Ita2009 1dia

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Ita2009 1dia

  1. 1. FFÍÍSSIICCAA1 DDSabe-se que o momento angular de uma massa pontual édado pelo produto vetorial do vetor posição dessa massapelo seu momento linear. Então, em termos das dimensõesde comprimento (L), de massa (M), e de tempo (T), ummomento angular qualquer tem sua dimensão dada pora) L0MT–1. b) LM0T–1. c) LMT–1.d) L2MT–1. e) L2MT–2.ResoluçãoQANGULAR = QLINEAR . d[QANGULAR] = [QLINEAR] . [d][QANGULAR] = MLT–1 . L[QANGULAR] = L2 M T–1IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088FFÍÍSSIICCAA
  2. 2. 2 EEUma partícula carregada negativamente está se movendona direção +x quando entra em um campo elétricouniforme atuando nessa mesma direção e sentido.Considerando que sua posição em t = 0 s é x = 0 m, qualgráfico representa melhor a posição da partícula comofunção do tempo durante o primeiro segundo?ResoluçãoA partícula possui carga elétrica negativa e, portantorecebe do campo elétrico uniforme uma forçaconstante, de sentido contrário ao do eixo x.Como a partícula se movia no sentido do eixo, aaceleração escalar será negativa.A equação horária de x em função de t é do tipo:x = x0 + V0 t + t2Sendo x0 = 0; V0 ≠ 0 e γ = –a < 0x = V0t – t2O gráfico da função é uma parábola de concavidadepara baixo.a–––2γ–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  3. 3. 3 BBUm barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descerum mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constanteo módulo de sua velocidade em relação à água. Quantotempo o barco leva para descer esse trecho com osmotores desligados?a) 14 horas e 30 minutosb) 13 horas e 20 minutosc) 7 horas e 20 minutosd) 10 horase) Não é possível resolver porque não foi dada a distânciapercorrida pelo barco.Resolução∆s = V t (MU)d = (Vb – Vc) 10 (1)d = (Vb + Vc) 4 (2)d = Vc T (3)(1) = (2)(Vb – Vc) 10 = (Vb + Vc) 45Vb – 5Vc = 2Vb + 2Vc3Vb = 7Vc ⇒(1) = (3)(Vb – Vc) 10 = Vc T΂ Vc – Vc΃10 = Vc T. 10 = TT = h = 13h + hT = 13h + 20min1–––340–––34–––37–––37Vb = –––Vc3IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  4. 4. 4 AANa figura, um ciclista percorre o trecho AB com velo-cidade escalar média de 22,5 km/h e, em seguida, o trechoBC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B,verifica ser de 20,0 km/h sua velocidade escalar média nopercurso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chegaem A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h,com velocidade escalar média de 24,0 km/h. Assinale omódulo v do vetor velocidade média referente ao percursoABCB.a) v= 12,0km/h b) v = 12,00 km/hc) v = 20,0 km/h d) v = 20, 00 km/he) v = 36, 0 km/hResolução1) Cálculo da distância entre A e B:Para o percurso total ABCBA, temos:Vm =24,0 =24,0 = 2AB + 6,002AB = 18,0 ⇒2) Cálculo do tempo:Para o percurso ABCB:Vm =20,0 =20,0 = ⇒3) Cálculo do módulo do vetor velocidade média:͉→Vm͉ = = 9,00 . (km/h)2AB + 6,00––––––––––1,00d–––∆t͉→Vm͉ = 12,0 km/h20,0–––––––15,00͉→AB͉––––T15,00T = –––––– h20,015,00–––––––TAB + 6,00––––––––––Td–––∆tAB = 9,00kmIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  5. 5. 5 CCA partir do repouso, um carrinho de montanha russadesliza de uma altura H = 20͙ෆ3 m sobre uma rampa de60° de inclinação e corre 20 m num trecho horizontalantes de chegar em um loop circular, de pista sem atrito.Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do planohorizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que podeter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso semperder o contato com a sua pista.a) R = 8͙ෆ3 m b) R = 4(͙ෆ3 – 1) mc) R = 8(͙ෆ3 – 1) m d) R = 4(2͙ෆ3 – 1) me) R = 40(͙ෆ3 – 1)/3 mResolução1) A condição limite no pontomais alto do loop ocorrequando a força normal seanula e o peso faz o papel deresultante centrípeta:P = Fcpcmg =mVC2= m g R2) Cálculo das forças de atrito:Na rampa: Fat = µ FN = µ mg cos 60°Fat = . P . =No plano horizontal: F’at = µ F’N = µ mgF’at =3) Da figura: sen 60° = ⇒ =AB = 40m20͙ෆ3–––––––AB͙ෆ3––––2H–––ABP––2P––41––21––2mVC2mgREcinC= ––––– = ––––––2 2mVC2–––––RIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  6. 6. 4) Aplicação da Teorema da Energia Cinética entre asposições A e C:τP + τat + τ’at = ∆Ecinmg (H – 2R) + Fat . AB (– 1) + F’at . d (–1) =mg (20 ͙ෆ3 – 2R) – . 40 – . 20 = mg20 ͙ෆ3 – 2R – 20 =20 (͙ෆ3 – 1) =R––2mg–––2mg–––4mVC2–––––2R = 8 (͙ෆ3 – 1) m5R–––2R––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  7. 7. 6 CCDesde os idos de 1930, observações astronômicas indicama existência da chamada matéria escura. Tal matéria nãoemite luz, mas a sua presença é inferida pela influênciagravitacional que ela exerce sobre o movimento deestrelas no interior de galáxias. Suponha que, numa galá-xia, possa ser removida sua matéria escura de massaespecífica ρ > 0, que se encontra uniformemente dis-tribuída. Suponha também que no centro dessa galáxiahaja um buraco negro de massa M, em volta do qual umaestrela de massa m descreve uma órbita circular. Con-siderando órbitas de mesmo raio na presença e na ausênciade matéria escura, a respeito da força gravitacionalresultante→F exercida sobre a estrela e seu efeito sobre omovimento desta, pode-se afirmar quea)→F é atrativa e a velocidade orbital de m não se altera napresença da matéria escura.b)→F é atrativa e a velocidade orbital de m é menor napresença da matéria escura.c)→F é atrativa e a velocidade orbital de m é maior napresença da matéria escura.d)→F é repulsiva e a velocidade orbital de m é maior napresença da matéria escura.e)→F é repulsiva e a velocidade orbital de m é menor napresença da matéria escura.ResoluçãoA força resultante→F é de natureza gravitacional e,portanto, seu efeito é, necessariamente, atrativo.Quando uma estrela de massa m gira em torno de umburaco negro de massa M posicionado no centro dagaláxia, o módulo de sua velocidade orbital V é dadopor:Fcp = FG=Considerando-se órbitas de mesmo raio R na presençae na ausência de matéria escura, podemos concluir,pela expressão acima, que o módulo da velocidadeorbital aumenta com o aumento de massa representa-do pela matéria escura.GMV = ––––RGM m–––––––R2mV2–––––––RIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  8. 8. 7 BBDiagramas causais servem para representar relações qua-litativas de causa e efeito entre duas grandezas de um sis-tema. Na sua construção, utilizamos figuras comopara indicar que o aumento da grandeza r im-plica aumento da grandeza s e para indicarque o aumento da grandeza r implica diminuição dagrandeza s. Sendo a a aceleração, v a velocidade e x aposição, qual dos diagramas abaixo melhor representa omodelamento do oscilador harmônico?ResoluçãoConsideremos o oscilador massa-mola ideal represen-tado abaixo.Admitindo-se que em t0 = 0, x = 0 e o movimento éprogressivo, traçamos abaixo os gráficos da elongaçãox, da velocidade escalar v e da aceleração escalar a emfunção do tempo.A representação que está de acordo com as informa-ções do enunciado e com as características do osciladoré a B.A etapa indicada no diagrama por ⎯⎯→+corresponde ao intervalo de a (T é o perío-do de oscilação). A etapa indicada no diagrama por3T–––2T––2vaIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  9. 9. ⎯⎯→+corresponde ao intervalo de a T.E, finalmente, a etapa indicada no diagrama por⎯⎯→–corresponde ao intervalo de 0 a .Contudo, nem mesmo a alternativa B atende todo o ciclo.T–––4ax3T–––2xvIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  10. 10. 8 DDUma balsa tem o formato de um prisma reto de com-primento L e seção transversal como vista na figura.Quando sem carga, ela submerge parcialmente até a umaprofundidade h0. Sendo ρ a massa específica da água e ga aceleração da gravidade, e supondo seja mantido oequilíbrio hidrostático, assinale a carga P que a balsasuporta quando submersa a uma profundidade h1.a) P = ρg L (h21– h20) sen θb) P = ρg L (h21– h20) tan θc) P = ρg L (h21– h20) sen θ/2d) P = ρg L (h21– h20) tan θ/2e) P = ρg L (h21– h20) 2 tan θ/2Resolução(I) Cálculo dos volumes imersos:=Da qual: b = 2hV = L(II) O peso da carga acrescentada na balsa tem inten-sidade igual à do acréscimo de empuxo sofridopela embarcação.P = ∆E ⇒ P = ρ ∆VgP = ρ L (h21 – h20) g ouθV = h2 L tg ΂––΃2b h–––2θtg ΂––΃2b––2––––hθtg ΂––΃2θP = ρ g L (h21 – h20) tg ΂––΃2θtg ΂––΃2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  11. 11. 9 CCConsidere hipoteticamente duas bolas lançadas de ummesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidadepara cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/sformando um ângulo de 30° com a horizontal. Consi-derando g = 10 m/s2, assinale a distância entre as bolas noinstante em que a primeira alcança sua máxima altura.a) d = ͙ෆෆෆ6250 m b) d = ͙ෆෆෆ7217 mc) d = ͙ෆෆෆ17100 m d) d = ͙ෆෆෆ19375 me) d = ͙ෆෆෆ26875 mResolução1) Admitindo-se que “para cima” signifique vertical-mente para cima, teremos:A velocidade relativa entre as bolas terá módulodado por:V2rel = V12+ V22– 2V1V2 cos 60°V2rel = 900 + 2500 – 2 . 30 . 50 .V2rel = 1900 ⇒2) Cálculo do tempo de subida da bola 1:V = V1 + γ t0 = 30 – 10 ts ⇒3) O movimento relativo entre as bolas é retilíneo euniforme, pois ambos têm aceleração igual à dagravidade.drel = Vrel . td = ͙ළළළළළළළ1900 . 3 (m)ts = 3,0sVrel = ͙ළළළළළළළ1900 m/s1–––2d = ͙ළළළළළළළළ17100 mIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  12. 12. 10 EEConsidere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de alturae, logo acima dela, uma de tênis de 60 g. A seguir, numdado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondochoques perfeitamente elásticos e ausência de eventuaisresistências, e considerando g = 10 m/s2, assinale o valorque mais se aproxima da altura máxima alcançada pelabola de tênis em sua ascenção [sic] após o choque.a) 5 m b) 10 m c) 15 m d) 25 m e) 35 mResolução1) Velocidade de chegada ao chão:V2 = V02+ 2 γ ∆s (MUV)V12= 0 + 2 . 10 . 52)Sendo a colisão elástica, temos:V3 – V2 = 2V1V3 – V2 = 203) Conservação da quantidade de movimento no atoda colisão:Qapós = QantesMV2 + mV3 = MV1 – mV1600 (V3 – 20) + 60 V3 = 540 . 10660V3 – 12000 = 5400660V3 = 17400 ⇒4) Usando-se a Equação de Torricelli:V2 = V32+ 2 γ ∆s0 = V32– 2 g HH =H = (m)V32–––––2g290V3 = –––– m/s11V2 = V3 – 20V1 = 10m/sH ≅ 35m290 2΂––––΃11–––––––20IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  13. 13. 11 AAUm espelho esférico convexo reflete uma imagem equi-valente a 3/4 da altura de um objeto dele situado a umadistância p1. Então, para que essa imagem seja refletidacom apenas 1/4 da sua altura, o objeto deverá se situar auma distância p2 do espelho, dada pora) p2 = 9p1. b) p2 = 9p1/4. c) p2 = 9p1/7.d) p2 = 15p1/7. e) p2 = –15p1/7.ResoluçãoA imagem conjugada pelo espelho convexo para obje-tos reais é direita, o que significa que em ambos os ca-sos o aumento linear transversal é positivo.1º caso: A1 = ⇒ =3f – 3p1 = 4f ⇒2º caso: A2 = ⇒ =Substituindo-se o valor de f, segue-se que:= ⇒ – 3p1 – p2 = – 12p1Da qual: p2 = 9p1– 3p1––––––––––– 3p1 – p21–––4f–––––f – p21–––4f–––––f – p2f = – 3p1f–––––f – p13–––4f–––––f – p1IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  14. 14. 12 AAUma lâmina de vidro com índice de refração n em formade cunha é iluminada perpendicularmente por uma luzmonocromática de comprimento de onda λ. Os raiosrefletidos pela superfície superior e pela inferior apresen-tam uma série de franjas escuras com espaçamento e entreelas, sendo que a m-ésima encontra-se a uma distância xdo vértice. Assinale o ângulo θ, em radianos, que assuperfícies da cunha formam entre si.a) θ = λ/2neb) θ = λ/4nec) θ = (m + 1)λ/2nmed) θ = (2m + 1)λ/4nmee) θ = (2m – 1)λ/4nmeResoluçãoConsiderando o ângulo θ muito pequeno e utilizandoa primeira interferência, temos:Como ocorre uma reflexão com inversão de fase naprimeira superfície, a interferência destrutiva ocorrequando ∆x = .Observe que o raio de luz vai e volta, percorrendo umadistância igual a λ.Pela definição de radiano, vem:θ = = =Sendo: n =temos: λvi =Portanto:λθ = –––2neλ–––nλ–––––λviλvi–––––2eλvi–––2–––––e∆x–––eλ––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  15. 15. 13 BBUma carga q distribui-se uniformemente na superfície deuma esfera condutora, isolada, de raio R. Assinale a opçãoque apresenta a magnitude do campo elétrico e o potencialelétrico num ponto situado a uma distância r = R/3 docentro da esfera.a) E = 0 V /m e U = 0 Vb) E = 0 V /m e U =c) E = 0 V /m e U =d) E = 0 V/m e U =e) E = e U = 0 VResoluçãoO referido ponto pertence ao interior da esfera. Ocampo elétrico em qualquer ponto interno tem módulozero (blindagem eletrostática) e o potencial elétricoresultante é igual ao potencial elétrico num ponto dasuperfície da esfera, que é dado pela expressão:rq–––R31––––––4πε0qr–––R21––––––4πε03q–––R1––––––4πε0q–––R1––––––4πε01 qU = ––––– ––––4πε0 RIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  16. 16. 14 EEUma haste metálica com 5,0 kg de massa e resistência de2,0 Ω desliza sem atrito sobre duas barras paralelasseparadas de 1,0 m, interligadas por um condutor deresistência nula e apoiadas em um plano de 30° com ahorizontal, conforme a figura. Tudo encontra-se imersonum campo magnético→B, perpendicular ao plano domovimento, e as barras de apoio têm resistência e atritodesprezíveis.Considerando que após deslizar durante um certo tempo avelocidade da haste permanece constante em 2,0 m/s,assinale o valor do campo magnético.a) 25,0 T b) 20,0 T c) 15,0 Td) 10,0 T e) 5,0 TResoluçãoA velocidade da barra se torna constante quando aforça resultante que atua sobre ela se anula. Sobre abarra, atuam a força magnética, o peso e a força dereação normal do apoio.Na direção do movimento, tem-se:Fmag = PtB . i . ᐉ = m . g . sen 30°B . i . 1,0 = 5,0 . 10,0 .(1)A força eletromotriz induzida no sistema é dada por:fem = B . ᐉ . vR . i = B . ᐉ . v2,0 . i = B . 1,0 . 2,01,0i = 1,0B (2)Combinando-se as equações (1) e (2), temos:B . B = 25B2 = 25B = 5,0TB . i = 251–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  17. 17. 15 DDA figura representa o campomagnético de dois fios paralelosque conduzem correntes elétricas.A respeito da força magnéticaresultante no fio da esquerda,podemos afirmar que elaa) atua para a direita e tem magnitude maior que a da forçano fio da direita.b) atua para a direita e tem magnitude igual à da força nofio da direita.c) atua para a esquerda e tem magnitude maior que a daforça no fio da direita.d) atua para a esquerda e tem magnitude igual à da forçano fio da direita.e) atua para a esquerda e tem magnitude menor que a daforça no fio da direita.ResoluçãoA configuração do campo indica que os fios conduzemcorrentes em sentidos contrários e, por isso, os fios serepelem. A força sobre o fio da esquerda deve ter amesma intensidade da força que atua no fio da direita,como se demonstra a seguir:B1 =· F1,2 = ቢF1,2 = B1 . i2 . LDo mesmo modo:B2 =· F2,1 = ባF2,1 = B2 . i1 . LAs equações ቢ e ባ mostram que as forças têm amesma intensidade.Logo, no fio da esquerda a força que o repele temsentido da direita para a esquerda e as forças têm amesma intensidade.µ . i1 . i2 . L–––––––––––2πdµ . i1–––––2πdµ . i2 . i1 . L–––––––––––2πdµ . i2–––––2πdIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  18. 18. 16 DDNa figura, o circuito consiste de uma bateria de tensão Vconectada a um capacitor de placas paralelas, de área S edistância d entre si, dispondo de um dielétrico depermissividade elétrica ε que preenche completamente oespaço entre elas. Assinale a magnitude da carga qinduzida sobre a superfície do dielétrico.a) q = εVdb) q = εSV/dc) q = (ε – ε0)Vdd) q = (ε – ε0)SV/de) q = (e + ε0)SV/dResoluçãoConsideremos, inicialmente, um capacitor sem o dielé-trico, ligado ao gerador de tensão V:C0 =Q0 = C0 . V(1)Ao introduzirmos o dielétrico, haverá indução decargas opostas nas suas superfícies. Seja q o móduloda carga induzida. Em princípio, essa carga gera umcampo elétrico→E, oposto ao campo inicial. Para nãoalterar o campo interno, a carga final Qf do capacitorvai aumentar.Qf = q + Q0 ⇒ (2)Com o dielétrico, temos:C =Qf = C . V(3)Substituindo-se (1) e (3) em (2):q = . V – . VSVq = ––––– ( ε– ε0 )dε0S–––dεS–––dεSQf = ––––– . VdεS–––dq = Qf – Q0ε0SQ0 = ––––– . Vdε0S–––dIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  19. 19. 17 CCLuz monocromática, com 500 nm de comprimento deonda, incide numa fenda retangular em uma placa,ocasionando a dada figura de difração sobre um anteparoa 10 cm de distância.Então, a largura da fenda éa) 1,25 µm. b) 2, 50 µm. c) 5,00 µm.d) 12, 50 µm. e) 25,00 µm.ResoluçãoNa figura (1), temos um esquema da formação dopadrão de interferência obtido por difração em fendaúnica:em que:ID: Ponto onde ocorre a 1ª interferência destrutiva;IC: Ponto onde ocorre a 1ª interferência construtiva.Com base no Princípio de Huygens, podemos dividira fenda de largura a em duas fendas contíguas, F1 e F2,separadas por , como mostrado na figura (2).a–––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  20. 20. Para L >>d, a diferença de percursos ∆x entre as ondasprovenientes de F1 e F2 é dada por:sen θ = =Da figura (1), temos:tg θ =Como L >> d, temos:tg θ ≅ sen θ=Para a 1ª interferência destrutiva, temos:∆x =Portanto:=Para L = 1,0 . 10–1m, d = 1,0 . 10–2m e λ = 5,0 . 10– 7m,vem:a = (m)a = 5,0 . 10–6ma = 5,0µm1,0 . 10–1 . 5,0 . 10–7––––––––––––––––––1,0 . 10– 2L λa = ––––d2λ–––––a . 2d–––Lλ–––22∆x–––––ad–––Ld–––L2∆x––––a∆x––––a––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  21. 21. 18 BBDentro de um elevador em queda livre num campogravitacional g, uma bola é jogada para baixo comvelocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previstopara a bola atingir o piso do elevador.a) t = v/g b) t = h/vc) t = ͙ළළළළළළ2h/g d) t = ͙ළළළළළළළළළv2 + 2gh – v)/ge) t = (͙ළළළළළළළළළv2 – 2gh – v)/gResoluçãoSupondo-se que “para baixo” signifique verticalmentepara baixo e levando-se em conta que para o elevadorem queda livre a gravidade aparente em seu interior énula, o movimento da bola em relação ao elevador éretilíneo e uniforme:hT = __VhV = __T∆srelVrel = _____∆tIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  22. 22. 19 AAUm cubo de 81,0kg e 1,00 m de lado flutua na água cujamassa específica é ρ = 1000 kg/m3. O cubo é entãocalcado ligeiramente para baixo e, quando liberado, oscilaem um movimento harmônico simples com uma certafreqüência angular. Desprezando-se as forças de atrito etomando g = 10 m/s2, essa freqüência angular é igual aa) 100/9 rad/s. b) 1000/81 rad/s. c) 1/9 rad/s.d) 9/100 rad/s. e) 81/1000 rad/s.Resolução1) Cubo em equilíbrio:E = Pρág g Vi = mgρág A x = m1000 . 1 . x = 81x = 8,1 . 10–2 mO valor x representa a parte vertical da aresta queestá submersa.2) Se empurrarmos o cubo, para que ele execute umMHS, é necessário que ele afunde no máximo maisx, 8,1 . 10–2 m.Assim, podemos calcular a constante do MHS:Fmáx = k xmáxEmáx – P = k xmáxρág g Vimáx– mg = k xmáx1000 . 10 . 1 . 2 . 8,1 . 10–2 – 81 . 10 = k . 8,1 . 10–21620 – 810 = k . 8,1 . 10–2810 = k . 8,1 . 10–2k = 1,0 . 104 N/mPortanto:k = mω2 ⇒ 1,0 . 104 = 81 . ω2100ω = ––––– rad/s9IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  23. 23. 20 CCConsidere um pêndulo simples de comprimento L e massam abandonado da horizontal. Então, para que nãoarrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência àtração pelo menos igual aa) mg. b) 2mg. c) 3mg. d) 4mg. e) 5mg.Resolução1) Conservação da energia mecânica entre A e B:(ref. em B)= m g L ⇒ ⇒2) A força de tração é máxima na posição B e teremos:Tmáx – P = FcpBTmáx – mg = 2mgTmáx = 3mgFcpB= 2mgm VB2––––– = 2mgLm VB2–––––2EB = EAIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  24. 24. As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser resolvidas no caderno de soluções21Um feixe de laser com energia E incide sobre um espelhode massa m dependurado por um fio. Sabendo que omomentum do feixe de luz laser é E/c, em que c é avelocidade da luz, calcule a que altura h o espelho subirá.ResoluçãoComo o feixe de luz laser é dotado de momento linear(E/c), podemos assumir o caráter corpuscular daradiação e analisar a interação entre o espelho e o feixede luz como uma colisão elástica entre partículas.Admitindo que a incidência seja perpendicular aoespelho, temos esquematicamente:Dessa forma, a conservação da quantidade de movi-mento permite concluir que:Qapós = QantesmV + =mV =Supondo que o sistema seja conservativo e que omódulo da aceleração da gravidade local seja igual a g,temos:2EV = –––mc2E–––cE––cE΂– ––΃cIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  25. 25. Ep = Ecmgh =h =Ec = ⇒2E2h = ––––––m2c2g4E2––––––––m2c22g2E΂–––΃2mc––––––––2gmV2–––––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  26. 26. 22Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, sãosobrepostas e deslocadas entre si, formando um conjuntoque se apoia parcialmente na borda de uma calçada. Afigura ilustra esse conjunto com n chapas, bem como adistância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolvauma fórmula geral da máxima distância D possível demodo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. Aseguir, calcule essa distância D em função do com-primento L de cada chapa, para n = 6 unidades.ResoluçãoO esquema abaixo representa as duas chapas posicio-nadas na posição superior da pilha:Na situação da figura, a pilha está em equilíbrio, coma vertical do centro de massa do conjunto passandopela “quina” O da calçada.Neste caso:D = +Se pensarmos em termos de n chapas, teremos para Do valor da soma dos n termos da série:D = + + + +...Da qual:Para o caso particular de n = 6, teremos:D = ΂1 + + + + + ΃D = ΂ ΃D = ΂ ΃D = 1,225LL–––8L–––6L–––4L–––2L–––4L–––2147–––––60L–––260 + 30 + 20 + 15 + 12 + 10–––––––––––––––––––––––60L–––21–––61–––51–––41–––31–––2L–––2L 1 1 1 1D = ––– ΂1 + ––– + ––– + ––– + ... + –––΃2 2 3 4 nIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  27. 27. 23Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproxima-damente 87600 GWh de energia elétrica. Imagine entãoum painel fotovoltaico gigante que possa converter emenergia elétrica, com rendimento de 20%, a energia solarincidente na superfície da Terra, aqui considerada comvalor médio diurno (24 h) aproximado de 170 W/m2.Calcule: ;a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletoressolares para que o painel possa gerar, durante um ano,energia equivalente àquela de Itaipu, e,b) o percentual médio com que a usina operou em 1998em relação à sua potência instalada de 14000 MW.Resoluçãoa) A intensidade da radiação que incide numa placa édada por:I = =da qual A =A =A = 2,94 . 108m2b) A potência fornecida pela usina em 1998 foi:Pot = = = 10 GWSendo Potinst = 14 000 MW = 14 GW, temos:14 GW ––––––––– 100%10 GW ––––––––– ηη = 71,4%87 600 GWh––––––––––––365 . 24hEelét–––––∆tA = 2,94 . 102km2Wh΂––––––––΃W/m2 . h87 600 . 109–––––––––––––––––0,20 . 170 . 365 . 24E–––––I . ∆tE–––––A . ∆tPot–––AIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  28. 28. 24Num filme de ficção, um foguete de massa m segue umaestação espacial, dela aproximando-se com aceleraçãorelativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, naestação existe uma mola de comprimento L e constante k.Calcule a deformação máxima sofrida pela mola duranteo acoplamento, sabendo-se que o foguete alcançou amesma velocidade da estação quando dela se aproximoude uma certa distância d > L, por hipótese em sua mesmaórbita.ResoluçãoO enunciado não está claro. Vamos admitir que amassa da estação é muito maior que a do foguete, demodo que a velocidade da estação não se modifica como acoplamento do foguete.Admitamos ainda que a distância d seja a indicada nafigura.Na situação figurada, a velocidade relativa é nula e,por ocasião do impacto, a velocidade relativa será dadapor:Admitamos ainda que quando o acoplamento ocorre,a força propulsora do foguete deixe de existir.Isto posto, a energia cinética do foguete vai trans-formar-se em energia elástica de mola:=m . 2a (d – L) = k xmáx2Vrel2= 2a (d – L)2maxmáx = –––– (d – L)kk xmáx2–––––––2m Vrel2–––––––2IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  29. 29. 25Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças demaré. Estas são produzidas devido às diferenças naaceleração gravitacional sofrida por massas distribuídasna Terra em razão das respectivas diferenças de suasdistâncias em relação a esses astros. A figura mostra duasmassas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfícieda Terra em posições diametralmente opostas e alinhadasem relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situadano centro da Terra. Considere G a constante de gravitaçãouniversal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R adistância entre os centros da Terra e da Lua. Considere,também, f0z, f1z e f2z as forças produzidas pela Luarespectivamente sobre as massas m0, m1, e m2. Determineas diferenças (f1z – f0z) e (f2z – f0z) sabendo que deveráusar a aproximação = 1 – αx, quando x << 1.Resoluçãof0z = f1z = f2z == = .= 1 –= 1 –= 1 +f1z – f0z = GMm 1 – –1–––––––(1 + x)α1––––––––––r΂1 + ––΃2R1––––R21––––––––––––––r΄R΂1 + –––΃΅2R1––––––––(R + r)2GMm––––––––(R – r)2GMm––––––––(R + r)2GMm––––––R2GMmF = –––––––d2΅1–––R2΃2r–––R΂1––––R2΄΃2r–––R΂1––––R21––––––––(R – r)2΃2r–––R΂1––––R21––––––––(R + r)22r––––R1––––––––––r΂1 + ––΃2RIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  30. 30. f1z – f0z = GMm –f2z – f0z = GMm 1 + –2GMmrf2z – f0z = ––––––––––R3΅1––––R2΃2r––––R΂1––––R2΄2GMmrf1z – f0z = – –––––––––R3΃2r––––R3΂IITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  31. 31. 26Para ilustrar os princípios de Arquimedes e de Pascal,Descartes emborcou na água um tubo de ensaio de massam, comprimento L e área da seção transversal A. Sendo ga aceleração da gravidade, p a massa específica da água,e desprezando variações de temperatura no processo,calcule:a) o comprimento da coluna de ar no tubo, estando otanque aberto sob pressão atmosférica Pa, eb) o comprimento da coluna de ar no tubo, de modo quea pressão no interior do tanque fechado possibilite umaposição de equilíbrio em que o topo do tubo se situe nonível da água (ver figura).Resoluçãoa) Considerando que o tubo esteja em equilíbrio echamando de y a altura da coluna de ar no tubo,temos:1) E = Pρ g A h = m gh =2) Aplicando-se a Lei de Boyle (temperaturaconstante) para as situações do tubo fora daágua e tubo emborcado, vem:P0V0 = P1V1Pa . A . L = (Pa + ρgh ) A . yPa . L = (Pa + ρ g ) yy =b) Na segunda situação representada, temos:E = Pρ g Vi = m gρ A h’ = m ⇒Respostas: Pa LAa) –––––––––––A Pa + mgmb) –––––ρ Am–––ρ Am–––––ρ Amh’ = –––––ρ APa LAy = –––––––––––A Pa + mgPa L–––––––––Pa + mg––––AIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  32. 32. 27Três processos compõem o ciclo termodinâmico ABCAmostrado no diagrama P x V da figura. O processo ABocorre a temperatura constante. O processo BC ocorre avolume constante com decréscimo de 40 J de energiainterna e, no processo CA, adiabático, um trabalho de40 J é efetuado sobre o sistema. Sabendo-se também queem um ciclo completo o trabalho total realizado pelosistema é de 30 J, calcule a quantidade de calor trocadodurante o processo AB.Resolução1) Cálculo do trabalho realizado na transformaçãoAB:τciclo = τAB + τBC + τCAComo:τciclo = +30JτBC = 0 (transformação isométrica)τCA = –40J (trabalho recebido)temos:30 = τAB + 0 – 40τAB = 70J2) Como na transformação AB a temperatura perma-nece constante, não há variação da energia interna(∆UAB = 0).Assim, aplicando-se a 1ª Lei da Termodinâmica,vem:QAB = τAB + ∆UABQAB = 70 + 0Resposta: 70JQAB = 70JIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  33. 33. 28Três esferas condutoras, de raio a e carga Q, ocupam osvértices de um triângulo eqüilátero de lado b >> a,conforme mostra a figura (1). Considere as figuras (2), (3)e (4), em que, respectivamente, cada uma das esferas seliga e desliga da Terra, uma de cada vez. Determine, nassituações (2), (3) e (4), a carga das esferas Ql, Q2 e Q3,respectivamente, em função de a, b e Q.ResoluçãoEstando uma das esferas ligada à Terra, o potencialresultante nesta é nulo.1) Na figura 2, temos:Vesf1+ V3,1 + V2,1 = 0K + K + K = 0=ቢ2) Na figura 3, temos:Vesf2+ V1,2 + V3,2 = 0K + K + K = 0+ + = 0= –Substituindo-se a carga Q1 obtida em ቢ, vem:Q–––bQ–––bQ1–––aQ–––b– Q1––––bQ2–––aQ–––bQ1–––bQ2–––aQ–––bQ1–––bQ2–––a–2Q aQ1 = ––––––b–2Q––––bQ1–––aIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  34. 34. = + –ባ3) Na figura 4, temosVesf3+ V1,3 + V2,3 = 0K + K + K = 0+ + = 0= –Usando-se as expressões de Q1 e Q2 obtidas nas equa-ções ቢ e ባ, temos:= + –==Qa 2aQ2 = ––– ΂––– – 1΃b bQ–––b2Q a––––b2Q2–––aQ a 2a–––– ΂3 – –––΃b2 bQ3–––aQa 2a–––– ΂2 – ––– + 1΃b2 bQ3–––aQa 2a–––– ΂––– – 1΃b2 b2Qa–––––b2Q3–––aQ2––––b– Q1––––bQ3–––aQ2–––bQ1–––bQ3–––aQ2–––bQ1–––bQ3–––aQa2 2aQ3 = –––– ΂3 – –––΃b2 bIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  35. 35. 29Um longo solenóide de comprimento L, raio a e com nespiras por unidade de comprimento, possui ao seu redorum anel de resistência R. O solenóide está ligado a umafonte de corrente I, de acordo com a figura. Se a fontevariar conforme mostra o gráfico, calcule a expressão dacorrente que flui pelo anel durante esse mesmo intervalode tempo e apresente esse resultado em um novo gráfico.ResoluçãoO campo magnético no interior do solenóide é dadopor:B = , em que = nLogo: B = µ . I . nO fluxo magnético Φ é:Φ = B . A = µ . I . n . π a2Usando a Lei de Faraday, calcula-se a força eletro-motriz induzida no anel:E = –A corrente induzida no anel é:i = ⇒Seja k = µ . n . π . a2 (constante)i = ΂ ΃Analisando o gráfico:1º trecho: 0 ≤ t ≤ 1s= = 2A corrente induzida fica:2º trecho: 1s ≤ t ≤ 2spois o fluxo não variaA–––s2A–––1s∆I–––∆t∆I–––∆t–k–––R–µ . n . π . a2 ∆Ii = ––––––––––– ΂–––΃R ∆tE–––R∆IE = – µ . n . π a2΂––– ΃∆t∆Φ–––∆tN–––Lµ . I. N––––––Li2 = 0– 2ki1 = –––––RIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  36. 36. 3º trecho: 2s ≤ t ≤ 4s= – 1 ⇒Gráfico da corrente induzida (i) em função do tempo (t):+ ki3 = –––––RA–––s∆I–––∆tIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  37. 37. 30Considere um circuito constituído por um gerador de ten-são E = 122,4 V, pelo qual passa uma corrente I = 12 A,ligado a uma linha de transmissão com condutores deresistência r = 0,1Ω. Nessa linha encontram-se um motore uma carga de 5 lâmpadas idênticas, cada qual comresistência R = 99Ω, ligadas em paralelo, de acordo coma figura. Determinar a potência absorvida pelo motor, PM,pelas lâmpadas, PL, e a dissipada na rede, Pr.ResoluçãoUAC = UBD = r . i = 0,1 . 12 (V) = 1,2VNo motor, temos:UCD = E – UAC – UBDUCD = (122,4 – 1,2 – 1,2) VUCD = 120,0VNas lâmpadas, portanto, no trecho EF:i2 = = = 6,0ACálculo das potências elétricas:1º) no motor: i1 = i – i2 = 12A – 6A = 6APM = i1 . UCD = 6 . 120 (W)2º) nas cinco lâmpadas:PL = . i22 ⇒ PL = 19,8 . 623º) Potência dissipada na rede:Pdiss = 2r . i2 + 2r . i22Pdiss = 2 . 0,1 . 122 + 2 . 0,1 . 62120V–––––20ΩUEF–––––ReqPL = 712,8WRL΂––––΃5PM = 720,0WIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
  38. 38. Observação:Potência do gerador:P = E . iP = 122,4 . 12Somatório das potências dos aparelhos e das potênciasdissipadas:PTOT = (720,0 + 712,8 + 36,0)WCCOOMMEENNTTÁÁRRIIOOO ITA manteve a tradição de uma prova trabalhosae de alto nível com algumas questões mais simplesalternando com questões inéditas e difíceis.A questão 7 é inadequada, pois, se considerarmosum ciclo completo, nenhuma das alternativas atendecorretamente às relações causais propostas.PTOT = 1468,8WP = 1468,8WPdiss = 36,0WIITTAA ((11ºº DDIIAA)) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088

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