ITA 2007 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Instituto Tecnológico de Aeronáutica

Vestibular 2007 · Física · 20 questões objetivas e 10 discursivas · Resoluções comentadas e análise Método TEF.

Q01
Mecânica — Algarismos significativos

Sobre um corpo de $2{,}5\ \mathrm{kg}$ de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de intensidades $150{,}40\ \mathrm N$ e $50{,}40\ \mathrm N$, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é

A)$40{,}00\ \mathrm{m/s^2}$
B)$40\ \mathrm{m/s^2}$
C)$0{,}4\times10^2\ \mathrm{m/s^2}$
D)$40{,}0\ \mathrm{m/s^2}$
E)$40{,}000\ \mathrm{m/s^2}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

B
Resolução — Método TEF

As forças são colineares e opostas. Subtraia os módulos antes de dividir pela massa:

\[F_R=150{,}40-50{,}40\]
\[F_R=100{,}00\ \mathrm N\]
\[a=\frac{100{,}00}{2{,}5}\]
\[a=40\ \mathrm{m/s^2}\]

A massa foi dada com dois algarismos significativos e limita a precisão do quociente. A escrita 40 é a opção pretendida com dois algarismos; 0,4 × 10² tem somente um.

Alternativa correta: B

Q02
Mecânica — Rampa e lançamento oblíquo

A partir do nível P, com velocidade inicial de $5\ \mathrm{m/s}$, um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de $0{,}8\ \mathrm m$ de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a $1/3$. Considere a aceleração da gravidade $g=10\ \mathrm{m/s^2}$, $\sin\theta=0{,}8$, $\cos\theta=0{,}6$ e que o ar não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é

Rampa PQ e extremidade Q de onde o corpo sai em lançamento oblíquo
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$0{,}20\ \mathrm s$
B)$0{,}24\ \mathrm s$
C)$0{,}40\ \mathrm s$
D)$0{,}44\ \mathrm s$
E)$0{,}48\ \mathrm s$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

Durante a subida na rampa, peso tangencial e atrito se opõem ao movimento:

\[|a|=g(\sin\theta+\mu\cos\theta)\]
\[|a|=10\ \mathrm{m/s^2}\]

Verifique se o corpo alcança Q antes de parar:

\[0{,}8=5t-5t^2\]
\[t_Q=0{,}20\ \mathrm s\]

A outra raiz não descreve a primeira chegada. Em Q, o corpo ainda tem rapidez:

\[v_Q=5-10(0{,}20)\]
\[v_Q=3\ \mathrm{m/s}\]

A partir de Q há lançamento oblíquo. O tempo adicional até o componente vertical se anular é:

\[v_{yQ}=3(0{,}8)\]
\[v_{yQ}=2{,}4\ \mathrm{m/s}\]
\[t_{ar}=\frac{2{,}4}{10}\]
\[t_{ar}=0{,}24\ \mathrm s\]
\[t_{total}=0{,}20+0{,}24\]
\[t_{total}=0{,}44\ \mathrm s\]

Alternativa correta: D

Q03
Mecânica — Aceleração vetorial

A figura mostra uma pista de corrida A B C D E F, com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A, de onde parte do repouso, até a chegada em F, onde para. Os trechos BC, CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.

Considere as seguintes afirmações:

I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC, DE e EF.

II. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.

III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para sudoeste, no DE.

Então, está(ão) correta(s)

Pista ABCDEF com dois arcos e orientação dos pontos cardeais
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)apenas a I.
B)apenas a I e II.
C)apenas a I e III.
D)apenas a II e III.
E)todas.

Gabarito conferido nas provas comentadas

E
Resolução — Método TEF

Na afirmação I, “acelerado” deve ser entendido como movimento com aceleração vetorial não nula. Em AB e EF muda o módulo da velocidade; em BC e DE muda sua direção, embora a rapidez permaneça constante. Assim, I é verdadeira.

Em AB, a velocidade para o norte cresce a partir de zero. Em EF, a velocidade para o sul diminui até zero. Nos dois trechos, a variação de velocidade aponta para o norte; II é verdadeira.

Para avaliar III, use a diferença entre as velocidades nos extremos:

\[\vec a_{\rm med}=\frac{\vec v_f-\vec v_i}{\Delta t}\]

Em BC, a velocidade passa de norte para leste: a diferença aponta para sudeste. Em DE, passa de leste para sul: a diferença aponta para sudoeste. Logo, III também é verdadeira. Não confunda aceleração vetorial com aumento da rapidez. A expressão “movimento acelerado” é ambígua: no sentido estrito de rapidez crescente, a afirmação I seria falsa. A resposta das provas comentadas adota a leitura de aceleração vetorial não nula.

Alternativa correta: E

Q04
Ondulatória — Simultaneidade de sinais

Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho $M_1$ registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho $M_2$. Sendo $V_s$ a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos $M_1$ e $M_2$ em relação ao alvo Q é

Bala de P a Q e posições dos receptores M1 e M2
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$\dfrac{V_s(V-V_s)}{V^2-V_s^2}$
B)$\dfrac{V_s(V_s-V)}{V^2-V_s^2}$
C)$\dfrac{V(V-V_s)}{V_s^2-V^2}$
D)$\dfrac{V_s(V+V_s)}{V^2-V_s^2}$
E)$\dfrac{V_s(V-V_s)}{V^2+V_s^2}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

A
Resolução — Método TEF

Defina X como a distância PQ, d como QM₁ e b como QM₂. Para M₁, a chegada do som do disparo coincide com a chegada do som do impacto:

\[\frac{X-d}{V_s}=\frac XV+\frac d{V_s}\]
\[d=\frac{X(V-V_s)}{2V}\]

Para M₂, o som do disparo percorre a hipotenusa:

\[\frac{\sqrt{X^2+b^2}}{V_s}=\frac XV+\frac b{V_s}\]
\[X^2=\frac{X^2V_s^2}{V^2}+\frac{2XbV_s}{V}\]
\[b=\frac{X(V^2-V_s^2)}{2VV_s}\]

Divida as duas distâncias:

\[\frac db=\frac{V_s(V-V_s)}{V^2-V_s^2}\]

A configuração desenhada exige V maior que a velocidade do som. O tempo de voo da bala não pode ser omitido.

Alternativa correta: A

Q05
Mecânica — Equilíbrio de torques

Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M, um conjunto em equilíbrio estático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso $P_1=100\ \mathrm N$ na extremidade a $50\ \mathrm{cm}$ de M, e de um peso $P_2=60\ \mathrm N$, na posição $x_2$ indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o peso $P_2$ na posição original de $P_1$, passando este à posição de distância $x_1=1{,}6x_2$ da extremidade N. Sendo de $200\ \mathrm{cm}$ o comprimento da barra e $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ a aceleração da gravidade, a massa da barra é de

Barra de dois metros apoiada em M, pesos e posições medidas a partir de N
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$0{,}5\ \mathrm{kg}$
B)$1{,}0\ \mathrm{kg}$
C)$1{,}5\ \mathrm{kg}$
D)$1{,}6\ \mathrm{kg}$
E)$2{,}0\ \mathrm{kg}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

O centro de massa da barra fica 0,50 m à direita de M. Seja m_b sua massa. Trabalhe em metros, medindo x₁ e x₂ a partir de N. Na primeira montagem:

\[100(0{,}50)=10m_b(0{,}50)+60(1{,}50-x_2)\]
\[x_2=\frac{40+5m_b}{60}\]

Após trocar os pesos:

\[60(0{,}50)=10m_b(0{,}50)+100(1{,}50-x_1)\]
\[x_1=1{,}20+0{,}05m_b\]

Use a relação entre as posições:

\[1{,}20+0{,}05m_b=1{,}6\frac{40+5m_b}{60}\]
\[m_b=1{,}6\ \mathrm{kg}\]

O braço de cada peso à direita é a distância até M, e não sua distância até N.

Alternativa correta: D

Q06
Mecânica — Polias e equilíbrio

No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático. Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale

Duas massas laterais m e massa central M em um nó abaixo das polias
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$\dfrac{ML}{\sqrt{4m^2-M^2}}$
B)$L$
C)$\dfrac{ML}{\sqrt{M^2-4m^2}}$
D)$\dfrac{mL}{\sqrt{4m^2-M^2}}$
E)$\dfrac{ML}{\sqrt{2m^2-M^2}}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

A
Resolução — Método TEF

Cada massa lateral em equilíbrio fixa a tração no fio:

\[T=mg\]

No nó Q, as componentes horizontais se cancelam. As verticais sustentam M:

\[2T\sin\theta=Mg\]
\[\sin\theta=\frac{M}{2m}\]

Pela geometria do triângulo com catetos h e L:

\[\sin\theta=\frac h{\sqrt{L^2+h^2}}\]
\[M^2(L^2+h^2)=4m^2h^2\]
\[h=\frac{ML}{\sqrt{4m^2-M^2}}\]

O equilíbrio com distância finita exige M menor que 2m. A tração de cada ramo não vale Mg.

Alternativa correta: A

Q07
Mecânica — Colisão e queda

Uma bala de massa m e velocidade $v_0$ é disparada contra um bloco de massa M, que inicialmente se encontra em repouso na borda de um poste de altura h, conforme mostra a figura. A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atrito e nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge o solo vale

Bala que se aloja em bloco no topo de poste de altura h
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$\sqrt{\left(\dfrac{mv_0}{m+M}\right)^2+2gh}$
B)$\sqrt{v_0^2+\dfrac{2ghm^2}{(m+M)^2}}$
C)$\sqrt{v_0^2+\dfrac{2mgh}{M}}$
D)$\sqrt{v_0^2+2gh}$
E)$\sqrt{\dfrac{mv_0^2}{m+M}+2gh}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

A
Resolução — Método TEF

Durante a colisão perfeitamente inelástica, conserve a quantidade de movimento horizontal:

\[mv_0=(m+M)u\]
\[u=\frac{mv_0}{m+M}\]

A energia cinética não se conserva no alojamento da bala. Depois da colisão, durante a queda sem resistência, conserve a energia mecânica:

\[\frac12(m+M)u^2+(m+M)gh=\frac12(m+M)v_f^2\]
\[v_f=\sqrt{\left(\frac{mv_0}{m+M}\right)^2+2gh}\]

Alternativa correta: A

Q08
Mecânica — Potência na elevação

Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de $32\ \mathrm m$ em $40\ \mathrm s$, um elevador consome a potência de $8{,}5\ \mathrm{kW}$ de seu motor. Considere seja de $370\ \mathrm{kg}$ a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidade $g=10\ \mathrm{m/s^2}$. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de $70\ \mathrm{kg}$ cada um, a ser transportado pelo elevador é

A)7.
B)8.
C)9.
D)10.
E)11.

Gabarito conferido nas provas comentadas

C
Resolução — Método TEF

A rapidez média de subida é:

\[v=\frac{32}{40}\]
\[v=0{,}8\ \mathrm{m/s}\]

No modelo ideal da questão, a potência disponível sustenta o peso total:

\[P=(370+70n)gv\]
\[8500\ge(370+70n)(10)(0{,}8)\]
\[n\le9{,}89\]

O número de passageiros deve ser inteiro e não pode superar o limite: cabem nove. A conta supõe que a potência informada é utilizável na elevação, sem perdas adicionais.

Alternativa correta: C

Q09
Termologia — Aquecimento e fusão

Um corpo indeformável em repouso é atingido por um projétil metálico com a velocidade de $300\ \mathrm{m/s}$ e a temperatura de $0\,{}^\circ\mathrm C$. Sabe-se que, devido ao impacto, $1/3$ da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restante transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão $t_f=300\,{}^\circ\mathrm C$, calor específico $c=0{,}02\ \mathrm{cal/(g\,{}^\circ C)}$ e calor latente de fusão $L_f=6\ \mathrm{cal/g}$. Considerando $1\ \mathrm{cal}\simeq4\ \mathrm J$, a fração x da massa total do projétil metálico que se funde é tal que

A)$x<0{,}25$
B)$x=0{,}25$
C)$0{,}25
D)$x=0{,}5$
E)$x>0{,}5$

Gabarito conferido nas provas comentadas

B
Resolução — Método TEF

Converta as propriedades térmicas para joules por quilograma:

\[c=80\ \mathrm{J/(kg\,K)}\]
\[L_f=24000\ \mathrm{J/kg}\]

Dois terços da energia cinética aquecem e fundem o projétil:

\[\frac23\frac{mv^2}{2}=mc\Delta T+xmL_f\]

Cancele a massa e separe aquecimento de fusão:

\[\frac{300^2}{3}=80(300)+24000x\]
\[30000=24000+24000x\]
\[x=0{,}25\]

O calor sensível leva todo o projétil à temperatura de fusão antes de qualquer parcela fundir.

Alternativa correta: B

Q10
Mecânica — Oscilação por tensão

Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento $L/2$, quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T de cada um dos elásticos e executa no plano vertical um movimento harmônico simples, tal que $\sin\theta\cong\tan\theta$. Considerando que a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale

Massa M entre dois elásticos, cada um com projeção horizontal L sobre dois
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$2\pi\sqrt{\dfrac{4ML}{T}}$
B)$2\pi\sqrt{\dfrac{ML}{4T}}$
C)$2\pi\sqrt{\dfrac{ML}{T}}$
D)$2\pi\sqrt{\dfrac{ML}{2T}}$
E)$2\pi\sqrt{\dfrac{2ML}{T}}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

B
Resolução — Método TEF

As componentes horizontais das duas tensões se cancelam. Para pequeno deslocamento vertical y, a resultante é restauradora:

\[F_y=-2T\sin\theta\]
\[\sin\theta\simeq\tan\theta=\frac{2y}{L}\]
\[F_y=-\frac{4T}{L}y\]

Compare com a equação do oscilador harmônico:

\[M\ddot y=-\frac{4T}{L}y\]
\[\omega^2=\frac{4T}{ML}\]
\[P=2\pi\sqrt{\frac{ML}{4T}}\]

Foi usada P para o período, distinguindo-o da tensão T. A constante restauradora vem da geometria, embora a tensão tenha módulo constante.

Alternativa correta: B

Q11
Termologia — Mistura e calor sensível

Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de $10\,{}^\circ\mathrm C$ a $20\,{}^\circ\mathrm C$, sendo misturada, em seguida, à água a $80\,{}^\circ\mathrm C$ de um segundo caldeirão, resultando $10\ \mathrm L$ de água a $32\,{}^\circ\mathrm C$, após a mistura. Considere haja troca de calor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de $1\ \mathrm{kg/L}$, não varia com a temperatura, sendo, ainda, seu calor específico $c=1{,}0\ \mathrm{cal\,g^{-1}\,{}^\circ C^{-1}}$. A quantidade de calor recebida pela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até $20\,{}^\circ\mathrm C$ é de

A)$20\ \mathrm{kcal}$
B)$50\ \mathrm{kcal}$
C)$60\ \mathrm{kcal}$
D)$80\ \mathrm{kcal}$
E)$120\ \mathrm{kcal}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

Sejam m₁ a massa de água inicialmente a 20 °C e m₂ a massa a 80 °C. A mistura conserva energia térmica:

\[m_1c(32-20)+m_2c(32-80)=0\]
\[m_1=4m_2\]

Dez litros correspondem a dez quilogramas:

\[m_1+m_2=10\ \mathrm{kg}\]
\[m_1=8\ \mathrm{kg}\]

O aquecimento anterior, de 10 °C para 20 °C, fornece:

\[Q=8000(1)(20-10)\ \mathrm{cal}\]
\[Q=80\ \mathrm{kcal}\]

A energia pedida é a da primeira etapa, não a transferida durante a mistura.

Alternativa correta: D

Q12
Termologia — Energia mecânica em calor

A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de $80\ \mathrm m$, convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultando em um aumento de $1\ \mathrm K$ de sua temperatura. Considerando $1\ \mathrm{cal}\cong4\ \mathrm J$, aceleração da gravidade $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ e calor específico da água $c=1{,}0\ \mathrm{cal\,g^{-1}\,{}^\circ C^{-1}}$, calcula-se que a velocidade inicial da água V é de

A)$10\sqrt2\ \mathrm{m/s}$
B)$20\ \mathrm{m/s}$
C)$50\ \mathrm{m/s}$
D)$10\sqrt{32}\ \mathrm{m/s}$
E)$80\ \mathrm{m/s}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

E
Resolução — Método TEF

O calor ganho pela água vem tanto da energia cinética inicial quanto da energia potencial gravitacional:

\[\frac12mV^2+mgh=mc\Delta T\]

No SI, o calor específico fornecido vale:

\[c=4000\ \mathrm{J/(kg\,K)}\]

Cancele a massa e substitua os dados:

\[\frac{V^2}{2}+10(80)=4000(1)\]
\[V^2=6400\]
\[V=80\ \mathrm{m/s}\]

A altura de queda sozinha forneceria somente parte da energia necessária ao aquecimento de um kelvin.

Alternativa correta: E

Q13
Ondulatória — Eco com vento

Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento forte de $40\ \mathrm{m/s}$ contra a base de uma montanha. A frequência do som emitido pelo balão é de $570\ \mathrm{Hz}$ e a velocidade de propagação do som no ar é de $340\ \mathrm{m/s}$. Assinale a opção que indica a frequência refletida pela montanha e registrada no receptor do balão.

A)$450\ \mathrm{Hz}$
B)$510\ \mathrm{Hz}$
C)$646\ \mathrm{Hz}$
D)$722\ \mathrm{Hz}$
E)$1292\ \mathrm{Hz}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

Trabalhe no referencial do ar, em que o balão está em repouso e a montanha se aproxima a 40 m/s. A frequência recebida pela montanha é:

\[f_M=570\frac{340+40}{340}\]
\[f_M\simeq637\ \mathrm{Hz}\]

Na reflexão, a montanha atua como fonte móvel aproximando-se do receptor no balão:

\[f_B=f_M\frac{340}{340-40}\]
\[f_B=570\frac{380}{300}\]
\[f_B=722\ \mathrm{Hz}\]

A frequência pedida é a registrada de volta no balão. A frequência medida na montanha é diferente; aplicar somente uma etapa do efeito Doppler não resolve o percurso de ida e volta.

Alternativa correta: D

Q14
Óptica — Refração paraxial

A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração $n_1$ e transmitido para uma esfera transparente de raio R e índice de refração $n_2$. Considere os valores dos ângulos $\alpha$, $\varphi_1$ e $\varphi_2$ muito pequenos, tal que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de $\varphi_2$ é de

Raio refratado em esfera, normal radial e ângulos alfa, phi1 e phi2
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$\varphi_2=\dfrac{n_1}{n_2}(\varphi_1-\alpha)$
B)$\varphi_2=\dfrac{n_1}{n_2}(\varphi_1+\alpha)$
C)$\varphi_2=\dfrac{n_1}{n_2}\varphi_1+\left(1-\dfrac{n_1}{n_2}\right)\alpha$
D)$\varphi_2=\dfrac{n_1}{n_2}\varphi_1$
E)$\varphi_2=\dfrac{n_1}{n_2}\varphi_1+\left(\dfrac{n_1}{n_2}-1\right)\alpha$

Gabarito conferido nas provas comentadas

E
Resolução — Método TEF

Os ângulos de incidência e de refração devem ser medidos em relação à normal à esfera:

\[i=\varphi_1+\alpha\]
\[r=\varphi_2+\alpha\]

Aplique a lei de Snell e a aproximação de ângulos pequenos:

\[n_1\sin i=n_2\sin r\]
\[n_1(\varphi_1+\alpha)\simeq n_2(\varphi_2+\alpha)\]

Isole o ângulo pedido:

\[\varphi_2\simeq\frac{n_1}{n_2}\varphi_1+\left(\frac{n_1}{n_2}-1\right)\alpha\]

O ângulo com a horizontal não é o ângulo usado diretamente na lei de refração.

Alternativa correta: E

Q15
Ondulatória — Interferência sonora

A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na frequência de $170\ \mathrm{Hz}$. Considere seja desprezível a variação da intensidade do som de cada um dos alto-falantes com a distância e que a velocidade do som é de $340\ \mathrm{m/s}$. A maior distância entre dois máximos de intensidade da onda sonora formada entre os alto-falantes é igual a

Alto-falantes em fase separados por setecentos centímetros
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$2\ \mathrm m$
B)$3\ \mathrm m$
C)$4\ \mathrm m$
D)$5\ \mathrm m$
E)$6\ \mathrm m$

Gabarito conferido nas provas comentadas

E
Resolução — Método TEF

O comprimento de onda é:

\[\lambda=\frac{340}{170}\]
\[\lambda=2\ \mathrm m\]

Meça x a partir do alto-falante da esquerda; a separação é de sete metros. Para fontes em fase, há máximo quando a diferença de caminhos é múltipla de λ:

\[|(7-x)-x|=n\lambda\]
\[|7-2x|=2n\]

Os máximos mais afastados, ainda entre os alto-falantes, correspondem a:

\[x_{esq}=0{,}5\ \mathrm m\]
\[x_{dir}=6{,}5\ \mathrm m\]
\[\Delta x_{max}=6\ \mathrm m\]

A distância entre máximos consecutivos é um metro; o enunciado pede a maior distância entre dois máximos.

Alternativa correta: E

Q16
Eletricidade — Capacitor e chave

O circuito da figura é composto de duas resistências, $R_1=1{,}0\times10^3\ \Omega$ e $R_2=1{,}5\times10^3\ \Omega$, respectivamente, e de dois capacitores, de capacitâncias $C_1=1{,}0\times10^{-9}\ \mathrm F$ e $C_2=2{,}0\times10^{-9}\ \mathrm F$, respectivamente, além de uma chave S, inicialmente aberta. Sendo fechada a chave S, a variação da carga $\Delta Q$ no capacitor de capacitância $C_1$, após determinado período, é de

Circuito em ponte com dois resistores, dois capacitores e chave S
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)$-8{,}0\times10^{-9}\ \mathrm C$
B)$-6{,}0\times10^{-9}\ \mathrm C$
C)$-4{,}0\times10^{-9}\ \mathrm C$
D)$+4{,}0\times10^{-9}\ \mathrm C$
E)$+8{,}0\times10^{-9}\ \mathrm C$

Gabarito conferido nas provas comentadas

B
Resolução — Método TEF

Considere o regime estacionário antes e depois do fechamento da chave. Inicialmente não há corrente contínua nos ramos capacitivos, nem queda de tensão nos resistores:

\[U_{C_1,i}=10\ \mathrm V\]
\[Q_i=C_1U_{C_1,i}\]
\[Q_i=10\ \mathrm{nC}\]

Com a chave fechada, os capacitores ficam em paralelo com os respectivos resistores. O divisor de tensão fixa a tensão em C₁:

\[U_{C_1,f}=10\frac{R_1}{R_1+R_2}\]
\[U_{C_1,f}=4\ \mathrm V\]
\[Q_f=4\ \mathrm{nC}\]

A variação é final menos inicial:

\[\Delta Q=4-10\]
\[\Delta Q=-6\ \mathrm{nC}\]

Não trate o capacitor como curto-circuito no regime permanente. A interpretação de tempo suficiente para estabilização é necessária para o valor solicitado.

Alternativa correta: B

Q17
Eletricidade — Potencial de nó

No circuito da figura, têm-se as resistências R, $R_1$, $R_2$ e as fontes $V_1$ e $V_2$ aterradas. A corrente i indicada é

Duas fontes aterradas alimentando nó ligado ao resistor R
Figura do caderno original — ITA 2007.

Descrição do circuito: os terminais negativos das duas fontes estão aterrados. Seus terminais positivos ligam-se ao nó central por R₁ e R₂. O resistor R liga o nó à terra, com i indicado para baixo.

A)$i=\dfrac{V_1R_2-V_2R_1}{R_1R_2+RR_2+RR_1}$
B)$i=\dfrac{V_1R_1+V_2R_2}{R_1R_2+RR_2+RR_1}$
C)$i=\dfrac{V_1R_1-V_2R_2}{R_1R_2+RR_2+RR_1}$
D)$i=\dfrac{V_1R_2+V_2R_1}{R_1R_2+RR_2+RR_1}$
E)$i=\dfrac{V_2R_1-V_1R_2}{R_1R_2+RR_2+RR_1}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

Seja U o potencial do nó central em relação à terra. A corrente descendente pelo resistor R é:

\[i=\frac UR\]

A lei dos nós relaciona essa corrente às provenientes das fontes:

\[\frac{V_1-U}{R_1}+\frac{V_2-U}{R_2}=\frac UR\]

Multiplique pelos denominadores e agrupe U:

\[R(V_1R_2+V_2R_1)=U(R_1R_2+RR_2+RR_1)\]
\[i=\frac{V_1R_2+V_2R_1}{R_1R_2+RR_2+RR_1}\]

As fontes têm seus terminais negativos aterrados. Por isso suas contribuições ao numerador se somam.

Alternativa correta: D

Q18
Eletromagnetismo — Trajetória helicoidal

A figura mostra uma partícula de massa m e carga $q>0$, numa região com campo magnético $\vec B$ constante e uniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial $\vec v$ no plano xy, formando o ângulo $\theta$ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento. Assinale a alternativa correta.

Partícula lançada com ângulo theta em campo magnético paralelo ao eixo x
Figura do caderno original — ITA 2007.
A)O produto $dqB$ deve ser múltiplo de $2\pi mv\cos\theta$.
B)A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P.
C)Para $\theta=0$, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado.
D)A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a $m/qB$.
E)O campo magnético não produz aceleração na partícula.

Gabarito conferido nas provas comentadas

A
Resolução — Método TEF

Decomponha o movimento em uma translação uniforme paralela ao campo e um movimento circular perpendicular a ele:

\[v_x=v\cos\theta\]
\[v_\perp=v\sin\theta\]

O período ciclotrônico independe da rapidez:

\[T=\frac{2\pi m}{qB}\]

Para voltar ao eixo x, a partícula precisa completar um número inteiro n de voltas:

\[d=v\cos\theta\,nT\]
\[dqB=n\,2\pi mv\cos\theta\]

A força magnética não realiza trabalho, mas altera a direção da componente transversal da velocidade. Para θ igual a zero, o movimento é uniforme.

Alternativa correta: A

Q19
Física moderna — Luz fluorescente

Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta.

A)A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa na lâmpada.
B)Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível.
C)A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada.
D)A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada.
E)A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.

Gabarito conferido nas provas comentadas

C
Resolução — Método TEF

A iluminação resulta da radiação eletromagnética visível emitida pela lâmpada e recebida pelos olhos após propagação direta ou reflexão nos objetos.

Na lâmpada fluorescente, a descarga elétrica excita o gás; a radiação produzida também excita o revestimento fluorescente, que emite luz visível.

A potência elétrica não se transforma integralmente em luz visível: há aquecimento e emissão em outras faixas. Portanto, não se pode igualar toda a energia elétrica consumida à energia visível que ilumina a sala.

Alternativa correta: C

Q20
Física moderna — Período no modelo de Bohr

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga $-e$ e massa m, que se move em órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é quantizado, dado por $r=n^2a_0$, onde $a_0$ é o raio de Bohr e $n=1,2,\ldots$. O período orbital para o nível n, envolvendo a permissividade do vácuo $\varepsilon_0$, é igual a

A)$\dfrac{e}{4\pi a_0n^3\sqrt{\varepsilon_0ma_0}}$
B)$\dfrac{4\pi a_0n^3\sqrt{\varepsilon_0ma_0}}e$
C)$\dfrac{\pi a_0n^3\sqrt{\pi\varepsilon_0ma_0}}e$
D)$\dfrac{4\pi a_0n^3\sqrt{\pi\varepsilon_0ma_0}}e$
E)$\dfrac{e}{4\pi a_0n^3\sqrt{\pi\varepsilon_0ma_0}}$

Gabarito conferido nas provas comentadas

D
Resolução — Método TEF

A força elétrica fornece a resultante centrípeta:

\[\frac{mv^2}{r}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0r^2}\]
\[v=\frac e{\sqrt{4\pi\varepsilon_0mr}}\]

Calcule o tempo de uma volta:

\[T_n=\frac{2\pi r}{v}\]
\[T_n=\frac{4\pi\sqrt{\pi\varepsilon_0m}\,r^{3/2}}e\]

Substitua o raio quantizado:

\[r=n^2a_0\]
\[T_n=\frac{4\pi a_0n^3\sqrt{\pi\varepsilon_0ma_0}}e\]

O período cresce com o cubo do número quântico principal. Não confunda o período orbital clássico do modelo com o período da radiação emitida em uma transição.

Alternativa correta: D

Q21
Mecânica — Frenagem com jato

Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete da figura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o dispositivo forneça uma força vertical para cima de intensidade constante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solo com velocidade nula. Expresse sua resposta como função da altura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e da aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a alteração da massa m no acionamento do dispositivo.

Homem-foguete em queda de altura H com acionamento do jato na altura h
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Considere o movimento completo, do repouso no topo ao repouso no solo. O trabalho do peso é positivo e o do jato é negativo:

\[W_g=mgH\]
\[W_F=-Fh\]

Pelo teorema da energia cinética:

\[mgH-Fh=0\]
\[h=\frac{mgH}{F}\]

Para frear depois de uma etapa de queda livre, é preciso F maior que mg, o que garante que h seja menor que H. A força aplicada atua somente no trecho final de comprimento h.

Resposta: $h=mgH/F$, com $F>mg$.

Q22
Mecânica — Perda de contato

Um corpo de massa m e velocidade $v_0$ a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma de semicircunferência de raio r, conforme indicado na figura. Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semicircunferência, onde o corpo perde o contato com a pista. Considere a aceleração da gravidade g.

Pista com semicircunferência de raio r e coordenadas do ponto de perda de contato
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Meça y em relação ao centro da semicircunferência. Conserve a energia desde o início:

\[v^2=v_0^2+2g(h-y)\]

No ponto de perda de contato, a normal é nula. A componente radial do peso fornece a aceleração centrípeta:

\[\frac{mv^2}{r}=mg\frac yr\]
\[v^2=gy\]

Combine as relações:

\[y=\frac{v_0^2+2gh}{3g}\]

Como o ponto pertence à circunferência, na metade direita:

\[x=\sqrt{r^2-y^2}\]
\[\frac xy=\sqrt{\left(\frac{3gr}{v_0^2+2gh}\right)^2-1}\]

A expressão descreve o descolamento indicado quando a coordenada y calculada não supera r e é positiva. Se a energia inicial exceder o necessário para manter contato no topo, não existe o ponto de descolamento suposto nesse trecho.

Resposta: $\dfrac xy=\sqrt{\left(\dfrac{3gr}{v_0^2+2gh}\right)^2-1}$, no regime de descolamento descrito.

Q23
Gravitação — Lançamento radial

Lançado verticalmente da Terra com velocidade inicial $V_0$, um parafuso de massa m chega com velocidade nula na órbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical. Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade $V_0$ em função da aceleração da gravidade g na superfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.

Lançamento radial da superfície terrestre até a altura h do satélite
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Como a gravidade varia com a distância ao centro da Terra, use a energia potencial gravitacional, e não mgh com g constante:

\[\frac12mV_0^2-\frac{GMm}{R}=-\frac{GMm}{R+h}\]

Na superfície terrestre:

\[GM=gR^2\]

Substitua e isole a rapidez inicial:

\[V_0^2=2gR^2\left(\frac1R-\frac1{R+h}\right)\]
\[V_0=\sqrt{\frac{2gRh}{R+h}}\]

Chegar à altura da órbita com velocidade nula não equivale a entrar em órbita: faltaria a velocidade tangencial orbital. A referência ao satélite apenas identifica a altura de chegada no modelo proposto.

Resposta: $V_0=\sqrt{\dfrac{2gRh}{R+h}}$.

Q24
Mecânica — Associação de molas

Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes $k_1$ e $k_2$, respectivamente, barras de massas desprezíveis e um corpo de massa m, como mostrado na figura. Determine a frequência desse sistema.

Três molas superiores k2 em paralelo e duas inferiores k1 em paralelo
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

As três molas superiores estão em paralelo, assim como as duas inferiores:

\[K_{sup}=3k_2\]
\[K_{inf}=2k_1\]

Os dois conjuntos estão em série, ligados por uma barra sem massa:

\[\frac1{K_{eq}}=\frac1{3k_2}+\frac1{2k_1}\]
\[K_{eq}=\frac{6k_1k_2}{2k_1+3k_2}\]

A frequência de pequenas oscilações é:

\[f=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{6k_1k_2}{m(2k_1+3k_2)}}\]

A gravidade desloca a posição de equilíbrio, mas não altera essa frequência no modelo de molas lineares.

Resposta: $f=\dfrac1{2\pi}\sqrt{\dfrac{6k_1k_2}{m(2k_1+3k_2)}}$.

Q25
Hidrostática — Ascensão em dois líquidos

A figura mostra uma bolinha de massa $m=10\ \mathrm g$ presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1), imiscível, que se encontra acima. A bolinha tem a mesma densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície livre do líquido (1) com velocidade de $8{,}0\ \mathrm{m/s}$. Considere aceleração da gravidade $g=10\ \mathrm{m/s^2}$, $h_1=20\ \mathrm{cm}$, e despreze qualquer resistência ao movimento de ascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líquidos. Determine a profundidade h.

Bolinha submersa no líquido inferior e alturas h e h1
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

A densidade da bolinha é igual à do líquido superior. No líquido inferior, o empuxo vale cinco vezes o peso:

\[E_2=5mg\]
\[ma=5mg-mg\]
\[a=4g\]

Desprezando o trecho de passagem pela interface, como pede o enunciado, a aceleração atua ao longo de h menos h₁. No líquido superior, o empuxo equilibra o peso e a rapidez permanece constante:

\[v^2=2(4g)(h-h_1)\]
\[h=h_1+\frac{v^2}{8g}\]
\[h=0{,}20+\frac{64}{80}\]
\[h=1{,}0\ \mathrm m\]

Resposta: $h=1{,}0\ \mathrm m$.

Q26
Óptica — Imagem em espelho plano

Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B, ao ser refletido por um espelho horizontal sobre a semirreta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical. Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B. Considere $AD=2\ \mathrm m$, $BE=3\ \mathrm m$ e $DE=5\ \mathrm m$.

Lanterna A e ponto B acima do espelho horizontal DE
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

A imagem A′ fica dois metros abaixo do espelho, na vertical de A. O ponto B está três metros acima do espelho. A separação vertical entre A′ e B é:

\[\Delta y=2+3\]
\[\Delta y=5\ \mathrm m\]

A separação horizontal vale DE. Aplique Pitágoras:

\[A^{\prime}B=\sqrt{5^2+5^2}\]
\[A^{\prime}B=5\sqrt2\ \mathrm m\]

A altura da imagem virtual tem sinal oposto à de A; a distância vertical até B é a soma das alturas.

Resposta: $A^{\prime}B=5\sqrt2\ \mathrm m$.

Q27
Eletricidade — Trabalho do peso

Duas cargas pontuais $+q$ e $-q$, de massas iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema cartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétrico horizontal e uniforme $\vec E$, conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separadas entre si por uma distância horizontal d.

Cargas opostas submetidas ao campo elétrico horizontal e à gravidade
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

As acelerações horizontais têm mesmo módulo e sentidos opostos. Cada carga percorre metade da separação total:

\[a_x=\frac{qE}{m}\]
\[\frac d2=\frac12a_xt^2\]
\[t^2=\frac{md}{qE}\]

As duas cargas caem a mesma distância vertical:

\[y=\frac12gt^2\]
\[y=\frac{gmd}{2qE}\]

Some os trabalhos positivos do peso sobre ambas:

\[W=2mgy\]
\[W=\frac{m^2g^2d}{qE}\]

O campo elétrico determina o tempo disponível para a queda, mas seu trabalho não é o trabalho da força peso solicitado.

Resposta: $W=\dfrac{m^2g^2d}{qE}$.

Q28
Eletricidade — Casamento de resistências

Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se iguala à resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistência de carga $R_c$ varia na faixa $100\ \Omega\le R_c\le400\ \Omega$. O circuito possui um resistor variável, $R_x$, que é usado para o ajuste da máxima transferência de energia. Determine a faixa de valores de $R_x$ para que seja atingido o casamento de resistências do circuito.

Bateria com resistência interna de cinquenta ohms e associação externa de resistores
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Primeiro associe Rₓ e R_c em paralelo:

\[R_p=\frac{R_xR_c}{R_x+R_c}\]

Essa associação está em série com 20 Ω; o ramo inteiro está em paralelo com 100 Ω. Para a bateria enxergar 50 Ω:

\[\frac1{50}=\frac1{100}+\frac1{20+R_p}\]
\[R_p=80\ \Omega\]

A condição de ajuste é:

\[\frac1{80}=\frac1{R_x}+\frac1{R_c}\]
\[R_x=\frac{80R_c}{R_c-80}\]

No intervalo dado, Rₓ decresce quando R_c cresce. Avalie os extremos:

\[R_c=100\ \Omega\ \Rightarrow\ R_x=400\ \Omega\]
\[R_c=400\ \Omega\ \Rightarrow\ R_x=100\ \Omega\]

O casamento se refere à resistência externa total vista pela bateria, não apenas ao resistor de carga.

Resposta: $100\ \Omega\le R_x\le400\ \Omega$.

Q29
Eletromagnetismo — Colisão e saída do campo

A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos $\vec B_1$ e $\vec B_2$ orientados em sentidos opostos e de mesma magnitude B. Uma partícula de massa m e carga $q>0$ é lançada do ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga $-q$ (choque perfeitamente inelástico). Determine o tempo total em que a partícula de carga $q>0$ abandona a superfície quadrada.

Quadrado de lado L com campos magnéticos opostos e pontos R e S na interface
Figura do caderno original — ITA 2007.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Em cada região magnética, a partícula percorre arcos circulares com a mesma rapidez e o mesmo raio:

\[r=\frac{mv}{qB}\]

Uma semicircunferência demanda:

\[t_{1/2}=\frac{\pi m}{qB}\]

No choque perfeitamente inelástico, conserve a quantidade de movimento:

\[mv=2mv^{\prime}\]
\[v^{\prime}=\frac v2\]

A carga resultante é nula. Depois do choque, o conjunto segue em linha reta, sem força magnética.

Hipótese geométrica da resposta usual: S é o primeiro retorno à interface após uma semicircunferência, e a interface divide o quadrado ao meio. Nesse caso, resta percorrer L/2:

\[t_{depois}=\frac{L/2}{v/2}\]
\[t_{depois}=\frac Lv\]
\[t_{total}=\frac{\pi m}{qB}+\frac Lv\]

O desenho não fornece cotas suficientes para garantir sozinho essa leitura. Se S for alcançado após N semicircunferências e a distância até a borda no sentido de saída for b, a forma geral é:

\[t_{total}=\frac{N\pi m}{qB}+\frac{2b}{v}\]

O número N deve ser compatível com a distância RS e o diâmetro das órbitas. Sem fixar esses dados geométricos, não há um único tempo determinado apenas por L, m, q e B.

Resposta: Na hipótese usual, $t=\pi m/(qB)+L/v$. A forma geral e as condições geométricas estão explicitadas acima.

Q30
Física moderna — Fótons e mola

Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa $m=3{,}3\ \mathrm{kg}$ preso a uma mola, e verifica-se que este passa a oscilar livremente com a frequência angular $\omega=10\ \mathrm{rad/s}$. Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas em repouso, faz-se incidir um feixe de luz monocromática de frequência $f=500\times10^{12}\ \mathrm{Hz}$, de modo que toda a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de $1\ \mathrm{mm}$ da sua posição de equilíbrio. Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck $h=6{,}6\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$.

Questão discursiva: registre os cálculos e a justificativa antes de abrir a resolução.

Resolução — Método TEF

Obtenha a constante elástica pela frequência angular natural:

\[k=m\omega^2\]
\[k=3{,}3(10)^2\]
\[k=330\ \mathrm{N/m}\]

No modelo energético proposto, a energia total dos fótons transforma-se em energia potencial elástica na distensão máxima:

\[Nhf=\frac12kx^2\]

Converta a distensão para metros e substitua:

\[N=\frac{330(10^{-3})^2}{2(6{,}6\times10^{-34})(500\times10^{12})}\]
\[N=5{,}0\times10^{14}\]

A distensão entra ao quadrado. Essa conclusão usa a transferência ideal de energia indicada no enunciado.

Resposta: $N=5{,}0\times10^{14}$ fótons.

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