Fisica - Resolvida - Cobertura Máxima GGE

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Fisica - Resolvida - Cobertura Máxima GGE
1
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
PROVA DE FÍSICA
a) cos β = (1 − ρ s / ρp ) cos α
01) Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam
regularmente umas sobre as outras, o escoamento resultante é
dito laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade
provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado
pelos movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do
fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de
escoamento (laminar ou turbulento) depende de um parâmetro
adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ρ α υβ d γ ητ ,
em que ρ é a densidade do fluido, υ , sua velocidade, η , seu
coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica
associada à geometria do meio que circunda o fluido. Por outro
lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera, de
diâmetro D, que se movimenta num meio fluido, sofre a ação de
uma força de arrasto viscoso dada por
F = 3π Dηυ .
Assim
respectivos
sendo, com relação aos
α, β, γ e τ , uma das soluções é
β = 1,
β = −1 ,
c) α = 1 ,
β = 1,
d) α = −1 , β = 1 ,
γ
γ
γ
γ
e) α = 1 ,
γ = 0,
a) α = 1 ,
b) α = 1 ,
β = 1,
= 1,
= 1,
= −1 ,
= 1,
valores
L
[v ] = T ;
τ = −1 .
τ = 1.
τ = 1.
τ = 1.
e) cos 2β = cos α /(1 + ρ s / ρp )
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 02 :
ALTERNATIVA B
O alcance A máximo é obtido por: A =
no vácuo
V0 2 sen 2θ
g
no meio
V 2 sen 2α
A=
g
A=
V 2 sen 2β
g*
sen 2α
sen 2ρ
= V2
, então:
g
g*
g*
sen2β = sen2α.
(1)
g
V2
Calculando o peso aparente, temos: P* = P − E
ρP .V.g* = ρP .V.g − ρS . V.g
τ = 1.
[d ] = L; [η ]
d) sen 2β = sen 2α /(1 + ρ s / ρp )
Como o alcance é igual no vácuo e no meio, temos:
de
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 01 :
ALTERNATIVA A
Escrevendo as expressões dimensionais para as grandezas ρ,ν,d
e η:
M
[ ρ ] = L3 ;
b) sen 2β = (1 − ρ s / ρp ) sen 2α
c) sen 2 β = (1 + ρ s / ρ p ) sen 2α
[F ]T
=
L2
M
=
.
L.T
Substituindo na fórmula dimensional para R, tem-se:
[R] = (M L –3)α . (L . T-1)β (L)γ . ( M L-1 T-1)τ
Como R é adimensional, [R] = 1, assim:
1 = Mα+τ. L-3α + β + γ -τ. T-β-2
⎧α + τ = 0
⎪
⇒ ⎨−3α + β + γ − τ = 0
⎪− β − τ = 0
⎩
⎛
ρ ⎞
g* = ⎜1 − s ⎟ g
⎜
ρp ⎟⎠
⎝
dele, só que sob um ângulo β em relação à horizontal. Observa-
G
se, então, que, para uma velocidade inicial v do projétil, de
mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera a
distância alcançada pelo projétil (veja figura).
g* = g −
ρs
.g
ρp
(2)
⎛ ρ ⎞
De (1) e (2), temos : sen 2β = ⎜ 1 − s ⎟ .sen2α
⎜ ρ ⎟
ρ ⎠
⎝
03) Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a
G
qual desce um vagão, com aceleração a , em cujo teto está
dependurada uma mola de comprimento A , de massa
desprezível e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na
sua extremidade.
Resolvendo o sistema, tem-se:
α = t, β = t, γ = t, τ = - t; t ∈ R
A única alternativa compatível com a solução desse sistema é a
alternativa A
02) Um projétil de densidade ρp é lançado com um ângulo α
em relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A
seguir, o recipiente é preenchido com um superfluido de
densidade ρ s , e o mesmo projétil é novamente lançado dentro
⇒
A
→
m
a
θ
Considerando que A 0 é o comprimento natural da mola e que o
sistema está em repouso com relação ao vagão, pode-se dizer
que a mola sofreu uma variação de comprimento ∆A = A − A 0
dada por
a) ∆A = mg sen θ / k
b) ∆A = mg cos θ / k
c) ∆A = mg / k
d) ∆A = m a 2 − 2ag cos θ + g 2 / k
e) ∆A = m a 2 − 2ag sen θ + g 2 / k
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 03 :
ALTERNATIVA E
G
υ
G
υ
Sabendo que são nulas as forças de atrito num superfluido,
podemos então afirmar, com relação ao ângulo β de lançamento
do projétil, que
2
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
v2
7 Rg Rg Rg
=
−
+
2
12
2
4
Fel
P
v2 =
G
a
θ
2 Rg
2 gR
∴v =
3
3
05) Um vagão-caçamba de massa M se desprende da
locomotiva e corre sobre trilhos horizontais com velocidade
constante v = 72,0 km/h (portanto, sem resistência de qualquer
espécie ao movimento). Em dado instante, a caçamba é
preenchida com uma carga de grãos de massa igual a 4M,
despejada verticalmente a partir do repouso de uma altura de
6,00m (veja figura).
90º- θ R
grãos
P
4M
Fel
→
θ
A partir do teorema dos cossenos e da 2º Lei de Newton
(FR=m.a): Fel2 = P2 + R2 – 2.P.R.cos(90º-θ)
k2∆A2= (mg) 2 + (ma) 2 – 2.mg.ma.senθ
∆A 2 =
m2 2
m 2
⎡ g + a2 − 2.a.g.senθ⎤⎦ ⇒ ∆A =
g + a2 − 2.a.g.senθ
2 ⎣
k
k
v
M
Supondo que toda a energia liberada no processo seja
integralmente convertida em calor para o aquecimento exclusivo
dos grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa
recebido pelos grãos é
a) 15 J/kg
b) 80 J/kg
c) 100 J/kg
d) 463 J/kg
e) 578 J/kg
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 05:
04) Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial
G
v , horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao
escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de
módulo constante dado por f = 7mg / 4π .
V
M
v
Antes
ANTES
EMEC
MV 2
M
+ 4Mgh = (20)2 + 4M.10.6 ⇒
2
2
= 440M
=
EDEPOIS
MEC
Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após
percorrer um arco de 60º (veja figura), sua velocidade inicial deve
ter o módulo de
b)
d) 3 gR / 2
3gR / 2
c)
6gR / 2
e) 3 gR
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 04 :
ALTERNATIVA A
No momento de descolamento, a resultante centrípeta é igual à
componente centrípeta do peso; e no instante em que o objeto se
desprende da superfície, a normal é nula.
pcos 60 =
mvf
R
2
⇒
vf 2 =
5MV´2 5M42
DEPOIS
=
⇒ EMEC
= 40M
2
2
I∆EMECI = 400 M
Q
400M
=
massa grãos
4M
Q
= 100 J / kg
massa grãos
06) Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,
respectivamente, são liberados no espaço livre.
Rg
2
5M
O trabalho das forças não conservativas é o trabalho do atrito.
τ F n cons = f . d =
τ
F n cons
Depois
ANTES
=
EMEC
60º
2gR / 3
V
M V = 5M V´⇒ M 20 = 5M V´ ⇒ V´ = 4 m/s
R
a)
4M
M
h=6m
JG
JG
QANTES X = QDEPOIS X (Sistema Isolado)
→
m
ALTERNATIVA C
4M
7mg 2π R 7mgR
.
=
4π
6
12
= −∆ε m
7mRg
1
3R 1
= mg2R + mv2 − mg
− mvf 2
12
2
2
2
M
R
2R
12R
3
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
Considerando que a única força interveniente seja a da atração
gravitacional mútua, e que seja de 12 R a distância de separação
inicial entre os centros dos corpos, então, o espaço percorrido
pelo corpo menor até a colisão será de
a) 1,5R
b) 2,5R
c) 4,5R
d) 7,5R
e) 10,0R
08) Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um
bloco de massa M com o formato de uma casa (veja figura).
m
α
ALTERNATIVA D
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 06:
M
R
5M
H
2R
M
0
12 R
Calculando a posição do centro de massa do sistema temos:
xCM
0.M + 12R.5M
=
= 10R
M + 5M
Como a resultante das forças externas atuantes no sistema é
nula, o sistema é isolado e, portanto seu CG permanece na
situação inicial. Caso os corpos de massas M e 5M tivessem
dimensões desprezíveis, eles se encontrariam na posição do
CM, tendo percorrido 10R e –2R, respectivamente. Devido às
dimensões de cada esfera, os corpos terão uma distância de 3R
entre seus centros no instante do impacto. Desse modo, temos:
x CM
A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do
bloco forma com a horizontal é α . O bloco flutua em um líquido
de densidade ρ , permanecendo, por hipótese, na vertical
durante todo o experimento. Após o objeto deixar o plano e o
bloco voltar à posição de equilíbrio, o decréscimo da altura
submersa do bloco é igual a
a) m sen α / S ρ
b) m cos2 α / S ρ
c) m cos α / S ρ
d) m / S ρ
e) (m + M) / S ρ
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 08:
x .M + xB .5M
e xB = x A + 3R
= A
M + 5M
ALTERNATIVA B
1ªSituação
2ªSituação
JG
E
10R . 6M = xA.M + (xA + 3R) . 5M
xA = 7,5R
JG
E
JG
N
α JG
07) Considere um pêndulo de comprimento A , tendo na sua
extremidade uma esfera de massa m com uma carga elétrica
positiva q. A seguir, esse pêndulo é colocado num campo elétrico
α
mg
⇒
H
h
uniforme E que atua na mesma direção e sentido da aceleração
da gravidade g .
JG
P
JG
P
→
E
A
→
g
m
q
Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de
equilíbrio e soltando-a, ela executa um movimento harmônico
simples, cujo período é
a) T = 2π l / g
b) T = 2π l / (g + q)
c) T = 2π ml /( qE )
d) T = 2π ml /(mg − qE )
e) T = 2π ml /(mg + qE )
ALTERNATIVA E
A
g*
A
⇒ T = 2π
qE ⎞
⎛
g
+
⎜
m ⎟⎠
⎝
= mg cosα
Apenas sua componente vertical é que influenciará no equilíbrio.
Na direção vertical, temos:
Ny = Ncosα = mgcos2α
Na 1ª situação temos que:
Ebloco = Pbloco + mgcos2α ⇒ ρ .(SH).g = Mg + mgcos2α ⇒
H=
M
m cos2 α
+
S.ρ
S.ρ
mA
(mg + qE )
qE
m
(I)
Na 2ª situação, não temos o objeto, logo:
ρ .(Sh).g = Mg ⇒ h =
M
S.ρ
(II)
O decréscimo da altura é dado por: (I) – (II)
⇒H
P* = P + FE ⇒ mg* = mg + q.E ⇒ g* = g +
T = 2π
JG
−N
Ebloco = Pbloco ⇒
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 07 :
T = 2π
A força que o objeto aplica no bloco é
JG
−N cujo módulo é:
−h =
m cos2 α
S.ρ
09) Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente
convergente de distância focal f, de modo a obter uma imagem
real a uma distância p’ da lente. Considerando a condição de
mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar
que
b) p3 + fpp’ + p’3 = 10f3
a) p3 + fpp’ + p’3 = 5f3
4
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
c) p3 + fpp’ + p’3 = 20f3
e) p3 + fpp’ + p’3 = 30f3
d) p3 + fpp’ + p’3 = 25f3
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 09:
ALTERNATIVA C
A menor distancia entre um objeto real e sua imagem real
conjugada ocorre quando o objeto está sobre o ponto
antiprincipal e a imagem se forma sobre o outro ponto
antiprincipal.
p´ = 2f
p = 2f
O
A
V
A
11) Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a
10,0m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um
feixe luminoso formando um pequeno ângulo θ com a vertical
(veja figura).
f
f
h
i
Substituindo: p = 2f e p´= 2f;
P3+f.pp´+p´3=(2f) 3+f.(2f).(2f)+(2f) 3 = 20f3
Observação: p = n.f (n>1)
θ
Considere: tan θ sen θ 0 e o índice de refração da água
n = 1,33. Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é
igual a
a) 2,5m.
b) 5,0m. c) 7,5m. d) 8,0m e) 9,0m.
1 1 1
= + (equação dos pontos conjugados)
f p p´
1 1 1
n2
=
+ e A = p + p´⇒ A =
f onde n > 1.
f nf p´
n −1
Construindo o gráfico de A em função de p.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 11 :
ALTERNATIVA C
p ' nAR
h 1,00
=
⇒
=
⇒ h = 7,5m
p nAgua
10 1,33
A
12) São de 100 Hz e 125 Hz, respectivamente, as freqüências de
duas harmônicas adjacentes de uma onda estacionária no trecho
horizontal de um cabo esticado, de comprimento A = 2m e
densidade linear de massa igual a 10 g/m (veja figura).
4f
A
p
f
2f
3f
4f
Pelo gráfico (o valor mínimo de A): p = 2f e A = 4f então p´=2f.
Desta maneira a menor distancia entre o objeto e a imagem é
quando o objeto está sobre o ponto antiprincipal e a imagem
sobre o outro ponto antiprincipal.
10) Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível
de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível
a 120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de
a) 71%
b) 171%
c) 7.100%
d) 9.999.900%
e) 10.000.000%
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 10:
ALTERNATIVA D
O nível de intensidade e a intensidade sonora estão relacionados
através da equação: β = 10 log
I
P
= 10 log
I0
P0
Na situação inicial, o nível de intensidade é de 70dβ. Na
situação final, 120dβ. Assim,
β1 = 10 log
P1
P
P
⇒ 70 = 10 log 1 ⇒ 7 = log 1 (1)
P0
P0
P0
β2 = 10 log
P2
P
P
⇒ 120 = 10 log 2 = 12 = log 2 (2)
P0
P0
P0
12 − 7 = log
Subtraindo (1) de (2):
5 = log
P2
P
⇒ 2 = 105
P0
P1
∆P = P2 – P1 = 105P1-P1 = (105-1)P1
∴
∆P
= 105-1 = 9.999.900 %
P1
P2
P
− log 1
P0
P0
Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, a massa
do bloco suspenso deve ser de
a) 10kg.
b) 16kg.
c) 60kg.
d) 102kg. e) 104kg.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 12 :
ALTERNATIVA A
nV
nV
⇒ 100 =
⇒ nV = 400 (1)
fn =
2L
4
(n + 1)V
(n + 1)V
⇒ 125 =
⇒
fn +1 =
2L
4
⇒ (n + 1)V = 500
(2)
A partir (2) e (1) tem-se:
∴V =
V = 100 m/s
T
m.10
⇒ 100 =
⇒ 10 4 = 103 m
10.103
µ
⇒ m = 10 kg
13) Considere o vão existente entre cada tecla de um
computador e a base do seu teclado. Em cada vão existem duas
placas metálicas, uma delas presa na base do teclado e a outra,
na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capacitor de
placas planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla,
diminui a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um
circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do
movimento da tecla.
5
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
tecla
Da dilatação do fio de tungstênio, vem: A = A0(1+α∆T). Logo, sua
ρA 0
(1 + α∆T) = RT i (1 + α∆T) .
A
Então: ⇒ 4 = 2(1 + 4.10 −3 ∆T) ⇒ ∆T = 250º C
resistência é R T =
0,7 mm
base do teclado
Considere então um dado teclado, cujas placas metálicas têm
40mm2 de área e 0,7mm de distância inicial entre si. Considere
ainda que a permissividade do ar seja ε 0 = 9 x
10-12 F/m. Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma
variação da capacitância a partir de 0,2 pF, então, qualquer tecla
deve ser descolada de pelo menos
a) 0,1mm b) 0,2mm
c) 0,3mm d) 0,4mm e) 0,5mm
15) Quando uma barra metálica se desloca num campo
magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das
extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica.
Desse modo, é criado um campo elétrico constante no interior do
metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades
da barra. Considere uma barra metálica descarregada, de 2,0m
de comprimento, que se desloca com velocidade constante de
módulo v = 216 km/h num plano horizontal (veja figura), próximo
à superfície da Terra.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 13 :
ALTERNATIVA B
Dados da questão: A = 40 mm2 = 40⋅10-6 m2
d0 = 0,7 mm = 0,7⋅10-3 m e ε0 = 9⋅10-12 F/m
→
B
→
Temos, inicialmente, um capacitor de placas paralelas, cuja
capacitância é dada por:
C0 = ε 0
v
A
40 ⋅ 10 −6
⇒ C 0 = 9 ⋅ 10 −12
⇒ C0 = 0,514⋅10-12 F ⇒
d0
0,7 ⋅ 10 −3
C0 = 0,514 pF
Para o computador perceber a tecla sendo pressionada é
necessário um aumento de 0,2 pF na capacitância. Então:
C = C0 + ∆C ⇒ C = 0,514 + 0,2 ⇒ C = 0,714 pF
Substituindo na equação da capacitância:
C = ε0
40 ⋅ 10 −6
A
A
⇒ d = ε0
⇒ d = 9 ⋅ 10 −12
⇒
d
C
0,714 ⋅ 10 −12
d = 0,000504 m ⇒ d = 0,504 mm
Logo, a variação da distância é dada por:
∆d = d – d0 ⇒ ∆d = 0,7 – 0,504 ⇒ ∆d = 0,196
⇒ ∆d ≅ 0,2 mm
+
RT
G
ALTERNATIVA E
⎧Início : Ri = 4Ω ⇒ RTi = 20Ω
⎩Final : R f = 2Ω ⇒ RTf = 40Ω
8.10=R.RT, então ⎨
+
Fel = Fm
Fel
-
Fm
v
⇒ q E = q v B sen 90º
⇒B
E
U
; usando E =
v
d
−3
Substituindo os valores: B = 3,0.10
U
d .v
∴
B = 2,5. 10-5 T
2.60
Sabendo que a resistência varia linearmente com a temperatura
e que o coeficiente linear de temperatura para o tungstênio vale
α = 4,00 x 10-3 °C-1, a variação da temperatura do óleo deve ser
de
a) –125 °C
b) –35,7 °C
c) 25,0 °C
d) 41,7 °C
e) 250 °C
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 14 :
Na ponte de Wheatstone:
+ +
⇒B=
10Ω
R
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 15:
ALTERNATIVA C
Como há equilíbrio entre as forças elétricas e magnéticas nas
cargas livres da barra metálica, tem-se:
+
14) O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de
Wheatstone, está sendo utilizado para determinar a temperatura
de óleo em um reservatório, no qual está inserido um resistor de
fio de tungstênio RT. O resistor variável R é ajustado
automaticamente de modo a manter a ponte sempre em
equilíbrio, passando de 4,00 Ω para 2,00 Ω .
8,0Ω
Sendo criada uma diferença do potencial (ddp) de 3,0 x 10-3 V
entre as extremidades da barra, o valor do componente vertical
do campo de indução magnética terrestre nesse local é de
a) 6,9 x 10-6 T
b) 1,4 x 10-5 T
c) 2,5 x 10-5- T
e) 5,0 x 10-5 T
d) 4,2 x 10-5 T
16) Uma bicicleta, com rodas de 60cm de diâmetro externo, tem
seu velocímetro composto de um ímã preso em raios, a 15 cm do
eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25 mm2 de área,
com 20 espiras de fio metálico, presa no garfo da bicicleta. O ímã
é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2 T
em toda a área da bobina (veja a figura).
6
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
ímã
Bobina presa
ao garfo
15 cm
Com a bicicleta a 36
km/h,
a
força
eletromotriz
máxima
gerada pela bobina é
de:
a) 2 x 10–5 V
b) 5 x 10–3 V
c) 1 x 10–2 V
d) 1 x 10–1 V
e) 2 x 10–1 V
Noroeste
d
Norte
45°
12 km
É fácil perceber que d = 12 km.
Estando o avião a 5 km de altura, temos:
D
5 km
ALTERNATIVA D
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 16:
A velocidade de passagem do ímã pela bobina é:
r
V=
. V0
R
15 cm
⇒V =
. 10m/s
30 cm
d=12 km
⇒ V =5m/s
Logo D =
2
12 2 + 52
= 13 km
Como a bobina é quadrada e possui área 25mm , seu lado é de
L = 5 mm. Logo, a força eletromotriz em cada espira vale:
e = B . L .V ⇒ e = 0,2T . 5 x 10-3 m .
Total de 20 espiras:
V = n . e = 20 x 5 x 10-3 V
5m
s
⇒ e = 5 x 10-3 V
⇒ V = 10-1 V
17) Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater
frontalmente numa árvore. A proteção oferecida pelo air-bag,
comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato
de que a transferência para o carro de parte do momentum do
motorista se dá em condição de
a) menor força em maior período de tempo.
b) menor velocidade, com mesma aceleração.
c) menor energia, numa distância menor.
d) menor velocidade e maior desaceleração.
e) mesmo tempo, com força menor.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 17 :
ALTERNATIVA A
A variação de quantidade de movimento do motorista numa
batida é a mesma, tanto em um automóvel com air-bag, como
em um sem. Logo, o impulso é o mesmo em ambos os casos. A
diferença se deve à menor desaceleração no caso do automóvel
com air-bag. Desse modo, a força é menor, porém atua num
maior período de tempo, fazendo com que a desaceleração seja
menos brusca, mesmo com a variação de velocidade sendo a
mesma nos dois casos.
18) Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de
5,0 km, com velocidade de 50 10 m/s no rumo norte, e capta no
radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste,
de um ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistema de póscombustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de
6,0 m/s2. Após 10 10 / 3 s, mantendo a mesma direção, ele
agora constata que o sinal está chegando da direção oeste.
Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se
encontra a uma distância de
a) 5,2 km.
b) 6,7 km.
c) 12 km.
d) 13 km.
e) 28 km.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 18:
ALTERNATIVA D
10 m/s, a = 6,0 m/s2 , ∆S = V0.t + ½.(a.t2)
Para t=40 10 /3 s, ∆S = 50 10 .40 10 /3 + ½.(6.
(40 10 /3) 2) = 12000 m = 12 km
V0 = 50
Da figura:
19) Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho
são ejetadas de um pulverizador em movimento, passam por
uma unidade eletrostática onde perdem alguns elétrons,
adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço
entre placas planas paralelas eletricamente carregadas, pouco
antes da impressão. Considere gotas de raio igual a 10
µm lançadas com velocidade de módulo v = 20 m/s entre placas
de comprimento igual a 2,0 cm, no interior das quais existe um
campo elétrico vertical uniforme, cujo módulo é E = 8,0 x 104 N/C
(veja figura).
→
→
v
E
0,30 mm
2,0 cm
Considerando que a densidade da gota seja de 1000 kg/m3 e
sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30 mm ao atingir
o final do percurso, o módulo da sua carga elétrica é de
b) 3,1 x 10-14 C.
c) 6,3 x 10-14 C.
a) 2,0 x 10-14 C.
-11
-10
e) 1,1 x 10 C.
d) 3,1 x 10 C.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 19:
ALTERNATIVA B
Como não existem forças atuando na direção horizontal, temos
um Movimento Uniforme ( MU ) nesta direção, assim, pode-se
escrever:
∆t =
∆SH 2.10−2
=
= 1.10−3 s
v
20
Como a gota está carregada, temos uma aceleração
para baixo, pois a carga é positiva. Calculando esta aceleração,
vem: F = E.q = m.a
Ou seja: a =
E.q
m
Escrevendo a equação horária dos espaços, tem-se:
1
1
∆SV = V0 .t + .a.t 2 = .a.t 2
2
2
2.∆SV E.q
Logo: a =
=
Patm
t2
m
2.m.∆SV
Ou ainda: q =
E.t 2
, pois V0 = 0 m/s
7
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
Lembrando que a massa pode ser escrita como sendo:
4
m = ρ.V = ρ. .π.r 3
3
Substituindo os valores, tem-se:
q=
(
8.10 3 .3,14.0,3.10 −3. 1.10 −5
4
(
3.8.10 . 1.10
q=
Logo:
)
)
8.ρ.π .∆SV .r
3.E.t 2
3
3
= 3,14.10 −14 C
−3 2
20) A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente
aberto que a contém é igual a Patm + 10 x 103 Pa. Colocado o
recipiente num elevador hipotético em movimento, verifica-se que
a pressão no seu fundo passa a ser de Patm + 4,0 x 103 Pa.
Considerando que Patm é a pressão atmosférica, que a massa
específica da água é de 1,0 g/cm3 e que o sistema de referência
tem seu eixo vertical apontado para cima, conclui-se que a
aceleração do elevador é de
b) 10 m/s2
c) –6 m/s2
a) –14 m/s2
2
2
d) 6 m/s e) 14 m/s
ALTERNATIVA C
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 20:
Cálculo de h (coluna líquida):
P1 = Patm + ρ.g.h ⇒ Patm + 10 . 10 = Patm +
3
⇒ 10 x 10
3
=1000 . 10 . h
⇒h = 1 m
ρ gh ⇒
JG
JG
Q ANTES = QDEPOIS
⇒ Q ÁTOMO = Q ÁTOMO + QFÓTON
i
⇒ M.0 = Mv +
Utilizando conservação da quantidade de movimento na
absorção do elétron (aproximação não relativística):
JG
JG
Q ANTES = QDEPOIS
Q ATOMO i + QELETRON i = Q ATOMO + ELETRON
Mv + 0 = (M + me )v´
⎛ hυ ⎞
M⎜ −
⎟ = (M + me )v´
⎝ Mc ⎠
Substituindo-se (2), tem-se:
−hυ
v´=
(M + me )c
E0
⎛ n2 − 1 ⎞
⎟
2
⎝ n ⎠ (M + me )c
Substituindo-se (1), tem-se: v´= − ⎜
Obs.: considerando M >> me, pode-se concluir:
⎛ n2 − 1 ⎞ E
v´= − ⎜ 2 ⎟ 0
⎝ n ⎠ Mc
P2 = Patm + ρ g '. h
′
onde g é a aceleração gravitacional em relação ao elevador
22) Inicialmente 48g de gelo a 0 °C são colocados num
calorímetro de alumínio de 2,0g, também a 0 °C. Em seguida,
75g de água a 80 °C são despejados dentro desse recipiente.
Calcule a temperatura final do conjunto. Dados: calor latente do
(referencial não inercial).
Então: P1 – P2 = ρ . (g – g’) . h
⇒ 10 x 103 – 4 x 103 = 1000 . (g – g’) . 1
2
6 x 103
⇒ g – g’ = 6 m/s2
103
2
⇒
g’ = g - 6 m/s2
gelo L9 = 80 cal/g, calor específico da água
cH2O = 1,0 cal g-1 °C-
, calor específico do alumínio CAl = 0,22 cal g-1 °C-1.
1
2
g´ = 10 m/s – 6 m/s = 4m/s
O elevador possui aceleração a para baixo já que a aceleração
gravitacional relativa ao referencial do elevador é menor que g =
10m/s2 .
Assim: ⇒ a = g – g’ = 6 m/s2 (em módulo).
Tomando î um vetor unitário apontado para cima:
a = - 6 î m/s2
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser
respondidas no caderno de soluções.
21) Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um
fóton numa transição do estado de energia n para o estado
fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso
que com ele se liga, assim permanecendo após a colisão.
Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron
após a colisão. Dados: a energia do átomo de hidrogênio no
estado n é En = E0/n2; o momentum do fóton é hν /c; e a energia
deste é hν , em que h é a constante de Planck, ν a freqüência
do fóton e c a velocidade da luz.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 21 :
Na transição do elétron do estado n para o estado fundamental, a
conservação de energia nos impõe:
E f − E i = hυ ⇒ E 0 −
hυ
c
hυ
(2) (velocidade de récuo do áto mo d evido
Mc
à emissão do fóton)
Elevador acelerado:
(g – g’) =
(unidimensional)
∴v = −
Elevador em repouso: P1 = Patm + ρ.g.h
⇒
f
E0
1⎞
⎛
= hυ ⇒ ⎜ 1 − 2 ⎟ E0 = hυ (1)
2
n
⎝ n ⎠
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 22 :
Supondo que todo o gelo derreta:
QCED + QREC = 0
mA c H2O ∆t + mgL + mgc H2O ∆t + mAl c Al ∆t = 0
75 . 1. (t - 80) + 48 . 80 + 48 . 1 . (t - 0) + 2.0,22 (t - 0) = 0
75t - 75 . 80 + 48. 80 + 48t +0,44t = 0
123,44 t = 2160
t = 17,5 ºC
23) Um técnico em eletrônica deseja mediar a corrente que
passa pelo resistor de 12 Ω no circuito da figura. Para tanto, ele
dispõe apenas de um galvanômetro e uma caixa de resistores. O
galvanômetro possui resistência interna Rg = 5 k Ω e suporta, no
máximo, uma corrente de 0,1 mA. Determine o valor máximo do
resistor R a ser colocado em paralelo com o galvanômetro para
que o técnico consiga medir a corrente.
4Ω
2Ω
24V
12V
12Ω
Utilizando conservação da quantidade de movimento na mesma
transição (aproximação não relativística):
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 23:
O esquema do circuito com o galvanômetro fica:
8
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
4Ω
Utilizando (2) em (1) tem-se: 2 dmin =
12 Ω
i3
2Ω
1 5500
.
2 1,3
º
⇒ dmin
I
II
24 V
5kΩ
12 V
i1
G iG
i2
R
25) Num experimento, foi de 5,0 x 103 m/s a velocidade de um
elétron, medida com a precisão de 0,003%. Calcule a incerteza
na determinação da posição do elétron, sendo conhecidos:
massa do elétron me = 9,1 x 10-31 kg e constante de Planck
iS
reduzida
Da equação do amperímetro real:
⎛ 5000 ⎞
+ 1⎟ iG
i3 = ⎜
⎝ R
⎠
R=
0,5
≅ 0, 430 Ω
1,1624
°
comprimento de onda λ = 5500 A , o índice de refração do vidro
nv = 1,50 e, o da película np = 1,30. Admita a incidência luminosa
como quase perpendicular ao espelho.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 24:
Para minimizar a reflexão na película de fluoreto de magnésio
deve-se avaliar as inversões de fase que ocorre nas reflexões
das interfaces ar – Mg F2 e MgF2 – vidro:
Nas duas interfaces (A e B)
há inversão de fase das
ondas,
portanto,
como
resultado final, as ondas
permanecem
em
fase.
Assim, a condição de
interferência destrutiva é:
Diferença de caminho =
1e
2
2
nAr =
1
Ar
MgF2
np = 1,30
1⎞
⎛
⎜ n + 2 ⎟ λmeio ;
⎝
⎠
n∈N
Na aproximação de incidência perpendicular:
2d =
1⎞
⎛
⎜ n + 2 ⎟ λmeio ; n ∈ N
⎝
⎠
⇒ 2 dmin =
h
=
= em que
4.π 2
∆x é a incerteza de posição;
∆p é a incerteza de momento linear;
= é a constante de Planck reduzida.
∆p = m.∆v . Se a incerteza da velocidade é de 0,003% então:
∆p = 9,1.10 −31.0,003%.5,0.10 3 ⇒
∆p = 1,365.10 −31kgm / s
1⎞
⎛
⎜ 0 + 2 ⎟ λρ
⎝
⎠
−34
1,1.10
=
⇒ ∆x ≥
⇒ ∆x ≥ 4,03.10 −4 m
−
31
2.∆p
2.1,365.10
26) Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de
profundidade R/100, do fundo da qual um projétil é lançado
verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de
escape. Determine literalmente a altura máxima alcançada pelo
projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela
mesma velocidade inicial v.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 26:
1ª solução: A velocidade de escape a partir do fundo da cratera
é superior à velocidade de escape a partir da superfície, pois, ao
arremessar um corpo do fundo da cratera, a força peso atua em
um trecho adicional (o percurso no interior da cratera) em relação
ao arremesso a partir da superfície.
Se o corpo for lançado a partir da superfície com a velocidade de
escape do fundo da cratera, ele será capaz de escapar do campo
gravitacional lunar (r = ∞) e não haverá um valor limite para altura
final. Observação: acreditamos que tenha havido alguma falha na
redação da questão. Por exemplo, se fosse pedido para se
considerar um lançamento a partir do fundo da cratera, com a
velocidade de arremesso igual à velocidade de escape da
superfície, haveria um valor finito para a altura máxima. É
possível, também, que em algumas resoluções se considere a
gravidade no interior da cratera como proporcional a
nv =
1,50
vidro
= 1,1 x 10-34 J s.
∆x.∆p ≥
Assim: ∆x ≥
24) Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho
retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão luminosa.
Determine a menor espessura da película para que produza a
reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o
1
=
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 25:
Pelo princípio da incerteza de Heisenberg:
O valor de R é máximo no caso de iG máximo (iG = 0,1 mA).
Nesse caso, utilizando as leis de Kirchhoff para obter R, tem-se:
⇒ 6 - 2i1 – i2 - = 0 (1)
Malha I: 24 – 4i1 – 2i2 – 12 = 0
Malha II: 12 + 2i2 - 12i3 – 5000.10-4 = 0
⇒ 12 + 2i2 - 12i3 – 0,5 = 0 (2)
Lei dos Nós: i1 = i2 + i3 (3)
A partir de (1), (2) e (3), tem-se i3 = 1,1625 A.
A ddp no amperímetro é: U = 5000Ω . 10-4 = 0,5 V (4)
A corrente no resistor R é:
IS = i3 - iG ⇒ IS = 1,1625 – 0,0001 ⇒ IS = 1,1624 A (5)
Usando (4) e (5), R fica:
(1)
= fMgF2
⇒ nAr λAr = np λp
⇒ 1. 5500 = 1,30λp
⇒ λp =
5500
(2)
1,30
1
, o que é
r2
incorreto.
2ª solução: Considera-se:
vS: velocidade de escape a partir da superfície lunar.
vF: velocidade de escape a partir do fundo da cratera.
Utilizando o Teorema da Energia Cinética
(TEC), a partir de um lançamento da
superfície com velocidade vS, tem-se
F
τRS →∞ =
Considerando o λ dado como sendo o comprimento de onda da
onda no vácuo: fAr
≅ 1057,7 A
1
1
mv 2∞ − mv S 2
2
2
S
Como vS é a velocidade de escape a partir da superfície, tem-se
v∞=0 por definição. Além disso τRS →∞ = τFSG→∞ < 0 , pois o trabalho
da força gravitacional é resistente:
9
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
1
τFS →∞ = − mv S2 (1)
2
A partir de um lançamento no fundo da cratera, o TEC fica:
1
1
τFR→∞ = mv ∞2 − mv F2 (2)
2
2
Novamente, v∞=0 por definição de velocidade de escape e
τFR→∞ = τFF → S + τFS →∞ (3)
E
G
G
E
PBCHEIO
PBCHEIO
R = 0,082atmAmol–1 K –1
T = 300 K
G
1
mv F2 (4)
2
Segundo o enunciado, deve-se considerar um lançamento com
velocidade vF a partir da superfície e determinar a altura máxima
hMAX = rMAX – R. Utilizando novamente o TEC:
1
1
τRS →r = mv 2final − mv F2
2
2
1
Como em rMAX, vfinal=0, tem-se: τFS →r = − mv F2 (5)
2
Dados:
PC = 1000 N
PB = 1 N
Patm = 1 atm
V = 1000 A
Utilizando (3) em (2), tem-se: τFFG→ S + τFSG→∞ = −
PC
MAX
MAX
G
τ
F→S
FG
+ τFS →∞ = τFS →r
MAX
G
G
→∞
Utilizando-se (5) em (4), vem: ⇒ τFFG→ S + τFSG→rMAX + τFrMAX
= τFSG→rMAX
G
MAX →∞
⇒ τFF → S + τFr
G
G
=0
Como o trabalho da força gravitacional no trecho F → S é
resistente (negativo), essa expressão não pode ser verdadeira
para rMAX < ∞. Logo, não há valor finito para a altura máxima nas
condições do problema.
27) Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique
claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos
estimados das variáveis empregadas.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 27 :
Supondo uma sala de 8m x 10m x 2,5m, tem-se que o volume
V = 8.10.2,5 = 200 m
ocupado é de:
Mas o ar atmosférico pode ser considerado um gás perfeito,
composto por 80% de Nitrogênio ( N 2 ) e 20% de Oxigênio (
3
O 2 ). Assim sendo, calculamos a massa molar equivalente do ar
atmosférico:
M = 0,8.MN2 + 0,2.M O2 = 0,8.28 + 0,2.32 = 28,8 g /mol
Para o cálculo da massa:
m=
V
Vmolar
.M
Nas condições normais de temperatura e pressão (CNTP), o
volume molar é de 22,4 litros. Logo, como o volume de 200 m3 é
equivalente a 200.000 litros, tem-se que a massa de ar na sala é:
m =
200000
.28,8 = 257143g = 257kg
22,4
(O2) PV = nRT
1300 = n 0,082. 300
n = 12,19
m = 390,1 g
(N2) PV = nRT
1700 = n.0,082. 300
n = 28,45
m = 796,6 g
390,1 + 796,6
= 1,187 kg / m3
1
(He) PV = nRT
1.1000 = n.0,082.300
n = 46,65
m = 162,6 g
ρHe = 0,1626 g/m3
PBCHEIO = PB + ρHe. V.g E = ρAR.V.g
PBCHEIO = 1 + 0,163g
E = 1,187g
Cálculo do número n de balões:
PC + n.PBCHEIO = n.E
1000 + n.(1+0,163g) = n . 1,187g
1000 = n.(1,024g – 1)
Considerando g = 10 m/s2: n = 108,2
Então, o número mínimo de balões é 109.
Considerando g = 9,8 m/s2: n = 110,7
Então, o número mínimo de balões é 111.
ρ AR =
29) Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de
uma barra vertical de altura H apoiada no fundo de um cilindro
vazio de diâmetro 2 H. O tubo encontra-se a uma altura 2H + L e,
para efeito de cálculo, é de comprimento desprezível. Quando o
cilindro é preenchido com um líquido até uma altura 2H (veja
figura), mantido o tudo na mesma posição, o observador passa a
ver a extremidade inferior da barra. Determine literalmente o
índice de refração desse líquido.
L
H
H
28) Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por
meio de balões, sendo cada qual inflado com 1 m3 de hélio na
temperatura local (27 °C). Cada balão vazio com seus
apetrechos pesa 1,0 N. São dadas a massa atômica do oxigênio
Ao = 16, a do nitrogênio AN = 14, a do hélio AHe = 4 e a constante
dos gases R = 0,082 atm
mol-1 K-1. Considerando que o
conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e que a atmosfera é
composta de 30% de O2 e 70% de N2, determine o número
mínimo de balões necessários.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 28:
2H
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 29:
10
RESOLUÇÃO COMENTADA – ITA 2004/2005 – FÍSICA
Do triângulo ABC da figura acima, temos:
sen(i) =
2H
(2H) + (H + L )
2
2
=
2H
5H + 2HL + L2
2
Os triângulos ABC e ADG são semelhantes, logo:
2H2
a
2H
2HL
b = 2H − a =
a=
=
L L+H
L+H
L+H
Do triângulo DEF, temos:
sen(r ) =
b
b2 + (2H)2
sen(r ) =
=
H2 + 2HL + L2
2H2 + 2HL + L2
2H2 1
⋅
L + H 2H
H
2H + 2HL + L2
Aplicando a lei de Snell-Descartes, temos:
2
n1 sen(i) = n2 sen(r ) => n2 = 2
2H2 + 2HL + L2
5H2 + 2HL + L2
30) Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do
equador de um planeta, mantendo-se estacionário em relação a
este. Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja
massa é MJ = 1,9 x 1027 kg e cujo raio é RJ = 7,0 x 107 m. Sendo
a constante da gravitação universal G = 6,7 x 10–11 m3 kg–1 s–2 e
considerando que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10h,
determine a altitude do satélite em relação à superfície desse
planeta.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 30:
A força gravitacional é a resultante centrípeta do movimento
circular e uniforme:
R C = FG
GM J mS
GM J
⇒ R3 =
2
R
ω2
GM J
3
⇒ ( RJ + h ) =
2
⎛ 2π ⎞
⎜
⎟
⎝ T ⎠
mS .ω 2 .R =
Substituindo os valores dados:
(7.107 + h)3 =
6, 7.10−11.1,9.1027
⎛ 2π ⎞
⎜
⎟
⎝ 10.3600 ⎠
2
⇒ h = 9,11.107 m

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