1. 2011
ITA
Questão 01
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Um problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente com
velocidade de módulo constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual apontando à posição instantânea do
objeto vizinho em movimento. A figura mostra a configuração desse movimento múltiplo no caso de um hexágono regular.
Considere que o hexágono tinha 10, 0 m de lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de
módulo constante de 2,00 m/s. Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância percorrida por cada um
dos seis objetos?
A) 5,8 s e 115 m.
B) 11,5 s e 5,8 m.
C) 10, 0 s e 20, 0 m.
D) 20, 0 s e 10, 0 m.
E) 20,0 s e 40,0 m.
Resolução:
v1
v
60°
v2
l
1
v2 = v cos60º = 2 ⋅ m/s
2
v2 = 1,00 m/s
Eles se encontrarão no centro do hexágono e a velocidade tem componente v 2 na direção desse centro:
10 m
v2 = ⇒ Δt = =
Δt v2 1 m/s
Δt = 10,0 s
Durante esses 10,0 s , cada um dos objetos teve velocidade de módulo constante e igual a 2,00 m/s , portanto percorreram, cada um,
20,0 m.
Alternativa C
1
2. Questão 02
Um cubo maciço homogêneo com 4, 0 cm de aresta flutua na água tranquila de uma lagoa, de modo a manter 70% da área
total da sua superfície em contato com a água, conforme mostra a figura. A seguir, uma pequena rã se acomoda no centro
da face superior do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na água. Assinale a opção com os valores aproximados da
densidade do cubo e da massa da rã, respectivamente.
A) 0, 20 g/ cm3 e 6, 4 g.
B) 0,70 g/ cm3 e 6, 4 g.
C) 0,70 g/ cm 3 e 8, 0 g.
D) 0,80 g/ cm3 e 6, 4 g.
E) 0,80 g/ cm3 e 8,0 g.
Resolução:
Área total do cubo = 6 ⋅ 42 = 96 cm 2
70% da Área total = 67, 2 cm 2 (imersa)
Área total emersa = 28,8 cm 2
Excluindo a face superior = 12,8 cm 2 = 4 faces emersas de arestas 4 cm e Y .
4 × ( 4Y ) = 12,8 cm 2 ⇒ Y = 0,8 cm
⎛ 3, 2 ⎞
Aresta da face lateral imersa = 4,0 cm − 0,8 cm = 3, 2 cm . O cubo possui ⎜ ⎟ × 100 = 80% de seu volume imerso.
⎝ 4,0 ⎠
d cubo = 80% ⋅ dlíquido = 0,8 g/ cm3
⎛ 0,5 ⎞
Ao colocar a rã a face afunda mais 0,50 cm , que corresponde a ⎜ ⎟ × 100 = 12,5% do cubo. O volume total imerso passa a ser 92,5%
⎝ 4,0 ⎠
do cubo.
mcubo = d cubo ⋅ Vcubo = 0,8 ⋅ 64 = 51, 2 g
mrã + mcubo = d ′ ⋅ Vcubo
mrã + 51, 2 = 0,925 ⋅ 64 ⇒ mrã = 8,0 g
Alternativa E
Questão 03
Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte amarrada a uma corda elástica de “bungee jumping” com
16,0 m de comprimento. Considere que a corda se esticará até 20, 0 m de comprimento sob a ação do peso. Suponha que,
em todo o trajeto, a pessoa toque continuamente uma vuvuzela, cuja frequência natural é de 235 Hz. Qual(is) é(são) a(s)
distância(s) abaixo da ponte em que a pessoa se encontra para que um som de 225 Hz seja percebido por alguém parado
sobre a ponte?
A) 11, 4 m.
B) 11, 4 m e 14, 4 m.
C) 11, 4 m e 18, 4 m.
D) 14, 4 m e 18, 4 m.
E) 11, 4 m , 14, 4 m e 18, 4 m.
Resolução:
Cálculo da velocidade para uma frequência aparente de 225 Hz.
fo f 225 235
= e ⇒ = ⇒ ve = 15,11 m/s
v ± vo v + ve 340 + 0 340 + ve
(esta velocidade deve ser necessariamente para baixo – afastamento da ponte). A pessoa em queda terá esta velocidade em dois
momentos: durante a queda livre e na desaceleração que ocorrerá quando o comprimento da corda superar 16 m.
v 2 = v0 + 2a Δs ⇒ (15,11) = 02 + 2 ⋅ 10 ⋅ Δs ⇒
2 2
⇒ ΔS = 11,4 m (1º evento).
Quando o comprimento da corda L = 20 m (adotando esta posição como referencial):
k Δx 2 k ⋅ 42
mg H = ⇒ 80 ⋅ 10 ⋅ 20 = ⇒ k = 2 ⋅ 103 N / m
2 2
2
3. Adotando agora como referencial a posição na qual a velocidade volta a ter o valor 15,11 m/s (durante a frenagem):
mv12 mv 2 kx 2
+ mg h1 = 2 +
2 2 2
( )
2
80 ⋅ 8 5 80 ⋅ 15,112 2 ⋅ 103 ⋅ x 2
+ 80 ⋅ 10 ⋅ x = + ⇒
2 2 2
⇒ 100 x 2 − 80 x − 366,75 = 0
Descartando o valor negativo: x = 2,36 m abaixo da posição na qual a frenagem iniciou (16 m )
H = 16 m + 2,36 m = 18,36 m
Alternativa C
Questão 04
Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteróide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua
nova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano
terrestre e a distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente.
A) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes.
B) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes.
C) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes.
D) mais longo – aproximadamente a metade do que era antes.
E) mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes.
Resolução:
Se a nova órbita é mais próxima do Sol, o período de translação (ano sideral) será mais curto.
O ciclo lunar atual é cerca de 28 dias. Logo,
2
R13 R2 3
R3 R3 ⎛ 80 ⎞
2
= 2 ⇒ 12 = 22 ⇒ R2 = R13 ⋅ ⎜ ⎟ ⇒
3
T1 T2 28 80 ⎝ 28 ⎠
⇒ R2 = R13 ⋅ ( 2,86 ) ⇒ R2 = 8,2 R13 ⇒ R2 ≅ 2 R1
3 3 2
Alternativa B
Questão 05
Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas molas alinhadas, de constante de mola k e
comprimento natural 0 , fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma distância x na direção
perpendicular à linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir. Obtenha a aceleração da bola, usando a
aproximação (1 + α ) = 1 + αa.
α
M
x
l0 l0
A) a = −kx / M .
B) a = − kx 2 / 2 M 0 .
C) a = −kx 2 / M 0 .
D) a = − kx 3 / 2 M 2 .
0
E) a = −kx 3 / M 2 .
0
Resolução:
Chamando de b o comprimento da mola deformada (hipotenusa):
1/ 2
⎛ x2 ⎞ ⎛ x2 ⎞
b = x2 + 2
0 = 0 ⎜1 + 2 ⎟ ≅ 0 ⎜1 + 2 ⎟
⎝ 0 ⎠ ⎝ 2 0⎠
x2
b= 0 +
2 0
3
4. x2
A deformação Δx da mola será Δx = b − 0 =
2 0
O comprimento b também pode ser escrito como:
2 2 + x2
b= 0 , vamos desenvolver o numerador:
2 0
2
⎛ ⎞
( ) x
2
2 2
+x = x+ 2
2
− 2x 2 =2 2
⋅ ⎜1 + ⎟ − 2 2x
0 0 0 0 ⎜ 2 ⎟
⎝ 0 ⎠
⎛ 2x ⎞
≅2 2
⋅ ⎜1 +
⎜ ⎟ − 2 2x =2 2
2 0⎟
0 0 0
⎝ ⎠
2 2
+ x2
Então podemos escrever b = 0
= 0
2 0
FR = Ma
2 Fe cos θ = Ma
x
2 k Δx ⋅ = Ma
b
x2 x
2k ⋅ ⋅ = Ma
2 0 0
kx 3
a= (módulo da aceleração)
M 2 0
Alternativa E
Questão 06
Um corpo de massa M , inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H , onde fica
novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha módulo igual a nMg , em que n > 1.
Qual deve ser o menor tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo?
2H
A) .
( n − 1) g
2nH
B) .
( n − 1) g
nH
C) .
2 ( n − 1) g
2
4nH
D) .
(n − 2) g
4nH
E) .
( n − 1) g
Resolução:
O menor tempo será conseguido se tivermos tração máxima durante a aceleração ( a1 ) e tração nula durante a frenagem ( a2 ) :
Aceleração:
FR = m ⋅ a
T − P = m ⋅ a1
∴ nMg − Mg = M ⋅ a1
∴ a1 = g ( n − 1)
Frenagem:
FR = m ⋅ a
∴ P = m ⋅ a2
∴ Mg = M ⋅ a2
∴ a2 = g
4
5. E, pelo gráfico de v × t temos:
v
vf
A1 A2
a b
t1 t2 t
Assim temos:
Área A1 : h1
Área A2 : h2
Logo:
v f ⋅ t1 v f ⋅ t2
h1 = e h2 = (1)
2 2
E, ainda:
vf
tg α = g ( n − 1) =
t1
vf
tg β = g =
t2
∴ t2 = t1 ( n − 1) (2)
De (1) e (2) resulta:
h2 = h1 ( n − 1)
Sendo que:
h1 + h2 = H
Temos:
H H
h1 = e h2 = H − h1 = ( n − 1)
n n
Assim, os tempos podem ser calculados da forma:
⎛H⎞ ⎛ H ( n − 1) ⎞
2⎜ ⎟ 2⎜ ⎟
⎝n⎠ e t = ⎝ n ⎠
t1 =
g ( n − 1)
2
g
Por fim, o tempo total vale:
2H 2 H ( n − 1)
T = t1 + t2 = +
ng ( n − 1) ng
2H ⎛ 1 ⎞
∴T = ⋅⎜
⎜ n −1 + n −1⎟
⎟
ng ⎝ ⎠
2nH
∴T =
( n − 1) g
Alternativa B
Questão 07
Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro
O . Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre uma distância a no primeiro
segundo a uma distância b no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse
movimento?
A) 2a 3 / ( 3a 2 − b2 ) .
B) 2b 2 / ( 4 a − b ) .
C) 2a 2 / ( 3a − b ) .
D) 2a 2 b / ( 3a 2 − b2 ) .
E) 4a 2 / ( 3a − 2b ) .
5
6. Resolução:
O MHS descrito tem função horária de posição da forma:
x = x0 ⋅ cos wt
Assim:
Para t = 1:
( x0 − a ) = x0 ⋅ cos w
⎛ a⎞
∴ ⎜ 1 − ⎟ = cos w (1)
⎝ x0 ⎠
Para t = 2 :
( x − ( a + b)) = x
0 0 ⋅ cos 2 w
⎛ (a + b) ⎞
∴ ⎜1 − ⎟ = cos 2 w = 2cos w − 1
2
(2)
⎝ x0 ⎠
Substituindo (1) em (2):
⎛ (a + b) ⎞
2
⎛ a⎞
⎜1 − ⎟ = 2 ⎜1 − ⎟ − 1
⎝ x0 ⎠ ⎝ x0 ⎠
⎛ (a + b) ⎞ ⎛ 2a a 2 ⎞
∴ ⎜1 − ⎟ = 2 ⎜1 − + 2 ⎟ −1
⎝ x0 ⎠ ⎝ x0 x0 ⎠
(a + b) 4a 2 a 2
∴ = − 2
x0 x0 x0
2a 2
∴ = 4a − ( a + b )
x0
2a 2
∴ x0 =
3a − b
Alternativa C
Questão 08
Duas partículas idênticas, de mesma massa m , são projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, com
velocidades iniciais de mesmo módulo v0 e ângulos de lançamento respectivamente α e β em relação à horizontal. Considere
T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetória e t1 e t2 os respectivos tempos para as
partículas alcançar um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t1 T1 + t2 T2.
A) 2v0 ( tg α + tg β ) / g 2 .
2
B) 2 v0 / g 2 .
2
C) 4v0 sen α / g 2 .
2
D) 4v0 sen β / g 2 .
2
E) 2v0 ( sen α + sen β ) / g 2 .
2
Resolução:
Tempo de alcance do ponto mais alto:
v = v0 + at
0 = v0 ⋅ sen α − gT1
v0 sen α
∴ T1 =
g
0 = v0 ⋅ sen β − gT2
v0 sen β
∴ T2 =
g
Determinação do ponto comum:
Em x:
x1 = x2
v0 ⋅ cos α ( t1 ) = v0 ⋅ cos β ( t2 )
6
7. cos α
∴ t2 = t1 ⋅ (1)
cos β
Em y:
y1 = y2
t12 t2
0 + v0 sen α ( t1 ) − g = 0 + v0 sen β ( t2 ) − g 2
2 2
g 2 2
∴
2
( t2 − t1 ) = v0 ( sen βt2 − sen αt1 ) (2)
E, substituindo (1) em (2):
g ⎛ cos2 α ⎞ ⎛ cos α ⎞
∴ t12 ⎜ − 1⎟ = v0 ⋅ t1 ⎜ sen β ⋅ − sen α ⎟
2 ⎝ cos2 β ⎠ ⎝ cos β ⎠
⎛ cos2 α − cos2 β ⎞ 2v0 ⎛ sen β cos x − sen α ⋅ cos β ⎞
∴ t1 ⎜ ⎟= ⎜ ⎟
⎝ cos2 β ⎠ g ⎝ cos β ⎠
2 v0 sen (β − α )
∴ t1 = ⋅ cos β ⋅
g ( cos2 α − cos2 β )
2v0 sen (β − α )
∴ t2 = ⋅ cos α ⋅
g ( cos2 α − cos2 β )
Por fim:
2 v02
sen (β − α )
t1T1 + t2T2 = ⋅ ⋅ ( sen α ⋅ cos β + sen β cos α )
g ( cos2 α − cos2 β )
2
2v0 ( sen β cos α − sen α ⋅ cos β )
2 2 2 2 2
t1T1 + t2T2 = ⋅
g 2
( cos2 α − cos2 β )
t1T1 + t2T2 =
2
2 v0
⋅
(sen 2 β ⋅ cos2 α − sen 2 α ⋅ cos2 β )
g 2 ⎡cos2 α ( sen 2 β + cos2 β ) − cos2 β ( sen 2 α + cos2 α )⎤
⎣ ⎦
2
2v0
∴ t1T1 + t2T2 =
g2
Alternativa B
Questão 09
Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula está se movendo com uma
aceleração cujo módulo é dado por μ ( r + a 3 / r 2 ) , sendo r a distância entre a origem e a partícula. Considere que a partícula
foi lançada a partir de uma distância a com uma velocidade inicial 2 μa . Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Por
que razão?
A) Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da aceleração;
B) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a 2 μ ;
C) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a 2 μ / r ;
D) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2 a 2μ / r ;
E) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a μ .
Resolução:
Observe que na análise dimensional da aceleração ( a x ) temos:
⎛ a3 ⎞
ax = μ ⎜ r + 2 ⎟
⎝ r ⎠
m ⎛ m3 ⎞
∴ 2
= [μ ] ⋅ ⎜ m + 2 ⎟
s ⎝ m ⎠
1
∴ [μ ] =
s2
Fazendo a mesma análise para a velocidade inicial:
7
8. v0 = 2 μa
m m
∴ = 1⋅ 2
s s
Que não é dimensionalmente linear.
Uma possível equação para v0 seria:
v0 = 2a μ
m 1
= 1⋅ m ⋅ 2
s s
Alternativa E
Questão 10
Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta da base de 2, 0 m é mantido de pé graças ao apoio
de um dos seus vértices da base inferior (ver figura) e à ação de uma força vertical de suspensão de 10 N (não mostrada).
Nessas condições, o ponto de aplicação da força na base superior do prisma encontra-se
M N
S P
R Q
A) sobre o segmento RM a 2,0 m de R.
B) sobre o segmento RN a 4,0 m de R.
C) sobre o segmento RN a 3,0 m de R.
D) sobre o segmento RN a 2,0 m de R.
E) sobre o segmento RP a 2,5 m de R.
Resolução:
Vista do plano que contém R , N e o ponto de apoio da base inferior:
x
F ∑ M( ) = 0
A
R N −P ⋅ 2 + F ⋅ x = 0
Fx = 2 P
10 ⋅ x = 2 ⋅ 15
x = 3,0 m
P
A
N
2m 2m
Alternativa C
8
9. Questão 11
Um relógio tem um pêndulo de 35cm de comprimento. Para regular seu funcionamento, ele possui uma porca de ajuste que
encurta o comprimento do pêndulo de 1 mm a cada rotação completa à direita e alonga este comprimento de 1 mm a cada
rotação completa à esquerda. Se o relógio atrasa um minuto por dia, indique o número aproximado de rotações da porca e
sua direção necessários para que ele funcione corretamente.
A) 1 rotação à esquerda
B) 1/ 2 rotação à esquerda
C) 1/ 2 rotação à direita
D) 1 rotação à direita
E) 1 e 1/ 2 rotações à direita
Resolução:
Como o relógio está atrasando 1 min por dia, ele apresenta um período maior que o correto.
l
Como T = 2π , um maior período representa um maior comprimento. Assim, para acertar o relógio, devemos encontrar o comprimento
g
do pêndulo.
N ⋅ T1 86460 T 60
= ⇒ 1 =1+
N ⋅ T2 86400 T2 86400
l + Δl
2π
g 60
=1+
l 86400
2π
g
1
2
⎛ Δl ⎞ 2 60 Δl ⎛ 60 ⎞
⎜1 + ⎟ = 1 + ⇒1+ = ⎜1 + ⎟
⎝ l ⎠ 86400 l ⎝ 86400 ⎠
60 Δl 120
Como << 1 ⇒ 1 + =1+
86400 l 86400
120 ⋅ 350
Δl = mm ≅ 0,5 mm
86400
1
A porca deve ser girada volta para a direita.
2
Alternativa C
Questão 12
Um hemisfério de vidro maciço de raio de 10 cm e índice de refração n = 3 / 2 tem sua face plana apoiada sobre uma
parede, como ilustra a figura. Um feixe colimado de luz de 1 cm de diâmetro incide sobre a face esférica, centrado na
direção do eixo de simetria do hemisfério. Valendo-se das aproximações de ângulos pequenos, sen θ ≈ θ e tg θ ≈ θ , o
diâmetro do círculo de luz que se forma sobre a superfície da parede é de
10 cm
1 cm
n
A) 1 cm
2
B) cm
3
1
C) cm
2
1
D) cm
3
1
E) cm
10
9
10. Resolução:
nar sen α = nV sen β
3
1 ⋅ sen α =
⋅ sen β
2
Como α e β são pequenos:
d d′
a b
1⋅ 2 = 3⋅ 2
R 2 R d d’
3 2 2
d = d′ a
2
Como d = 1 cm , temos: R
2
d ′ = cm
3
Alternativa B
Questão 13
A inversão temporal de qual dos processos abaixo NÃO violaria a segunda lei de termodinâmica?
A) A queda de um objeto de uma altura H e subsequente parada no chão
B) O movimento de um satélite ao redor da Terra
C) A freiada brusca de um carro em alta velocidade
D) O esfriamento de um objeto quente num banho de água fria
E) A troca de matéria entre as duas estrelas de um sistema binário
Resolução:
Dos processos descritos o único reversível é o da alternativa B
Alternativa B
Questão 14
Fontes distantes de luz separadas por um ângulo α numa abertura de diâmetro D podem ser distinguidas quando
α > 1, 22λ /D , em que λ é o comprimento de onda da luz. Usando o valor de 5 mm para o diâmetro das suas pupilas, a que
distância máxima aproximada de um carro você deveria estar para ainda poder distinguir seus faróis acesos? Considere uma
separação entre os faróis de 2 m .
A) 100 m
B) 500 m
C) 1 km
D) 10 km
E) 100 km
Resolução:
a
a 2 2m α 1
tg =
2 x
α α α
Como é pequeno, vale a aproximação tg ≅ .
2 2 2
α 1 2
= ⇒α=
x 2 x x
1, 22λ
Lembrando que α > , temos:
D
2 1, 22λ
>
x D
D 5 ⋅ 10−3
x< = x < 1, 4 ⋅ 104 m
0,61λ 0,61 ⋅ 570 ⋅ 10−9
Das alternativas ficaríamos com a D.
Alternativa D
10
11. Questão 15
Uma diferença de potencial eletrostático V é estabelecida entre os pontos M e Q da rede cúbica de capacitores idênticos
mostrada na figura. A diferença de potencial entre os pontos N e P é
P Q
N V
M
A) V / 2.
B) V / 3.
C) V / 4.
D) V / 5.
E) V / 6.
Resolução:
Por simetria:
N P
M Q
Seja C a capacitância de cada um dos capacitores:
Q N Q P Q
M Q
3C 6C 3C
U’ U U’
V
Q ⎫
U=
6C ⎪
⎪
⎬ ⇒ U ′ = 2U
Q⎪
U′ =
3C ⎪
⎭
V
U ′ + U + U ′ = V ⇒ 2U + U + 2U = V ⇒ U =
5
Alternativa D
Questão 16
Um fio condutor é derretido quando o calor gerado pela corrente que passa por ele se mantém maior que o calor perdido
pela superfície do fio (desprezando a condução de calor pelos contatos). Dado que uma corrente de 1 A é a mínima
necessária para derreter um fio de seção transversal circular de 1 mm de raio e 1 cm de comprimento, determine a corrente
mínima necessária para derreter um outro fio da mesma substância com seção transversal circular de 4 mm de raio e 4 cm
de comprimento.
A) 1 / 8 A.
B) 1 / 4 A.
C) 1 A.
D) 4 A.
E) 8 A.
11
12. Resolução:
i=1A
1 mm = r
l = 1 cm
l
R = ρ⋅ P = Ri 2
πr 2
AL = 2πr ⋅ l
i’
4 mm = 4r
4l = 4 cm
4l 1 l 1
R′ = ρ ⋅ = ρ = R
π ( 4r ) 4 πr 2 4
2
AL′ = 2π ⋅ 4r ⋅ 4l = 16 ⋅ 2π r ⋅ l
2 1 2
P ′ = R′ ⋅ i ′ = R ⋅ i′
4
Notamos que AL′ = 16 ⋅ AL , fato que conduz a uma potência crítica P′ igual a 16 vezes a potência crítica P , ou seja,
1 2
Ri′ = Ri 2 ⋅ 16
4
2
i′ = 64 ⋅ i 2
i′ = 8 ⋅ i = 8 ⋅ 1 A
i′ = 8 A
Alternativa E
Questão 17
Prótons (carga e e massa m p ), deuterons (carga e e massa md = 2m p ) e partículas alfas (carga 2e e massa ma = 4m p ) entram
em um campo magnético uniforme B perpendicular a suas velocidades, onde se movimentam em órbitas circulares de
períodos Tp , Td e Ta , respectivamente. Pode-se afirmar que as razões dos períodos Td / Tp e Ta / Tp são, respectivamente.
A) 1 e 1.
B) 1 e 2.
C) 2 e 2.
D) 2 e 2.
E) 2 e 2.
Resolução:
2π m
Lembrando que os períodos dos movimentos são dados por T = , temos:
qB
2π ⋅ 2m p
Td
= e⋅B = 2
Tp 2π ⋅ m p
e⋅B
2 π ⋅ 4m p
Ta
= 2e ⋅ B = 2
TP 2π ⋅ m p
e⋅B
Alternativa E
12
13. Questão 18
Uma bobina de 100 espiras, com seção transversal de área de 400 cm 2 e resistência de 20 Ω , está alinhada com seu plano
perpendicular ao campo magnético da Terra, de 7, 0 × 10−4 T na linha do Equador. Quanta carga flui pela bobina enquanto
ela é virada de 180° em relação ao campo magnético?
A) 1, 4 ×10−4 C
B) 2,8 × 10−4 C
C) 1, 4 ×10−2 C
D) 2,8 ×10−2 C
E) 1, 4 C
Resolução:
Cálculo do fluxo magnético através do conjunto de 100 espiras:
φ = n ⋅ B ⋅ A ⋅ cos 0° = 100 ⋅ 7 ⋅ 10−4 ⋅ 400 ⋅ 10−4 ⋅ 1 Wb
φ = 28 ⋅ 10−4 Wb
Quando a espira gira 180° temos uma variação Δφ = 2φ .
Δφ ΔQ
Lembrando que = R⋅ vem:
Δt Δt
Δφ 2φ 2 ⋅ 28 ⋅ 10−4
ΔQ = = = C
R R 20
ΔQ = 2,8 ⋅ 10−4 C
Alternativa B
Questão 19
No circuito ideal da figura, inicialmente aberto, o capacitor de capacitância C x encontra-se carregado e armazena uma
energia potencial elétrica E. O capacitor de capacitância C y = 2C x está inicialmente descarregado. Após fechar o circuito e
este alcançar um novo equilíbrio, pode-se afirmar que a soma das energias armazenadas nos capacitores é igual a
A) 0.
B) E / 9.
C) E / 3.
D) 4 E / 9.
E) E.
Resolução:
No início a carga está toda em C x :
Q2
E= ⇒ Q = 2 ⋅ E ⋅ Cx
2C x
Alcançado o novo equilíbrio:
2 2
Q2 Qy Qy
E x = x ⇒ Qx = 2 ⋅ E x ⋅ C x Ey = = ⇒ Qy = 4 ⋅ E y ⋅ Cx
2C x 2C y 4C x
Da conservação das cargas:
Q = Qx + Q y ⇒ E = 2 ⋅ E y + E x (1)
Nesse equilíbrio temos ainda:
Q Qy Qy
Ux = Uy ⇒ x = = ⇒ Q y = 2Qx
C x C y 2C x
Qx2
⎫
Ex = ⎪
2C x ⎪
2 2 ⎬
⇒ E y = 2Ex (2)
Qy 4Qx ⎪
Ey = =
2C y 2 ⋅ 2C x ⎪
⎭
1 2
De (1) e (2) vem: E x = E e E y = E
9 9
1 2 1
Do exposto: E x + E y = E + E = E
9 9 3
Alternativa C
13
14. Questão 20
O aparato para estudar o efeito fotoelétrico mostrado na figura consiste de um invólucro de vidro que encerra o aparelho em
um ambiente no qual se faz vácuo. Através de uma janela de quartzo, luz monocromática incide sobre a placa de metal P e
libera elétrons. Os elétrons são então detectados sob a forma de uma corrente, devido à diferença de potencial V
estabelecida entre P e Q . Considerando duas situações distintas a e b , nas quais a intensidade da luz incidente em a é o
dobro do caso b , assinale qual dos gráficos abaixo representa corretamente a corrente fotoelétrica em função da diferença
de potencial.
Invólucro de vidro
Luz
P
Q incidente
V G
Chave inversora
de polaridade
a) d)
Corrente Fotoelétrica (A)
Corrente Fotoelétrica (A)
ia = 2ib a ia = 2ib a
ib b ib b
0 Tensão (V)
–2V0 –V0 0
Tensão (V)
b) e)
Corrente Fotoelétrica (A)
Corrente Fotoelétrica (A)
ib = 2ia b
ia = ib
ia a
a
b
0 V0 Tensão (V)
–2V0 –V0 0
Tensão (V)
c)
Corrente Fotoelétrica (A)
ia = 2ib a
ib b
–V0 0
Tensão (V)
14
15. Resolução:
Sabemos que a energia cinética que os fotoelétrons apresentam depende da frequência da radiação incidente, e não da intensidade da
fonte.
EC = E fóton − W0 = hf − W0
h → constante de Planck
f → frequência da radiação incidente
W0 → função trabalho (só depende do metal)
Essa energia cinética é retirada devido à diferença de potencial entre P e Q ( W Fe = q ⋅ U PQ )
0 − EC = e ⋅ V0
EC = e ( −V0 )
Onde −V0 é conhecido como potencial freador e só depende da frequência da luz incidente.
As intensidades diferentes das fontes fornecem quantidades de fótons diferentes. Como cada fóton corresponde a 1 fotoelétron retirado, o
dobro da intensidade nos leva ao dobro da corrente fotoelétrica.
Alternativa C
Questão 21
Uma barra homogênea, articulada no pino O , é mantida na posição horizontal por um fio fixado a uma distância x de O .
Como mostra a figura, o fio passa por um conjunto de três polias que também sustentam um bloco de peso P . Desprezando
efeitos de atrito e o peso das polias, determine a força de ação do pino O sobre a barra.
x y
O
P
Resolução:
Lembrando que a barra é homogênea e deve ter peso PB não fornecido, temos:
P
P 4
4
P P
(+) P 2 2
4
O
x y
PB
P
Fazendo a soma dos torques em relação à O :
ΣΤo = 0
P ⎛x ⎞ Px
⋅ x − PB ⋅ ⎜ + y ⎟ = 0 ∴ PB =
4 ⎝ 2 ⎠ 2( x + y)
Como, não há força na horizontal, somando as forças verticais temos:
P
FO + − PB = 0
4
P P⋅x P P( x − y)
∴ FO = PB − = − ∴ FO =
4 2( x + y) 4 4( x + y)
15
16. Questão 22
Um objeto de massa m é projetado no ar a 45º do chão horizontal com uma velocidade v . No ápice de sua trajetória, este
objeto é interceptado por um segundo objeto, de massa M e velocidade V , que havia sido projetado verticalmente do chão.
Considerando que os dois objetos “se colam” e desprezando qualquer tipo de resistência aos movimentos, determine a
distância d do ponto de queda dos objetos em relação ao ponto de lançamento do segundo objeto
Resolução:
Observe a figura:
V v’
m a
v
M vx
h
m 45°
0 d x
Na ápice da trajetória, a partícula de massa m tem apenas velocidade horizontal:
v 2
v x = v ⋅ cos 45º =
2
E se encontra a uma altura h, tal que:
Em y:
02 = v 2 − 2 g h
y
∴ 2 g h = v 2 ⋅ sen 2 45º
v2
∴h=
4g
Considerando que a colisão inelástica houve quando M ainda estava subindo:
∑ Qx0 = ∑ Qx f
mv x + M ⋅ 0 = ( m + M ) ⋅ v x
'
m ⋅ vx
∴ vx =
'
(m + M )
m v 2
∴ vx =
'
⋅
(m + M ) 2
∑Q y0 = ∑Qy f
m ⋅ 0 + M ⋅ V = ( m + M ) ⋅ v 'y
MV
∴ v 'y =
( m+M)
Assim, para o novo lançamento temos em x :
MU
d = vx ⋅ t
'
m v 2
∴d= ⋅t (1)
(m + M ) 2
E, em y :
MUV :
t2
0 = h + v 'y t − g
2
t2 MV
∴g − t−h =0
2 (m + M )
2
⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2
⎜ ⎟V ± ⎜ ⎟ V + 2gh
⎝ m+M ⎠ ⎝m+M ⎠
∴t= (2)
g
Onde só vale o sinal positivo.
Assim, substituindo (2) em (1) temos:
16
17. ⎛⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2
2 ⎞
⎜⎜ ⎟V + ⎜ ⎟ V + 2gh ⎟
mv 2 ⎜ ⎝ m + M ⎠ ⎝m+M ⎠ ⎟
d= ⋅
2 (m + M ) ⎜ g ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
mv 2 ⎡⎛ M ⎞ ⎛ M ⎞ 2 v ⎤
2 2
∴d= ⋅ ⎢⎜ ⎟ ⋅V + ⎜ ⎟ V + ⎥
2 g ( m + M ) ⎢⎝ m + M ⎠ ⎝m+M ⎠ 2 ⎥
⎣ ⎦
Questão 23
Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de comprimento L , é solto de uma
posição horizontal. Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetro
disprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O . Em consequência, a massa M passa a se
movimentar num círculo de raio L − x , conforme mostra a figura. Determine a faixa de valores x para os quais a massa do
pêndulo alcance o ponto mais alto deste novo círculo.
L O
x
L–x
Resolução:
A L O
vf x B
P
r
Para que M atinja B (ponto mais alto) temos:
E M A = EM B
Mv 2
MgL = Mg ⋅ 2 ( L − x ) + f
2
Mv 2
∴ Mg ( 2 x − L ) = f
2
∴ v2 = 2g ( 2 x − L )
f
Em B as forças atuantes são P e T (tração no fio):
P + T = Fcp
Onde T ≥ 0 , assim:
Fcp ≥ P
Mv 2
f
∴ ≥ Mg
( L − x)
2g ( 2x − L)
∴ ≥g
( L − x)
∴ 4x − 2L ≥ L − x
3L
∴x ≥
5
Por fim:
3L
≤x≤L
5
Já que valores maiores que L não convêm.
17
18. Questão 24
Um bloco, com distribuição homogênea de massa, tem o formato de um prisma regular cuja seção transversal é um triângulo
equilátero. Tendo 0,5g/cm3 de densidade, tal bloco poderá flutuar na água em qualquer das posições mostradas na figura.
Qual das duas posições será a mais estável? Justifique sua resposta. Lembrar que o baricentro do triangulo encontra-se a
2 / 3 da distância entre um vértice e seu lado oposto.
a) b)
Resolução:
Em ambas as situações, as forças que atuam no corpo são peso P ( ) e empuxo E ( ) ( )
e a resultante é nula Fr = O , já que ele está em
repouso.
P=E
d c ⋅ V ⋅ g = d L ⋅ Vdesl ⋅ g
Vdesl d c
= = 0,5
V dL
Vdesl = Adesl ⋅ L
V = A⋅ L (onde L é a altura do paralelepípedo)
Adesl
= 0,5
A
Como Vdesl + Vemerso = V
Aemerso
= 0,5
A
Podemos usar a relação para figuras semelhantes tomando l como altura
2
A1 ⎛ l1 ⎞
=⎜ ⎟
A2 ⎝ l2 ⎠
h A1 2 2
= = 0,5 = ⇒h= H
H A2 2 2
Onde h é a altura do triângulo menor, seja ele imerso ou emerso.
Assim, os desenhos de forças e centros de massa ficam:
A
2 H 2
h= 2
3 3 H 2
H h=
3 2
CM1
H
4- 2 E
H CM
3
CM2
P
B C
CM 1 → Centro de massa da parte emersa.
CM 2 → hidrocentro ou centro da massa da parte imersa.
CM → Centro de massa do prisma
H 2
A distância do vértice A do triângulo ao nível da água é h = = 0,71H , enquanto a distância do vértice A ao centro de massa do
2
2
corpo ( CM ) é H = 0,67 H , assim, o centro de massa do corpo está acima do nível da água.
3
Como a figura b) e completamente simétrica, dada a relação de densidades, temos que nos dois casos, as forças que equilibram o corpo
são convergentes, o que torna o equilíbrio instável. Consideraremos o mais estável, aquele em que o centro de massa do corpo encontra-se
gravitacionalmente mais baixo, ou seja, na opção b).
18
19. Questão 25
Um filme fino de sabão é sustentado verticalmente no ar por uma argola. A parte superior do filme aparece escura quando é
observada por meio de luz branca refletida. Abaixo da parte escura aparecem bandas coloridas. A primeira banda tem cor
vermelha ou azul? Justifique sua resposta.
Resolução:
Vista lateral da película de sabão, que é um material mais refringente que o ar.
e
Observador 1
2
Ar Sabão Ar
Perceba que o raio 1 inverte a fase enquanto o 2 não.
Quando e é muito menor que o comprimento de onda a interferência é destrutiva justificando a parte superior do filme ser escura.
λ
Conforme e aumenta e temos a igualdade 2e = , começamos a verificar interferências construtivas sendo que a primeira delas ocorre
2
para os menores comprimentos de onda, ou seja, o lado azul do espectro visível.
Do exposto, concluímos que a primeira banda colorida será azul.
Questão 26
O tubo mais curto de um órgão típico de tubos tem um comprimento de aproximadamente 7 cm . Qual é o harmônico mais
alto na faixa audível, considerada como estando entre 20 Hz e 20.000 Hz , de um tubo deste comprimento aberto nas duas
extremidades?
Resolução:
O harmônico mais alto é o de maior frequência possível, ou seja, menor λ
l
…
l l l
2 2 2
Ou seja:
λ
= n⋅
2
2
∴λ=
n
Ainda:
v = λf
v nv
∴f = =
λ 2
340
∴f = n⋅
2 ⋅ ( 7 ⋅ 10−2 )
Para f = 20000 Hz , teremos: n = 8, 23
Então, para n = 8 : f = 19429 Hz
19
20. Questão 27
Uma bolha de gás metano com volume de 10 cm3 é formado a 30 m de profundidade num lago. Suponha que o metano
comporta-se como um gás ideal de calor específico molar CV = 3R e considere a pressão atmosférica igual a 105 N/m 2 .
Supondo que a bolha não troque calor com a água ao seu redor, determine seu volume quando ela atinge a superfície.
Resolução:
Considerando a transformação adiabática, temos:
P0 ⋅ V0 γ = Pf ⋅ V f γ (1)
Sendo que:
C p = R + Cv = 4 R
E:
CP 4
γ= =
CV 3
A pressão PO a 30m de profundidade vale:
Po = 105 + dgh
∴ Po = 105 + 103 ⋅ 10 ⋅ 30 = 4 ⋅ 105
Voltando em (1) :
= 105 ⋅ (V f )
4 4
4 ⋅ 105 (10 ) 3 3
4
⎛Vf ⎞ 3
⎜ ⎟ =4
⎝ 10 ⎠
4
V f = 10 ⋅ ( 4 ) 3 cm3 = 28,3 cm 3
Questão 28
Uma corrente I E percorre uma espira circular de raio R enquanto uma corrente I F percorre um fio muito longo, que
tangencia a espira, estando ambos no mesmo plano, como mostra a figura. Determine a razão entre as correntes I E / I F para
que uma carga Q com velocidade v paralela ao fio no momento que passa pelo centro P da espira não sofra aceleração
nesse instante.
IF
P
v IE
Resolução:
Para que a aceleração da carga Q seja nula ao passar por P é necessário e suficiente que o campo magnético resultante em P seja
nulo, ou seja:
BF = BE
μ IF μI
= E
2π ⋅ R 2 R
IF
= IE
π
IE 1
=
IF π
20
21. Questão 29
Um tarugo de vidro de índice de refração n = 3 / 2 e seção transversal retangular é moldado na forma de uma ferradura,
como ilustra a figura. Um feixe de luz incide perpendicularmente sobre a superfície plana P . Determine o valor mínimo da
razão R / d para o qual toda a luz que penetra pela superfície P emerja do vidro pela superfície Q .
P d
R
Q
Resolução:
1 Normal
q1
2 q2
3 q3
R
R+d
Da figura notamos que θ3 é o menor dos ângulos de incidência θ1 , θ2 e θ3 . Ocorrendo reflexão interna total para o raio de luz 3
ocorrerá também para os 1 e 2 .
Do exposto:
θ3 ≥ L , em que L é o ângulo limite
1
sen θ3 ≥ sen L =
3
2
2
sen θ3 ≥
3
R 2
≥
R+d 3
3R ≥ 2 R + 2d
R
≥2
d
R
Logo, o valor mínimo para a razão é 2.
d
Questão 30
Obtenha uma expressão para as energias das órbitas do modelo de Bohr do átomo de Hidrogênio usando a condição de que
o comprimento da circunferência de uma órbita de elétron ao redor do próton seja igual um número inteiro de comprimentos
de onda de de Broglie do elétron.
Resolução:
O comprimento de onda de de Broglie pode ser escrito da forma:
h
λ=
Q
E, usando a condição dada nas orbitas do átomo de hidrogênio, temos:
h
2πr = n ⋅
Q
E, sendo Q = mv , temos:
h
2πr = n
mv
21
22. ⎛ h ⎞
∴ mvr = n ⎜ ⎟ (1)
⎝ 2π ⎠
Lembrando quem a força elétrica é a componente centrípeta para o movimento circular do elétron, temos:
FE = FCP
Ke 2 mv 2
∴ =
r2 r
Ke 2
∴ = mv 2 ( 2)
r
Substituindo (1) em ( 2 ) temos:
Ke 2 n2 h2
= m⋅ 2 2 2
r m r 4π
h2
∴ r = n2 ⋅
4π ⋅ m K ⋅ e 2
2
Eo ⋅ h 2
∴ r = n2 ( 3)
π ⋅ me 2
Pro fim, lembrando que a energia total é a soma de cinética e da potencial:
mv 2 Ke 2
E= − ( 4)
2 r
Substituindo ( 2 ) em ( 4 )
Ke 2 Ke 2 Ke 2
E= − =−
2r r 2r
E, usando ( 3) :
Ke 2 ⎛ π me 2 ⎞
E=− ⋅⎜ ⎟
2 ⎝ n 2 ⋅ E0 ⋅ h 2 ⎠
⎛ m ⋅ e4 ⎞ 1
∴ En = − ⎜ 2 ⎟ 2
⎝ 8 ⋅ E0 ⋅ h ⎠ n
2
⎛ 1 ⎞
E, depois de substituídos os valores das contentes: En = −13,6 ⎜ 2 ⎟ eV
⎝n ⎠
22
