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É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalema 50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificadosnas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.
oanglo
resolve
a provade Física
do ITAdezembrode 2007
3ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
No circuito representado na figura, têm-se duas lâmpadas incandescentesidênticas, L1 e L2, e três fontes idênticas, de mesma tensão V. Então, quandoa chave é fechada,A) apagam-se as duas lâmpadas.B) o brilho da L1 aumenta e o da L2 permanece o mesmo.C) o brilho da L2 aumenta e o da L1 permanece o mesmo.D) o brilho das duas lâmpadas aumenta.E) o brilho das duas lâmpadas permanece o mesmo.
Ao fechar-se a chave, as ddps nas lâmpadas não se alteram, ficando, ambas, iguais a V. Portanto o brilho daslâmpadas não se altera, conforme mostra a figura abaixo.
Resposta: E
A estrela anã vermelha Gliese 581 possui um planeta que, num período de 13 dias terrestres, realiza em tornoda estrela uma órbita circular, cujo raio é igual a 1/14 da distância média entre o Sol e a Terra. Sabendo quea massa do planeta é aproximadamente igual à da Terra, pode-se dizer que a razão entre as massas da Gliese581 e do nosso Sol é de aproximadamenteA) 0,05 D) 0,3B) 0,1 E) 4,0C) 0,6
A condição para que um planeta entre em órbita circular em torno de uma estrela é que a resultante seja cen-trípeta:
R = mω2r = m
sendo r o raio da órbitam a massa do planetaT o período do movimento do planeta
22
πT
r
Resolução
Questão 2
+
–V
L1
L2
+
–
+
–
V
V
V
2V2V
V
0 0
+
–V
+
–
+
–
V
2V2V
V
0 00
V
Resolução
chave
+
–V
L1
L2
+
–
+
–
V
V
Questão 1
ÍÍÍSSSIII AAAFFF CCC
Como a resultante é igual à força de atração gravitacional entre o planeta e a estrela:
⇒ (1)
sendo M a massa da estrelaAplicando-se a expressão (1) tanto ao movimento do planeta que gira em torno da estrela Gliese 581, comopara o movimento da Terra em torno do Sol, tem:
levando-se em conta que rp/rT = 1/14, obtemos
Resposta: D
A figura mostra uma barra de 50cm de comprimento e massa desprezível,suspensa por uma corda OQ, sustentando um peso de 3000N no ponto indi-cado. Sabendo que a barra se apóia sem atrito nas paredes do vão, a razãoentre a tensão na corda e a reação na parede no ponto S, no equilíbrio está-tico, é igual aA) 1,5B) 3,0C) 2,0D) 1,0E) 5,0
A figura a seguir indica as forças que agem na barra:
Pelo equilíbrio das forças verticais: T = PT = 3000N
Escolhendo o ponto A como pólo, a equação de equilíbrio dos momentos fica:MT + MNS
= MPT ⋅ (0,1) + NS ⋅ (0,3) = P(0,2)
Substituindo os valores de T e P: 300 + 0,3NS = 600
NS = 1000N
Portanto:
Resposta: B
TNS
= 3
ST
Q
20 cm
10 cm
A
NS
P
30 cm
N
Resolução
S
O
Q
P
20 cm
10 cm 30 cmQuestão 3
MM
G
S≈ 0 3,
T
Tp
T=
36513
GM
r TS
T T3
22
=
πGM
r TG
p p3
22
=
π
GM
r T3
22
=
πG
mM
rm
Tr
2
22
=
π
4ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Numa dada balança, a leitura é baseada na deformação de uma mola quando um objeto é colocado sobre suaplataforma. Considerando a Terra como uma esfera homogênea, assinale a opção que indica uma posição dabalança sobre a superfície terrestre onde o objeto terá a maior leitura.A) Latitude de 45°.B) Latitude de 60°.C) Latitude de 90°.D) Em qualquer ponto do Equador.E) A leitura independe da localização da balança já que a massa do objeto é invariável.
De acordo com o enunciado, a força que deforma a mola da balança tem intensidade igual à normal aplicadasobre o corpo pela balança. Como a intensidade da normal está relacionada à tendência de o corpo penetrar namola, quanto maior a tendência de o corpo penetrar na mola, maior é a normal e, conseqüentemente, maior éa deformação da mola.Como a intensidade da velocidade de um ponto na superfície da Terra é a proporcional à sua distância emrelação ao eixo de rotação do planeta, pontos sobre o Equador apresentam velocidade máxima, enquanto pontossobre os pólos (latitude 90°) apresentam velocidade mínima, que é nula.Dessa forma, de acordo com o princípio da inércia, corpos sobre o Equador possuem menor tendência de pene-tração em relação à mola, logo, a deformação da mola é mínima. Nos pólos, a tendência de penetração é máxi-ma e, assim sendo, a deformação da mola também o será.
Resposta: C
Define-se intensidade I de uma onda como a razão entre a potência que essa onda transporta por unidade deárea perpendicular à direção dessa propagação. Considere que para uma certa onda de amplitude a, fre-qüência f e velocidade v, que se propaga em um meio de densidade ρ, foi determinada que a intensidade édada por: I = 2π2fxρvay.Indique quais são os valores adequados para x e y, respectivamente.A) x = 2; y = 2B) x = 1; y = 2C) x = 1; y = 1D) x = –2; y = 2E) x = –2; y = –2
De acordo com a definição
, como ,
No sistema de unidade MLT, as grandezas ∆ε, ∆t e A são expressas por:
[∆ε] = [M] [L]2 [T]–2
[∆t] = [T][A] = [L]2
Assim, a unidade da intensidade da onda é:
[I] = [M] [L]0 [T]–3 = [M] [T]–3 (I)
It A
=⋅
∆∆
ε.
P =∆∆εt
IA
=P
Resolução
Questão 5
Resolução
Questão 4
5ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
De acordo com a equação fornecida, I = 2π2fxρvay, as unidades das grandezas f, ρ , v e a, no sistema MLT, são:
[f] = [T]–1
[ρ ] = [M] [L]–3
[v] = [L] [T]–1
[a] = [L]
Assim, a unidade de I, pela equação fornecida, é:
[I] = [T]–x ⋅ [M] ⋅ [L]–3 ⋅ [L] ⋅ [T]–1 ⋅ [L]y, ou seja:[I] = [T]–x – 1 ⋅ [M] ⋅ [L]y – 2 (II)
Comparando-se as relações (I) e (II), segue:
Resposta: A
Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao longo de uma reta comperíodo de 8/3s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, semelhante a P1, oscila de modo idêntico numareta muito próxima e paralela à primeira, porém com atraso de π/12rad em relação a P1. Qual a distância que
separa P1 de P2, 8/9s depois de P2 passar por um ponto de máximo deslocamento?
A) 1,00aB) 0,29aC) 1,21aD) 0,21aE) 1,71a
Vamos considerar que a fase inicial ϕ0 para a partícula P1 seja nula. Nessa circunstância, a equação horária desua elongação é:
; em que a é a amplitude do movimento e T o período de oscilação.
Para a partícula P1, . Assim, a equação torna-se
Como a segunda partícula (P2) tem um atraso de em relação a P1, embora se movimente de modo
idêntico a P1, sua equação horária é:
Vamos agora considerar o primeiro instante que P2 atinge a elongação máxima. Nesse caso x2 = a e a equaçãoacima fica:
a a t= +
⋅ ⋅cos –
π π12
34
x a t II2 1234
= +
⋅ ⋅cos – ( )
π π
π12
rad
x a t I134
=
⋅ ⋅cos ( )
π
T s=83
x aT
t12
=
⋅ ⋅cos
π
Resolução
Questão 6
–x – 1 = –3 ⇒ x = 2
y – 2 = 0 ⇒ y = 2
6ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Para tanto:
Assim, o instante estipulado no enunciado é:
Susbstituindo esse instante nas equações I e II, segue:
•
2π/364748
••
A distância d entre P1 e P2 no instante t = 1s é:
d ≈ 0,21a
Resposta: D
Uma corrente elétrica passa por um fio longo, (L) coincidente com o eixo y no sentido negativo. Uma outracorrente de mesma intensidade passa por outro fio longo, (M), coincidente com o eixo x no sentido negativo,conforme mostra a figura. O par de quadrantes nos quais as correntes produzem campos magnéticos em sen-tidos opostos entre si éA) I e II D) II e IVB) II e III E) I e IIIC) I e IV
y
x
LII I
III IV
M
Questão 7
da a
= +–2
2 2
– a
P1 P2
0 + a– a 22 – a
2
d = ?
xa
2 2= –
x a2 1234
1= +
⋅ ⋅cos –
π π
xa
12
2=
–(*)
x a134
1=
⋅ ⋅cos
π
t s' .= + =
19
89
1
∴ =t s19
cos – –π ππ π12
34
112
34
0+
= + =⋅ ⇒ ⋅t t
7ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Chamando de B→
x o campo criado pelo fio M e de B→
y o campo criado pelo fio L, usando a regra da mão direita:
Logo, nos quadrantes I e III, os campos magnéticos B→
x e B→
y têm sentidos opostos.
Resposta: E
Considere uma espira retangular de lados a e b percorrida por uma corrente I, cujo plano da espira é paraleloa um campo magnético B. Sabe-se que o módulo do torque sobre essa espira é dado por τ = I B a b. Supondo que a mesma espira possa assumir qualquer outra forma geométrica, indique o valor máximo possível que seconsegue para o torque.
A) D)
B) IBab E)
C) 2IBab
• O torque na espira é dado por:τ = IB ⋅ A, sendo A a área da espira.
• A máxima área de uma figura de perímetro (2a + 2b) é a área de um círculo tal que:
2πr = 2(a + b) ∴
• Logo, o máximo torque na espira é:
τmáx = IB ⋅ πr2 = IB
Resposta: A
Um elétron e um pósitron, de massa m = 9,11 ⋅ 10–31kg, cada qual com energiacinética de 1,20MeV e mesma quantidade de movimento, colidem entre si em sen-tidos opostos. Neste processo colisional as partículas aniquilam-se, produzindo doisfótons γ1 e γ2. Sendo dados: constante de Planck h = 6,63 ⋅ 10–34J ⋅ s; velocidade da
luz c = 3,00 ⋅ 108m/s; 1 eV = 1,6 ⋅ 10–19J; 1 femtometro = 1fm = 1 ⋅ 10–15m, indiqueos respectivos valores de energia E e do comprimento de onda dos fótons.
A) E = 1,20MeV ; λ = 2435fm D) E = 1,46MeV ; λ = 0,28 ⋅ 10–2fmB) E = 1,20MeV ; λ = 1035fm E) E = 1,71MeV ; λ = 559fmC) E = 1,71MeV ; λ = 726fm
e– e+
γ1
γ2
Questão 9
( )a b+ 2
π
ra b
=+
π
Resolução
IBab
π
IBab
2πIB a b( )+ 2
π
Questão 8
y
x
LII I
III IV
MBy
BxBx
By
By
Bx
By
Bx
Resolução
8ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
• conservação da quantidade de movimento do sistema:
(Q→i )sistema = (Q
→f)sistema
Q→
elétron + Q→
pósitron = Q→
fóton1+ Q
→
fóton2
Como • Q→
elétron = –Q→
pósitron
• Qfóton1=
• Qfóton2= , vem que
Q→
fóton1= –Q
→
fóton2
Qfóton1= Qfóton2
• conservação da energia do sistema:
(εi)sistema = (εf)sistema
(melétron + mpósitron) ⋅ c2 + εcelétron+ εcpósitron
= εfóton1+ εfóton2
Lembrando que Efóton1= Efóton2
= hf e substituindo-se os dados com o adequado ajuste de unidades, vem que:
2 ⋅ 9,11 ⋅ 10–31 ⋅ (3 ⋅ 108)2 + 2 ⋅ 1,2 ⋅ 106 ⋅ 1,6 ⋅ 10–19 = 2 ⋅ 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ f ⇒ f = 4,13 ⋅ 1020Hz
• energia individual dos fótons:
Efóton = h ⋅ f = 6,63 ⋅ 10–34 ⋅ 4,13 ⋅ 1020
Efóton = 27,34 ⋅ 10–14J
∴ Efóton = 1,71MeV
• comprimento de onda da onda associada ao fóton:v = λ ⋅ f3 ⋅ 108 = λ ⋅ 4,13 ⋅ 1020
λ = 726 ⋅ 10–15m∴ λ = 726fm
Resposta: C
A figura mostra uma bobina com 80 espiras de 0,5m2 de área e 40Ω de resistência. Uma indução magnéticade 4 teslas é inicialmente aplicada ao longo do plano da bobina. Esta é então girada de modo que seu planoperfaça um ângulo de 30° em relação à posição inicial. Nesse caso, qual o valor da carga elétrica que deve fluirpela bobina?A) 0,025C D) 3,5CB) 2,0C E) 0,50CC) 0,25C
30°B→
B→
posição inicial posição final
Questão 10
hfC
hfC
f f f1 21 2= = =⇒
hfC
2
hfC
1
Resolução
9ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Φi = 0
Φf = B ⋅ A ⋅ cos120° (ângulo entre B→
e o vetor normal às espiras)
∴ |∆Φ| = N ⋅ BA ⋅
Da Lei de Faraday-Neumann:
Logo:
Resposta: B
A figura mostra um circuito formado por uma barra fixa FGHJ e uma barramóvel MN, imerso num campo magnético perpendicular ao plano desse circuito.Considerando desprezível o atrito entre as barras e também que o circuito sejaalimentado por um gerador de corrente constante I, o que deve acontecer coma barra móvel MN?A) Permanece no mesmo lugar.B) Move-se para a direita com velocidade constante.C) Move-se para a esquerda com velocidade constante.D) Move-se para a direita com aceleração constante.E) Move-se para a esquerda com aceleração constante.
Observando a força magnética aplicada sobre a barra MN, dada pela regra da mão direita:
Como F tem módulo constante, considerando-a como a única atuante, o movimento da barra será para aesquerda, com aceleração constante.
Resposta: E
Na figura, um bloco sobe um plano inclinado, com velocidade inicial V0.Considere µ o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique asua velocidade na descida ao passar pela posição inicial.
A) D)
B) E)
C) V
sensen0
θ µ θθ µ θ
+ cos– cos
V
sensen0
µ θ θµ θ θ
−+
coscos
Vsensen0
θ µ θθ µ θ−+
coscos
V
sensen0
µ θ θµ θ θ
+−
coscos
Vsen sen
0θ µ θθ µ θ−−cos cos
V0
θ
Questão 12
F
N
I
M
B→
Resolução
H
I
M
N
J
FG
Questão 11
q q C= =⋅ ⋅ ⋅
⇒80 4 0 5 0 5
402 0
, ,,
ε ε= = ∴ = =⇒
⋅| | | | | |∆Φ∆
∆Φ∆
∆∆Φ
t R R ti t q
R
12
Resolução
10ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Nas figuras estão indicadas as forças que agem no corpo durante a subida (a) e durante a descida (b):
As acelerações do movimento na subida (a1) e na descida (a2) podem ser obtidas pela aplicação do PrincípioFundamental da Dinâmica em cada um dos casos.Na subida
R = m|a1|Ac + Px = m|a1|mg(µcosθ + senθ) = m|a1|
|a1| = g(senθ + µcosθ)
Na descidaR = m|a2|Px – Ac = m|a2|mg(senθ – µcosθ) = m|a2|
|a2| = g(senθ – µcosθ)
Aplicando-se a equação de Torricelli para cada um dos movimentos, tem:
Na subida
v2 = v20 – 2|a1| ⋅ ∆s
Sendo ∆s o deslocamento até parar, vem:
0 = v20 – 2g(senθ + µcosθ)∆s (1)
Na descida
v2 = vi2 + 2|a2| ⋅ ∆s (1)
Sendo vi = 0, tem, para o mesmo ∆s
v2 = 2g(senθ – µcosθ)∆s (2)
Das duas expressões:
Resposta: B
v v
sensen
=−+0
θ µ θθ µ θ
coscos
v g senv
g sen2 0
22= −
+( cos )
( cos )θ µ θ
µθ θ
Sendo Px = Psenθ
Py = Pcosθ
N = Py = Pcosθ
Ac = µN = µmgcosθ
PX
Py
AC
AC
N
P
(a)
N
P(b)
Resolução
11ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Na figura, um gato de massa m encontra-se parado próximo a uma das extremidades de uma prancha demassa M que flutua em repouso na superfície de um lago. A seguir, o gato salta e alcança uma nova posiçãona prancha, à distância L. Desprezando o atrito entre a água e a prancha, sendo θ o ângulo entre a velocidadeinicial do gato e a horizontal, e g a aceleração da gravidade, indique qual deve ser a velocidade u de deslo-camento da prancha logo após o salto.
A) D)
B) E)
C)
Como o sistema é isolado na direção horizontal:m ⋅ v ⋅ cosθ = M ⋅ u (1)
O tempo total do salto pode ser determinado como 2 vezes o tempo necessário para a componente verticalda velocidade do gato se anular:
(2)
Finalmente, a distância L é a soma dos deslocamentos horizontais do gato e da prancha no intervalo de tempo T:(u + vcosθ) ⋅ T = L (3)
Substituindo (1) e (2) em (3):
(4)
Substituindo (1) em (4):
Isolando u:
Resposta: D
ugLm
Mm
M tg
=
+
⋅ ⋅1 2 θ
u 1Mm
2 M u tgmg
L⋅⋅ ⋅ ⋅
+
=
θ
u 1Mm
2vseng
L⋅ +
=
θ
Tvsen
g= ⋅2
θ
Resolução
ugLM
Mm
msen
=
+
1 2 θ
ugLm
Mm
M
=
+
2
1 tanθ
ugLM
Mm
msen
=
+
1 2 2θ
ugLm
Mm
M
=
+
1 2 tanθ
ugLM
Mm
msen
=
+
1 θ θcos
v
θ
→
L
Questão 13
12ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Um aro de 1kg de massa encontra-se preso a uma mola de massa desprezível, constante elástica k = 10N/m ecomprimento inicial L0 = 1m quando não distendida, afixada no ponto O. A figura mostra o aro numa posiçãoP em uma barra horizontal fixa ao longo da qual o aro pode deslizar sem atrito. Soltando o aro do ponto P,qual deve ser sua velocidade, em m/s, ao alcançar o ponto T, a 2m de distância?
A)
B)
C)
D)
E)
Sendo o sistema conservativo:
(εm)T = (εm)P ⇒ (εc)T + (εp)T = (εc)P + (εp)P
Substituindo os valores numéricos dados e calculados:
∴ vT ≈
Resposta: C
No estudo de ondas que se propagam em meios elásticos, a impedância característica de um material é dadapelo produto da sua densidade pela velocidade da onda nesse material, ou seja, z = µv. Sabe-se, também, queuma onda de amplitude a1, que se propaga em meio 1 ao penetrar em uma outra região, de meio 2, origina ondas,refletida e transmitida, cuja amplitudes são, respectivamente:
a
zz
– 1
zz
1a a
2
1zz
ar
1
2
1
2
1 t2
1
1=+
=+
Questão 15
23 4, /m s
1 10 2 1 10 2 2 12 2 2⋅ ⋅+ −( ) = −( )vT
12
12
12
2 2 2 20
20
2mv kx kx mv k L L k L LT T P T T P+ = + − = −⇒ ( ) ( )
Resolução
8 2,
69 5,
23 4,
40 0,
30 0,
O
2 m
2 mT P
Questão 14
13ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
0
Num fio, sob tensão τ, a velocidade da onda nesse meio é dada por Considere agora o caso de uma
onda que se propaga num fio de densidade linear µ (meio 1) e penetra num trecho desse fio em que a densi-dade linear muda para 4µ (meio 2). Indique a figura que representa corretamente as ondas refletidas (r) e trans-mitida (t)?
A) D)
B) E)
C)
Vamos comparar a velocidade de propagação nos meios 1 e 2.
De acordo com a equação apresentada em que F é a força de tração aplicada sobre o fio (impre-
cisamente designada no enunciado por tensão).Para os dois meios, a força de tração é a mesma, mas a densidade linear (µ) do meio 2 é o quádruplo da densi-dade linear do meio 1. Logo:
Assim,
Agora, vamos comparar as impedâncias (z) dos meios 1 e 2.
De acordo com a equação apresentada (z = µv):
z1 = µ ⋅ v1 e z2 = 4µ ⋅ v2 = 2 ⋅ µ ⋅ v1
Ou seja, z2 = 2 ⋅ z1
Por fim, vamos substituir a relação acima nas equações fornecidas e referentes às amplitudes refletida (ar) etransmitida (at).
o sinal negativo implica que a onda incidente e componente refletida estão em
oposição de fase.
A parcela da onda transmitida, em relação à onda incidente, mantém a fase.
a a a at t=+
=⋅ ⇒ ⋅
21 2
231
a a a ar r=+
⇒ =
⋅
12
1
12
1
131 1
–– ,
v
v2
12
=
v e v1 2= =
F F
4µ µ
v =F
µ,
Resolução
meio 1 meio 2
tr
meio 1
meio 2
t
r
meio 1
meio 2
t
r
meio 1
meio 2
t
rmeio 1
meio 2
t
r
v =
τµ
.
14ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Interpretando os resultados obtidos, um possível esquema das ondas é:
Resposta: A
Indique a opção que explicita o representado pelo gráfico da figura:
A) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica mais a sua segunda harmônica, todaselas de mesma amplitude.
B) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica de amplitude 5 vezes menor maisa segunda harmônica de amplitude 10 vezes menor.
C) A soma de uma freqüência fundamental com a sua harmônica, ambas com amplitudes iguais.D) A soma de uma freqüência fundamental com a sua segunda harmônica com metade da amplitude.E) A soma de uma freqüência fundamental com a sua primeira harmônica com metade da amplitude.
Observando as alternativas apresentadas, é suficiente analisar a superposição de três ondas: a fundamental, aprimeira harmônica e segunda harmônica.De acordo com o gráfico fornecido, o período da fundamental é T = 36ms.
Assim sendo, o período da primeira harmônica é e o da segunda harmônica,
A fim de obter as características das ondas componentes, basta analisar alguns instantes, confrontando as in-formações do gráfico fornecido com as do possível gráfico das três ondas componentes.Observe a tabela a seguir:
Instante Representação Valor de V na Valor de V na Valor de V na Valor de V nanos gráficos fundamental 1ª- harmônica 2ª- harmônica onda resultante
9ms Ponto P1 V é max V é zero V é min V é zero
12ms Ponto P2 V é positivo V é negativo V é zero V é zero
TT
ms2 312= = .T
Tms1 2
18= =
Resolução
3
2
1
0
– 1
– 2
– 30 20 40 60 80 100 120 140 160
Tempo (ms)
Am
plit
ud
e (V
)
Questão 16
a
v1
v1
a3
onda incidentefio 2
23
a
v2 v1
fio 1
15ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Como no instante representado por P1 o sinal (V) resultante é nulo, conclui-se que as amplitudes da fundamen-tal e da 2ª- harmônica são iguais.Por exclusão, somente as alternativas A e C podem ser corretas.Ora, no instante representado por P2, o sinal (V) da onda resultante também é nulo; para tal, a amplitude da 1ª-harmônica é diferente de zero.[Observando as alternativas A e C] Conclui-se, assim, que somente a alternativa A é correta.Resposta: A
Numa brincadeira de aventura, o garoto (de massa M) lança-se poruma corda amarrada num galho de árvore num ponto de altura Lacima do gatinho (de massa m) da figura, que pretende resgatar.Sendo g a aceleração da gravidade e H a altura da plataforma de ondese lança, indique o valor da tensão na corda, imediatamente após ogaroto apanhar o gato para aterrisá-lo na outra margem do lago.
A)
B)
C)
D)
E)
( )m M gM
M mHL
++
−
22
1
( )M m gM
M mHL
+ ++
12
2
MgHL
12
–
( ) –M m gM m
MHL
++
12
2
Mg
HL
12
+
m
L
M
H
Questão 171
0.5
0
– 0.5
– 1
0 18 36
3
2
0
– 1
– 2
– 3 18 36
1
9 12
9 12
P1 P1
Tempo (ms)
Tempo (ms)
Am
plit
ud
e (V
)A
mp
litu
de
(V)
Fundamental
1ª- harmônica
2ª- harmônica
OndaResultante
16ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Desde o instante em que o garoto abandona o galho da árvore até o momento em que ele apanha o gatinho,pode-se considerar o sistema como sendo conservativo:
εim = εf
m
εip + εi
c = εfp + εf
c(vi = 0) (hf = 0)
∴
Considerando que ao apanhar o gatinho há conservação da quantidade de movimento, tem-se:
(Qsist)antes = (Qsist)depois
(colisão inelástica) ∴
Imediatamente após o garoto apanhar o gatinho, pode-se considerar que a corda ainda esteja na vertical.Assim, neste momento, a resultante é centrípeta:
Rc = (M + m)ac
Lembrando que tem-se:
∴
Resposta: D
T M m gM
M mHL
= + ++
( ) 12
2
T M m gM m
LM
M mgH= + +
++
( )
( )2
2
vM
M mgH=
+2 ,
T M m g M mvL
– ( ) ( )+ = +2
T P M mvL
– ( )= +2
M+m
T
P
v
vM
M mgH=
+2
M gH M m v⋅ = +2 ( )
v 2gHf =
MgHMvf=
2
2
Resolução
17ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
f
M
M
L
L
i
HPHR
0 0
M ⇒m Mm
vvf = 2gH
Um feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2
sendo λ1 15% maior que λ2. Esse feixe de luz incide perpendicularmente
num anteparo com dois pequenos orifícios, separados entre si por umadistância d. A luz que sai dos orifícios é projetada num segundo anteparo,onde se observa uma figura de interferência.
Pode-se afirmar então, queA) o ângulo de arcsen(5λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
B) o ângulo de arcsen(10λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
C) o ângulo de arcsen(15λ1/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ1 é observada.
D) o ângulo de arcsen(10λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.
E) o ângulo de arcsen(15λ2/d) corresponde à posição onde somente a luz de comprimento de onda λ2 é observada.
Da experiência de Young, temos:
, em que
Como o feixe de luz é composto de luzes de comprimentos de onda λ1 e λ2(λ1 = 1,15λ2), para a mesma posiçãono anteparo.
θ1 = θ2
n1 ⋅ 1,15 = n2
23n1 = 20n2
As soluções inteiras dessa equação são:
• n1 = 20 (interferência construtiva da luz de comprimento de onda λ1)
• n2 = 23 (interferência destrutiva da luz de comprimento de onda λ2)
Para n1 = 20:
∴ na posição somente a luz de comprimento λ1 é observada.
Resposta: B θ
λ=
⋅
arc sen
d
10 1 ,
θ
λ1
10 1=⋅
arc sen
d
θ
λ1
20
21=
⋅
arc sen
d
θλ
11 12
=
arc sen
n
d
nd
nd
1 2 2 21152 2
⋅=
⋅, λ λ
arc senn
darc sen
nd
1 1 2 22 2λ λ
=
• n par: interferência construtiva• n ímpar: interferência destrutiva
θλ
=
arc sen
nd2
dsenn
θλ
=2
Resolução
dθ
λ1, λ2
Questão 18
18ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
12
3
10
1
A figura 1 mostra um capacitor de placas paralelas com vácuo entre as placas, cuja capacitância é Co. Numdeterminado instante, uma placa dielétrica de espessura d/4 e constante dielétrica K é colocada entre as pla-cas do capacitor, conforme a figura 2. Tal modificação altera a capacitância do capacitor para um valor C1.
Determine a razão
A)
B)
C)
D)
E)
• Considerando a figura 1:
(I)
• Considerando a figura 2, temos uma associação em série:
(II)
• Calculando , usando as equações (I) e (II):
Resposta: A
CC
Ad
KK
Ad
CC
KK
oo
o
o
1 141 3
1 34
=
+
=+
∴ε
ε
CC
o
1
CAd
Ado o”1 3
4
43
= =ε ε
CC C
C CK
KAdo1
1 1
1 1
41 3
=+
=+
’ ”’ ”
ε
C KAd
KAdo o‘1
4
4= =ε ε
C’1
C’’1
C1⇔
CAdo o= ε
Resolução
14 12K+
34 12K+
4 123
+ K
43 1
KK +
3 14K
K+
d d
figura 1 figura 2d4
CC
0
1.
Questão 19
19ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Certa quantidade de oxigênio (considerado aqui como gás ideal) ocupa um volume vi a uma temperatura Ti epressão pi. A seguir, toda essa quantidade é comprimida, por meio de um processo adiabático e quase estáti-
co, tendo reduzido o seu volume para . Identifique o valor do trabalho realizado sobre esse gás.
A) D)
B) E)
C)
Numa transformação adiabático reversível:
pfvfγ = pivi
γ
Para um gás diatômico ideal:
Em que:
Na transformação em questão :
pf ⋅ vf1,4 = pi ⋅ vi
1,4
(I)
Aplicando a 1ª- Lei da Termodinâmica:
∆U = Q – τ
τ = –∆U, onde
(II)
Substituindo I em II:
τ = −
⋅
52
20 4p v p vi i i i,
p vp v v
vi i
i i i
i
−
0 4
0 4
2
,
,τ =
52
∴p vp v
vi i
i i
i
−
1 4
0 4
2
,
,τ =
52
τ = −( )52
p v p vi i f f
U nRT=
52
p vp v
vf f
i i
i
=
1 4
0 4
2
,
,pf ⋅ vf ⋅ vf
0,4 = pi ⋅ vi1,4 ⇒
v
vf
i=
2
γ = = =C
Cp
v
75
1 4,
C R e C C R Rv p v= = + =52
72
Resolução
W p vi i= −
52
2 10 4( )( ),
W p vi i= −
52
2 11 4( )( ),
W p vi i= −
52
2 10 7( )( ),
W p vi i= −
32
2 11 7( )( ),
W p vi i= −
32
2 10 7( )( ),
v
vf
i=2
Questão 20
20ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
0
→
Assim, o trabalho realizado pelas forças de pressão do gás:
Finalmente, o trabalho realizado sobre o gás:
W = –τ
Resposta: C
Considere um condutor esférico A de 20cm de diâmetro colocado sobre umpedestal fixo e isolante. Uma esfera condutora B de 0,5mm de diâmetro, domesmo material da esfera A, é suspensa por um fio fixo e isolante. Em po-sição oposta à esfera A é colocada uma campainha C ligada à terra, con-forme mostra a figura. O condutor A é então carregado a um potencial ele-trostático Vo, de forma a atrair a esfera B. As duas esferas entram em contac-to devido à indução eletrostática e, após a transferência de carga, a esferaB é repelida, chocando-se com a campainha C, onde a carga adquirida é es-coada para a terra. Após 20 contatos com a campainha, verifica-se que o po-tencial da esfera A é de 10000V. Determine o potencial inicial da esfera A.
Considere (1 + x)n ≅ 1 + nx se |x| 1
Para condutores A e B em contato que entram em equilíbrio eletrostático, podemos afirmar que
VA = VB
Como os condutores são esferas:
Utilizando o princípio da conservação da carga:
Q’A + Q’B = QA ⇒ Q’A + Q’A ⋅ = 14243 123
após 1º- antes docontato 1º- contato
∴ Q’A =
Q”A + Q”B = Q’A ⇒ Q”A + Q”A ⋅ = 14243 123
após 2º- antes docontato 2º- contato
∴ Q”A = V r
r rr
r ro A
A B
A
A B+ +
2
VK
rr r
o A
A B
2
+rrB
A
V rK
rr r
o A A
A B+
V rKo Ar
rB
A
Qr
Qr
A
A
B
B=
KQr
KQr
A
A
B
B=
Resolução
A
isolante
B
C
isolante condutor
V0
Questão 21
W p vi i= −
52
2 10 4,
τ = ( ) −
52
1 20 4p vi i,
21ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Para o vigésimo termo (vigésimo contato):
Calculando o potencial elétrico para o condutor em forma de esfera.
V20 =
Substituindo os valores numéricos dados:
Vo = 1000(1 + 0,25 ⋅ 10–2)20
Utilizando a expressão dada:
Vo = 1000 (1 + 20 ⋅ 0,25 ⋅ 10–2) ∴ Vo = 10500V
Num dos pratos de uma balança que se encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m está em re-pouso no fundo de um frasco de massa M. Mostrar em que condições a mosca poderá voar dentro do frascosem que o equilíbrio seja afetado.
Na figura:A: ponto de apoio do prato na balançaP→
: peso da moscaF→
: força do ar na mosca–F
→: força da mosca no ar
Momento de –F→
em relação ao ponto C (articulação da balança).(M–F
→)c = y ⋅ d
Para que a balança se mantenha em equilíbrio:y = peso da mosca
Logo, o movimento da mosca pode ser qualquer um resultante da ação combinada entre F→
e P→
, desde que alinha de ação de F
→passe por A e que sua componente vertical seja igual ao peso da mosca.
C
F
x
y
xAP
–Fy
→
→
→
d
Resolução
M
m
Questão 22
Vo = +
⋅
⋅1000 1
0 5 10
20 10
3
2
20, –
–
K Qr
K V rr K
rr r
A
A
o A
A
A
A B
⋅ ⋅ ⋅⋅
=+
20 20
QV r
r rr
r rAo A
A B
A
A B
2020
=+ +
22ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
A figura mostra uma bola de massa m que que cai com velocidade v→
1 sobre a superfície de um suporte rígido,inclinada de um ângulo θ em relação ao plano horizontal. Sendo e o coeficiente de restituição para esseimpacto, calcule o módulo da velocidade v
→
2 com que a bola é ricocheteada, em função de v1, θ e e. Calcule
também o ângulo α.
Para resolver a questão, partiremos das seguintes hipóteses.1) A força aplicada pelo suporte sobre a bola é perpendicular à superfície do suporte.2) O coeficiente de restituição é definido como a razão entre as componentes perpendiculares ao suporte dos
módulos das velocidades de afastamento e aproximação do choque.
Assim, definem-se os eixos x e y, como na figura
Pela hipótese 1, pode-se concluir que as componentes de v→
1 e v→
2 na direção x são iguais, logo:
v1senθ = v2cosα (1)
Além disso, pela definição de e dada na hipótese 2:
Elevando (1) e (2) ao quadrado e somando:
v22 = v2
1 ⋅ (sen2θ + e2cos2θ) ∴ v2 = v1 (3)
Uma das possibilidades para a determinação de α é isolá-lo em (1)
(4)
Substituindo (3) em (4):
αθ
θ θ=
+
arccoscos
sen
sen e2 2 2
coscos
αθ
θ θ=
+∴
sen
sen e2 2 2
cosα θ= ⋅vv
sen1
2
sen e2 2 2θ θ+ cos
ev senv
= 2
12
αθcos
( )
m
v2
α
θ
y
θ
x
v1
Resolução
v1→
m
v2→
α
θ
Questão 23
23ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Um apreciador de música ao vivo vai a um teatro, que não dispõe de amplificação eletrônica, para assistir aum show de seu artista predileto. Sendo detalhista, ele toma todas as informações sobre as dimensões doauditório, cujo teto é plano e nivelado. Estudos comparativos em auditórios indicam preferência para aquelesem que seja de 30ms a diferença de tempo entre o som direto e aquele que primeiro chega após umareflexão. Portanto, ele conclui que deve se sentar a 20m do artista, na posição indicada na figura. Admitindoa velocidade do som no ar de 340m/s, a que altura h deve estar o teto com relação a sua cabeça?
O esquema simplificado da situação apresentada é:
Note-se:I) FP = F’P. Logo F → P → A ≡ F’ → P → A
II) F’P =
Para a onda percorrendo o caminho FA, tem-se:
Para a trajetória FPA, tem-se:
De acordo com a condição imposta:t2 – t1 = 30ms
Ou seja:
Resolvendo a equação acima: h ≈ 11,3m
400 4340
117
0 032+
=h
s– ,
vst
ht
th
= =+
=+
⇒ ∴∆∆
340400 4 400 4
340
2
22
2
vst t
t s= = =⇒ ∴∆∆
34020 1
1711
400 4 2+ h
h
h
F’
P
20 m
θ θ
AF
Resolução
20,0 m
h
Questão 24
24ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Um resistor Rx é mergulhado num reservatório de óleo isolante. A fim de estudar a variação da temperaturado reservatório, o circuito de uma ponte de Wheatstone foi montado, conforme mostra a figura 1. Sabe-seque Rx é um resistor de fio metálico de 10m de comprimento, área da seção transversal de 0,1mm2, e resis-
tividade elétrica ρ0 de 2,0 ⋅ 10–8Ωm, a 20°C. O comportamento da resistividade ρ versus temperatura t é
mostrado na figura 2. Sabendo-se que o resistor Rx foi variado entre os valores de 10Ω e 12Ω para que o cir-
cuito permanecesse em equilíbrio, determine a variação da temperatura nesse reservatório.
• A variação da resistividade elétrica em função da temperatura a partir de t = 20°C é
• Desprezando-se os efeitos de dilatação térmica, a resistência elétrica a partir de t = 20°C é
• Rt = Rx = 10Ω → 10 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 820°C
• Rt = Rx = 12Ω → 12 = 2 + 10–2(t – 20) ∴ t = 1020°C
Logo, a variação de temperatura foi de 200°C.
Um cilindro de diâmetro D e altura h repousa sobre um disco que gira num plano horizontal, com velocidadeangular ω. Considere o coeficiente de atrito entre o disco e o cilindro µ D/h, L a distância entre o eixo do discoe o eixo do cilindro, e g a aceleração da gravidade. O cilindro pode escapar do movimento circular de duasmaneiras: por tombamento ou por deslizamento. Mostrar o que ocorrerá primeiro, em função das variáveis.
Considerações geraisAs condições para que o cilindro faça a curva sem tombar são:
(1) ∑→F = Mγ→
cm
(2) ∑Mcm = 0
Resolução
h
ωD
L
Questão 26
R
AR t R tt t t t= → = + =⋅ ⋅ ⋅ ∴ ⋅ρ
l[ ( – )] ( – )– –
––2 10 10 20
10
102 10 208 10
72
ρ ρ α ρ ρt t tt t t= + = + = +→ ⋅⋅ ⋅
⋅ ∴ ⋅208
88 1020 2 10
0 4 2 1080
20 2 10 10 20( – ),
( – ) ( – ).––
– –
Resolução
G
RXR3 = 2Ω
R2 = 12ΩR1
1,4ρ0
ρ0
20 100 t(°C)
ρ(Ωm)
Figura 2Figura 1
Questão 25
25ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
De acordo com a equação 1, na situação limite de escorregamento:
(Aest)max = M ⋅ ac
µ ⋅ N = M ⋅ ω12 ⋅ L
µ ⋅ M ⋅ g = M ⋅ ω12 ⋅ L ⇒ ω1
2 = (3)
De acordo com a equação (2), na situação limite de tomba-mento (normal agindo na situação indicada na figura):
(4)
Comparando as expressões (3) e (4) e lembrando que µ D/h, conclui-se que:
ω1 ω2
Isso permite concluir que o cilindro tomba antes de escorregar.
Durante a realização de um teste, colocou-se 1 litro de água a 20°C no interior de um forno de microondas.Após permanecer ligado por 20 minutos, restou meio litro de água. Considere a tensão da rede de 127V e de12A a corrente consumida pelo forno. Calcule o fator de rendimento do forno.Dados: calor de vaporização da água LV = 540cal/g;
calor específico da água C = 1cal/gºC;1 caloria = 4,2 joules
O fator de rendimento do forno pode ser determinado como segue:
, em que:
• PI é a potência associada ao calor absorvido no processo de aquecimento e vaporização da água.
• PII é a potência elétrica do forno de microondas.
PII = V ⋅ iPII = 127 ⋅ (12) = 1524W
Logo:
η ≈ 80%
η = = ≈PP
I
II
12251524
0 804,
P WI =+
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) ,
( )10 1 80 5 10 540 4 2
20 601225
3 2
Pm C
mL
tI =+∆
∆
θ2
η =PP
I
II
Resolução
Questão 27
MgD M Lh
gL
Dh
= ⇒ =
ω ω2
222
N
DM L
h⋅
= ⋅
2 22
2ω
µgL P
AC
N
h2
D2
26ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Considere o transformador da figura, onde VP é a tensão no primário, VS é a tensão no secundário, R um resistor,N1 e N2 são o número de espiras no primário e secundário, respectivamente, e S uma chave. Quando a chave éfechada, qual deve ser a corrente IP no primário?
Com a chave fechada:
Da Lei de Ohm:
Substituindo (II) em (I):
De acordo com a Lei de Stefan-Boltzmann, o equilíbrio da atmosfera terrestre é obtido pelo balanço energéticoentre a energia de radiação do Sol absorvida pela Terra e a reemitida pela mesma. Considere que a energiafornecida por unidade de tempo pela radiação solar é dada por P = A e σT4, em que σ = 5,67 × 10–8Wm–2K–4;A é a área da superfície do corpo; T a temperatura absoluta, e o parâmetro e é a emissividade que represen-ta a razão entre a taxa de radiação de uma superfície particular e a taxa de radiação de uma superfície de umcorpo ideal, com a mesma área e mesma temperatura. Considere a temperatura média da Terra T
–= 287K e,
nesta situação, e = 1. Sabendo que a emissão de gases responsáveis pelo aquecimento global reduz a emis-sividade, faça uma estimativa de quanto aumentará a temperatura média da Terra devido à emissão de gasesresponsáveis pelo aquecimento global, se a emissividade diminuir 8%.
Considere
Como a potência que chega à Terra é a mesma em ambas as situações:P = P’
A ⋅ e ⋅ ρ ⋅ T4 = A ⋅ e’ ⋅ ρ ⋅ (T’)4
TT
ee
'=
′
14
Resolução
( – ) –/1 14
1 4xx
≅
Questão 29
ou INN
VRPP=
2
1
2
VR I
NN
INN
VR
S
PP
S⋅
∴ ⋅= =1
2
2
1
IVR
IISS= ( )
VV
II
NN
IP
S
S
P= = 1
2( )
Resolução
S
RN2 ; VS
N1Vp
Questão 28
27ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Substituindo os valores numéricos dados:
Utilizando a expressão dada:
Portanto a temperatura aumentará de aproximadamente 6K.
Foi René Descartes em 1637 o primeiro a discutir claramente a formação do arco-íris. Ele escreveu: “Considerandoque esse arco-íris aparece não apenas no céu, mas também no ar perto de nós, sempre que haja gotas de água ilu-minadas pelo sol, como podemos ver em certas fontes, eu imediatamente entendi que isso acontece devido apenasao caminho que os raios de luz traçam nessas gotas e atingem nossos olhos. Ainda mais, sabendo que as gotas sãoredondas, como fora anteriormente provado e, mesmo que sejam grandes ou pequenas, a aparência do arco-íris nãomuda de forma nenhuma, tive a idéia de considerar uma bem grande, para que pudesse examinar melhor…”Ele então apresentou a figura onde estão representadas as trajetórias para os arco-íris primário e secundário.Determinar o ângulo entre o raio incidente na gota, AB, e o incidente no olho do observador, DE, no caso do arco-íris primário, em termos do ângulo de incidência, e do índice de refração da água na. Considere o índice de refraçãodo ar n = 1.
O esquema simplificado do fenômeno arco-íris é:
180° – 2r
180° – 2r0
i – rr
R
iN
rr
i – r
água (na)
ar (n = 1)N
i
rPN
Q
θ = ?
Resolução
A
F
EM
G DHC
IB
J A
FE
E
G
I
B I
H
C
D
Arco-íris primárioe secundário
Vista expandida deuma gota de água
Questão 30
′
≈ ≈T K2871
10 08
4
293
–,
′ =
=T 287
11 0 08
2871
1 0 08
14
14
– ,( – , )
28ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
No quadrilátero PQRO:r + (i – r) + 180 – 2r + 180 – 2r + θ + r + i – r = 3602i – 4r + θ = 0∴ θ = 4r – 2i (I)
Aplicando a lei de Snell na entrada do raio de luz na gota de água:
Substituindo a expressão acima na equação I:
θ =
−⋅4 2arc sen
senin
ia
∴ =
r arc sen
senina
senisenr
n senrsenina
a= =⇒
29ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
30ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Prova clássica, de questões pouco criativas mas, às vezes, exigindo cálculos trabalhosos.Os principais assuntos foram abordados. Entretanto, um assunto de grande relevância, Hidrostática, não
apareceu.
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR