ita2012 1dia

FFÍÍSSIICCAAQuando precisar use os seguintes valores para asconstantes:

1 ton de TNT = 4,0 x 109 J.

Aceleração da gravidade g = 10 m/s2. 1 atm = 105 Pa.Massa específica do ferro ρ = 8000 kg/m3.

Raio da Terra R = 6400 km.

Permeabilidade magnética do vácuo μ0 = 4π × 10–7 N/A2.

1 BBOndas acústicas são ondas de compressão, ou seja,propagam-se em meios compressíveis. Quando uma barrametálica é golpeada em sua extremidade, uma onda lon -

gitu dinal propaga-se por ela com velocidade v = �� Ea/ρ.A grandeza E é conhecida como módulo de Young,enquanto ρ é a massa específica e a uma constanteadimensional. Qual das alternativas é condizente àdimensão de E?

a) J/m2 b) N/m2 c) J/s.m

d) kg.m/s2 e) dyn/cm3

Resolução

V =

LT–1 =

L2 T–2 =

[E] = ML–1T–2 = = [p]

O Módulo de Young tem a mesma equação dimen -

sional de pressão e sua unidade, no SI, é .

Ea–––�

[E]–––––ML–3

[E]–––––ML–3

MLT–2––––––

L2

N–––m2

II TTAA ((11 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

2 BBConsidere uma rampa plana, inclinada de um ângulo θem relação à horizontal, no início da qual encontra-se umcarrinho. Ele então recebe uma pancada que o faz subiraté uma certa distância, durante o tempo ts, descendo emseguida até sua posição inicial. A “viagem” completa duraum tempo total t. Sendo μ o coeficiente de atrito cinéticoentre o carrinho e a rampa, a relação t/ts é igual a

a) 2

b) 1 + �� (tan � + μ)/� tan � – μ�

c) 1 + �� (cos � + μ)/� cos � – μ�

d) 1 + �� (sen � + μ)/� cos � – μ�

e) 1 – �� (tan � + μ)/� tan � – μ�

Resolução

Na subida da rampa:

1) PFD: Pt + Fat = ma1

mg sen � + μ mg cos � = ma1

2) V = V0 + γt

0 = V0 – a1 ts ⇒

3) = ⇒ = ⇒ ts2 =

ts = ⇒ (1)

4) Na descida da rampa:

1) PFD: Pt – Fat = ma2

mg sen � – μmg cos � = ma2

a2 = g(sen � – μ cos �)

2) �s = v0t + t2

a1 = g(sen � + μ cos �)

V0 = a1 ts

2d––––

a1

a1 ts–––––2

d–––ts

V0 + 0–––––––

2�s–––�t

2dts = ––––––––––––––––

g(sen � + μcos �)2d–––a1

γ–––2


d = td2

(2)

O tempo total t é dado por:t = ts + td

÷ ts: = 1 + (3)

: = =

Em (3):t tg � + μ

––– = 1 + ––––––––ts tg � – μ

g(sen � – μ cos �)––––––––––––––––

2

2dtd = ––––––––––––––––

g(sen � – μcos �)

td–––ts

t–––ts

sen � + μ cos �–––––––––––––sen � – μ cos �

td–––ts

(2)–––(1)

tg � + μ––––––––tg � – μ


3 CCUm elevador sobe verticalmente com aceleração cons -tante e igual a a. No seu teto está preso um conjunto dedois sistemas massa-mola acoplados em série, conformea figura. O primeiro tem massa m1 e constante de mola k1,e o segundo, massa m2 e constante de mola k2. Ambas asmolas têm o mesmo comprimento natural (sem defor -mação) �. Na condição de equilíbrio estático relativo aoelevador, a deformação da mola de constante k1 é y, e a daoutra, x.

Pode-se então afirmar que (y – x) é

a) [(k2 – k1)m2 + k2ml](g – a)/k1k2.

b) [(k2 + k1)m2 + k2ml](g – a)/k1k2.

c) [(k2 - k1)m2 + k2m1](g + a)/k1k2.

d) [(k2 + k1)m2 + k2ml](g + a)/k1k2 – 2�.

e) [(k2 – k1)m2 + k2ml](g + a)/k1k2 + 2�.

ResoluçãoComo não se sabe se o movimento de subida do ele -vador é acelerado ou retardado, não podemos concluirqual o sentido da aceleração do elevador.Admitindo-se que o movimento do elevador sejaacelerado, a aceleração terá sentido dirigido paracima e a gravidade aparente dentro do elevador será:

A força deformadora da mola k1 é o peso aparente dosistema (m1 + m2):

(m1 + m2) (g + a) = k1 . y

A força deformadora da mola k2 é o peso aparente dobloco m2:

m2 (g + a) = k2 . x

y – x = –

m2 (g + a)x = ––––––––––

k2

m2 (g + a)––––––––––

k2

(m1 + m2) (g + a)–––––––––––––––

k1

gap = g + a

(m1 + m2) (g + a)y = ––––––––––––––––

k1


y – x = (g + a)

y – x = (g + a)

Nota: Se o movimento do elevador for retardado, tere -mos a opção A.

m1 + m2 m2�–––––––– – ––––�k1 k2

(m1 k2 + m2k2 – m2k1)–––––––––––––––––––

k1k2

[(k2 – k1) m2 + m1k2]y – x = (g + a) –––––––––––––––––––

k1k2


4 AAApoiado sobre patins numa superfície horizontal sematrito, um atirador dispara um projétil de massa m comvelocidade v contra um alvo a uma distância d. Antes dodisparo, a massa total do atirador e seus equipamentos éM. Sendo vs a velocidade do som no ar e desprezando aperda de energia em todo o processo, quanto tempo apóso disparo o atirador ouviria o ruído do impacto do projétilno alvo?

a) b)

c) d)

e)

Resolução1) Admitindo-se que o atirador esteja inicialmente

em repouso, temos:

→Qf =

→Q0

→Qp +

→QA =

→0

�→QA� = � →Qp� ⇒ (M – m) V1 = m v

2) Tempo t1 gasto pelo projétil para chegar ao alvo:

d = v . t1 ⇒

3) Distância d1 percorrida pelo atirador no tempo t1:

d1 = V1 . t1

d1 = . ⇒

4) Distância entre atirador e alvo no instante t1:

D = d1 + d = + d =

m dd1 = –––––––

M – m

d–––v

mv––––––––

M – m

md + Md – md–––––––––––––––

M – m

m d––––––––

M – m

m vV1 = ––––––

M – m

dt1 = –––

v

d(vs + v)(M + m)–––––––––––––––––v(Mvs + m(vs + v))

d(vs + v)(M – m)–––––––––––––––––v(Mvs – m(vs + v))

d(vs + v)(M – m)–––––––––––––––––v(Mvs – m(vs – v))

d(vs – v)(M + m)–––––––––––––––––v(Mvs + m(vs + v))

d(vs – v)(M – m)–––––––––––––––––v(Mvs + m(vs + v))


5) O som e o atirador se movimentam no mesmosentido e a velocidade relativa terá módulo Vreldado por:

Vrel = vs – v1 = vs – =

6) O tempo gasto pelo som TS para chegar ao atira -dor é dado por:

Vrel =

TS =

TS = D .

TS = .

7) O tempo total pedido T é dado por:

T = t1 + TS

T = +

T = d

T = d

T = .

Md–––––––––––––––(M – m) vs – mv

d––––

v

M 1�––––––––––––––– + ––�M vs – m (vs + v) v

M (v + vs) – m (vs + v)�––––––––––––––––––––�v(M vs – m (vs + v))

M v + M vs – mvs – mv––––––––––––––––––––

M vs – m (vs + v)

d––––

v

d (M – m) (vs + v)T = ––– –––––––––––––––––

v (M vs – m (vs + v))

M dD = –––––––

M – m

(M – m) vs – mv–––––––––––––––

M – m

m v–––––––M – m

D––––TS

D––––Vrel

M – m–––––––––––––––(M – m) vs – mv

M – m–––––––––––––––(M – m) vs – mv

M d––––––––

M – m

M dTS = ––––––––––––––

(M – m) vs – mv


5 DDUm gerador elétrico alimenta um circuito cuja resistênciaequivalente varia de 50 a 150 �, dependendo dascondições de uso desse circuito. Lembrando que, comresistência mínima, a potência útil do gerador é máxima,então, o rendimento do gerador na situação de resistênciamáxima, é igual a

a) 0,25. b) 0,50. c) 0,67.

d) 0,75 e) 0,90.

ResoluçãoTemos o circuito

Na condição de potência útil máxima, temos r = R,isto é, r = 50�

Para r = 150�, vem:

1.°) i = ⇒ i = ⇒ i =

2.°) U = E – ri ⇒ U = E – 50 . ⇒ U =

O rendimento do gerador na situação de resistênciaelétrica máxima é igual a:

� = ⇒ � = ⇒ � = 0,753E/4–––––

EU

–––E

E–––––200

E–––––––50 + 150

E–––––r + R

3E–––––

4E

––––200


6 CCUm funil que gira com velocidade angular uniforme emtorno do seu eixo vertical de simetria apresenta umasuperfície cônica que forma um ângulo � com ahorizontal, conforme a figura. Sobre esta superfície, umapequena esfera gira com a mesma velocidade angularmantendo-se a uma distância d do eixo de rotação.

Nestas condições, o período de rotação do funil é dadopor

a) 2� ��d/g sen � . b) 2� ��d/g cos � .

c) 2� ��d/g tan � . d) 2� ��2d/g sen 2� .

e) 2� ��d cos � / g tan �.

Resolução

1) Fy = P = mg

2) Fx = Fcp = m �2d

3) tg � =

�2 =

� = =

Nota: Admitimos que não há atrito entre o funil e abolinha.

m �2d–––––––

mg

g tg �–––––––

d

2�––––

Tg tg �

––––––d

dT = 2� ––––––

g tg �


7 EENo interior de um carrinho de massa M mantido emrepouso, uma mola de constante elástica k encontra-secomprimida de uma distância x, tendo uma extremidadepresa e a outra conectada a um bloco de massa m,conforme a figura.

Sendo o sistema então abandonado e considerando quenão há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial daaceleração do bloco relativa ao carrinho é

a) kx / m. b) kx / M.

c) kx / (m + M). d) kx (M – m) / mM.

e) kx (M + m) / mM.

Resolução

PFD (bloco): Fmola = k x = m ab

PFD (carrinho): Fmola = k x = M ac

A aceleração do bloco relativa ao carrinho será:arel = ab + ac

arel = + = k x � +

kxab = ––––

m

kxac = ––––

M

1 –––M

1 –––m

k x ––––

M

k x ––––

m

(M + m)arel = k x –––––––––

Mm


8 CCUm corpo movimenta-se numa superfície horizontal sematrito, a partir do repouso, devido à ação contínua de umdispositivo que lhe fornece uma potência mecânicaconstante. Sendo v sua velocidade após certo tempo t,pode-se afirmar que

a) a aceleração do corpo é constante.

b) a distância percorrida é proporcional a v2.

c) o quadrado da velocidade é proporcional a t.

d) a força que atua sobre o corpo é proporcional a ��t . e) a taxa de variação temporal da energia cinética não é

constante.

ResoluçãoComo a potência é constante, a potência médiacoincide com a instantânea:

P = Pm =

TEC: τ = –

Como V0 = 0, vem τ =

Δt = t – 0 = t

P =

V2 =

Como é constante, então V2 é proporcional a t.

τ–––Δt

mV02

–––––2

mV2–––––

2

mV2

–––––2

mV2–––––

2t

2 P t–––––

m2 P

––––m


9 DDAcredita-se que a colisão de um grande asteroide com aTerra tenha causado a extinção dos dinossauros. Para seter uma ideia de um impacto dessa ordem, considere umasteroide esférico de ferro, com 2 km de diâmetro, que seencontra em repouso quase no infinito, estando sujeitosomente à ação da gravidade terrestre. Desprezando asforças de atrito atmosférico, assinale a opção que expressaa energia liberada no impacto, medida em númeroaproximado de bombas de hidrogênio de 10 megatons deTNT.

a) 1 b) 10 c) 500 d) 50.000 e) 1.000.000

ResoluçãoA energia mecânica total do asteroide no infinito énula.

Ao atingir a Terra, supondo-se que esta energia mecâ -nica se conservou, teremos:

Em = – + = 0

Sendo g = , vem:

Ecin = ⇒

A massa m do asteroide é dada por:

m = � � r3

Portanto:

Ecin = . 3 . 8000 . (1,0 . 103)3 . 10 . 6,4 . 106 (J)

Ecin = 32 . 6,4 . 1019J 2,0 . 1021J

E = 10 megatons de TNT = 10 . 106 . 4,0 . 109J = 4,0 . 1016J

Ecin = n E

20 . 1020 = n . 4 . 1016

4Ecin = –– � � r3 g R

3

4––3

n = 5 . 104

m V2–––––

2

G M m––––––

R

G M mEcin = –––––––––

R

G M–––––

R2

Ecin = m g Rg . R2 m–––––––

R

4––3


10 BBBoa parte das estrelas do Universo formam sistemasbinários nos quais duas estrelas giram em torno do centrode massa comum, CM. Considere duas estrelas esféricasde um sistema binário em que cada qual descreve umaórbita circular em torno desse centro. Sobre tal sistemasão feitas duas afirmações:

I. O período de revolução é o mesmo para as duasestrelas e depende apenas da distância entre elas, damassa total deste binário e da constante gravitacional.

II. Considere que →R1 e

→R2 são os vetores que ligam o CM

ao respectivo centro de cada estrela. Num certointervalo de tempo �t, o raio vetor

→R1varre uma certa

área A. Durante este mesmo intervalo de tempo, o raiovetor

→R2 também varre uma área igual a A.

Diante destas duas proposições, assinale a alternativacorreta.

a) As afirmações I e II são falsas.

b) Apenas a afirmação I é verdadeira.

c) Apenas a afirmação II é verdadeira.

d) As afirmações I e II são verdadeiras, mas a II nãojustifica a I.

e) As afirmações I e II são verdadeiras e, além disso, a IIjustifica a I.

ResoluçãoI. (V)

1) Localização do CM:

r1 =

Mr1 + mr1 = mr2 + mr1

Sendo r1 + r2 = d, vem:

r1 + r1 = d ⇒ r1 . = d ⇒

e

r2 M––– = ––––r1 m

M�1 + ––m M

–––m m d

r1 = ––––––M + m

M dr2 = ––––––

M + m

M . 0 + m (r2 + r1)––––––––––––––––

M + m


2) Cálculo do período T:

FG = Fcp

= M�2 . ⇒ �2 =

� =

=

II. (F)

As velocidades angulares são iguais: no mesmointervalo de tempo Δt, os ângulos são iguais e aestrela que tem maior raio de órbita descreve áreamaior.

G (M + m)––––––––––

d3

md––––––M + m

GMm–––––––

d2

G (M + m)––––––––––

d3

G (M + m)––––––––––

d3

2�––––

T

d3

T = 2� –––––––––G (M + m)


11 BBUm cilindro vazado pode deslizar sem atrito num eixohorizontal no qual se apoia. Preso ao cilindro, há um cabode 40 cm de comprimento tendo uma esfera na ponta,conforme figura. Uma força externa faz com que ocilindro adquira um movimento na horizontal do tipoy = y0 sen (2� ft).

Qual deve ser o valor de f em hertz para que seja máximaa amplitude das oscilações da esfera?

a) 0,40 b) 0,80 c) 1,3 d) 2,5 e) 5,0

ResoluçãoA esfera pendular vai oscilar com máxima amplitudequando o cilindro e a esfera estiverem em ressonância.Isso significa que o cilindro e a esfera deverão oscilarcom a mesma frequência f.Considerando-se que a massa do cilindro seja muitomaior que a da esfera para que o pêndulo tenha com -primento efetivo de oscilação igual a 40cm e imaginan -do-se que o movimento oscilatório do pêndulo sejapraticamente harmônico simples, o período T e afrequência f ficam dados por:

T = 2π ⇒ f = ⇒ f =

f = (Hz) ⇒

g–––L

1–––2�

1––T

L–––g

f 0,80Hz10

––––0,40

1–––––––2 . 3,14


12 EENo interior de um elevador encontra-se um tubo de vidrofino, em forma de U, contendo um líquido sob vácuo naextremidade vedada, sendo a outra conectada a umrecipiente de volume V com ar mantido à temperaturaconstante. Com o elevador em repouso, verifica-se umaaltura h de 10 cm entre os níveis do líquido em ambos osbraços do tubo. Com o elevador subindo com aceleraçãoconstante →a (ver figura), os níveis do líquido sofrem umdeslocamento de altura de 1,0 cm.

Pode-se dizer então que a aceleração do elevador é iguala

a) – 1,1 m/s2. b) – 0,91 m/s2.

c) 0,91 m/s2. d) 1,1 m/s2.

e) 2,5 m/s2.

Resolução(I) Situação inicial (elevador em repouso):

p2 = p1 ⇒ par = � g h

par = � . 10 . 0,10 (SI)

par = � . 1,0 (SI)


(II) Situação final (elevador acelerado):

p4 = p3 ⇒ p’ar = � gap h’

p’ar = � . gap . 0,080 (SI)

Como a temperatura é constante e o tubo é fino(volume desprezível), a pressão do ar dentro dobulbo praticamente não se altera. Assim:p’ar = par ⇒ � gap 0,080 = � 1,0

Da qual:

(III) Sendo gap > g, a aceleração do elevador é dirigidapara cima (no sentido de a→), com módulo deter -minado por:

gap = g + a ⇒ 12,5 = 10,0 + a

a = 2,5m/s2

p’ar = � . gap . 0,080 (SI)

gap = 12,5m/s2


13 EEConforme a figura, um circuito elétrico dispõe de umafonte de tensão de 100 V e de dois resistores, cada qual de0,50 �. Um resistor encontra-se imerso no recipientecontendo 2,0 kg de água com temperatura inicial de 20°C,calor específico 4,18 kJ /kg.°C e calor latente de vapori -zação 2230 kJ /kg. Com a chave S fechada, a correnteelétrica do circuito faz com que o resistor imerso dissipecalor, que é integralmente absorvido pela água. Duranteo processo, o sistema é isolado termicamente e a tempe -ratura da água permanece sempre homogênea.

Mantido o resistor imerso durante todo o processo, otempo necessário para vaporizar 1,0 kg de água é

a) 67,0 s. b) 223 s. c) 256 s.

d) 446 s. e) 580 s.

Resolução

i = ⇒ i = ⇒ i = 100 A

P = R . i2 ⇒ P = 0,50 . (100)2W ⇒ P = 5,0 . 103W

Quantidade de calor total absorvida pela água

Q = m . c . �� + m . Lvap

Q = 2,0 . 4,18 . 80 + 1,0 . 2230 (J)

Q = 2898,80kJ

Sendo

Q = P . �t

2898,80 . 103 = 5,0 . 103 . �t

100V––––––––2.0,50�

ε–––2R

�t 580s


14 DDEm uma superfície líquida, na origem de um sistema decoordenadas encontra-se um emissor de ondas circularestransversais. Bem distante dessa origem, elas têm a formaaproximada dada por h1 (x, y, t) = h0 sen (2�( r / – ft)), emque é o comprimento de onda, f é a frequência e r, adistância de um ponto da onda até a origem. Uma onda planatransversal com a forma h2(x, y, t) = h0 sen (2�(x / – ft))superpõe-se à primeira, conforme a figura.

Na situação descrita, podemos afirmar, sendo � o conjun -to dos números inteiros, que

a) nas posições (y2P /(2n) – n/8, yP) as duas ondas estão

em fase se n ∈ �.

b) nas posições (y2P /(2n) – n/2, yP) as duas ondas estão

em oposição de fase se n ∈ � e n 0.

c) nas posições (y2P /(2n) – (n + 1/2) /2, yP) as duas

ondas estão em oposição de fase se n ∈ � e n 0.

d) nas posições (y2P /((2n + 1)) – (n + 1/2) /2, yP) as duas

ondas estão em oposição de fase se n ∈ �.

e) na posição (2y2P / – /8, yP) a diferença de fase entre

as ondas é de 45°.

ResoluçãoPara o caso no qual as ondas estão em oposição defase, temos:

2π – ft – 2π – ft = (2n + 1)π

r – xP = (2n + 1)

Como r = �� xP2 +yP

2 , temos:

�� xP2 +yP

2 – xP = (2n + 1)

�� xP2 + yP

2 = (2n + 1) + xP

xP2 + yP

2 = (2n + 1)2 + λ(2n + 1)xP + xP2

xP–––λ�

r–––λ�

λ–––2

λ–––2

λ–––2

λ2

–––4


yP2 – (2n + 1)2 = λ(2n + 1)xP

– n + = xP

O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que:

Para o caso no qual as ondas estão em concordânciade fase, temos:

2π – f t – 2π – f t = 2nπ

– = n

��xP2 + yP

2 = nλ + xP

xP2 + yP

2 = (nλ)2 + 2nλxP + xP2

= xP

– = xP

O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que

Para o caso no qual a diferença de fase entre as ondas

seja de 45° ( rad), temos:

2π – ft – 2π – ft =

– =

��xP2 + yP

2 = + xP

xP2 + yP

2 = + xP + xP2

yP2 – = xP

– = xP

O ponto P tem coordenadas xP e yP, tais que

λ2

–––4

1––2�

λ–––2

yP2

–––––––––λ(2n + 1)

yP2

1 λP = �––––––––– – � n + –– . –––, yP, n � �

(2n + 1)λ 2 2

xP

–––λ�r––

λ�xP

–––λ

r––λ

yP2 – (nλ)2

–––––––––2nλ

nλ––––

2

yP2

––––2nλ

yP2 nλ

P = (––––– – –––, yP), n � �*2nλ 2

π––4

π–––4

xP–––λ�

r–––λ�

1–––8

xP––––λ

r––λ

λ–––8

λ–––4

λ2–––64

λ–––4

λ2–––64

λ–––16

4yP2

–––––λ

4yP2 λ

P = (––––– – ––– , yP)λ 16


15 EEUm capacitor de placas paralelas de área A e distância 3hpossui duas placas metálicas idênticas, de espessura h eárea A cada uma.

Compare a capacitância C deste capacitor com a capa -citância C0 que ele teria sem as duas placas metálicas.

a) C = C0 b) C > 4C0 c) 0 < C < C0

d) C0 < C < 2C0 e) 2C0 < C < 4C0

ResoluçãoCapacitor sem as placas metálicas:

C0 = �0 . (1)

Capacitor com as duas placas metálicas:

Equivale a trêscapacitores emsérie:

= + +

= + +

=

= ⇒ C = �0 . (2)

De (1) e (2), vem: C = 3C0

A–––3h

1–––C3

1–––C2

1–––C1

1––C

h3––––�0A

h2––––�0A

h1––––�0A

1––C

h1 + h2 + h3–––––––––––�0A

1––C

A–––h

h––––�0A

1––C


16 AAA figura mostra uma região espacial de campo elétricouniforme de módulo E = 20 N/C. Uma carga Q = 4 C édeslocada com velocidade constante ao longo do perí -metro do quadrado de lado L = 1 m, sob ação de umaforça

→F igual e contrária à força coulombiana que atua na

carga Q. Considere, então, as seguintes afirmações:

I. O trabalho da força →F para deslocar a carga Q do

ponto 1 para 2 é o mesmo do dispendido no seudeslocamento ao longo do caminho fechado 1-2-3-4-1.

II. O trabalho de →F para deslocar a carga Q de 2 para

3 é maior que o para deslocá-la de 1 para 2.

III. É nula a soma do trabalho da força →F para deslocar

a carga Q de 2 para 3 com seu trabalho paradeslocá-la de 4 para 1.

Então, pode-se afirmar que

a) todas são corretas.

b) todas são incorretas.

c) apenas a II é correta.

d) apenas a I é incorreta.

e) apenas a II e III são corretas.

ResoluçãoI. Correta

�12 = F . L . cos 90° = 0

�12341 = �12 + �23 + �34 + �41 = 0 + F . L + 0 – F . L = 0

Em ambos os casos, o trabalho é nulo:

II. Correta�23 = + F . L

�12 = + F . L . cos 90° = 0

III. Correta�23 = + F . L

�41 = F . L cos 180° = – FL

�23 + �41 = (+FL) + (–FL) = 0

�12 = �12341

�23 > �12


17 DDUma fonte luminosa uniforme no vértice de um cone retotem iluminamento energético (fluxo energético porunidade de área) HA na área A da base desse cone. Oiluminamento incidente numa seção desse cone queforma ângulo de 30° com a sua base, e de projeçãovertical S sobre esta, é igual a

a) AHA/S. b) SHA/A. c) AHA/2S.

d) ��3AHA/2S. e) 2AHA/��3S.

Resolução

—AC =

—AC’ . cos 30°

—AC =

—AC’ .

Sendo a’ o semieixo maior da elipse:

a’ =

A elipse projetada na base tem semieixo a:

a = ⇒ a = a’

Logo, a área da elipse ADBDA e a área da elipse

AD’B’D’A se relacionam por:

= = = =

S’ = S

��3––––

2

—AC’––––

2

��3––––

2

—AC

––––2

2��3–––––

3

2–––––

��3

a’–––a

πa’b–––––πab

S’––––

S

�2��3–––––

3�


a: semieixo maior de Sb: semieixo menor: constantea’: semieixo maior de S’

Como o fluxo é constante:Φ = HA . A = H’ . S’

HA . A = H’ . S .

H’ = ⇒

2��3–––––

3

HA . A . ��3H’ = ––––––––––

2 S

HA . A . 3–––––––––

2 S��3


18 CCAlguns tipos de sensores piezorresistivos podem ser usa -dos na confecção de sensores de pressão baseados em pon -tes de Wheatstone. Suponha que o resistor Rx do circuitoda figura seja um piezorresistor com variação de resis tên -cia dada por Rx = kp + 10�, em que k = 2,0 x 10-4�/Pae p, a pressão.

Usando este piezorresistor na construção de um sensorpara medir pressões na faixa de 0,10 atm a 1,0 atm,assinale a faixa de valores do resistor R1 para que a pontede Wheatstone seja balanceada. São dados: R2 = 20� e R3 = 15�.

a) De R1min = 25� a R1max = 30�

b) De R1min = 20� a R1max = 30�

c) De R1min = 10� a R1max = 25�

d) De R1min = 9,0� a R1max = 23�

e) De R1min = 7,7� a R1max = 9,0�

ResoluçãoDeterminemos, inicialmente, os valores extremos queRx pode assumir.

Para p = 1,0 atm = 1,0 . 105 Pa, temos:

Rx = K . p + 10�

Rx = 2,0 . 10–4 . 1,0 . 105 + 10

Rxmáx= 30�

Para p = 0,10 atm = 0,10 . 105Pa, temos:

R’x = 2,0 . 10–4 . 0,10 . 105 + 10

R’xmín= 12�

Ponte de Wheatstone em equilíbrio na situação 1:

R1mín. Rx = R2R3

R1mín. 30 = 20 x 15

Ponte de Wheatstone em equilíbrio na situação 2:

R1máx. R’x = R2R3

R1máx. 12 = 20 x 15

R1mín= 10�

R1máx= 25�


19 DDAssinale em qual das situações descritas nas opçõesabaixo as linhas de campo magnético formam circun -ferências no espaço.

a) Na região externa de um toroide.

b) Na região interna de um solenoide.

c) Próximo a um íma com formato esférico.

d) Ao redor de um fio retilíneo percorrido por correnteelétrica.

e) Na região interna de uma espira circular percorrida porcorrente elétrica.

ResoluçãoAs linhas de campo magnético formam circun ferên -cias no espaço ao redor de um fio retilíneo infinitopercorrido por corrente elétrica.


20 AAConsidere as seguintes afirmações:

I. As energias do átomo de Hidrogênio do modelo deBohr satisfazem à relação, En = –13,6/n2 eV, com n = 1, 2, 3, …; portanto, o elétron no estado funda -mental do átomo de Hidrogênio pode absorverenergia menor que 13,6 eV.

II. Não existe um limiar de frequência de radiação noefeito fotoelétrico.

III. O modelo de Bohr, que resulta em energias quanti -zadas, viola o princípio da incerteza de Heisenberg.

Então, pode-se afirmar que

a) apenas a II é incorreta.

b) apenas a I e II são corretas.

c) apenas a I e III são incorretas.

d) apenas a I é incorreta.

e) todas são incorretas.

ResoluçãoI. Correta

De acordo com o modelo de Bohr para o átomo dehidrogênio, quando o átomo recebe energia, oelétron pode sofrer uma transição para um estadode maior energia ou estado excitado, no qual n >1. Assim: utilizando a expressão E = – eV

tem-se: para n = 1, temos: E1 = – 13,6eV (estado funda -men tal)

para n = 2, temos: E2 = – 3,40eV

para n = 3, temos: E3 = – 1,51eV

Na passagem do estado fundamental (n = 1) para

o segundo estado excitado (n = 2), por exemplo, a

energia recebida para a transição vale:

ΔE = – 3,40 – (– 13,6) (eV)

(< 13,6eV)

II. IncorretaA explicação de Einstein para o efeito fotoelétricomostra que existe, para cada superfície metálica,um limiar de frequências f0 característico. Parafrequências menores que f0, o efeito não ocorre,qualquer que seja a intensidade da iluminação. Graficamente:

13,6–––––

n2

ΔE = 10,2eV


III. CorretaO segundo postulado de Bohr pode ser assimenun ciado:“Em vez da infinidade de órbitas que seriampossíveis segundo a Mecânica Clássica, um elétronsó pode mover-se em uma única órbita na qual seumomento angular orbital L é um múltiplo inteiro

de ”.

O modelo de Bohr (1913) define com precisão aposição (raio da órbita) e o momento do elétron deforma simul tânea, contrariando o Princípio daIncerteza de Heisenberg (1925):“Uma experiência não pode determinar simul -taneamente o valor exato de uma componente domomento, por exemplo px, de uma partícula etambém o valor exato da coordenada correspon -dente, x”.

h–––2�


As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser desenvolvidas, justificadas e respondidas no cadernode soluções

21100 cápsulas com água, cada uma de massa m = 1,0g, sãodisparadas à velocidade de 10,0m/s perpendicu larmente auma placa vertical com a qual colidem inelasticamente.Sendo as cápsulas enfileiradas com espaçamento de1,0cm, determine a força média exercida pelas mesmassobre a placa.

ResoluçãoAs cápsulas alinhadas perfazem um comprimento Ldado por:

L = 100 . 1,0cm = 1,0m

O tempo gasto para a última cápsula atingir a parede

é dado por:

V = ⇒ 10,0 = ⇒

Neste tempo, aplicando o teorema do impulso:

Iparede = �Qcápsula

Fm . T = mtotal ��V�

Fm . 0,1 = 0,1 . 10,0

Resposta: Fm = 10,0N

T1 = 0,1s1,0–––T

�s–––�t


22O arranjo de polias da figura é preso ao teto para ergueruma massa de 24 kg, sendo os fios inextensíveis, edesprezíveis as massas das polias e dos fios.

Desprezando os atritos, determine:

1. O valor do módulo da força →F necessário para equi -

librar o sistema.

2. O valor do módulo da força →F necessário para erguer a

massa com velocidade constante.

3. A força (→F ou peso?) que realiza maior trabalho, em

módulo, durante o tempo T em que a massa está sendoerguida com velocidade constante.

Resolução

1) 4F = P

F = =

F = (N)

mg–––4

P–––4

240–––4


2) Em repouso ou com velocidade constante, a forçaresultante é nula e F = 60N.

3) Trabalho é uma forma de energia e os trabalhosserão iguais, em módulo, porque não há variaçãode energia cinética.

Respostas: 1) F = 60N2) F = 60N3) Trabalho com módulos iguais

F = 60N


23A figura mostra uma chapa fina de massa M com oformato de um triângulo equilátero, tendo um lado naposição vertical, de comprimento a, e um vérticearticulado numa barra horizontal contida no plano dafigura. Em cada um dos outros vértices encontra-se fixadauma carga elétrica q e, na barra horizontal, a uma

distância a��3/2 do ponto de articulação, encontra-sefixada uma carga Q.

Sendo as três cargas de mesmo sinal e massa desprezível,determine a magnitude da carga Q para que o sistemapermaneça em equilíbrio.

Resolução

1) Elementos geométricos necessários:

–––OC =

–––BC =

____OM =

–––OA = a

____AC 2 =

____OA2 +

____OC 2 (Pitágoras)

____AC 2 = a2 + = ⇒

____AC =

cos � = = . =

a ��7–––––

2

7a2

–––4

3a2

–––4

��3–––––

��7

2 –––––a ��7

a ��3–––––

2

____OC––––____AC

a ��3–––––

2

a–––2


____MB = ⇒

____MG =

____MB =

2) Lei de Coulomb para

calcular os módulos das forças elétricas →F1 e

→F2 :

F1 = k = =

F2 = k = =

Observação: Adotamos k como sendo a constanteeletrostática do meio, embora não tenha sido dadana prova.

Decompondo →F2 nas direções horizontal Ox e

vertical Oy:

F2x = F2 . cos � = . =

3) Para que a chapa não sofra rotação, o somatóriodos momentos em torno de O (articulação) deveser nulo.

MF2x+ MF2y

+ MF1– MP = 0

MF2y= 0

F2x .–––OA + 0 + F1 .

––––MB – P .

––––MG = 0

. . a + . = M . g .

Simplificando:

+ =

=

=

M . g–––––

6

2 kq Q–––––––

a2

4 kq Q––––––––7 ��7 . a2

M . g–––––

6

2�––––– + 17 ��7

2 kq . Q–––––––

a2

M . g–––––

62 + 7 ��7 �–––––––––7 ��7

2 kq . Q–––––––

a2

7 ��7 a2 M . gQ = ––––––––––––––– . ––––––

12 (2 + 7 ��7 ) k . q

a ��3–––––

6

1–––3

a ��3–––––

2

4 kq Q––––––

a2

k . q . Q–––––––

a�–––2

2

q . Q––––____BC 2

4 kq Q––––––

7a2

k . q . Q–––––––

7a2–––4

q . Q––––____AC 2

4 ��3 . k q . Q––––––––––––

7 ��7 . a2

��3––––

��7

4 kq . Q–––––––

7 . a2

a ��3––––

6

a ��3––––

2

4 kq Q––––––

a2

kq Q–––––

a2

4 ��3–––––7��7


Se usarmos para a constante eletrostática:

k =

Q =

Q =

1–– –––––

4� 0

7 ��7 . a2 . M . g–– –––––––––––––––––––––

112 (2 + 7 ��7 ) q . ––––––

4 � 0

7 ��7 � 0 . a2 . M . g–– –––––––––––––––––

3 (2 + 7 ��7 ) . q


24A figura mostra um sistema formado por dois blocos, A eB, cada um com massa m. O bloco A pode deslocar-sesobre a superfície plana e horizontal onde se encontra. Obloco B está conectado a um fio inextensível fixado àparede, e que passa por uma polia ideal com eixo preso aobloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o blocoB descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra afigura.

Sendo � o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A ea superfície, g a aceleração da gravidade, e � = 30°mantido constante, determine a tração no fio após osistema ser abandonado do repouso.

Resolução

1) Força normal que A troca com o solo:

FN = PA + T – T cos 60°

FN = m g + T – = m g +

2) Força de atrito aplicada pelo chão:

Fat = � FN = � �m g + 3) 2.ª Lei de Newton (A + B):

T cos 30° – Fat = (mA + mB) a

T – � �m g + = 2 m a

T – � m g – � = 2 m a

T–––2

T–––2

��3–––––

2

T–––2

��3–––––

2

T–––2

T–––2


(��3 – �) = � m g + 2 m a

(��3 – �) = m (� g + 2 a)

(1)

Se o valor de a não for considerado como dado,temos:

4) O deslocamento vertical de B se relaciona com oseu deslocamento horizontal pela relação:

�x = �y . cos �

�x = �y

a = ⇒

5) PFD (B) (na direção vertical):

P – T = m ay

m g – T =

2a = = g��3 – ��3 (2)

(2) em (1):

T = �� g + g��3 – ��3

T(��3 – �) = 2 m � g + 2 m g��3 – 2T ��3

T(��3 – � + 2��3 ) = 2 m g (� + ��3 )

2 m g (� + ��3 )T = –––––––––––––––

3��3 – �

m 2 a–––––––

��3

T––m

m g��3 – T��3 –––––––––––––––––

m

T––m

2m––––––––��3 – �

T–––2

T–––2

2m (� g + 2a)T = ––––––––––––––

��3 – �

��3–––––

2

2aay = –––––

��3

ay��3–––––––

2


25Átomos neutros ultrafrios restritos a um plano são umarealidade experimental atual em armadilhas magneto-ópticas. Imagine que possa existir uma situação na qualátomos do tipo A e B estão restritos respectivamente aosplanos � e � perpendiculares entre si, sendo suas massastais que mA = 2mB. Os átomos A e B colidem elasti -camente entre si não saindo dos respectivos planos, sendoas quantidades de movimento iniciais →pA e →pB, e as finais,→qA e →qB .

→pA forma um ângulo � com o plano horizontal e →pB = 0.

Sabendo que houve transferência de momento entre A eB, qual é a razão das energias cinéticas de B e A após acolisão?

Resolução→Q0 = →pA + →pB = →pA→Qf = →qA + →qB

Como →Qf =

→Q0, temos →qA + →qB = →pA

Como →pA e →qA estão restritos ao plano �, concluímos

que →qB também estará no plano � e como →qB pertence

ao plano �, ele estará na intersecção entre � e �, ou

seja, no eixo x.

Na direção x: qAx + qB = pA cos � (I)

Na direção z: qAz = pA sen � (II)

qA2 = q2

Ax + q2Az = (pA cos � – qB)2 + (pA sen �)2

qA2 = p2

A cos2 � – 2pA qB cos � + qB2 + p2

A sen2 �

qA2 = p2

A – 2pA qB cos � + qB2 (1)


Conservação da energia cinética:

Ecin0= Ecinf

= +

pA2 = q2

A + 2 qB2 (2)

(2) em (1): qA2 = qA

2 + 2 qB2 – 2 pAqB cos � + qB

2

3 qB2 = 2pAqB cos �

Em (I): qAx + pA cos � = pA cos �

qAx = pA cos �

Como qAz = pA sen �, vem:

qA2 = + pA

2 sen2 �

Comparando as energias cinéticas após a colisão:

EcinA=

EcinB=

=

=

=

qA2

–– –––qB

2

1–– –2

EcinA–– ––––EcinB

cos2 �pA

2 �–––––– + sen2 �9–––––––––––––––––––

4––– pA

2 cos2 �9

1–– –2

EcinA–– ––––EcinB

8 cos2 �–– ––––––––––––cos2 � + 9 sen2 �

EcinB–– ––––EcinA

EcinB 8–– –––– = ––––––––––EcinA

1 + 9 tg2 �

2qB = –– pA cos �

3

2–––3

1–––3

pA2 cos2 �

–– ––––––––9

qA2

–– –––4m

qB2

–– –––2m

qB2

–––2m

qA2

–––4m

pA2

–––4m


26Dois capacitores em série, de capacitância C1 e C2,respectivamente, estão sujeitos a uma diferença depotencial V. O Capacitor de capacitância C1 tem carga Qle está relacionado com C2 através de C2 = xC1, sendo xum coeficiente de proporcionalidade. Os capacitorescarregados são então desligados da fonte e entre si, sendoa seguir religados com os respectivos terminais de cargade mesmo sinal. Determine o valor de x para que a cargaQ2 final do capacitor de capacitância C2 seja Ql 4.

Resolução

Estando ligados em série, concluímos que Q2 = Q1

Religando-os com os respectivos terminais de carga demesmo sinal e atingindo o equilíbrio eletrostático,temos:

Q1 + Q1 = Q’1 + ⇒ Q’1 =

Sendo C1 = e C2 = , vem:

C1 = 7C2 e de C2 = xC1, vem:

Q1––––4

7Q1––––4

7Q1––––4

–––––U

Q1–––4

––––U

1x = ––7


27O momento angular é uma grandeza importante na Física.O seu módulo é definido como L = rp sen �, em que r é omódulo do vetor posição com relação à origem de umdado sistema de referência, p o módulo do vetorquantidade de movimento e � o ângulo por eles formado.Em particular, no caso de um satélite girando ao redor daTerra, em órbita elíptica ou circular, seu momento angular(medido em relação ao centro da Terra) é conservado.Considere, então, três satélites de mesma massa comórbitas diferentes entre si, I, II e III, sendo I e III circularese II elíptica e tangencial a I e III, como mostra a figura.Sendo LI, LII e LIII os respectivos módulos do momentoangular dos satélites em suas órbitas, ordene, de formacrescente, LI, LII e LIII.

Justifique com equações a sua resposta.

ResoluçãoComparando as órbitas circulares I e III:

1) FG = Fcp ⇒ = ⇒

2) Para a órbita circular, temos θ = 90° ⇒ sen θ = 1e L = r p

L = r m V ⇒ L = ⇒ L = m��G M r

Como rIII > rI, resulta LIII > LI

Comparando a órbita circular I com a órbitaelíptica II:

Para a órbita circular: v2I = (1)

G Mm r ��–––––r

G M––––––

r1

G MV = ��–––––r

m V2–––––

r

G M m–––––––

r2


Para a órbita elíptica:

1) LA = LB ⇒ m VA r1 = m VB r2 ⇒

2) Conservação da energia mecânica:EA = EB

– = –

VA2 – 2 = –

VA2 1 – = 2GM –

VA2 = 2GM

VA2 =

VA2 = (2)

Fazendo-se : =

Como r2 > r1 ⇒ 2 r2 > r2 + r1

Portanto: VA > VI

Sendo: LI = m VI r1

LII = m VA r1

Vem: LII > LI

Comparando a órbita circular III com a órbitaelíptica II:

V2 = (3)

VB2 = (4)

: =

r1 < r2 ⇒ 2 r1 < r2 + r1 ⇒ VB < V

L = m V r

LII = m VB r2

LIII = m V r2

VB < V ⇒ LII < LIII

Portanto:

GM–– –––

r2

2 GM r1–– –––––––r2(r1 + r2)

2 r1–– –––––r1 + r2

VB2

–– –––V2

(4)–––(3)

VA . r1VB = ––––––r2

G M m–––––––

r2

m VB2

––––––2

G M m–––––––

r1

m VA2

––––––2

2 G M–––––––

r2

VA2 r1

2

––––––r2

2

G M ––––––

r1

1

–––r2

1 –––r1

�r1

2

–––––r2

2�(r2 – r1)

–––––––––r1 r2

(r22 – r1

2)–––––––––

r22

2 GM–– –––––

r1

(r2 + r1)–– –––––

r2

2 GM r2–– ––––––––r1(r2 + r1)

2 r2–– ––––r2 + r1

VA2

–– –––VI

2

(2)–– ––(1)

LI < LII < LIII


28Uma partícula de massa m está sujeita exclusivamente àação da força

→F = F(x)→ex, que varia de acordo com o

gráfico da figura, sendo →ex o versor no sentido positivo dex. Se em t = 0, a partícula se encontra em x = 0 comvelocidade v no sentido positivo de x, pedem-se:

1. O período do movimento da partícula em função de F1,F2, L e m.

2. A máxima distância da partícula à origem em funçãode F1, F2, L, m e v.

3. Explicar se o movimento descrito pela partícula é dotipo harmônico simples.

Resolução1) A partícula descreve nos semieixos, positivo e

negativo, do eixo x dois MHS.

O período do oscilador harmônico simples é T,dado por:

T = 2�

em que k é a constante de força do MHS.

Assim, o período do oscilador em questão ficaexpresso por:

T = + ⇒ T = +

Mas k1 = e k2 = , logo:

T = � +

Da qual:

m–––k2

2�–––2

m–––k1

2�–––2

T2–––2

T1–––2

F2–––L

F1–––L

m

––––F2––––L

m––––

F1––––L�

m–––k

mL mL T = � � –––– + –––– F1 F2


2) A máxima distância da partícula à origem é dadapor:

=

m v2 = x2máx

xmáx =

xmáx = v

No semieixo negativo, temos:

xmáx2= v

No semieixo positivo, temos:

xmáx1= v

Do gráfico, temos que F2 > F1 e, portanto:

xmáx1 > xmáx2

Assim, a máxima distância da partícula à origemé:

3) O movimento completo é periódico, mas não éharmônico simples, pois, em cada semieixo, apartícula tem períodos e amplitudes diferentes.

mL xmáx1= v ––––

F1

k x2máx–––––––

2

m v2

–––––2

F–––L

m v2 L––––––––

F

m L––––––

F

m L––––––

F2

m L––––––

F1


29Considere dois fios paralelos, muito longos e finos,dispostos horizontalmente conforme mostra a figura. Ofio de cima pesa 0,080N/m, é percorrido por uma correnteI1 = 20A e se encontra dependurado por dois cabos. O fiode baixo encontra-se preso e é percorrido por umacorrente I2 = 40A, em sentido oposto. Para qual distânciar indicada na figura, a tensão T nos cabos será nula?

Resolução

O fio (2) gera um campo magnético →B2, que tem orien -

tação dada pela “regra da mão direita”, como mos -

trada na figura:

A intensidade de →B2 é dada por:

B2 =

B2 = (T)

B2 = (T)

Devido ao campo →B2, o fio (1) sofre a ação da força

→F2,1, com intensidade dada por:→F2,1 = B2I1 L sen �, com � = 90°

F2,1 = . 20 . L . sen (90°)

F2,1 = 1,6 . 10– 4 (N)

μ0I2––––––2�r

4� . 10–2 . 40––––––––––––

2�r

8,0 . 10–6––––––––––

r

8,0 . 10–6––––––––––

r

L–––

r


Para que as trações nos fios se anulem, →F2,1 deve

equilibrar a força peso do fio (1).Para um comprimento L do fio (2), seu peso tem inten -sidade dada por:

P2 = 8,0 . 10–2 L (N)

F2,1 = P2

1,6 . 10– 4 = 8,0 . 10–2 L

r = (m) 1,6 . 10–4

–––––––––––8,0 . 10–2

r = 2,0 . 10–3m

L–––

r


30Considere uma espira com N voltas de área A, imersanum campo magnético B

→uniforme e constante, cujo

sen–tido aponta para dentro da página. A espira estásituada inicialmente no plano perpendicular ao campo epossui uma resistência R. Se a espira gira 180° em tornodo eixo mostrado na figura, calcule a carga que passa peloponto P.

ResoluçãoAnalisaremos, inicialmente, apenas metade do girototal de 180°, assim:

Φinicial = NBA cos 180°

Φinicial = – NBA

O fluxo final será nulo, pois a espira estará paralela a→B nesta situação.

Φfinal = 0

A variação do fluxo para esta metade do giro será

dada por:

ΔΦ = Φfinal – Φinicial

ΔΦ = 0 – (– NBA)

ΔΦ = NBA

A f.e.m. induzida média, em módulo, será dada por:

E = =

A intensidade média de corrente elétrica neste trechoanalisado será dada por

i =

mas i =

Assim: =

=

Q =

Q–––Δt

NBA––––––

Δt R

Q––––Δt

E–––R

Q–––Δt

E–––R

NBA–––––

ΔtΔΦ

––––Δt

NBA––––––

R


Nos 90° restantes, para se completar os 180° de giro,teremos essa mesma quantidade de carga passandopor P mas com sentido oposto.

A carga total que passa efetivamente por P será então:

Qtotal = +NBA

––––––R

NBA––––––

R

2NBAQtotal = –––––––

R


ita2012 1dia

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