Ita2003 parte 001

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Caso necessário, use os seguintes dados:
π = 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s2.
Velocidade do som no ar = 340m/s . 1 atm =
= 1,0 x 105 N/m2 . 1 cal = 4,2 J.
c
Sobre um plano liso e horizontal repousa um sistema
constituído de duas partículas, I e II, de massas M e m,
respectivamente. A partícula II é conectada a uma arti-
culação O sobre o plano por meio de uma haste que
inicialmente é disposta na posição indicada na figura.
Considere a haste rígida de comprimento L, inex-
tensível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I
desloca-se na direção de II com velocidade uniforme
→
VB, que forma um ângulo θ com a haste. Desprezando
qualquer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmar
que, imediatamente após a colisão (elástica) das partí-
culas.
a) a partícula II se movimenta na direção definida pelo
vetor
→
VB.
b) o componente y do momento linear do sistema é
conservado.
c) o componente x do momento linear do sistema é
conservado.
d) a energia cinética do sistema é diferente do seu
valor inicial.
e) n.d.a.
Resolução
No ato da colisão, o sistema formado pelas esferas I e
II tem como força externa a força aplicada pela haste
(rígida e de massa desprezível), que tem a direção y.
Isso significa que na direção x, no ato da colisão, o sis-
tema é isolado e por isso haverá conservação do
momento linear (quantidade de movimento) do siste-
ma formado pelas esferas I e II.
c2
1
IIIITTTTAAAA ((((1111ºººº DDDDiiiiaaaa)))) –––– DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000002222
FFFFÍÍÍÍSSSSIIIICCCCAAAA

A partir do repouso, uma
pedra é deixada cair da borda
no alto de um edifício. A figu-
ra mostra a disposição das
janelas, com as pertinentes
alturas h e distâncias L que
se repetem igualmente para
as demais janelas, até o tér-
reo. Se a pedra percorre a
altura h da primeira janela
em t segundos, quanto tem-
po levará para percorrer, em
segundos, a mesma altura h
da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).
a) [(͙ෆෆෆL + h – ͙ෆL ) / (͙ෆෆෆෆ2L + 2h – ͙ෆෆෆෆ2L + h )]t.
b) [(͙ෆෆෆෆ2L + 2h – ͙ෆෆෆෆ2L + h ) / (͙ෆෆෆL + h – ͙ෆL )]t.
c) [(͙ෆෆෆෆ4 (L + h) – ͙ෆෆෆෆෆෆ3 (L + h) + L ) /(͙ෆෆෆL + h – ͙ෆL )]t.
d) [(͙ෆෆෆෆ4 (L + h) –͙ෆෆෆෆෆෆ3 (L + h) + L )/(͙ෆෆෆෆ2L + 2h –͙ෆෆෆෆ2L + h )]t.
e) [(͙ෆෆෆෆ3 (L + h) – ͙ෆෆෆෆෆෆ2 (L + h) + L )/(͙ෆෆෆL + h – ͙ෆL )]t.
Resolução
Dado: t2 – t1 = t
Pede-se: t8 – t7
1) ∆s = V0t + t 2
L = t1
2
L + h = t2
2
t1
=
t1
=
t = t2 – t1 = –
t = (1)
2) ∆s = V0t + t2
AI: 4(L + h) = t8
2
AH: 4L + 3h = t7
2
g
–––
2
g
–––
2
γ
–––
2
͙ළළ2(͙ළළළළළළළළL + h – ͙ළළL)
–––––––––––––––––
͙ළළg
2L
–––
g
2(L + h)
–––––––––
g
2(L + h)
–––––––––
g
2L
–––
g
g
–––
2
g
–––
2
γ
–––
2

t8 = t7 =
t8 – t7 = – =
=
t8 – t7 = (2)
Fazendo-se , vem:
= (͙ළළළළළළළළළL + h – L + h) .
=
t8 – t7 = t
Como: 4L + 3h = 3(L + h) + L,
vem: t8 – t7 = t
d
Variações no campo gravitacional na superfície da Terra
podem advir de irregularidades na distribuição de sua
massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e
de densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esférica
de raio a, inteiramentente contida no seu interior. A
distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavida-
de, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causan-
do, assim, uma variação do campo gravitacional em
um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado com
O e C . (Veja a figura). Seja G1 a intensidade do campo
gravitacional em P sem a existência da cavidade na
Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto,
considerando a existência da cavidade. Então, o valor
máximo da variação relativa: (G1 – G2)/G1, que se
obtém ao deslocar a posição da cavidade, é
a) a3/[(R – a)2R]. b) (a/R)3. c) (a/R)2.
d) a/R. e) nulo.
3
]͙ළළළළළළළළළළළ4(L + h) – ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළ3(L + h) + L
–––––––––––––––––––––––
͙ළළළළළළළළL + h – ͙ළළL
[
͙ළළළළළළළළළළළ4(L + h) – ͙ළළළළළළළළළළළළළ4L + 3h
–––––––––––––––––––––––
––––––––
3
2 (͙ළළළළළළළළළL + h – L + –– h )͙ 4
–––––––––––––––––––––––
t8 – t7
–––––––
t
͙ළළg
––––––––––––––––
͙ළළ2(͙ළළළළළළළළL + h – ͙ළළL)
3
–––
4
2͙ළළ2
–––––
͙ළළg
t8 – t7
–––––––
t
(2)
––––
(1)
––––––––
3
2͙ළළ2(͙ළළළළළළළළළ(L + h) – L + –– h)
͙ 4
––––––––––––––––––––––––––
͙ළළg
–––––––––––
3
͙ළළළළළළළළළළළ8(L + h) – 8(L + –– h)
͙ 4
––––––––––––––––––––––––––
͙ළළg
8L + 6h
–––––––––
g
8(L + h)
–––––––––
g
8L + 6h
–––––––––
g
8(L + h)
–––––––––
g

Resolução
1) O valor de G1 é dado por:
G1 = = . ρ . π R3
(1)
2) O valor G1’ do campo criado apenas por uma esferi-
nha maciça de raio a e cujo centro está situado a
uma distância de P igual a (R – d) é dado por:
G’1 = = . ρ . π a3
(2)
3) O campo criado pela esfera maior com a cavidade,
G2, é dado por:
G2 = G1 – G’1
G2 = π G ρ R – π G ρ
(3)
Seja y =
De (1) e (3), vem:
G1 – G2
––––––––
G1
4 a3
G2 = –– π G ρ [R – –––––––]
3 (R – d)2
a3
–––––––
(R – d)2
4
––
3
4
––
3
4 a3
G’1 = –– π G ρ . –––––––
3 (R – d)2
4
––
3
G
–––––––
(R – d)2
G m
–––––––
(R – d)2
4
G1 = –– π G ρ . R
3
4
––
3
G
–––
R2
G M
–––––
R2

y =
y =
y =
Como a e R são constantes, o valor máximo de y
ocorre quando (R – d) for mínimo, isto é,
d = dmáx = R – a
R – d = R – (R – a) = a
Portanto: ymáx = ⇒
d
Considerando um buraco negro como um sistema ter-
modinâmico, sua energia interna U varia com a sua
massa M de acordo com a famosa relação de Einstein:
∆U = ∆M c2. Stephen Hawking propôs que a entropia
S de um buraco negro depende apenas de sua massa
e de algumas constantes fundamentais da natureza.
Desta forma, sabe-se que uma variação de massa acar-
reta uma variação de entropia dada por: ∆S / ∆M = 8π
GM kB / h c. Supondo que não haja realização de tra-
balho com a variação de massa, assinale a alternativa
que melhor representa a temperatura absoluta T do
buraco negro.
a) T = h c3 / GM kB. b) T = 8πM c2 / kB.
c) T = M c2 / 8π kB. d) T = h c3 / 8π GM kB.
e) T = 8π h c3 / GM kB.
Resolução
Do texto, temos:
=
∆S =
A entropia ∆S é dada por:
∆S =
em que T é a temperatura absoluta do buraco negro.
∆Q
––––
T
∆M 8π G M kB
––––––––––––––
h c
8π G M kB
––––––––––
h c
∆S
––––
∆M
4
a
ymáx = –––
R
a3
–––––
R . a2
a3
–––––––––
R (R – d) 2
a3
R – [R – –––––––]
(R – d)2
–––––––––––––––––––
R
4 4 a3
–– π G ρ R – –– π G ρ [R – –––––––]
3 3 (R – d)2
–––––––––––––––––––––––––––––––––
4
–– π G ρ R
3

Como ∆Q = τ + ∆U e τ = 0, vem:
∆S =
Portanto:
=
Como ∆U = ∆M c2,
então, =
c
Qual dos gráficos abaixo melhor representa a taxa P de
calor emitido por um corpo aquecido, em função de
sua temperatura absoluta T?
Resolução
A taxa P de calor emitido por um corpo aquecido é da-
da em função da sua temperatura absoluta por meio da
expressão de Stefan-Boltzmann:
P(T) = k T4
5
h c3
T = ––––––––––
8π G M kB
∆M 8π G M kB
––––––––––––––
h c
∆M c2
––––––
T
∆M 8π G M kB
––––––––––––––
h c
∆U
––––
T
∆U
––––
T

Assim, o diagrama pedido na questão é melhor repre-
sentado por:
e
Uma certa massa de gás ideal realiza o ciclo ABCD de
transformações, como mostrado no diagrama pressão-
volume da figura. As curvas AB e CD são isotermas.
Pode-se afirmar que
a) o ciclo ABCD corresponde a um ciclo de Carnot.
b) o gás converte trabalho em calor ao realizar o ciclo.
c) nas transformações AB e CD o gás recebe calor.
d) nas transformações AB e BC a variação da energia
interna do gás é negativa.
e) na transformação DA o gás recebe calor, cujo valor
é igual à variação da energia interna.
Resolução
Nota: o ciclo é ABCDA e não ABCD
A transformação DA ocorre a volume constante (iso-
métrica), sendo nulo o trabalho trocado. Como a tempe-
ratura absoluta do gás ideal é maior em A (TA > TD), a
energia interna desse gás aumenta (UA > UD), utilizan-
do o calor recebido do meio externo durante a transfor-
mação.
e
Sabe-se que a atração gravitacional da lua sobre a ca-
mada de água é a principal responsável pelo apare-
cimento de marés oceânicas na Terra. A figura mostra
a Terra, supostamente esférica, homogeneamente
recoberta por uma camada de água.
7
∆UDA = Q
6

Nessas condições, considere as seguintes afirmativas:
I. As massas de água próximas das regiões A e B
experimentam marés altas simultaneamente.
II, As massas de água próximas das regiões A e B
experimentam marés opostas, isto é, quando A
tem maré alta, B tem maré baixa e vice-versa.
III. Durante o intervalo de tempo de um dia ocorrem
duas marés altas e duas marés baixas.
Então, está(ão) correta(s), apenas
a) a afirmativa I. b) a afirmativa II.
c) a afirmativa III. d) as afirmativas I e II.
e) as afirmativas I e III.
Resolução
I) Correta
Na região A, a maré alta é explicada pelo fato de a
atração gravitacional da Lua somada com a força
de inércia centrífuga (dada pela rotação da Terra)
superar a força gravitacional de atração da Terra.
Na região B, a maré alta é explicada pelo fato de a
força de inércia centrífuga (dada pela rotação da
Terra) superar a soma das atrações gravitacionais
da Lua e da Terra.
II) Falsa
III) Correta
Devido ao movimento de rotação da Terra, o perío-
do das marés altas é de 12h, isto é, ocorrem duas
marés altas e duas marés baixas por dia (24h).
c
Um balão contendo gás hélio é fixado, por meio de um
fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado.
O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movi-
menta com velocidade constante, como mostra a figu-
ra. Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmar
que, em relação a ele, o balão
a) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta.
b) se movimenta para trás e a tração no fio não muda.
c) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta.
d) se movimenta para frente e a tração no fio não mu-
da.
e) permanece na posição vertical.
Resolução
8

Quando o vagão é acelerado, isto equivale a criar um
campo gravitacional com a mesma intensidade da ace-
leração e em sentido oposto.
O campo gravitacional resultante, no interior do vagão,
é dado pela soma vetorial entre g
→
e –a
→
O fio do balão ficará alinhado com a direção do campo
resultante g
→
R e, portanto, o balão movimenta-se para
frente.
Na situação inicial, tinhamos:
T + P = E
T = E – P = µar V g – µ V g
Para um referencial dentro do vagão, tudo se passa
como se a gravidade fosse g
→
R .
T’ + P’ = E’
T’ = E’ – P’
Como gR > g, resulta
b
Durante uma tempestade, Maria fecha as janelas do
seu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora.
Subitamente o vidro de uma janela se quebra. Consi-
derando que o vento tenha soprado tangencialmente à
janela, o acidente pode ser melhor explicado pelo(a)
a) princípio de conservação da massa.
9
T’ > T
T’ = (µar – µ) V gR
T = (µar – µ) V g

b) equação de Bernoulli.
c) princípio de Arquimedes.
d) princípio de Pascal.
e) princípio de Stevin.
Resolução
Em virtude do vento, com o aumento da velocidade da
massa de ar, a pressão externa à janela diminui de
acordo com a equação de Bernoulli.
A diferença entre a pressão interna (maior) e a externa
(menor) quebra a janela com os fragmentos de vidro
jogados para fora.
a
A figura mostra um sistema óptico constituído de uma
lente divergente, com distância focal f1 = –20cm, dis-
tante 14cm de uma lente convergente com distância
focal f2 = 20cm . Se um objeto linear é posicionado a
80cm à esquerda da lente divergente, pode-se afirmar
que a imagem definitiva formada pelo sistema
a) é real e o fator de ampliação linear do sistema é
–0,4.
b) é virtual, menor e direita em relação ao objeto.
c) é real, maior e invertida em relação ao objeto.
d) é real e o fator de ampliação linear do sistema é
–0,2.
e) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto.
Resolução
Seja L1 a lente divergente e L2 a lente convergente.
Em relação a L1, temos:
Equação de Gauss: = +
= + ⇒
A imagem produzida por L1 é virtual e está situada a
16 cm à esquerda desta lente. O aumento linear provo-
cado por L1 fica determinado por:
A1 = ⇒ A1 = ⇒
1
A1 = –––
5
(–16)
– –––––
80
p1’
– –––
p1
p1’ = –16 cm
1
–––
p1’
1
––
80
1
– –––
20
1
–––
p1’
1
––
p1
1
––
f1
10

A imagem produzida por L1 é direita e menor que o
objeto e funciona como objeto real para L2.
Em relação a L2, temos:
= + ⇒
A imagem produzida por L2 é real e está situada a
60cm à direita desta lente. O aumento linear provo-
cado por L2 fica determinado por:
A2 = ⇒ A2 = ⇒
A imagem produzida por L2 é invertida e maior que o
objeto que lhe deu origem.
O esquema abaixo ilustra a situação proposta:
O aumento linear transversal produzido pelo sistema
fica dado por:
Asist = = .
Asist = A1 . A2 ⇒ Asist = . (–2)
e
Num oftalmologista, constata-se que um certo pacien-
te tem uma distância máxima e uma distância mínima
de visão distinta de 5,0m e 8,0cm, respectivamente.
Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente que
lhe permita ver com clareza objetos no “infinito”. Qual
das afirmações é verdadeira?
a) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes
11
Asist = –0,4
1
––
5
i2
–––
i1
i1
–––
o
i2
–––
o
A2 = –2
60
– –––
30
p2’
– –––
p2
p2’ = 60 cm
1
–––
p2’
1
–––––––
16 + 14
1
–––
20
1
–––
p2’
1
––
p2
1
––
f2

cuja vergência é 0,2 dioptrias .
b) O paciente é míope e deve usar lentes conver-
gentes cuja vergência é 0,2dioptrias.
c) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes con-
vergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias.
d) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes diver-
gentes cuja vergência é – 0,2 dioptrias.
e) A lente corretora de defeito visual desloca a distân-
cia mínima de visão distinta para 8,1 cm.
Resolução
Se o ponto remoto da visão do indivíduo está a uma
distância finita do globo ocular, igual a 5,0m neste
caso, seu defeito visual é a miopia, recomendando-se
para a correção lentes divergentes, cuja vergência é
negativa.
A determinação dessa vergência é feita com base no
esquema abaixo.
|f| = Dmáx = 5,0m
V = ⇒ V = – dioptria
A lente corretiva altera também a posição do ponto
próximo, aumentando a distância mínima de visão dis-
tinta do indivíduo quando usa os óculos.
Considerando f = –5,0m = –500cm e supondo-se que
a imagem produzida pela lente corretiva esteja a uma
distância de 8,0cm do sistema ocular (p’ = –8,0cm;
trata-se de uma imagem virtual que funciona como
objeto real para o olho), calculemos a distância p entre
o objeto e o olho.
– = – ⇒ = – +
= ⇒ p = (cm)
4000
–––––
492
–8,0 + 500
–––––––––––
4000
1
––
p
1
–––
8,0
1
––––
500
1
––
p
1
–––
8,0
1
––
p
1
––––
500
1
––
p’
1
––
p
1
––
f
V = –0,2 dioptria
1
–––
5,0
1
––
f
f = –5,0m

a
A figura 1 mostra o experimento típico de Young, de
duas fendas, com luz monocromática, em que m indi-
ca a posição do máximo central. A seguir, esse ex-
perimento é modificado, inserindo uma pequena peça
de vidro de faces paralelas em frente à fenda do lado
direito, e inserindo um filtro sobre a fenda do lado
esquerdo, como mostra a figura 2. Suponha que o
único efeito da peça de vidro é alterar a fase da onda
emitida pela fenda, e o único efeito do filtro é reduzir a
intensidade da luz emitida pela respectiva fenda. Após
essas modificações, a nova figura da variação da inten-
sidade luminosa em função da posição das franjas de
interferência é melhor representada por
Resolução
A onda que parte da fenda na qual se encontra a lâmi-
na de vidro está em oposição de fase com a onda que
parte da fenda na qual se encontra o filtro. Isso faz com
que no ponto do anteparo eqüidistante das duas fen-
das, ocorra interferência destrutiva, determinando
nesse local um aclaramento de mínima intensidade.
Esse aclaramento não chega, no entanto, a apresentar
brilho nulo, já que o sinal que parte da fenda à esquer-
12
p ≅ 8,1cm

da tem, devido à presença do filtro, intensidade menor
que o que parte da fenda à direita.
Nos locais onde ocorre interferência construtiva, a
intensidade da onda resultante é menor que A pelo
fato do enfraquecimento do sinal enviado pelo filtro.
A posição m na qual se forma o máximo central fica
deslocada para a direita em relação à posição original,
o que é justificado pelo fato de o filtro óptico emitir
uma onda de menor intensidade que a emitida pela
lâmina de vidro (a lâmina de vidro de onde parte o sinal
mais intenso “atrai” m para perto de si).
d
Quando em repouso, uma corneta elétrica emite um
som de freqüência 512 Hz. Numa experiência acústica,
um estudante deixa cair a corneta do alto de um edifí-
cio. Qual a distância percorrida pela corneta, durante a
queda, até o instante em que o estudante detecta o
som na freqüência de 485 Hz? (Despreze a resistência
do ar).
a) 13,2 m b) 15,2 m c) 16,1 m
d) 18,3 m e) 19,3 m
Resolução
(I) A percepção de um som mais baixo (menor fre-
qüência), à medida que a corneta afasta-se do
estudante em repouso no alto do edifício, deve-se
ao Efeito Doppler-Fizeau.
=
= 512
–––––––––
340 + VF
485
–––––––––
340 + 0
fF
–––––––––
Vsom ± VF
f0
–––––––––
Vsom ± V0
13

340 + VF =
(II) A queda livre da corneta é um movimento unifor-
memente acelerado, logo:
Equação de Torricelli: VF
2 = V0F
2
+ 2g ∆h
(18,93)2 = 2 . 9,8 ∆h
a
Considere as afirmativas:
I. Os fenômenos de interferência, difração e polariza-
ção ocorrem com todos os tipos de onda.
II. Os fenômenos de interferência e difração ocorrem
apenas com ondas transversais.
III. As ondas eletromagnéticas apresentam o fenô-
meno de polarização, pois são ondas longitudinais.
IV. Um polarizador transmite os componentes da luz
incidente não polarizada, cujo vetor campo elétrico
E
→
é perpendicular à direção de transmissão do po-
larizador .
Então, está(ão) correta(s)
a) nenhuma das afirmativas.
b) apenas a afirmativa I.
c) apenas a afirmativa II.
d) apenas as afirmativas I e II.
e) apenas as afirmativas I e IV.
Resolução
I) Incorreta
A polarização, por exemplo, só ocorre com ondas
transversais.
II) Incorreta
O som propagando-se no ar, por exemplo, é uma
onde longitudinal que pode sofrer interferência e
também difração.
III) Incorreta
As ondas eletromagnéticas apresentam o fenôme-
no da polarização, porém essas ondas são trans-
versais.
IV) Incorreta
Um polarizador transmite os componentes da luz
incidente não-polarizada que vibram na direção de
transmissão do polarizador.
14
∆h ≅ 18,3m
VF ≅ 18,93m/s
512 . 340
–––––––––
485

c
No Laboratório de Plasmas Frios do ITA é possível
obter filmes metálicos finos, vaporizando o metal e
depositando-o por condensação sobre uma placa de
vidro. Com o auxílio do dispositivo mostrado na figura,
é possível medir a espessura e de cada filme. Na figu-
ra, os dois geradores são idênticos, de f.e.m. E
= 1,0 V e resistência r = 1,0 Ω, estando ligados a dois
eletrodos retangulares e paralelos, P1 e P2, de largura
b = 1,0 cm e separados por uma distância a = 3,0 cm.
Um amperímetro ideal A é inserido no circuito, como
indicado. Supondo que após certo tempo de deposição
é formada sobre o vidro uma camada uniforme de alu-
mínio entre os eletrodos, e que o amperímetro acusa
uma corrente i = 0,10 A , qual deve ser a espessura e
do filme? (resistividade do alumínio ρ = 2,6 . 10–8 Ω.m).
a) 4,1 . 10–9 cm
b) 4,1 . 10–9 m
c) 4,3 . 10–9 m
d) 9,7 . 10–9 m
e) n.d.a.
Resolução
15

No circuito esquematizado, da Lei de Pouillet, vem:
i =
0,10 =
R = 18,0Ω
Aplicando-se a 2ª lei de Ohm para o condutor, temos:
R = ρ
em que:
l = a
A = e b
Assim:
18,0 =
d
A figura mostra dois capacitores, 1 e 2, inicialmente
isolados um do outro, carregados com uma mesma
carga Q. A diferença de potencial (ddp) do capacitor 2
é a metade da ddp do capacitor 1. Em seguida, as pla-
cas negativas dos capacitores são ligadas à Terra e, as
positivas, ligadas uma a outra por um fio metálico,
longo e fino. Pode-se afirmar que
a) antes das ligações, a capacitância do capacitor 1 é
maior do que a do capacitor 2.
b) após as ligações, as capacitâncias dos dois capaci-
tores aumentam.
c) após as ligações, o potencial final em N é maior do
que o potencial em O.
d) a ddp do arranjo final entre O e P é igual a 2/3 da ddp
inicial do capacitor 1.
e) a capacitância equivalente do arranjo final é igual a
duas vezes a capacitância do capacitor 1.
16
e = 4,3 . 10–9m
2,6 . 10–8 x 3,0 . 10–2
–––––––––––––––––––––
e . 1,0 . 10–2
l
––––
A
2,0
–––––––
2,0 + R
∑E
––––
∑R

Resolução
a) Errada
Antes das ligações, temos os esquemas:
De C1 = e C2 = = , vem: C2 = 2 C1
Logo, C2 > C1
b) Errada. As capacitâncias não variam.
c) Errada. N e O têm o mesmo potencial.
d) Correta. Após as ligações, temos:
Ceq = C1 + C2 = C1 + 2C1 ⇒ Ceq = 3C1
2Q
–––
U
Q
–––
U/2
Q
–––
U

U’ = = ⇒
e) Errada. Ceq = 3C1
c
Na figura, uma barra condutora MN (de comprimento
l, resistência desprezível e peso
→
Pb) puxada por um
peso
→
Pc , desloca-se com velocidade constante
→
v,
apoiada em dois trilhos condutores retos, paralelos e
de resistência desprezível, que formam um ângulo θ
com o plano horizontal. Nas extremidades dos trilhos
está ligado um gerador de força eletromotriz E com
resistência r. Desprezando possíveis atritos, e consi-
derando que o sistema está imerso em um campo de
indução magnética constante, vertical e uniforme
→
B ,
pode-se afirmar que
a) o módulo da força eletromotriz induzida é
ε = B l v sen θ.
b) a intensidade i da corrente no circuito é dada por
Pc sen θ / (B l).
c) nas condições dadas, o condutor descola dos trilhos
quando i ≥ Pb / (B l tg θ).
d) a força eletromotriz do gerador é dada por
E = r Pc sen θ / (B l) – B l v cos θ.
e) o sentido da corrente na barra é de M para N.
Resolução
17
2
U’ = ––– U
3
2Q
––––
3C1
2Q
––––
Ceq

Para que haja descolamento, a componente da força
magnética na direção normal ao plano inclinado deve
ser maior ou igual à componente normal da força peso
da barra. Assim,
Fmag senθ ≥ Pb cosθ
Bil senθ ≥ Pb cosθ
i ≥
d
Experimentos de absorção de radiação mostram que a
relação entre a energia E e a quantidade de movimen-
to p de um fóton é E = p c. Considere um sistema iso-
lado formado por dois blocos de massas m1 e m2,
respectivamente, colocados no vácuo, e separados
entre si de uma distância L. No instante t = 0, o bloco
de massa m1 emite um fóton que é posteriormente
absorvido inteiramente por m2, não havendo qualquer
outro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura).
Suponha que m1 se torne m1’ em razão da emissão do
fóton e, analogamente, m2 se torne m2’ devido à
absorção desse fóton. Lembrando que esta questão
também pode ser resolvida com recursos da Mecânica
Clássica, assinale a opção que apresenta a relação cor-
reta entre a energia do fóton e as massas dos blocos.
a) E = (m2 – m1)c2. b) E = (m1’ – m2’)c2.
c) E = (m2’ – m2)c2/2. d) E = (m2‘ – m2 )c2.
e) E = (m1 + m1’)c2.
Resolução
A diferença entre m2’ e m2 é provocada pelo acréscimo
da energia trazida pelo fóton.
Da equivalência entre massa e energia traduzida pela
equação de Einstein, temos:
m2’ – m2 =
Portanto:
Analogamente, a
E = (m2’ – m2 ) c2
E
–––
c2
18
Pb
i ≥ ––––––––
B l tgθ
Pb cosθ
–––––––––
Bl senθ

perda de massa m1 – m’1 é provocada pela redução da
energia correspondente ao fóton emitido:
m1 – m’1 =
e
Considere as seguintes afirmações:
I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é ilumina-
do por um feixe de luz monocromática, a quantida-
de de elétrons emitidos pelo metal é diretamente
proporcional à intensidade do feixe incidente, inde-
pendentemente da freqüência da luz.
II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo são
aquelas em que o momento angular orbital é n h / 2π,
sendo n = 1, 3, 5... .
III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são neces-
sários para a descrição completa de um sistema
quântico.
IV. A natureza complementar do mundo quântico é
expressa, no formalismo da Mecânica Quântica,
pelo princípio de incerteza de Heisenberg.
Quais estão corretas ?
a) I e Il. b) I e IIl. c) I e IV.
d) II e III. e) III e IV.
Resolução
I) Falsa. Para que ocorra o efeito fotoelétrico, a fre-
qüência da luz incidente deve ser maior que um
certo valor f0 = , em que τ é a função de traba-
lho
do átomo do metal e h a constante de Planck.
II) Falsa. As órbitas permitidas ao elétron são aquelas
em que o momento angular orbital ( m V . r) é um
múltiplo inteiro de , isto é, do tipo n ,em que
n = 1, 2, 3....
III) Correta. É a hipótese da dualidade proposta por
Louis de Broglie.
IV) Correta. A natureza complementar está ligada ao
fato de não podermos medir simultaneamente
com precisão a posição e a quantidade de movi-
mento de uma partícula, o que traduz o Princípio
da Incerteza de Heisenberg.
d
Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o
número aproximado de revoluções efetuadas por um
elétron no primeiro estado excitado do átomo de hidro-
gênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado
excitado, é de 10–8 s. São dados: o raio da órbita do
estado fundamental é de 5,3 x 1 0–11m e a velocidade
20
h
–––
2π
h
–––
2π
τ
––
h
19
E = (m1 – m’1 ) c2
E
–––
c2

do elétron nesta órbita é de 2,2 x 106 m/s .
a) 1 x 106 revoluções. b) 4 x 107 revoluções.
c) 5 x 107 revoluções. d) 8 x 106 revoluções.
e) 9 x 106 revoluções.
Resolução
No modelo do átomo de Bohr, o raio r da órbita é dado
por r = n2 . rB , em que rB = 5,3 . 10–11 m (raio da órbi-
ta do estado fundamental) e n = 1, 2, 3,...
Para o estado fundamental, n = 1 e para o primeiro
estado excitado, n = 2. Assim, r = 22 . rB = 4 . rB.
No átomo de Bohr, a força coulombiana é centrípeta:
k . = m . ⇒ v2 =
Sendo r = 4 rB, concluímos que a velocidade do elétron
no primeiro estado excitado é a metade da velocidade
no estado fundamental:
v = = 1,1 . 106
De v = . r, vem:
1,1 . 106 = . 4 . 5,3 . 10–11
T = (s)
T ≅ 1,2 . 10–15s
No intervalo de tempo 10–8s, que é o tempo de vida do
elétron, o número de revoluções efetuadas é dado por:
n =
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser respondidas no caderno de soluções.
Na figura, o carrinho com rampa movimenta-se com
uma aceleração constante
→
A .
21
n ≅ 8 . 106 revoluções
10–8
––––––––––
1,2 . 10 –15
2π . 4 . 5,3 . 10–11
–––––––––––––––––
1,1 . 106
2π
–––
T
2π
–––
T
m
–––
s
m
–––
s
2,2 . 10 6
––––––––––
2
k . e2
–––––
m . r
v2
–––
r
e . e
––––
r2

Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se µ é
o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa,
determine o intervalo para o módulo de
→
A , no qual o
bloco permanecerá em repouso sobre a rampa.
Resolução
Para um referencial fixo no carrinho, devemos con-
siderar uma força de inércia
→
Fi = – m
→
A atuando sobre o
bloco, com componentes Ft e Fn.
Isto posto, teremos:
Na direção paralela ao plano, temos:
Pt + Ft = Fat (1)
Na direção normal ao plano, temos:
Rn + Fn = Pn (2)
Em (1): mg sen α + m A cos α = Fat
Em (2): Rn + F sen α = P cos α
Rn = P cos α – F sen α
Rn = mg cos α – m A sen α
Sendo Fat ≤ µ Rn, vem:
mg sen α + m A cos α ≤ µ (mg cos α – m A sen α)
g sen α + a cos α ≤ µ g cos α – µA sen α
A (cos α + µ sen α) ≤ g (µ cos α – sen α)
com µ cos α > sen α
g (µ cos α – sen α)
0 ≤ A ≤ ––––––––––––––––––
cos α + µ sen α
Ft = F cos α
Fn = F sen α

Quando solto na posição angular de 45° (mostrada na
figura), um pêndulo simples de massa m e compri-
mento L colide com um bloco de massa M.
Após a colisão, o bloco desliza sobre uma superfície
rugosa, cujo coeficiente de atrito dinâmico é igual a
0,3. Considere que após a colisão, ao retornar, o pên-
dulo alcance uma posição angular máxima de 30°. De-
termine a distância percorrida pelo bloco em função de
m, M e L.
Resolução
1) Da figura:
h = L – L cos 45° = L (1 – )= L ( )
2) Conservação da energia mecânica entre A e B:
= m g h
V1 = ͙ළළළළළ2gh =
͙ළළළළළළළළළ2gL ( )= ͙ළළළළළළළළළළළgL (2 – ͙ළළළ2 )
3)
2 – ͙ළළ2
–––––––
2
m V1
2
–––––––
2
2 – ͙ළළ2
–––––––
2
͙ළළ2
––––
2
22

Da figura:
h1 = L – L cos 30° = L (1 – )= L ( )
4) Conservação da energia entre B e C:
m g h1 =
V2 = ͙ළළළළළ2gh1 =
͙ළළළළළළළළළ2gL ( )= ͙ළළළළළළළළළළළgL (2 – ͙ළළළ3 )
5) A variação da quantidade de movimento da esfera:
∆Q = m (V1 + V2)
∆Q = m [͙ළළළළළළළළළළළgL (2 – ͙ළළළ2 ) + ͙ළළළළළළළළළළළgL (2 – ͙ළළළ3 ) ]
∆Q = m ͙ළළළළg L (͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ2 + ͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ3 )
6) A quantidade de movimento adquirida pelo bloco
tem o mesmo módulo de ∆Q, por ser o sistema iso-
lado no ato de colisão:
MV = m ͙ළළළළg L (͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ2 + ͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ3 )
7) Aplicando-se o teorema da energia cinética:
τat = ∆Ecin
m
V = ––– ͙ළළළළg L (͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ2 + ͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ3 )
M
2 – ͙ළළ3
–––––––
2
m V2
2
–––––––
2
2 – ͙ළළ3
––––––––
2
͙ළළ3
––––
2

µ M g d (–1) = – V2
d =
d = . . gL [(͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ2 + ͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ3 )]2
Calcule a variação de entropia quando, num processo à
pressão constante de 1,0 atm, se transforma inte-
gralmente em vapor 3,0 kg de água que se encontram
inicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C.
Dado: calor de vaporização da água:
Lv = 5,4 x 105 cal/ kg
Resolução
A variação de entropia (∆S) de um sistema com tem-
peratura constante é dada por:
∆S =
em que Q é o calor recebido pelo sistema e T a sua
temperatura absoluta.
Assim:
∆S = = cal/K
A figura mostra um recipiente, com êmbolo, contendo
um volume inicial Vi de gás ideal, inicialmente sob uma
pressão Pi igual à pressão atmosférica, Pat. Uma mola
não deformada é fixada no êmbolo e num anteparo
fixo. Em seguida, de algum modo é fornecida ao gás
uma certa quantidade de calor Q. Sabendo que a ener-
gia interna do gás é U = ( 3/2) PV, a constante da mola
é k e a área da seção transversal do recipiente é A,
determine a variação do comprimento da mola em fun-
ção dos parâmetros intervenientes. Despreze os atri-
tos e considere o êmbolo sem massa, bem como
sendo adiabáticas as paredes que confinam o gás.
24
∆S ≅ 4343 cal/K
3,0 . 5,4 . 105
–––––––––––––
(100 + 273)
m Lv
–––––
T
Q
––––
T
23
m2 L
d = ––––––– [(͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ2 + ͙ළළළළළළළළළළ2 – ͙ළළ3 )]2
0,6 M2
m2
––––
M2
1
–––––
0,6g
V2
–––––
2 µg
M
–––
2

Resolução
Usando a primeira lei da Termodinâmica, vem:
Q = τ + ∆U
O trabalho (τ) corresponde à energia armazenada na
mola mais o trabalho realizado pelo gás contra a atmos-
fera:
τ = + pat . A . x
A variação de energia interna do gás é obtida por:
∆U = Uf – Ui = (pfVf – pat Vi )
∆U = [(pat + ∆p) (Vi + ∆V) – pat Vi)]
∆U = [pat Vi + pat ∆V + Vi ∆p + ∆p∆V – pat Vi]
∆U = [pat A x + Vi . + . A x]
∆U = [pat A x + Vi + k x2
]
Assim:
Q = + pat A x + pat A x + Vi + k x2
3
––
2
k x
–––
A
3
––
2
3
––
2
k x2
––––
2
k x
–––
A
3
––
2
k x
–––
A
k x
–––
A
3
––
2
3
––
2
3
––
2
3
––
2
k x2
––––
2

Q = 2 k x2 + 2,5 pat A x + 1,5 Vi
2 k x2 + (2,5 pat A + 1,5 )x – Q = 0
Resolvendo a equação do 2º grau, vem:
–
(2,5 pat A + 1,5
) ±
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළ(2,5 pat A + 1,5
)
2
+ 8 k Q
x = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
4 k
Como apenas a solução positiva deve ser considerada, te-
mos:
Num barômetro elementar de Torricelli, a coluna de
mercúrio possui uma altura H, que se altera para X
quando este barômetro é mergulhado num líquido de
densidade D, cujo nível se eleva a uma altura h, como
mostra a figura.
Sendo d a densidade do mercúrio, determine em fun-
ção de H, D e d a altura do líquido, no caso de esta
25
Vi k
–––
A
Vi k
–––
A
Vi k
–––
A
k x
–––
A
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළ(2,5 pat A + 1,5
)
2
+ 8 k Q –
(2,5 pat A + 1,5
)x = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
4 k
Vi k
–––
A
Vi k
–––
A

coincidir com a altura X da coluna de mercúrio.
Resolução
1º caso: Barômetro em operação no ar atmosférico.
p1 = p2 ⇒ patm = pcoluna de Hg
2º caso: Barômetro em operação imerso no líquido.
p3 = p4 ⇒ patm + pcoluna de = p’coluna de Hg
líquido
d g H + D g h = d g X
Fazendo h = X, vem:
d H + D X = d X ⇒ d H = (d – D)X
Donde:
d
X = –––––– H
d – D
patm = d g H

Uma onda acústica plana de 6,0 kHz, propagando-se
no ar a uma velocidade de 340 m/s, atinge uma pe-
lícula plana com um ângulo de incidência de 60°.
Suponha que a película separa o ar de uma região que
contém o gás CO2, no qual a velocidade de propagação
do som é de 280 m/s. Calcule o valor aproximado do
ângulo de refração e indique o valor da freqüência do
som no CO2.
Resolução
A situação proposta está esquematizada abaixo.
Lei de Snell: VAr . sen r = VCO2
sen i
340 . sen r = 280 . sen 60° ⇒ sen r ≅ 0,71
Donde:
A freqüência do som no CO2 é igual à freqüência do
som no ar. Isso ocorre porque, na refração, a freqüên-
cia da onda não se altera.
Logo:
Uma flauta doce, de 33 cm de comprimento, à tem-
peratura ambiente de 0°C, emite sua nota mais grave
numa freqüência de 251 Hz. Verifica-se experimental-
mente que a velocidade do som no ar aumenta de
0,60 m/s para cada 1°C de elevação da temperatura.
Calcule qual deveria ser o comprimento da flauta a
30°C para que ela emitisse a mesma freqüência de
251 Hz.
Resolução
A flauta doce geralmente opera como um tubo sonoro
aberto. Para obtermos, no entanto, velocidades do
som no ar próximas daquela fornecida no cabeçalho da
prova (340 m/s), devemos admitir a flauta funcionando
como um tubo sonoro fechado, como representa o
esquema a seguir.
27
fCO2
= fAr = 6,0kHz
r ≅ 45°
26

L = ⇒ λ = 4L
1º caso: Temperatura de 0°C
V0° = λ0° f ⇒ V0° = 4L0° f
V0° = 4 . 0,33 . 251 (m/s) ⇒
2º caso: Temperatura de 30°C
V30° = λ30° f ⇒ V30° = 4L30° f
0,6 . 30 + 331,32 = 4 L30° . 251
Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádio
para comunicar-se. Em caso de necessidade, pretende
utilizar células solares de silício, capazes de converter
a energia solar em energia elétrica, com eficiência de
10%. Considere que cada célula tenha 10 cm2 de área
coletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70 V,
e que o fluxo de energia solar médio incidente é da
ordem de 1,0 x 103 W/m2. Projete um circuito que
deverá ser montado com as células solares para obter
uma tensão de 2,8 V e corrente mínima de 0,35 A,
necessárias para operar o rádio.
Resolução
Sendo o fluxo de energia solar médio incidente igual a
1,0 . 103 W/m2, concluímos que cada célula de área
10 cm2 = 10 . 10–4 m2 recebe a potência
P = 1,0 . 103 W/m2 . 10 . 10–4 m2 = 1,0W.
Sendo de 10% a eficiência de conversão de energia
solar em energia elétrica, resulta que a potência elétri-
ca fornecida por célula é P’ = 0,10W. Como cada célu-
la é capaz de gerar uma tensão de 0,70V, concluímos
que a intensidade da corrente fornecida por uma célu-
la é
i = = = A
1
––
7
0,10W
––––––
0,70V
P’
––
U
28
L30° ≅ 0,348 m = 34,8 cm
V0° = 331,32m/s
λ
––
4

Para obtermos uma tensão de 2,8V, devemos associar
n conjuntos de 4 células em série. Vamos, agora,
determinar o número de conjuntos. Lembrando que a
corrente mínima deve ser 0,35A, vem:
n . = 0,35 ⇒ n = 2,45
Sendo n um número inteiro, concluímos que o núme-
ro mínimo de conjuntos é três. Assim, temos o circui-
to:
Um gerador de força eletromotriz ε e resistência in-
terna r = 5 R está ligado a um circuito conforme mos-
tra a figura. O elemento Rs é um reostato, com resis-
tência ajustada para que o gerador transfira máxima
potência. Em um dado momento o resistor R1 é rom-
pido, devendo a resistência do reostato ser novamente
ajustada para que o gerador continue transferindo má-
xima potência. Determine a variação da resistência do
reostato, em termos de R.
Resolução
Vamos calcular a resistência equivalente do circuito
externo ao gerador, antes de R1 ser rompido.
29
1
––
7

Nas condições de potência transferida máxima, temos:
Rs + = r ⇒ Rs + = 5R
(1)
Com a ruptura de R1, temos:
Nas condições de potência transferida máxima, temos:
Rs + = 5R ⇒ (2)
De (1) e (2), concluímos que a variação da resistência
do reostato é, em módulo, dada por:
∆Rs = – ⇒
– 45R
∆Rs = ––––––
77
20R
–––––
7
25R
–––––
11
25R
Rs = –––––
11
30R
–––––
11
20R
Rs = –––––
7
15R
–––––
7
15R
–––––
7

Situado num plano horizontal, um disco gira com velo-
cidade angular ω constante, em torno de um eixo que
passa pelo seu centro O. O disco encontra-se imerso
numa região do espaço onde existe um campo mag-
nético constante
→
B , orientado para cima, paralela-
mente ao eixo vertical de rotação. A figura mostra um
capacitor preso ao disco (com placas metálicas planas,
paralelas, separadas entre si de uma distância L) onde,
na posição indicada, se encontra uma partícula de
massa m e carga q > 0, em repouso em relação ao
disco, a uma distância R do centro. Determine a dife-
rença de potencial elétrico entre as placas do capacitor,
em função dos parâmetros intervenientes.
Resolução
De acordo com a regra da mão esquerda, determina-se
o sentido da força magnética (F
→
mag) que atua sobre a
carga “q”.
Para que a partícula descreva o movimento circular, de-
vemos ter a força elétrica atuante com sentido oposto,
de modo que: Fe – Fmag = Rcp
qE – q v B = m ω2 R
q – q ω R . B = m ω2 R
Isolando a diferença de potencial U, vem:
m ω2 R L
U = –––––––––– + ω R B L
q
U
––
L
30

Ita2003 parte 001

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (14)

Semelhante a Ita2003 parte 001

Semelhante a Ita2003 parte 001 (20)

Mais de Thommas Kevin

Mais de Thommas Kevin (20)

Ita2003 parte 001