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