O documento descreve um circuito elétrico com duas lâmpadas idênticas (L1 e L2) e três fontes idênticas. Quando a chave é fechada, o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo, pois a tensão em L2 não se altera e, consequentemente, não se altera a tensão em L1.

1. ITA – 2008
1. (ITA-2008) – No circuito representado na figura, rT
3 GMS
têm-se duas lâmpadas incandescentes idênticas, L1 e L2, Para a Terra: –––– = –––– (1),
TT2 4π2
e três fontes idênticas, de mesma tensão V. Então, quando
a chave é fechada, em que MS é a massa do Sol.
a) apagam-se as duas lâmpadas. rP
3 GMG
Para o planeta da estrela Gliese: –––– = –––– (2),
b) o brilho da L1 aumenta e o da L2 permanece o mesmo. TP
2 4π2
c) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permanece o mesmo. em que MG é a massa da estrela Gliese.
(1) MG rp 3 TT 2
d) o brilho das duas lâmpadas aumenta. –––– : –––– = ––– . –––
΂ ΃ ΂ ΃
(2) Ms rT TP
e) o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.
MG 1
3
365
2
1 MG
–––– = ––– . –––
΂ ΃ ΂ ΃ = ––––– . 788 ⇒ –––– ≅ 0,3
Ms 14 13 2744 Ms
Resposta: D
3. (ITA-2008) – A figura mostra uma barra de 50cm de
comprimento e massa desprezí-
vel, suspensa por uma corda OQ,
sustentando um peso de 3000N no
RESOLUÇÃO:
ponto indicado. Sabendo-se que a
Com a chave aberta, as lâmpadas L1 e L2 estão sob a mesma
barra se apóia sem atrito nas
tensão V.
Fechando-se a chave, a tensão em L2 não se altera e, paredes do vão, a razão entre a
conseqüentemente, não se altera a tensão em L1. tensão na corda e a reação na
Logo, o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo. parede no ponto S, no equilíbrio
Resposta: E estático, é igual a
a) 1,5 b) 3,0 c) 2,0
2. (ITA-2008) – A estrela anã vermelha Gliese 581 pos- d) 1,0 e) 5,0
sui um planeta que, num período de 13 dias terrestres,
realiza em torno da estrela uma órbita circular, cujo raio
é igual a 1/14 da distância média entre o Sol e a Terra. RESOLUÇÃO:
Sabendo que a massa do planeta é aproximadamente
igual à da Terra, pode-se dizer que a razão entre as
massas da Gliese 581 e do nosso Sol é de
aproximadamente
a) 0,05 b) 0,1 c) 0,6 d) 0,3 e) 4,0
RESOLUÇÃO
Para um planeta em órbita circular em torno de uma estrela,
temos:
FG = Fcp
GMm GM
–––––– = mω2r ⇒ ω2 = ––––
ω
r2 r3 1) Na direção vertical, temos: T = P = 3000N.
2) Para o equilíbrio da barra, o somatório dos torques em relação
ao ponto O deve ser nulo:
2π
Sendo ω2 = –––– , vem: P . dp = T . dT + Hs . dH
T
3000 . 20 = 3000 . 10 + Hs . 30
4π2 GM r3 GM 2000 = 1000 + Hs
–––– = –––– ⇒ –––– = ––––
T 2 r3
T2 4π2 Hs = 1000N
–1

2. A razão: 6. (ITA-2008) – Uma partícula P1 de dimensões
desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao
T 3000 T
––– = ––––– ⇒ ––– = 3,0 longo de uma reta com período de 8/3 s e amplitude a.
Hs 1000 Hs
Uma segunda partícula, P2, semelhante a P1, oscila de
Resposta: B modo idêntico numa reta muito próxima e paralela à
primeira, porém com atraso de π/12 rad em relacão a P1.
Qual a distância que separa P1 de P2, 8/9 s depois de P2
4. (ITA-2008) – Numa dada balança, a leitura é ba- passar por um ponto de máximo deslocamento?
seada na deformação de uma mola quando um objeto é a) 1,00 a b) 0,29 a c) 1,21 a
colocado sobre sua plataforma. Considerando a Terra
como uma esfera homogênea, assinale a opção que in- d) 0,21 a e) 1,71 a
RESOLUÇÃO:
dica uma posição da balança sobre a superfície terrestre (I) Função horária do movimento harmônico simples (MHS):
onde o objeto terá a maior leitura.
2π
a) Latitude de 45°. b) Latitude de 60°. x = a cos (ω t + ϕ0) ou x = a cos
ω ΂ –––– t + ϕ ΃0
T
c) Latitude de 90°. d) Em qualquer ponto do Equador.
e) A leitura independe da localização da balança já que a 2π π
massa do objeto é invariável. Partícula P1: x1 = a cos
΂ –––– t + ––––
8
––
3
12 ΃
RESOLUÇÃO:
A força gravitacional aplicada pela Terra tem duas componentes: 3π π
1) a força peso indicada na balança e x1 = a cos ––– t + ––––
΂ ΃ (t em segundos)
4 12
2) a força centrípeta necessária para o corpo acompanhar a
rotação da Terra.
No Equador, a força centrípeta é máxima e o peso é mínimo. 2π
Nos pólos (latitude 90º), a força centrípeta é nula e o peso é
máximo.
Resposta: C
Partícula P2: x2 = a cos
΂ ΃ –––– t
8
––
3
5. (ITA-2008) – Define-se intensidade I de uma onda 3π
x2 = a cos ––– t
΂ ΃ (t em segundos)
como a razão entre a potência que essa onda transporta 4
por unidade de área perpendicular à direção dessa
propagação. Considere que para uma certa onda de (II) P2 passa pela primeira vez em um ponto de máximo afasta-
amplitude a, freqüência f e velocidade v, que se propaga T
mento em relação ao ponto de equilíbrio no instante t = –– ,
em um meio de densidade ρ, foi determinada que a 8
2
intensidade é dada por: I = 2π2fxρvay. Indique quais são ––
3 8
os valores adequados para x e y, respectivamente. isto é, em t = ––– = –– s.
a) x = 2 ; y = 2 b) x = 1 ; y = 2 2 6
c) x = 1 ; y = 1 d) x = –2 ; y = 2 Seja T o instante no qual queremos calcular a distância que
e) x = –2 ; y = –2 separa P1 de P2.
8 8 24 + 16 40
RESOLUÇÃO: T= ΂ –– + –– ΃ s = ΂–––––––΃ s = ––– (s)
I = 2π2fxρvay 6 9 18 18
Pot ML2T–3 20
[I] = ––– = –––––––– = MT–3 ou T = –––– s
A L2 9
[f] = T–1 (III) Posição de P2 no instante T:
[ρ] = ML –3
ρ
[v] = LT–1 3π 20 20
[a] = L x2 = a cos ΂ –––– . –––– ΃= a cos ΂ –––– π΃
4 9 12
MT–3 = (T–1)x . ML–3 . LT–1 . Ly
MT–3 = M . L–3+1+y . T–x–1 ou x2 = a cos (300°)
1
Portanto: y – 2 = 0 ⇒ y = 2 Mas cos (300°) = cos (–60°) = cos (60°) = ––
2
–x –1 = –3 ⇒ x = 2
a
Logo: x2 = –––
Resposta: A 2
2–

3. Posição de P1 no instante T: 8. (ITA-2008) – Considere uma espira retangular de
3π 20 π 20 π lados a e b percorrida por uma corrente I, cujo plano da
x1 = a cos ΂ –––– . –––– + ––– ΃= a cos ΂ –––– π + ––– ΃ espira é paralelo a um campo magnético B. Sabe-se que
4 9 12 12 12
o módulo do torque sobre essa espira é dado por
ou x1 = acos (315°)
τ = I B a b. Supondo que a mesma espira possa assumir
͙2 qualquer outra forma geométrica, indique o valor
Mas cos (315°) = cos (–45°) = cos (45°) = –––
ෆ
2 máximo possível que se consegue para o torque.
a͙2 IB (a + b)2
Logo: x1 = ––––– s a) ––––––––– b) IBab c) 2IBab
ෆ
2 π
(IV) A distância d entre P1 e P2 no instante T fica determinada
IBab IBab
por: d) –––––– e) ––––––
d = x 1 – x2 2π π
a͙2 a ͙2 1
d = ––––– – –– = ––– – ––– a RESOLUÇÃO
ෆ ෆ
2 2 2
΂ 2
΃ O torque é máximo quando a espira retangular assume a forma
circular.
͙2 – 1 1,42 – 1 O comprimento da circunferência é igual ao comprimento da
d= ΂–––––––΃ a ≅ ΂–––––––΃ a
ෆ
2 2 espira:
a+b
D ≅ 0,21a 2πR = 2(a + b) ⇒ R = –––––– ቢ
π
O torque sobre a espira é dado por:
Resposta: D
τ = I . B . ab, em que, na espira retangular, o produto (a . b)
representa sua área (A):
7. (ITA-2008) – Uma corrente elétrica passa por um fio τ=I.B.A ባ
longo (L), coincidente com o eixo y
No caso da espira circular:
no sentido negativo. Uma outra
corrente de mesma intensidade a+b
2
(a + b)2
A = πR2 = π –––––– = –––––––
passa por outro fio longo (M), ΂
π
΃ π
coincidente com o eixo x no sentido
negativo, conforme mostra a figura. Voltando a ባ, obtemos:
O par de quadrantes nos quais as
correntes produzem campos magnéticos em sentidos (a + b)2
τ = I . B . –––––––
opostos entre si é π
a) I e II b) II e III c) I e IV
Resposta: A
d) II e IV e) I e III
9. (ITA-2008) – Um elétron e um pósitron, de massa
RESOLUÇÃO:
Aplicando-se a regra da mão direita a cada uma das correntes,
m = 9,11 x 10–31 kg, cada qual com energia cinética de
temos: 1,20 MeV e mesma quantidade de movimento, colidem
entre si em sentidos opostos. Neste processo colisional,
as partículas aniquilam-se, produzindo dois fótons, γ1 e
γ2. Sendo dados: constante de Planck h = 6,63 x 10–34 J.s;
velocidade da luz c = 3,00 x 108 m/s; 1 eV = 1,6 x 10–19 J;
1 femtômetro = 1 fm = 1 x 10–15 m, indique os respec-
tivos valores de energia E e do comprimento de onda dos
fótons.
a) E = 1,20 MeV; λ = 2435 fm
b) E = 1,20 MeV; λ = 1035 fm
c) E = 1,71 MeV; λ = 726 fm
Nessas condições, concluímos que, nos quadrantes I e III, as
correntes produzem campos magnéticos em sentidos opostos.
d) E = 1,46 MeV; λ = 0,28 x 10–2 fm
Resposta: E e) E = 1,71 MeV; λ = 559 fm
–3

4. RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO:
1) A energia relativística de cada partícula (pósitron ou elétron) O fluxo que atravessa uma espira da
é dada por: bobina é dado por:
Φ = B . A . cos θ
Er = Ec + m . c2 Na equação, temos:
A = área da espira
9,11 . 10–31 . (3,00 . 108)2
Er = 1,20 106 + ––––––––––––––––––––––– (eV) θ = ângulo medido entre a normal à
1,6 . 10–19 espira e a direção do vetor B.
→
Er = 1,20 . 106 + 0,51 . 106 (eV)
Er = 1,71 . 106 eV
1) Cálculo dos fluxos das figuras:
Er = 1,71MeV
No processo de aniquilação, devemos ter conservação de
energia. Assim:
Er + Er = Efóton + Efóton
pósitron elétron
2Er = 2Efóton
Efóton = Er
Efóton = 1,71MeV
Fluxo inicial: vale zero, pois o vetor B não fura o plano das
→
2) Cálculo do comprimento de onda do fóton:
espiras. Logo, Φ0 = 0
Efóton = hf
Fluxo na posição final:
c
Efóton = h ––– Φf = n . B . A . cos 60°
λ
1
Φf = 80 . 4,0 . 0,5 . –– (Wb)
΂ ΃
h.c 6,63 . . 3,00 .
10–34 108 2
λ = ––––––– = ––––––––––––––––––––– (m)
Efóton 1,71 , 106 . 1,6 . 10–19 Φf = 80Wb
A variação do fluxo (∆Φ) será:
Φ
λ = 7,26 . 10–13m = 726 . 10–15m
∆Φ = Φf – Φ0 = 80Wb – 0 ⇒ ∆Φ = 80Wb
Φ Φ
λ = 726fm 2) Cálculo da fem induzida pela Lei de Faraday:
∆ΦΦ
Resposta: C ͉ ε ͉ = ––––– ባ
∆t
3) Corrente na bobina:
10. (ITA-2008) – A figura mostra uma bobina com ͉ε͉
80 espiras de 0,5m2 de área e 40Ω de resistência. Uma i = ––––– ቤ
R
indução magnética de 4 teslas é inicialmente aplicada ao
longo do plano da bobina. Esta é, então, girada de modo De ባ em ቤ, vem:
que seu plano perfaça um ângulo de 30° em relação à
posição inicial. ∆ΦΦ 1 ∆Φ
Φ
i = ––––– . ––– ⇒ i . ∆t = ––––– ብ
∆t R R
4) A carga elétrica Q que circula na bobina é: Q = i . ∆t
Usando a ብ, vem:
∆Φ
Φ 80 (Wb)
Q = ––––– = –––––––––
R 40 (Ω)
Ω
Nesse caso, qual o valor da carga elétrica que deve fluir
pela bobina? Q = 2,0C
a) 0,025 C b) 2,0 C c) 0,25 C
d) 3,5 C e) 0,50 C Resposta: B
4–

5. 11. (ITA-2008) – A figura mostra um circuito formado
por uma barra fixa FGHJ senθ + µ cosθ
e uma barra móvel MN,
imerso num campo mag-
c) V0
͙ෆෆ
ෆෆෆ ––––––––––––––
senθ – µ cosθ
nético perpendicular ao
plano desse circuito. µ senθ + cosθ
Considerando desprezí-
vel o atrito entre as bar-
d) V0
͙ෆෆ
ෆෆෆ ––––––––––––––
µ senθ – cosθ
ras e também que o cir-
cuito seja alimentado por um gerador de corrente cons- µ senθ – cosθ
tante I, o que deve acontecer com a barra móvel MN?
e) V0
͙ෆෆ
ෆෆෆ ––––––––––––––
µ senθ + cosθ
a) Permanece no mesmo lugar.
b) Move-se para a direita com velocidade constante. RESOLUÇÃO:
c) Move-se para a esquerda com velocidade constante.
d) Move-se para a direita com aceleração constante
e) Move-se para a esquerda com aceleração constante.
RESOLUÇÃO:
A corrente I, que percorre a barra MN, tem sentido de M para N.
Na subida:
1) PFD (bloco): Pt + Fat = m a1
mg sen θ + µ mg cos θ = m a1
a1 = g (sen θ + µ cos θ)
2) VB = VA + 2 γ ∆s (MUV)
2 2
0 = V0 + 2 [–g (senθ + µ cosθ)] d
2
θ θ
V02
Pela regra da mão esquerda, determinamos o sentido da força d = –––––––––––––––––
magnética Fm, que age na barra MN. 2g (senθ + µ cosθ)
→
θ θ
Concluímos que a barra MN move-se para a esquerda com acele-
→
ração constante, pois a força Fm é constante. Aplicando-se o teorema da energia cinética para o trajeto
ABA, vem:
Resposta: E
τat = ∆Ecin
12. (ITA-2008) –Na figura, um bloco sobe um plano
inclinado, com velocidade inicial V0. Considere µ o coe- m V2 m V02
–µ mg cosθ . 2d = ––––––– – –––––––
θ
ficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique a 2 2
sua velocidade na descida ao passar pela posição inicial. V2 = V0 – 4 µg cos θ . d
2
Substituindo-se o valor de d:
V02
V2 = V0 – 4µg cos θ . –––––––––––––––––
2
2g (senθ + µ cosθ)
θ θ
V0 2µ cosθ
2
θ
V2 = V0 – ––––––––––––
2
senθ + µ cosθ
θ θ
senθ – µ senθ
a) V0
͙ෆෆ
ෆෆෆ––––––––––––––
cosθ – µ cosθ
2µ cosθ
θ
V2 = V0 1– ––––––––––––
2
΂ senθ + µ cosθ
θ θ
΃
senθ – µ cosθ
b) V0
͙ෆෆ
ෆෆෆ––––––––––––––
senθ + µ cosθ
2 (senθ + µ cosθ – 2 µ cos θ)
θ θ
V2 = V0 –––––––––––––––––––––––
senθ + µ cosθ
θ θ
–5

6. 2 (senθ – µ cosθ)
θ θ Mu
V2 = V0 –––––––––––––– m V cosθ = M u ⇒
θ V = ––––––– (1)
senθ + µ cosθ
θ θ m cosθ
θ
(senθ – µ cosθ)
θ θ
V = V0 2) O tempo de vôo é dado por:
͙ෆෆ
ෆෆෆ
––––––––––––––
senθ + µ cosθ
θ θ Vy = V0y + γy t
Resposta: B –V . senθ = V senθ – g T
θ θ
13. (ITA-2008) – Na figura, um gato de massa m 2V sen θ
g T = 2V sen θ ⇒ T = ––––––––– (2)
encontra-se parado próximo a uma das extremidades de g
uma prancha de massa M que flutua em repouso na
superfície de um lago. A seguir, o gato salta e alcança 2 senθ
θ Mu Mu
uma nova posição na prancha, à distância L. Des- (1) em (2): T = ––––––– . ––––––– = 2tgθ . –––––
m cos θ
θ
mg
g
prezando o atrito entre a água e a prancha, sendo θ o
ângulo entre a velocidade inicial do gato e a horizontal, e
g a aceleração da gravidade, indique qual deve ser a 3) O alcance do gato, em relação à água, é dado por:
velocidade u de deslocamento da prancha logo após o xG = V cos θ . T
salto. Mu Mu
xG = ––––––– . cosθ 2tgθ . –––––
θ θ
m cos θ mg
2 tgθ M2 u2
θ
xG = –––––––––––
m2 g
4) O deslocamento da prancha é dado por:
Mu
xp = u . T = u . 2tgθ . –––––
θ
mg
gLM
a) u = –––––––––––––––––––– u2 . 2 tgθ M
θ
M xp = –––––––––––
1 + ––– m senθ cosθ
΂ ΃ mg
m
gLM 5) A soma xp + xG é dada por:
b) u = ––––––––––––––––––––
M x p + xG = L
1 + ––– 2m sen2θ
΂ ΃
m
2 tgθ M
θ 2 tgθ M2 u2
θ
u2 . ––––––– + –––––––––– = L
gLM mg m2 g
c) u = ––––––––––––––––––––
M
1 + ––– 2m senθ
΂ ΃ 2 u2 tgθ M2
m θ
––––––– M + –––– = L
mg
΂ m
΃
gLm
d) u = –––––––––––––––––––– 2 u2 tgθ
θ M
M ––––––– M 1 + –––– = L
΂ ΃
1 + ––– 2M tgθ
΂ ΃ mg m
m
mgL
2 gLm u2 = ––––––––––––––––––
–––––––––––––––––––– M
e) u = 2 . M . tgθ 1 + –––
M θ ΂ m ΃
1 + ––– M tgθ
΂ ΃
m
mgL
u= ––––––––––––––––––
RESOLUÇÃO: M
΂1 + ––– 2 M tgθ
΃ θ
1) Admitindo-se que a velocidade V seja dada em relação à m
→
água, a conservação da quantidade de movimento na hori-
Resposta: D
zontal nos dá:
6–

7. 14. (ITA-2008) – Um aro de 1,0 kg de massa encontra- 15. (ITA-2008) – No estudo de ondas que se propagam
se preso a uma mola de massa desprezível, constante em meios elásticos, a impedância característica de um
elástica k = 10,0N/m e comprimento inicial L0 = 1,0 m material é dada pelo produto da sua densidade pela
quando não distendida, afixada no ponto O. A figura velocidade da onda nesse material, ou seja, z = µ v .
mostra o aro numa posição P em uma barra horizontal Sabe-se, também, que uma onda de amplitude a1, que se
fixa ao longo da qual ele pode deslizar sem atrito. propaga em um meio 1, ao penetrar em uma outra região,
Soltando-se o aro do ponto P, qual deve ser o módulo de de meio 2, origina ondas, refletida e transmitida, cujas
sua velocidade, em m/s, ao alcançar o ponto T, a 2,0 m de amplitudes são, respectivamente:
distância?
z1
΄ ΅
––– – 1
z2 2
ar = a1 at = a1
––––––––
z1
––– + 1
z2
΄ ––––––––
z2
1 + –––
z1
΅
a) ͙ළළළළළ
30,0 b) ͙ළළළළළ
40,0 c) ͙ළළළළළ
23,4 Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda nesse meio
τ
69,5
d) ͙ළළළළළ e) ͙ළළළළළ
8,2 é dada por v = ––– . Considere agora o caso de uma
µ
RESOLUÇÃO: onda que se propaga num fio de densidade linear µ (meio
1) e penetra num trecho desse fio em que a densidade
linear muda para 4µ (meio 2). Indique a figura que
representa corretamente as ondas refletida (r) e transmi-
tida (t).
(I) A deformação inicial da mola é dada por:
X0 = L – L0 = (2,0͙ළළ – 1,0)m
͙2
(II) Usando-se a conservação da energia mecânica entre as
posições P e T, vem:
E T = EP
m VT
2
kxT
2
kx0
2
RESOLUÇÃO
–––––– + ––––– = ––––– (I) Sejam Vr e Vt, respectivamente, as intensidades das veloci-
2 2 2
dades dos pulsos refletido e transmitido. Tem-se, então:
1,0VT
2
10,0 10,0
–––––– + –––– (1,0)2 = –––– (2,0͙ළ2 – 1,0)2 τ τ 1 τ
2 2 2 Vr = ––– ; Vt = ––– = ––– –––
ළ
µ 4µ 2 µ
2
VT + 10,0 = 10,0 (8,0 + 1,0 – 4,0͙ළ2 )
1
ළ
Logo: Vt = –––Vr ou Vr = 2Vt
2
VT + 10,0 = 90,0 – 40,0͙ළ2
ළ 2
2
VT = 80,0 – 40,0͙ළ2 = 23,4 ⇒ VT = ͙ළළළළළ m/s
23,4 (II) As impedâncias dos meios (1) e (2) ficam determinadas pela
expressão Z = µV
ළ
Resposta: C 1
Z1 = µVr ; Z2 = 4µVt = 4µ ––– Vr = 2µVr
2
Logo: Z2 = 2Z1
–7

8. (III) As amplitudes dos pulsos refletido (ar) e transmitido (at) b) A soma de uma freqüência fundamental com a sua
são obtidas pelas expressões fornecidas. primeira harmônica de amplitude 5 vezes menor mais
a segunda harmônica de amplitude 10 vezes menor.
z1 z1 1 c) A soma de uma freqüência fundamental com a sua
΄ ΅ ΄ ΅ ΄ ΅
––– – 1 ––– – 1 – –––
z2 2z1 2 segunda harmônica, ambas com amplitudes iguais.
ar = –––––––––
– a1 = –––––––––
– a1 = –––
––––
z1 z1 3
d) A soma de uma freqüência fundamental com a sua
––– + 1 ––– + 1 ––– segunda harmônica com metade da amplitude.
z2 2z1 2
e) A soma de uma freqüência fundamental com a sua
primeira harmônica com metade da amplitude.
1
ar = – ––– a1
3
RESOLUÇÃO:
Para um intervalo de tempo de um período da onda, temos 6
2 2 2 raízes (elongação nula), o que elimina a possibilidade de termos
at =
΄ ΅ ΄ ΅
––––––––
z2
1 + –––
z1
a1 = ––––––––
2z1
1 + –––
z1
a1 = –––––– a1
΄
1+2
΅ apenas a soma da onda fundamental com apenas uma das
harmônicas (invalidando as opções de c a e).
Para um intervalo de tempo de meio período, para a elongação
ser negativa, a soma das amplitudes das duas ondas harmônicas
deveria ser maior que a amplitude da onda fundamental, o que
2 elimina a opção b.
at = ––– a1 Mostramos, a seguir, que a opção a é compatível com o gráfico
3 apresentado.
y = a sen ωt + a sen2ωt + a sen3ωt
ω ω
(IV) Tendo-se em conta os resultados anteriores e destacando-se sen2ωt = 2 senωt cosωt
ω ω ω
que a reflexão é com inversão de fase (ar < 0) e a transmissão sen3ωt = 4 senωt . cos2ωt – senωt
ω ω ω
é sem inversão de fase (at > 0), somos levados à configuração Portanto:
indicada na alternativa a: y = a(senωt + 2 senωt.cosωt + 4 senωt cos2ωt – senωt)
ω ω ω ω ω
y = a(2senωt cosωt + 4 senωt cos2ωt)
ω ω ω
y = 2a senωt cosωt (1 + 2 cosωt)
ω ω ω
As raízes são:
1) sen ωt = 0 ⇒ ωt = 0 e ωt = π (rad)
π
t1 = 0 e t2 = ––– s
Observemos que a onda refletida percorreu uma distância ω
equivalente ao dobro da transmitida, pois Vr = 2Vt.
Resposta: A π 3π
2) cos ωt = 0 ⇒ ωt = ––– (rad) e ωt = ––– (rad)
2 2
16. (ITA-2008) – Indique a opção que explicita o
representado pelo gráfico da figura:
π 3π
t3 = ––– s e t4 = ––– s
2ω
ω 2ω
ω
1 2π 4π
3) cos ωt = – ––– ⇒ ωt = ––– (rad) e ωt = ––– (rad)
2 3 3
2π 4π
t5 = ––– s e t6 = ––– s
3ω
ω 3ω
ω
Em ordem crescente, as raízes são:
π 2π π 4π 3π
0; ––– ; ––– ; ––– ; ––– ; –––
2ω
ω 3ω
ω ω 3ω
ω 2ω
ω
a) A soma de uma freqüência fundamental com a sua Resposta: A
primeira harmônica mais a sua segunda harmônica,
todas elas de mesma amplitude.
8–

9. 17. (ITA-2008) – Numa brincadeira de aventura, o No ponto mais baixo, a força resultante é centrípeta:
garoto (de massa M) lança-se por uma corda amarrada (M + m) V22
num galho de árvore num ponto de altura L acima do T – (M + m) g = –––––––––––
L
gatinho (de massa m) da figura, que pretende resgatar.
Sendo g a aceleração da gravidade e H a altura da (M + m) M2
plataforma de onde se lança, indique o valor da tensão na T = (M + m) g + ––––––– . ––––––––– . 2gH
L (M + m)2
corda, imediatamente após o garoto apanhar o gato para
aterrisá-lo na outra margem do lago. M2 2H
T = (M + m) g 1 + –––––––– . ––––
΄ (M + m)2 L ΅
2
M 2H
T = (M + m) g 1 + –––––––– . ––––
΄ ΂ M+m
΃ L ΅
Resposta: D
18. (ITA-2008) – Um feixe de luz é composto de luzes de
comprimentos de onda λ1 e λ2, sendo λ1 15% maior que
λ2. Esse feixe de luz incide perpendicularmente num
2H
a) Mg 1 + ––––
΂ ΃ anteparo com dois pequenos orifícios, separados entre si
L
por uma distância d. A luz que sai dos orifícios é
M+m
2
2H projetada num segundo anteparo, onde se observa uma
b) (M + m)g 1 – ΂ ΂ ––––––– ΃ –––– ΃ figura de interferência. Pode-se afirmar, então, que
M L
2H
c) Mg 1 – ––––
΂ ΃
L
2
M 2H
d) (M + m)g 1 + ΂ ΂ ––––––– ΃ –––– ΃
M+m L
2
M 2H
e) (M + m)g ΂΂ ––––––– ΃ –––– – 1 ΃
M+m L
a) o ângulo de arcsen (5 λ1/d) corresponde à posição
onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é
RESOLUÇÃO observada.
1) Cálculo da velocidade do garoto ao atingir o gato.
b) o ângulo de arcsen (10 λ1/d) corresponde à posição
Conservação da energia mecânica: onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é
MV1
observada.
2
mgH = ––––––
3
c) o ângulo de arcsen (15 λ1/d) corresponde à posição
V1 = ͙ෆ ෆ
2gH
ෆ onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é
2) Cálculo da velocidade imediatamente após a colisão. observada.
d) o ângulo de arcsen (10 λ2/d) corresponde à posição
No ato da colisão, o sistema é isolado:
onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é
Qapós = Qantes
observada.
(M + m)V2 = M ͙ෆ ෆ
2gH
ෆ e) o ângulo de arcsen (15 λ2/d) corresponde à posição
M onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é
V2 = –––––– ͙ෆ ෆ
2gH
M+m observada.
ෆ
–9

10. RESOLUÇÃO:
A figura a seguir esquematiza a experiência de difração em fenda n1
Como ––– é a razão entre um número par e um número
dupla. n2
ímpar, concluímos que, para a luz de comprimento de onda
λ1, ocorre interferência construtiva, enquanto, para a luz de
comprimento de onda λ2, ocorre interferência destrutiva.
Isso posto, concluímos que, no ponto P, teremos uma franja
clara para a luz de comprimento de onda λ1 e uma franja
escura para a outra luz.
Levando n1 na expressão III, vem:
20λ1
λ
sen θ1 = –––––
2d
10λ1
λ
sen θ1 = –––––
d
1) A defasagem entre as ondas provenientes de F1 e F2, em um 10λ
λ
θ1 = arcsen ΂–––––΃
1
ponto P do anteparo, é oriunda da diferença de percursos ∆x. d
Para um ângulo θ pequeno, temos:
∆x = x2 – x1
Supondo que as alternativas fazem referência ao ângulo θ,
∆x = F2 A (I)
mostrado na figura apresentada no enunciado, concluímos
Da figura, temos: que, para o valor de θ1 acima, em P surgem uma franja
F2 A = d. senθ (II)
θ brilhante para a luz de comprimento de onda λ1 e uma
De I e II, vem: franja escura para a luz de comprimento de onda λ2.
∆x = d · senθθ
Resposta: B
2) Para que ocorra interferência construtiva, temos:
19. (ITA-2008) – A figura 1 mostra um capacitor de
placas paralelas com vácuo entre as placas, cuja
λ
∆x = p . ––– , em que p é um número par.
2
capacitância é C0. Num determinado instante, uma placa
Para que ocorra interferência destrutiva, temos: dielétrica de espessura d/4 e constante dielétrica K é
colocada entre as placas do capacitor, conforme a figura
λ
∆x = i . ––– , em que i é um número ímpar. 2. Tal modificação altera a capacitância do capacitor para
2
um valor C1. Determine a razão C0/C1.
Generalizando, vem:
λ
∆x = n . ––– , n ∈ ‫ގ‬
2
λ
d sen θ = n . –––
2
λ
sen θ = n . ––– (III)
2d 3K + 1 4K 4 + 12K
a) –––––– b) –––––– c) ––––––
Para um mesmo ponto no segundo anteparo, temos: 4K 3K + 1 3
sen θ1 = sen θ2
3 1
n1λ1 n2λ2
––––– = ––––– d) ––––––– e) ––––––––
2d 2d 4 + 12K 4 + 12K
n1 λ2 λ2 1 100 RESOLUÇÃO:
––– = ––– = –––––– = –––– = ––––
n2 1,15 λ2 A
λ1 1,15 115 O capacitor da figura 1 tem capacitância C0 = ε0 . ––– ,
d
n1 20
––– = ––––
n2 23
em que: A é área de cada placa e ε0 , a permitividade do vácuo.
10 –

11. Na figura 2, temos dois capacitores em série, em que um deles é a RESOLUÇÃO:
vácuo e o outro tem um dielétrico de constante K. Suas Na compressão adiabática do gás ideal, o trabalho recebido é
capacitâncias são, respectivamente: responsável pela variação da energia interna.
A 4ε0A
CA = ε0 . ––––– = ε0 . ––––– ͉ W͉ = ͉ ∆U͉
3d 3d
––––
4 5 5
͉ W ͉ = Uf – Ui = ––– pfVf – ––– piVi
A 4Kε0A 2 2
CB = K . ε0 . –––– = –––––––
d d
––
4 Mas, na transformação adiabática, vale a Equação de Poisson:
A capacitância equivalente C1 é dada por:
CA . CB piVi = pfVf
γ γ
C1 = –––––––
CA + CB
Vi
γ
4ε0A 4Kε0A piVi = pf –––
γ
–––––– . ––––––
3d d
2 ΂ ΃
C1 = ––––––––––––––––
4ε0A 4Kε0A Vi
γ
–––––– + ––––––– piVi = pf –––
γ
3d d 2γ
4Kε0A
C1 = ––––––––– 1
d(1 + 3K) pi = pf –––
2
γ
ε0A
–––––
C0 d pf = pi . 2γ
Logo, –––– = ––––––––––––
C1 4Kε0A
––––––––– Portanto:
d(1 + 3K)
C0 3K + 1 5 Vi
Portanto: –––– = ––––––– ͉ W ͉ = –––
C1 4K
2 ΂p . 2
i
γ
––– – piVi
2 ΃
Resposta: A
5
͉ W ͉ = ––– (piVi) (2γ . 2–1 – 1)
20. (ITA-2008) – Certa quantidade de oxigênio (consi- 2
derado aqui como gás ideal) ocupa um volume vi a uma
temperatura Ti e pressão pi. A seguir, toda essa quantidade 5
͉ W ͉ = ––– (piVi) (2γ – 1 – 1)
é comprimida, por meio de um processo adiabático e quase 2
estático, tendo reduzido o seu volume para vf = vi/2.
7
Indique o valor do trabalho realizado sobre esse gás. Sendo γ = ––– , para gases diatômicos, temos:
5
3
a) W = ––– (pivi) (20,7 – 1)
2
7
5 5 –– – 1
b) W = ––– (pivi) (20,7 – 1)
2
͉ W ͉ = ––– (piVi)
2 ΂ 2 5
΃
–1
5 2
c) W = ––– (pivi) (20,4 – 1) 5 ––
2 ͉ W ͉ = ––– (piVi)
2 ΂ ΃ 2 5
–1
3
d) W = ––– (pivi) (21,7 – 1) 5
2 ͉ W ͉ = ––– (piVi) (20,4 – 1)
2
5
e) W = ––– (pivi) (21,4 – 1) Resposta: C
2
– 11

12. 21. (ITA-2008) – Considere um condutor esférico A de R . V1
20cm de diâmetro colocado sobre um pedestal fixo e V2 = ––––––
(R + r)
isolante. Uma esfera condutora B de 0,5mm de diâmetro,
do mesmo material da esfera A, é suspensa por um fio Usando-se a equação ቢ, vem:
fixo e isolante. Em posição oposta à esfera A, é colocada R.K.Q
uma campainha C ligada à terra, conforme mostra a V2 = ––––––––
(R + r)2
figura. O condutor A é, então, carregado a um potencial
Do mesmo modo, após o 3º contato, temos:
eletrostático V0, de forma a atrair a esfera B. As duas
R . V2 R2 K Q
esferas entram em contacto devido à indução eletrostá- V3 = –––––– ⇒ V3 = –––––––
R+r (R + r)3
tica e, após a transferência de carga, a esfera B é repelida,
chocando-se com a campainha C, onde a carga adquirida
é escoada para a terra. Após 20 contatos com a Usando-se o princípio da indução finita, obteremos, após o n-ésimo
contato:
campainha, verifica-se que o potencial da esfera A é de
Rn – 1 . K . Q
10 000 V. Determine o potencial inicial da esfera A. Vn = ––––––––––––
(R + r)n
Considere (l + x)n ≅ 1 + nx se |x| < l
R(n – 1) . K . Q
Vn = ––––––––––––––
n
r n
1 + ––– . R
΂ ΃
R
K.Q
Vn = ––––––––––––––
n
r
1 + ––– . R
΂ ΃
R
r
n
r
Sendo ΂ 1 + n ––– ΃ = 1 + n . –– , vem:
R R
K.Q
Vn = ––––––––––––––
r
RESOLUÇÃO: 1 + n ––– . R
΂ ΃
R
Na situação inicial da esfera A, temos:
Q
V0 = K ––– K.Q
R Porém V0 = ––––––– , logo:
R
1º contato:
V0
Vn = ––––––––––––
r
1 + n –––
΂ ΃
R
Para n = 20, temos:
V0
Q = Q1 + q1 V20 = ––––––––––––
r
R r KQ 1 + 20 –––
Q = ––– . V1 + ––– V1 ⇒ V1 = –––––– ቢ
K K R+r
΂ R ΃
2º contato: Sendo V20 = 10 000 V
r = 0,5mm
R = 20cm = 200mm
V0
10 000 = ––––––––––––
0,5
1 + 20 ––––
΂ ΃
200
Q = Q2 + q2
V0
10 000 = –––––
R R r 1,05
––– . V1 = ––– V2 + ––– V2
K K K
Resposta: V0 = 10 500V
12 –

13. 22. (ITA-2008) – Num dos pratos de uma balança que se Vamos admitir que não haja atrito entre a bola e o plano, de tal
encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m modo que, na colisão, a força seja perpendicular ao plano e, na
direção paralela ao plano, a velocidade não se altere.
está em repouso no fundo de um frasco de massa M.
Mostrar em que condições a mosca poderá voar dentro Na direção normal ao plano:
do frasco sem que o equilíbrio seja afetado. Vap = V1 cos θ
Vaf = V2 cos (90° – α) = V2 sen α
Vaf V2 sen α
e = –––– = ––––––––
Vap V1 cos θ
e V1 cos θ
sen α = ––––––––– (1)
V2
RESOLUÇÃO:
Como a força que a balança indica é a força vertical que o frasco
Na direção paralela ao plano:
aplica sobre ela, para que a sua indicação não se altere, a mosca
não pode ter aceleração vertical. V1 sen θ = V2 cos α
Isso significa que a mosca pode voar de forma que a componente
vertical de sua velocidade se mantenha constante (subindo ou V1 sen θ
cos α = ––––––––– (2)
descendo). V2
É de se ressaltar que, se a mosca partir do repouso do fundo do
frasco, ela deverá ter uma aceleração vertical para iniciar o seu De (1) e (2), resulta:
vôo e, enquanto durar essa aceleração vertical, a indicação da
balança irá alterar-se. sen2α + cos2α = 1
e2 V1 cos2 θ
2
V1 sen2 θ
2
23. (ITA-2008) – A figura mostra uma bola de massa m ––––––––––– + –––––––––– = 1
→ V22
V2
2
que cai com velocidade V1 sobre a superfície de um
suporte rígido, inclinada de um ângulo θ em relação ao V2 = V2 (e2 cos2θ + sen2θ)
2
1
plano horizontal. Sendo e o coeficiente de restituição
→
para esse impacto, calcule o módulo da velocidade V2 V2 = V1 ͙ෆ cos2 θ + sen2 θ
e2
ෆෆෆෆෆෆෆ
com que a bola é ricocheteada, em função de V1, θ e e.
Calcule também o ângulo α. (1)
Fazendo-se ––– , vem:
(2)
e V1 cos θ V2
tgα = –––––––––– . ––––––––––
α
V2 V1 sen θ
tgα = e cotgθ
α θ
α = arc tg [e cotgθ]
θ
Respostas: V2 = V1 ͙ෆ cos2 θ + sen2 θ e α = arc tg [e cotgθ]
e2
ෆෆෆෆෆෆෆ θ
RESOLUÇÃO:
24. (ITA-2008) Um apreciador de música ao vivo vai a
um teatro, que não dispõe de amplificação eletrônica,
para assistir a um show de seu artista predileto. Sendo
detalhista, ele toma todas as informações sobre as
dimensões do auditório, cujo teto é plano e nivelado.
Estudos comparativos em auditórios indicam preferência
para aqueles em que seja de 30 ms a diferença de tempo
entre o som direto e aquele que primeiro chega após uma
reflexão. Portanto, ele conclui que deve se sentar a 20 m
do artista, na posição indicada na figura. Admitindo a
velocidade do som no ar de 340 m/s, a que altura h deve
estar o teto com relação a sua cabeça?
– 13

14. 25. (ITA-2008) – Um resistor Rx é mergulhado num
reservatório de óleo isolante. A fim de estudar a variação
da temperatura do reservatório, o circuito de uma ponte
de Wheaststone foi montado, conforme mostra a figura 1.
Sabe-se que Rx é um resistor de fio metálico de 10m de
comprimento, área da seção transversal de 0,1mm2, e
resistividade elétrica ρ0 de 2,0 x 10 Ω.m, a 20°C. O
–8
comportamento da resistividade ρ versus temperatura t é
mostrado na figura 2. Sabendo-se que o resistor Rx foi
variado entre os valores de 10Ω e 12Ω para que o circui-
to permanecesse em equilíbrio, determine a variação da
RESOLUÇÃO
(I) O intervalo de tempo T1 gasto pelo som direto para atingir o temperatura nesse reservatório.
observador é calculado fazendo-se:
D1 20,0 1
Vsom = –––– ⇒ 340 = ––––– ⇒ T1 = ––– s
T1 T1 17
(II) O intervalo de tempo T2 gasto pelo som refletido para atingir
o observador é calculado fazendo-se:
1
T2 – T1 = ∆t ⇒ T2 – ––– = 0,030
17
1 1,51
T2 = 0,030 + ––– s ⇒ T2 = ––––– s
΂ ΃
17 17
D2 D2
(III) Vsom = ––– ⇒ 340 = –––––
T2 1,51
–––––
17 RESOLUÇÃO:
Vamos aplicar a segunda Lei de Ohm para o resistor Rx:
D2 = 30,2 m L L
Rx = ρ ––– ⇒ 10 = ρ1 . ––– ቢ
(IV) Considerando-se que, na reflexão da onda sonora, o ângulo de A A
reflexão é igual ao ângulo de incidência, temos a configuração
a seguir: L
12 = ρ2 . ––– ባ
A
Fazendo ባ – ቢ, vem:
L
2,0 = (ρ2 – ρ1) . –––
ρ
A
10
2,0 = ∆ρ . –––––––––
ρ
0,1 . 10–6
∆ρ = 2,0 . 10–8 Ω. m
ρ
Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo
hachurado, vem: Sendo, também, ρ0 = 2,0 . 10–8 Ω. m, vem:
2 2 2 2
D2 D1 30,2 20,0 ∆ρ = ρ0
ρ
΂–––΃ = h + ΂–––΃
2 2
2
΂ ΃ = h + ΂––––΃
⇒ ––––
2
2
2
Do gráfico, temos:
2 2 2
(15,1) = h + (10,0) 0,4ρ0 → 80°C
ρ
Do qual: h ≅ 11,3 m ∆ρ = ρ0 → ∆t
ρ
Resposta: h ≅ 11,3 m Portanto: ∆t = 200°C (Resposta)
14 –

15. 26. (ITA-2008) – Um cilindro de diâmetro D e altura h 27. (ITA-2008) – Durante a realização de um teste, co-
repousa sobre um disco que gira num plano horizontal, locou-se 1 litro de água a 20°C no interior de um forno
com velocidade angular ω. Considere o coeficiente de de microondas. Após permanecer ligado por 20 minutos,
atrito entre o disco e o cilindro µ > D/h, L a distância restou meio litro de água. Considere a tensão da rede de
entre o eixo do disco e o eixo do cilindro, e g o módulo 127 V e de 12 A a corrente consumida pelo forno. Cal-
da aceleração da gravidade. O cilindro pode escapar do cule o fator de rendimento do forno.
movimento circular de duas maneiras: por tombamento Dados: calor de vaporização da água Lv = 540 cal/g ;
ou por deslisamento. Mostrar o que ocorrerá primeiro, calor específico da água c = 1 cal/g °C ;
em função das variáveis dadas. 1 caloria = 4,2 joules
RESOLUÇÃO:
1) Potência do microondas:
Pot = Ui
Pot = 127 . 12 (W)
Pot = 1524 W
2) Potência utilizada no aquecimento da água:
Q m c ∆θ + mLV
θ
Potu = ––– = ––––––––––––––
∆t ∆t
RESOLUÇÃO: 1000 . 1 . (100 – 20) + 500 . 540
Potu = ––––––––––––––––––––––––––– (cal/s)
(1) A força de atrito fará o papel de resultante centrípeta: 20 . 60
Fat = Fcp = mω2 L
ω
80 000 + 270 000
Sendo o atrito estático, resulta: Potu = –––––––––––––––– (cal/s)
1200
Fat ≤ µe Fn
m ω2 L ≤ µ m g
1 cal
Potu ≅ 291,67 ––– = 1225W
µg µg µg s
ω2 ≤ –––– ⇒ ω1 ≤
1 L ͙ළළ –––– ⇒ ω (máx) =
L 1
͙ළළ––––
L 3) O rendimento é dado por:
Potu 1225
(2) Haverá tombamento quando o torque da força de atrito η = ––––– = –––––
superar o torque máximo da força normal, em relação ao Pot 1524
centro de gravidade do cilindro.
η = 0,80
Para não tombar:
Resposta: η (%) = 80%
h D
Fat . –– ≤ FN . ––
2 2 28. (ITA-2008) – Considere o transformador da figura,
no qual Vp é a tensão no primário, Vs é a tensão no secun-
h D dário, R um resistor, N1 e N2 são o número de espiras no
m ω2 L . –– ≤ m g ––
2
2 2
primário e secundário, respectivamente, e S uma chave.
Quando a chave é fechada, qual deve ser a corrente Ip no
ω2 L h ≤ g D
2
primário?
gD
ω2 ≤ ––––
2
Lh
gD gD
ω2 ≤
͙ළළ–––– ⇒
Lh
ω2 (máx) = ––––
͙ළළළ
Lh
RESOLUÇÃO:
D Admitindo-se que o transformador seja ideal, as potências
Sendo µ > –– , resulta ω1 (máx) > ω2 (máx).
h elétricas do primário e do secundário são iguais.
Portanto, o cilindro tomba antes de escorregar. Vp Is
Vp . Ip = Vs . Is ⇒ ––– = –––
Vs Ip
ቢ
– 15