton pode ser calculada por:

Segundo Einstein, a energia individual do fóton é igual à função trabalho do metal (Φ) somada à εc adquirida pelo fotoelétron.

Lembrando que a velocidade v adquirida pelo fotoelétron não é relativística (v c), sua εc pode ser calculada pela definiçãoda física clássica. Dessa maneira, temos:

Como v1 = 2v2, a equação (1) fica:

Substituindo (2) em (3):

∴

Resposta: D

Φ =

⋅ ⋅⋅ ⋅

( – )431 2

1 2

λ λλ λ

h c

h c h c⋅ ⋅= +

λ λ1 2

4Φ Φ–

h c mv⋅= +

λ1

224

23Φ ( )

h c mv mv h c⋅ → ⋅= + =

λ λ2

22

22

22 22Φ Φ– ( )

h c mv⋅= +

λ1

12

21Φ ( )

E

h c=

⋅λ

Questão 17Questão 16


Uma lente convergente tem distância focal de 20cm quando está mergulhada em ar. A lente é feita de vidro, cujo índice de re-fração é nv = 1,6. Se a lente é mergulhada em um meio, menos refringente do que o material da lente, cujo índice de refração é n,considere as seguintes afirmações:

I. A distância focal não varia se o índice de refração do meio for igual ao do material da lente.II. A distância focal torna-se maior se o índice de refração n for maior que o do ar.III. Neste exemplo, uma maior diferença entre os índices de refração do material da lente e do meio implica numa menor dis-

tância focal.

Então, pode-se afirmar queA) apenas a II é correta. D) todas são corretas.B) apenas a III é correta. E) todas são incorretas.C) apenas II e III são corretas.

Resolução:A abscissa do foco de uma lente delgada pode ser obtida pela equação do fabricante:

sendo nL o índice de refração do material usado para construção da lente, nm o índice de refração do

meio externo, e R1 e R2 valores associados aos raios de curvatura das faces da lente.

I. Errada. Se nL = nm, não ocorre refração, a lente não existe.II. Correta. Observa-se que, se o índice de refração do meio externo aumenta, o primeiro parênteses do segundo membro da

equação do fabricante tende a zero. Assim, o foco tende ao infinito.III. Correta. A equação do fabricante mostra que, se a diferença entre os índices de refração aumenta, o primeiro parênteses do

segundo membro aumenta, e a distância focal diminui.Resposta: C

Ao olhar-se num epelho plano, retangular, fixado no plano de uma parede vertical, um homem observa a imagem de sua facetangenciando as quatro bordas do espelho, isto é, a imagem de sua face encontra-se ajustada ao tamanho do espelho. A seguir,o homem afasta-se, perpendicularmente à parede, numa certa velocidade em relação ao espelho, continuando a observar suaimagem. Nestas condições, pode-se afirmar que essa imagemA) torna-se menor que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.B) torna-se maior que o tamanho do espelho tal como visto pelo homem.C) continua ajustada ao tamanho do espelho tal como visto pelo homem.D) desloca-se com o dobro da velocidade do homem.E) desloca-se com metade da velocidade do homem.

Resolução:O enunciado sugere a seguinte situação:

Observa-se que o ângulo visual α é o mesmo tanto para observar o espelho quanto para observar a imagem.Assim, alterando-se o ângulo visual com o afastamento do observador, nota-se que o tamanho aparente do espelho e o da imagemsão iguais, continuando a imagem ajustada ao tamanho do espelho, tal como visto inicialmente.

Resposta: C

α

paredevafast. do homem

β

vafast. da imagem

Questão 19

11

1 1

1 2fnn R R

L

m=

+

⋅– ,

Questão 18


Um bloco homogêneo de massa m e densidade d é suspenso por meio de um fio leve e inextensível preso ao teto de um elevador. Obloco encontra-se totalmente imerso em água, de densidade ρ, contida em um balde, conforme mostra a figura. Durante a subidado elevador, com uma aceleração constante a→, o fio sofrerá uma tensão igual a

A) m(g + a)(1 – ρ/d).B) m(g – a) (1 – ρ/d).C) m(g + a)(1 + ρ/d).D) m(g – a) (1 + d/ρ).E) m(g + a)(1 – d/ρ).

Resolução:

Na figura estão assinaladas as forças que agem sobre o corpo:

De acordo com o Princípio Fundamental da Dinâmica:T + E – P = maT = –E + m(g + a) (1)

Na expressão (1), E é o empuxo. Como o sistema é acelerado, o empuxo é a força que o líquido aplicaria ao líquido deslocado paraque esse adquirisse uma aceleração vertical para cima (a). Logo:

E = mLD ⋅ (g + a)

E = ρ ⋅ VLD ⋅ (g + a)

Substituindo-se (2) em (1), vem:

T = m(g + a) (1 – ρ/d)

Resposta: A

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.

Uma máquina térmica opera com um mol de um gás monoatômico ideal. O gás realiza o ciclo ABCA, representado no planoPV, conforme mostra a figura. Considerando que a transformação BC é adiabática, calcule:

a) a eficiência da máquina;b) a variação da entropia na transformação BC.

B

AC

V (m3)

3200

80

P (Pa)

1 8

Questão 21

E

md

g a= +ρ ( ) ( )2

T E

P

m

a→

Questão 20


Resolução:a) Calculando a energia interna em cada estado:

Analisando cada mudança de estado utilizando a definição de variação de energia interna (∆U = U’ – U) e a 1ª Lei daTermodinâmica (∆U = Q – τ):

O cálculo da eficiência é:

∴ η ≈ 0,7

b) O trecho BC é adiabático e reversível, portanto isentrópico (∆s = 0).

Tubos de imagem de televisão possuem bobinas magnéticas defletoras que desviam elétrons para obter pontos luminosos na tela e,assim, produzir imagens. Nesses dispositivos, elétrons são inicialmente acelerados por uma diferença de potencial U entre o catodoe o anodo. Suponha que os elétrons são gerados em repouso sobre o catodo. Depois de acelerados, são direcionados, ao longo do eixo x,por meio de uma fenda sobre o anodo, para uma região de comprimento L onde atua um campo de indução magnética uniforme B

→,

que penetra perpendicularmente o plano do papel, conforme mostra o esquema. Suponha, ainda, que a tela delimita a região docampo de indução magnética.

Se um ponto luminoso é detectado a uma distância b sobre a tela, determine a expressão da intensidade de B→

necessária paraque os elétrons atinjam o ponto luminoso P, em função dos parâmetros e constantes fundamentais intervenientes. (Consi-dere b L).

Resolução:A partícula entra no campo de indução magnética com velocidade (v) tal que:

Ao entrar no campo magnético, passa a descrever um arco de circunferênciaque deve estar de acordo com o desenho:

R2 = L2 + (R – b)2

R2 = L2 + R2 – 2Rb + b2

∴ =+

RL b

b

2 2

2

eU mv v

eU

m= =∴1

22

12 ( )

anodo

elétron

catodo

U B→y

b

P

x

telaL

Questão 22

η τ= =

Q3840 560

4680–

A → B B → C C → A

∆U 4680J –3840J –840J

τ 0 (isométrica) +3840J –560J

Q 4680J 0(adiabática) –1400J

U P V U JC C C C= = =⋅ ⇒3

232

80 8 960

U P V U JB B B B= = =⋅ ⇒32

32

3200 1 4800 .

U P V U JA A A A= = =⋅ ⇒3

232

80 1 120


v

RR

L

b

(R – b)

x

Como: b L ⇒ R =

O raio da trajetória circular em um campo magnético é dado por:

Substituindo-se (1) e (2) em (3):

Fazendo-se os cálculos:

Dois tubos sonoros A e B emitem sons simultâneos de mesma amplitude, de freqüências fA = 150Hz e fB = 155Hz, respectivamente.

a) Calcule a freqüência do batimento do som ouvido por um observador que se encontra próximo aos tubos e em repouso emrelação aos mesmos.

b) Calcule a velocidade que o tubo B deve possuir para eliminar a freqüência do batimento calculada no item a), e especifiqueo sentido desse movimento em relação ao observador.

Resolução:a) Para um observador em repouso e próximo aos tubos, a freqüência do batimento (fb) é dada por:

fb = |fB – fA|fb = 155 – 150

∴ fb = 5Hz

b) Para que se elimine o batimento, o som emitido pelo tubo B deve atingir o observador com freqüência 150Hz; ou seja, mais graveque o som original. Nesse caso, o tubo deve se afastar do observador, conforme mostra o esquema.

Para essa representação, a equação que permite determinar a freqüência aparente (fap) percebida pelo observador é:

Fazendo-se as devidas substituições numéricas:

Resolvendo a equação acima,

vB = 10m/s

Atualmente, vários laboratórios, utilizando vários feixes de laser, são capazes de resfriar gases a temperaturas muito próximas dozero absoluto, obtendo moléculas e átomos ultrafrios. Considere três átomos ultrafrios de massa M, que se aproximam com veloci-dades desprezíveis. Da colisão tripla resultante, observada de um referencial situado no centro de massa do sistema, forma-se umamolécula diatômica com liberação de certa quantidade de energia B. Obtenha a velocidade final do átomo remanescente emfunção de B e M.

Questão 24

150300

300155=

+⋅

vB

fapsom

som BB

vv v

f=+

⋅

(fB)

VB = ?

fonteobservador(+)

Questão 23

B

b

L

Um

e=

2 22

Lb

meUm

eB

2

2

2

=⋅

RmveB

= ( )3

L

b

2

22( )


Resolução:Se os átomos se aproximam com velocidades desprezíveis, antes da tripla colisão:

(Ec)sis τ = 0

Qsis τ = 0

Depois da colisão, há formação de uma molécula de massa 2m e velocidade u e um átomo remanescente de massa m e velocidade v.

Nesse instante:

(E’c)sist =

Q’sist = Mv + 2Mu

Como o sistema é isolado:

Qsist = Q’sist

0 = Mv + 2Mu ⇒ u = –

Substituindo (2) em (1):

(E’c)sist =

A alteração de energia cinética foi devida à energia liberada (B) na formação da molécula. Logo:

B =

v =

As duas faces de uma lente delgada biconvexa têm um raio de curvatura igual a 1,00m. O índice de refração da lente para luz ver-melha é 1,60 e, para luz violeta, 1,64. Sabendo que a lente está imersa no ar, cujo índice de refração é 1,00, calcule a distância entreos focos de luz vermelha e de luz violeta, em centímetros.

Resolução:

A abscissa focal de uma lente delgada pode ser obtida pela expressão:

com

Para a radiação vermelha:

1 1 61

111

11

1 2 83 3f

f cmverm

verm=

+

=⋅ ⇒ ≈,

– , ,

R1 0 (faces convexas)R2 0

C1

C2

R1 = 1,0 m

R2 = 1,0 m

BICONVEXA

11

1 1

1 2fnn R R

lente

meio=

+

⋅–

Questão 25

43

BM

34

2Mv

34

2Mv

v2

2( )

12

12

2 12 2Mv Mu+ ( )


Para a radiação violeta:

Então a distância entre os focos é:

d = fverm – fviol ⇒ d ≈ 5,2cm

Na prospecção de jazidas minerais e localização de depósitos subterrâneos, é importante o conhecimento da condutividade elétricado solo. Um modo de medir a condutividade elétrica do solo é ilustrado na figura. Duas esferas metálicas A e B, idênticas, de raior, são profundamente enterradas no solo, a uma grande distância entre as mesmas, comparativamente a seus raios. Fios retilíneos,isolados do solo, ligam as esferas a um circuito provido de bateria e um galvanômetro G. Conhecendo-se a intensidade da correnteelétrica e a força eletromotriz da bateria, determina-se a resistência R oferecida pelo solo entre as esferas.

Sabendo que RC = ε/σ, em que σ é a condutividade do solo, C é a capacitância do sistema e ε a constante dielétrica do solo,pedem-se:a) Desenhe o circuito elétrico correspondente do sistema esquematizado e calcule a capacitância do sistema.b) Expresse σ em função da resistência R e do raio r das esferas.

Resolução:a)

Conforme dado no enunciado:

Considerando-se dada a f.e.m. (E) e a corrente (i), usando-se a definição de resistência elétrica em (1):

b) Como

Se a ddp entre as esferas é E, cada uma delas tem potencial elétrico de módulo E/2.

Assim:

Substituindo-se (1) e (2) em (3) e fazendo-se

14 2

12π σ

σπε

ε⋅ == ∴i Rir rR

K =1

4πε :

V = =KQr

E2

3( )

C

QU

iE

QE

= =⇒ εσ

( )2

CEi

CiE

= =∴ε εσ σ

C

R=

εσ

( )1

C

R

GE

A Br r

G

Questão 26

1 1 641

111

11

1 28 78 1f

f cmviol

viol=

+

=⋅ ⇒ ≈,

– , ,


A figura representa o esquema simplificado de um circuito elétrico em uma instalação residencial. Um gerador bifásico produzuma diferença de potencial (d.d.p.) de 220V entre as fases (+110V e –110V) e uma ddp de 110V entre o neutro e cada uma dasfases. No circuito estão ligados dois fusíveis e três aparelhos elétricos, com as respectivas potências nominais indicadas na figura.

Admitindo que os aparelhos funcionam simultaneamente durante duas horas, calcule a quantidade de energia elétrica consumidaem quilowatt-hora(kWh) e, também, a capacidade mínima dos fusíveis, em ampére.

Resolução:Cálculo da energia elétrica consumida pelos aparelhos em 2 horas

εcafeteira = 0,88kW ⋅ 2h = 1,76kW ⋅ h

εforno = 2,2kW ⋅ 2h = 4,4kW ⋅ h

εchuveiro = 3,3kW ⋅ 2h = 6,6kW ⋅ h

εtotal = 1,76 + 4,4 + 6,6 = 12,76kW ⋅ h

Redesenhando o esquema da figura, temos:

Cálculo da corrente em cada aparelho

De acordo com o esquema acima, as correntes i1 e i2 que se estabelecem nos ramos que contêm os fusíveis 1 e 2, respecti-vamente, serão:

i1 = 15 + 8 = 23 Ai2 = 15 + 20 = 35 A

Portanto os fusíveis F1 e F2 devem ter capacidade mínima de 23 e 35 ampères, respectivamente.

i Achuveiro = =3300220

15

i Aforno = =2200110

20

i Acafeteira = =880110

8

geradorbifásico

fusível fase +110V

neutro (zero volts)

fusível fase –110V

cafeteira880W

forno2200W

chuveiro3300W

Questão 27


110V

A

0 V

Fusível 2

+

–

110V +

–

B

A

C CC

AFusível 1 ich = 15Ai1

ich = 15A

icafet = 8A

iforno = 20A

ich = 15Ai2

110V

Fusível 1 A

0 V

Fusível 2

B

+

–

+

–

B

A

UBC = 110V

UAB = 110V

UAC = 220V

Pcafet = 880W

Pch = 3300W

Pforno = 2200W

C CC

A

110V

Um elétron é acelerado a partir do repouso por meio de uma diferença de potencial U, adquirindo uma quantidade de movi-

mento p. Sabe-se que, quando o elétron está em movimento, sua energia relativística é dada por , em

que m0 é a massa de repouso do elétron e C a velocidade da luz no vácuo. Obtenha o comprimento de onda de De Broglie doelétron em função de U e das constantes fundamentais pertinentes.

Resolução:A energia adquirida pelo elétron é igual ao trabalho realizado pela força elétrica:

eU = E – E0 = mC2 – m0C2 (1)

sendo E a energia relativística a que se refere o enunciado e de cuja expressão podemos concluir:

E2 = E02 + p2C2 (2)

Como de (1) E = E0 + eU, substituindo-se em (2):

E02 + 2 ⋅ eU ⋅ E0 + e2U2 = E0

2 + p2C2

Portanto:

p2C2 = 2 ⋅ eU ⋅ E0 + e2U2 (3)

O comprimento de onda λ associado a uma partícula que possui quantidade de movimento p é dado pela expressão:

λ =

Logo, (3) poderá ser escrita como:

ou:

Duas salas idênticas estão separadas por uma divisória de espessura L = 5,0cm, área A = 100m2 e condutividade térmica k = 2,0W/mK. O ar contido em cada sala encontra-se, inicialmente, à temperatura T1 = 47°C e T2 = 27°C, respectivamente.Considerando o ar como um gás ideal e o conjunto das duas salas um sistema isolado, calcule:a) O fluxo de calor através da divisória relativo às temperaturas iniciais T1 e T2.

b) A taxa de variação de entropia ∆S/∆t no sistema no início da troca de calor, explicando o que ocorre com a desordem do sistema.

Resolução:a) O fluxo de calor inicial é dado pela expressão:

Efetuando-se os cálculos:

ϕ = 8 ⋅ 104W

b) Vamos calcular a taxa de variação de entropia (∆S/∆t) em um intervalo de tempo muito pequeno. Feita essa hipótese, a trocade calor ocorre com temperatura constante.

Logo:∆S = ∆S1 + ∆S2

∆S

QT

QT

= +–

1 2

ϕ = K

A T TL

( – )1 2

Questão 29

λ = +hC eU m C eU[ ( )]–2 02 1 2

hC eUE e U

λ⋅ = +[ ]2 0

2 2 1 2

hp

E m C p C= +[ ]( )02 2 2 2

12

Questão 28


Um aumento de entropia corresponde a um aumento da desordem.

Na figura, uma pipeta cilíndrica de 25cm de altura, com ambas as extremidades abertas, tem 20cm mergulhados em um recipientecom mercúrio. Com sua extremidade superior tapada, em seguida a pipeta é retirada lentamente do recipiente.

Considerando uma pressão atmosférica de 75cmHg, calcule a altura da coluna de mercúrio remanescente no interior da pipeta.

Resolução:

Com a extremidade superior da pipeta tapada:

Como a temperatura do ar dentro da pipeta permanece constante:

P2V2 = P1V1

P2Ab(25 – h1) = 75 ⋅ Ab ⋅ 5

P2(25 – h1) = 375 (I)

Na situação final:

PB = PA

P2 + h1 = 75

h1 = 75 – P2 (II)

Situação inicial

Hg

12

3

5cm

P1 = Patm = 75cmHg

Ar

Hg

12

3

25 – h1Ar

A B

Patm

14

42

44

3

h1

P2

Situação final

25cm

20cm

Ar

Hg

Questão 30

∆∆St

J K s= + ⋅16 6, /

∆∆St

T TT T

=⋅

– ( – )ϕ 1 2

1 2

∆∆St T T

= +– ϕ ϕ

1 2


Substituindo-se II em I:

(75 – h1)(25 – h1) = 375

h1’ ∼= 81,62cm (impossível)

h12 – 100h1 + 1500 = 0

h1’’ ∼= 18,38cm


Prova trabalhosa, com questões bem elaboradas e conceituais.Acreditamos, apenas, que o número de questões de Dinâmica tenha sido pequeno, e o das de Ondulatória, excessivo.


TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR


IIICCCNNNÊÊÊDDDIIINNNIII CCC AAA

ASSUNTO

Cinemática

Análise Dimensional

Óptica

Eletrostática

Eletrodinâmica

Eletromagnetismo

Física Moderna

1Nº DE QUESTÕES

2 3 4 5

Ondas

Termofísica

Hidrostática

Estática

Gravitação

Dinâmica

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