Ita1999 Completo Objetivo

ITA Física Caso necessário, utilize os seguintes valores para constantes: aceleração de gravidade 9,8 m/s² massa específica da água 1,0 g/cm³ carga do elétron 1,6 x 10-19 C massa de repouso do elétron 9,11 x 10-31 kg raio da Terra 6,38 x 106 m As soluções das questões de números 01 a 15 NÃO PRECISAM SER JUSTIFICADAS no Caderno de Respostas. Basta marcar as respostas na Folha de Respostas (verso do Caderno de Respostas) e na Folha de Leitura Óptica. 1 b Os valores de x, y e z para que a equação: força^(massa)^x (volume)^(energia)^z seja dimensionalmente correta, são, respectivamente: a) (3, 0, 3). b) (3, 0, -3). c) (3, 1, -3). d) (1, 2, -1). e) (1, 0, 1). Resolução F Mx Vol. Ez As equações dimensionais em relação à massa (M), ao comprimento (L) e ao tempo (T) são dadas por: [F] ML T-2 [Vol] L3 [E] M L2 T-2 (ML T-2)x. MY L3. (ML2 T-2)z Mx+y Lx-3z T-xz = M2 L3-2z T-2z Identificando-se os expoentes: x+y=z (1) 3+2z=x (2) -2x=z -2 (3) De (3): x=z Em (2): 3+2x=x x=−3=z Em (1): x−3 +y=y ⇒3 ⇒ y=0 2 e Considere a Terra uma esfera homogênea e que a aceleração da gravidade nos polos seja de 9,8 m/s2. O número pelo qual seria preciso multiplicar a velocidade de rotação da Terra de modo que o peso de uma pessoa no Equador ficasse nulo é: a) 4π. b) 2π. c) 3. d) 10. e)17. Resolução Levando-se em conta a rotação da Terra, o peso de uma pessoa na linha do Equador é dado por: PE FG Feq PE mgp m2 R gp= módulo da aceleração de gravidade nos polos 9,8 m/s² ω= módulo da velocidade angular de rotação da Terra R = raio da Terra 6,38. 106m Para que o peso no Equador seja nulo, devemos ter: mgP = m ω² R ω² == gp R ω = gp R 9,8 6,38. 106 rad/s 3 ω = 1,24 . 10 rad/s A velocidade angular da Terra tem módulo ωT dado por: ωT 2𝜋 2𝜋 rad/s 86400 7,26. 10-5 rad/s Portanto: ω = 1,24. 10-3 ωT 7,26. 10-5 ω = 17 ωT 3 c 3 Dois conjuntos de capacitores de placas planas e paralelas são construídos como mostram as montagens 1 e 2 abaixo. Considere que a área de cada placa seja igual a A e que as mesmas estejam igualmente espaça- CURSO OBJETIVO ITA 1999 das de uma distância d. Sendo e0 a permissividade elétrica do vácuo, as capacitâncias equivalentes c1 e c2 para as montagens 1 e 2, respectivamente, são: Na montagem 2, as placas EF, FG, GH e HI constituem quatro capacitores associados em paralelo. Assim, a capacitância equivalente na montagem dois (C'2) será dada por: C2 CEF CFG CGH CHI E0A E0A E0A E0A d d d d C2 4 E0A d Na montagem 1, as placas A e B e as placas D e E constituem dois capacitores ligados em paralelo. As placas B, C e D estão sob mesmo potencial elétrico, logo não constituem capacitores. Assim a capacitância equivalente na montagem um (CI) será dada por: C1 CAB CDE C1 E0A d C, 2 E0A d a) c1 E0A d c2 2E0A d b) c1 E0A d c2 4E0A d c) c1 2E0A d c2 4E0A d e) c1 c2 4E0A d Resolução Analisando-se as montagens 1 e 2, temos: d) c1 c2 2E0A 4d 4 d Um brinquedo que as mamães utilizam para enfeitar quartos de crianças é conhecido como "móbile". Considere o "móbile" de luas esquematizado na figura abaixo. As luas estão presas por meio de fios de massas desprezíveis a três barras horizontais, também de massas desprezíveis. O conjunto todo está em equilíbrio e suspenso num único ponto A. Se a massa da lua 4 é de 10 g, então a massa em quilogramas da lua 1 é: a) 180. b) 80. c) 0,36. d) 0,18. e) 9. Resolução Para o equilíbrio do sistema acima, temos: P3 L P4 2L CURSO OBJETIVO ITA 1999 m3gL = m4g . 2L m3 = 2 m4 = 20 gramas Para o equilíbrio do sistema acima, temos: P2L = (P3 + P4) . 2L m2 = (m3 + m4) . 2 m2 = 2 (20 + 10) gramas = m2 = 60 gramas Para o equilíbrio do sistema acima, temos: P1 . L = 2 (P2 + P3 + P4) m1 = 2 (m1 + m3 + m4) m1 = 2 (60 + 20 + 10) gramas m1 = 180 gramas = 0,18 kg A tabela abaixo mostra os níveis de energia de um átomo do elemento X que se encontra no estado gasoso. E0 0 E1 7,0 eV E2 13,0 eV E3 17,4 eV Ionização 21,4 eV Dentro das possibilidades abaixo, a energia que poderia restar a um elétron com energia de 15 eV, após colidir com um átomo de X, seria de: a) 0 eV. b) 4,4 eV. c) 16,0 eV. d) 2,0 eV. e) 10,0 eV. Resolução O elétron pode transferir para o átomo uma quantidade de energia que corresponda a um salto quântico entre dois de seus níveis de energia possíveis. Portanto uma possibilidade seria o átomo se energizar passando do estado E0 para o estado E2 absorvendo 13,0 eV do elétron incidente que ficaria com uma energia remanescente de 2,0 eV. No final de uma tarde de céu límpido, quando o sol está no horizonte, sua cor parece "avermelhada". A melhor explicação para esse belo fenômeno da natureza é que: a) O Sol está mais distante da Terra. b) a temperatura do ar é menor no final da tarde. c) a atmosfera da Terra espalha comprimentos de onda mais curtos, como por exemplo o da luz azul. d) a atmosfera da Terra absorve os comprimentos de onda azul e verde. e) a atmosfera da Terra difrata a luz emitida pelo Sol. Ao entardecer, a luz do Sol que atinge os olhos do observador deve atravessar uma extensão maior da atmosfera terrestre, e as cores de maior frequência (azul, anil e violeta) são mais difundidas, porque não ressoam, ou que estão na atmosfera entram em ressonância com estas cores. Com isto, a luz remanescente que chega ao observador apresenta predominantemente as cores de menor frequência (vermelho, alaranjado e amarelo) resultando na tonalidade "avermelhada" do céu. Considere as seguintes afirmações relativas às formas de ondas mostradas na figura abaixo: I - A onda A é conhecida como onda longitudinal e seu comprimento de onda é igual à metade do comprimento de onda da onda B. II - Uma onda sonora propagando-se no ar é melhor descrita pela onda A, onde as regiões escuras são chamadas de regiões de compressão e as regiões claras, de regiões de rarefação. III - Se as velocidades das ondas A e B são iguais e permanecem constantes e ainda, se o comprimento de onda da onda B é duplicado, então o período da onda A é igual ao período da onda B. Resolução (Onda A: direção de vibração coincide com a direção de propagação - onda longitudinal.) ) O pneu de um automóvel é calibrado com ar a uma pressão de 3,10 x 10^5 Pa a 20ºC, no verão. Considere que o volume não varia e que a pressão atmosférica se mantém constante e igual a 1,0 x 10^5 Pa. A pressão do pneu, quando a temperatura cai a 0ºC, no inverno, é: a) 3,83 x 10^5 Pa. b) 1,01 x 10^5 Pa. c) 4,41 x 10^5 Pa. d) 2,89 x 10^5 Pa. e) 1,95 x 10^5 Pa. Resolução Usando-se a Lei Geral dos Gases, vem: p1V1 / T1 = p2V2 / T2 Substituindo-se os valores fornecidos, temos: 3,10 . 10^5 . V = p2 . V (20 + 273) (0 + 273) p2 = 273 . 3,10 . 10^5 293 (Pa) p2 = 2,89 . 10^5 Pa Se interpretarmos que a pressão indicada (3,10 . 10^5 Pa) é a pressão efetiva (acima da pressão atmosférica), teremos: p1 = Pef + Patm = 4,11 . 10^5 Pa Sendo o volume constante, temos: p2 / p1 = T2 / T1 p2 / 4,11 . 10^5 = 273 / 293 p2 = 3,83 . 10^5 Pa Nesse caso a alternativa correta seria (a). Contudo, acreditamos que a interpretação pretendida pela banca examinadora seja a primeira. Incide-se luz num material fotoelétrico e não se observa a emissão de elétrons. Para que ocorra a emissão de elétrons do mesmo material basta que se aumente(m): a) a intensidade da luz. b) a frequência da luz. c) o comprimento de onda da luz. d) a intensidade e a frequência da luz. e) a intensidade e o comprimento de onda da luz. Resolução Para que ocorra o efeito fotoelétrico, a energia transportada por cada fóton de luz (E = h f) deve ser maior que a energia de ligação (e) entre o elétron que vai ser emitido e o núcleo do átomo. Portanto, para que haja emissão, devemos aumentar a frequência da luz incidente. Considere uma mistura de gases H2 e N2 em equilíbrio térmico. Sobre a energia cinética média e sobre a velocidade média das moléculas de cada gás, pode-se concluir que: a) as moléculas de N2 e H2 têm a mesma energia cinética média e a mesma velocidade média. b) ambas têm a mesma velocidade média, mas as moléculas de N2 têm maior energia cinética média. c) ambas têm a mesma velocidade média, mas as moléculas de H2 têm maior velocidade cinética média. d) ambas têm a mesma energia cinética média, mas as moléculas de N2 têm maior velocidade média. e) ambas têm a mesma energia cinética média, mas as moléculas de H2 têm maior velocidade média. Resolução A temperatura absoluta de um gás perfeito está diretamente relacionada com a energia cinética média das partículas desse gás: E_ = k T Assim, no equilíbrio térmico (mesma temperatura), tanto as moléculas de nitrogênio (N2) como as de hidrogênio (H2) terão a mesma energia cinética média. A energia cinética média, das moléculas do gás, depende da massa da partícula e da sua velocidade média: E_c = m v^2 / 2 Assim: (E_c)N2 = (E_c)H2 Mas, a massa da molécula de nitrogênio é maior do que a massa da molécula de hidrogênio, portanto: \(v_{N2} < v_{H2}\) Numa cavidade de 5 cm^3 feita num bloco de gelo, introduz-se uma esfera homogênea de cobre de 30 g aquecida a 100ºC, conforme o esquema abaixo. Sabendo-se que o calor latente de fusão do gelo é de 80 cal/g, que o calor específico do cobre é de 0,096 cal/gºC e que a massa específica do gelo é de 0,92 g/cm^3, o volume total da cavidade é igual a: a) 8,9 cm^3. b) 3,9 cm^3. c) 39,0 cm^3. d) 8,5 cm^3. e) 7,4 cm^3. Resolução Supondo-se que o bloco de gelo fundente (0ºC), a energia liberada pela esfera de cobre para esfriar até 0ºC provocou a fusão de uma massa de m de gelo: Q(cobre) + Q(gele) = 0 (m c A T)cobre + (mL)gelo = 0 30 . 0,096 . (0 - 100) + m . 80 = 0 80 mg = 288 mg = 3,60 g Usando-se a expressão de densidade absoluta, para o gelo, vem: d = \(\frac{m}{V}\) = 0,92 = \(\frac{3,60}{Vg}\) Vg = 3,9cm^3 Portanto, no equilíbrio térmico, o volume da cavidade passa a ser: V = 5cm^3 + 3,9cm^3 V = 8,9cm^3 Uma carga pontual P é mostrada na figura adiante com duas superfícies gaussianas A e B, de raios a e b = 2a, respectivamente. Sobre o fluxo elétrico que passa pelas superfícies de áreas A e B, pode-se concluir que: A = 4 \pi a^2 B = 4 \pi b^2 a) o fluxo elétrico que atravessa a área B é duas vezes maior que o fluxo que passa pela área A. b) o fluxo elétrico que atravessa a área B é metade do fluxo que passa pela área A. c) o fluxo elétrico que atravessa a área B é 1/4 do fluxo que passa pela área A. d) o fluxo elétrico que atravessa a área B é quatro vezes maior que o fluxo que passa pela área A. e) o fluxo elétrico que atravessa a área B é igual ao fluxo que atravessa a área A. Resolução O teorema de Gauss afirma que "o fluxo elétrico atra- vés de uma superfície gaussiana é diretamente pro- porcional à soma algébrica das cargas internas à su- perfície e independe das cargas externas". Nessas condições, concluímos que o fluxo elétrico que atravessa a área B é igual ao fluxo que atravessa a área A. 13 a Um balão preenchido com gás tem como hóspede uma mosca. O balão é conectado a um dos pratos de uma balança de um fio não flexível e de massa desprezível, como mostra a figura abaixo. Considere que o balão se move somente na direção vertical e que a balança fica em equilíbrio quando a mosca não está voando. Sobre a condição de equilíbrio da balança, pode-se concluir que: a) se a mosca voar somente na direção horizontal, a balança ficará em equilíbrio. b) o equilíbrio da balança independe da direção de voo da mosca. c) a balança só ficará em equilíbrio se a mosca permanecer no centro do balão. d) se a mosca voar somente na direção vertical a balança jamais ficará em equilíbrio. e) a balança só ficará em equilíbrio se a mosca não estiver voando. Resolução Para manter o equilíbrio da balança, a força que o ar aplica sobre ela deve ter uma componente vertical di- rigida para cima e de intensidade igual à do peso da mosca, isto é, e a mosca em seu voo não pode ter aceleração na direção vertical, o que ocorre, por exem- plo, se a mosca voar apenas na direção horizontal. A opção d não está correta porque a mosca poderá voar verticalmente com movimento uniforme e a balança continuar em equilíbrio. 14 d Uma partícula de carga q e massa m é lançada numa região com campo elétrico \vec{E} e campo magnético \vec{B}, uniformes e paralelos entre si. Observa-se, para um determinado instante, que a partícula está com a velocidade \vec{V}_0 formando um ângulo \alpha com o campo magnético \vec{B}. Sobre o movimento dessa partícula, pode-se concluir que a partir desse instante: a) a partícula descreverá um movimento giratório de raio \frac{mv_0}{qB}. b) o ângulo entre a velocidade e o campo \vec{B} variará com o passar do tempo até atingir o valor de 90º, mantendo-se constante daí em diante. c) a energia cinética da partícula será uma função linear crescente com o tempo e independente do valor de B. d) a velocidade \vec{V} da partícula tenderá a ficar paralela ao campo \vec{E}, se a carga for positiva, e antiparalela a \vec{E}, se a carga for negativa. e) a partícula tenderá a atingir um movimento pura- mente circular com raio crescente com o tempo. Resolução Sendo \vec{V} oblíquo em relação a \vec{B}, concluímos que se existisse somente o campo magnético a partícula des- creveria um movimento helicoidal uniforme que seria a composição de um movimento circular uniforme (\vec{V}_2 perpendicular a \vec{B}) com um movimento retilíneo unifo- me (\vec{V}_1 paralelo ao \vec{B}). A existência do campo elétrico uniforme \vec{E} fará com que a partícula adquira, na direção de \vec{E}, um movimento retilíneo e uniformemente variado. A componente \vec{V}_2 tende a adquirir módulo cada vez maior no sentido de \vec{E}, se q > 0 e oposto ao de \vec{E}, se q < 0. Nessas condições, e a velocidade resultante \vec{V} tende a ficar paralela a \vec{E} (no sentido de \vec{E} se q > 0 e oposto ao de \vec{E} se q < 0). Resolução Depois de transpor o orifício F, a luz branca proveniente do Sol – policromática – incide no prisma P, sofrendo dispersão (decomposição da luz branca nas cores fundamentais). A luz violeta (A) atravessa esse prisma sofrendo o maior desvio angular, enquanto que a luz vermelha (C) faz a travessia sofrendo o menor desvio angular, conforme representa a figura abaixo. A luz emergente do prisma P incide agora no prisma Q sobre uma reta r paralela à base desse prisma. Na travessia do prisma Q, não ocorrerá mais o fenômeno da dispersão, uma vez que a luz já está decomposta. Os feixes monocromáticos emergirão de Q em pontos si- tuados em alturas diferentes com relação à base desse prisma, projetando no anteparo uma figura semelhante a apresentada na alternativa c. 15 c Isaac Newton, no início de 1666, realizou a seguinte experiência: Seja S o Sol e F um orifício feito na janela de um quarto escuro. Considere o P e Q dois prismas de vidro colocados em posição cruzada em relação ao outro, ou seja, com suas arestas perpendiculares entre si, conforme mostra a figura abaixo. Representemos por A ATENÇÃO: As questões de 16 a 25 devem ter suas soluções justificadas no caderno de respostas. Na folha de leitura óptica assinale as alternativas das 25 questões. Ao terminar a prova, entregue ao fiscal o caderno de respostas e a folha de leitura óptica. a cor violeta, por B a amarela e C a cor vermelha. Após a passagem dos raios luminosos pelo orifício e pelos dois prismas, a forma da imagem e a disposição das cores formadas no anteparo são melhor representadas por: 16 c Duas esferas metálicas homogêneas de raios r e r' e massas específicas de 5 e 10 g/cm^3, respectivamente, têm mesmo peso P no vácuo. As esferas são colocadas nas extremidades de uma alavanca e o sistema todo mergulhado em água, como mostra a figura adiante. A razão entre os dois braços da alavanca (L/L') para que haja equilíbrio é igual a: a) 1/2. b) 9/4. c) 9/8. d) 1. e) 9/2. Resolução O peso P e o empuxo E são dados por: P = y_S V g E = y_L V g Portanto: \frac{E}{P} = \frac{y_L}{y_S} \implies E = \frac{y_L}{y_S} P O peso aparente é dado por: P_ap = P - E = P - \frac{y_L}{y_S} P = P \left(1 - \frac{y_L}{y_S}\right) Para o equilíbrio da alavanca temos: P_ap \cdot L = \left(\frac{4}{5}P\right) \cdot L \frac{4}{5}L = \frac{9}{10}L' \therefore \frac{4}{5} = \frac{9}{10} \frac{L'}{L} Resolução O período inicial do pêndulo (T = 1s) pode ser expresso em função do seu comprimento L a 0ºC e do módulo da aceleração da gravidade na superfície da Terra (g) por: T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}} Na superfície terrestre: g = \frac{GM}{R^2} G = constante de gravitação universal M = massa da Terra R = raio da Terra Na altitude h: g' = \frac{GM}{(R + h)^2} \therefore \frac{T'}{T} = \sqrt{\frac{g}{g'}} = \frac{R + h}{R} Com a temperatura variando junto à superfície terres- tre: \frac{T''}{T} = \sqrt{\frac{L''}{L}}, onde L'' = L(1 + \alpha \theta) \therefore \frac{T''}{T'} = \sqrt{1 + \alpha \theta} 17 b Um relógio de pêndulo, construído de um material de coeficiente de dilatação linear \alpha, foi calibrado a uma temperatura de 0ºC para marcar um segundo exato ao pé de uma torre de altura h. Elevando-se o relógio até o alto da torre observa-se um certo atraso, mesmo mantendo-se a temperatura constante. Considerando R o raio da Terra, L o comprimento do pêndulo a 0ºC e que o relógio permaneça ao pé da torre, então a temperatura para a qual obtêm-se o mesmo atraso é dada pela relação: a) \frac{2h}{\alpha R}. b) \frac{h(2R + h)}{\alpha R^2}. c) \frac{(R + h)^2 - LR}{\alpha L R} d) \frac{R(2h + r)}{\alpha (R + h)^2}. e) \frac{2R + h}{\alpha R}. 18 b Uma esfera homogênea de carga q e massa m de 2 g está suspensa por um fio de massa desprezível em um campo elétrico cujas componentes x e y têm intensidades Ex = √3 x 10^5 N/C e Ey = 1 x 10^5 N/C, respectivamente, como mostra a figura abaixo. Consi¬ derando que a esfera está em equilíbrio para θ = 60°, qual é a força de tração no fio? a) 9,80 x 10^-3 N. b) 1,96 x 10^-2 N. c) nula. d) 1,70 x 10^-3 N. e) 1,71 × 10^-3 N. Resolução As forças que agem na esfera estão representadas abaixo: Na direção do eixo x, temos: Fx = T. sen 60° q . Ex = T. sen 60° q . √3 . 10^5 = T . √3/2 ⇨ q . 10^5 = T/2 ➀ Na direção do eixo y: T . cos 60° + Fy = P T . 1/2 + q . Ey = mg T . 1/2 + q .10^5 = 2 . 10^-3 . 9,8 Levando-se em conta ➀, vem: T . 1/2 + T/2 = 2 . 10^-3 . 9,8 T = 1,96 . 10^-2 N 19 d A força eletromotriz (f.e.m.) da bateria do circuito abaixo é de 12 V. O potenciômetro possui uma resistência total de 15 Ω e pode ser percorrido por uma corrente máx¬ ima de 3 A. As correntes que devem fluir pelos resistores R1 e R2, para ligar uma lâmpada projetada para funcionar em 6 V e 3 W, são, respectivamente: a) iguais a 0,50 A. b) 1,64 A e 1,14 A. c) de 2,00 A e 0,50 A. d) 1,12 A e 0,62 A. e) 2,55 A e 0,62 A. Resolução Lâmpada: P = U . i3 3 = 6 . i3 i3 = 0,5 A De i1 = i2 + i3 e sendo 6 = R1.i1 e 6 = R2.i2 vem: 6/R1 = 6/R2 + 0,5 Sendo R1 + R2 = 15Ω ou R2 = 15 – R2 temos 6/(15 – R2) = 6/R2 + 0,5 6 . (2R2 – 15)/(15 – R2) . R2 = 0,5