ProvaITA fisica 2011 resolvida

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Questo 01

ITAv1 v 60 v2

2011

"A matemtica o alfabeto com que Deus escreveu o mundo" Galileu Galilei

Um problema clssico da cinemtica considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente com velocidade de mdulo constante a partir dos vrtices de um polgono regular, cada qual apontando posio instantnea do objeto vizinho em movimento. A figura mostra a configurao desse movimento mltiplo no caso de um hexgono regular. Considere que o hexgono tinha 10,0 m de lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de mdulo constante de 2,00 m/s. Aps quanto tempo estes se encontraro e qual dever ser a distncia percorrida por cada um dos seis objetos?

A) B) C) D) E)

5,8 s e 115 m. 11,5 s e 5,8 m. 10, 0 s e 20, 0 m. 20, 0 s e 10, 0 m. 20,0 s e 40,0 m.

Resoluo:

v2 = v cos60 = 2 v2 = 1,00 m/s

1 m/s 2

l

Eles se encontraro no centro do hexgono e a velocidade tem componente v 2 na direo desse centro: 10 m v2 = t = = t v2 1 m/s

t = 10,0 sDurante esses 10,0 s , cada um dos objetos teve velocidade de mdulo constante e igual a 2,00 m/s , portanto percorreram, cada um,20,0 m.

Alternativa C

1

Questo 02 Um cubo macio homogneo com 4, 0 cm de aresta flutua na gua tranquila de uma lagoa, de modo a manter 70% da rea total da sua superfcie em contato com a gua, conforme mostra a figura. A seguir, uma pequena r se acomoda no centro da face superior do cubo e este se afunda mais 0,50 cm na gua. Assinale a opo com os valores aproximados da densidade do cubo e da massa da r, respectivamente. A) 0, 20 g/ cm3 e 6, 4 g. B) C) D) E)

0,70 g/ cm3 e 6, 4 g.0,70 g/ cm 3 e 8, 0 g.

0,80 g/ cm3 e 6, 4 g. 0,80 g/ cm3 e 8,0 g.

Resoluo: rea total do cubo = 6 42 = 96 cm 2 70% da rea total = 67, 2 cm 2 (imersa) rea total emersa = 28,8 cm 2 Excluindo a face superior = 12,8 cm 2 = 4 faces emersas de arestas 4 cm e Y .

4 ( 4Y ) = 12,8 cm 2 Y = 0,8 cm 3, 2 Aresta da face lateral imersa = 4,0 cm 0,8 cm = 3, 2 cm . O cubo possui 100 = 80% de seu volume imerso. 4,0 d cubo = 80% dlquido = 0,8 g/ cm3

0,5 Ao colocar a r a face afunda mais 0,50 cm , que corresponde a 100 = 12,5% do cubo. O volume total imerso passa a ser 92,5% 4,0 do cubo. mcubo = d cubo Vcubo = 0,8 64 = 51, 2 g mr + mcubo = d Vcubomr + 51, 2 = 0,925 64 mr = 8,0 g

Alternativa E

Questo 03 Uma pessoa de 80,0 kg deixa-se cair verticalmente de uma ponte amarrada a uma corda elstica de bungee jumping com 16,0 m de comprimento. Considere que a corda se esticar at 20, 0 m de comprimento sob a ao do peso. Suponha que, em todo o trajeto, a pessoa toque continuamente uma vuvuzela, cuja frequncia natural de 235 Hz. Qual(is) (so) a(s) distncia(s) abaixo da ponte em que a pessoa se encontra para que um som de 225 Hz seja percebido por algum parado sobre a ponte? A) 11, 4 m. B) 11, 4 m e 14, 4 m. C) 11, 4 m e 18, 4 m. D) 14, 4 m e 18, 4 m. E) 11, 4 m , 14, 4 m e 18, 4 m.Resoluo: Clculo da velocidade para uma frequncia aparente de 225 Hz. fo f 225 235 = e = ve = 15,11 m/s v vo v + ve 340 + 0 340 + ve (esta velocidade deve ser necessariamente para baixo afastamento da ponte). A pessoa em queda ter esta velocidade em dois momentos: durante a queda livre e na desacelerao que ocorrer quando o comprimento da corda superar 16 m.2 v 2 = v0 + 2a s (15,11) = 02 + 2 10 s 2

S = 11,4 m (1 evento).Quando o comprimento da corda L = 20 m (adotando esta posio como referencial):mg H = k x 2 k 42 80 10 20 = k = 2 103 N / m 2 22

Adotando agora como referencial a posio na qual a velocidade volta a ter o valor 15,11 m/s (durante a frenagem):mv12 mv 2 kx 2 + mg h1 = 2 + 2 2 280 15,112 2 103 x 2 + 2 2 2 100 x 2 80 x 366,75 = 0 + 80 10 x = 80 8 5

( )

2

Descartando o valor negativo: x = 2,36 m abaixo da posio na qual a frenagem iniciou (16 m )H = 16 m + 2,36 m = 18,36 m

Alternativa C

Questo 04 Na fico cientfica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteride passa prximo Terra que, em consequncia, fica com sua nova rbita mais prxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, aps o fenmeno, o ano terrestre e a distncia Terra-Lua vo tornar-se, respectivamente. A) B) C) D) E) mais curto aproximadamente a metade do que era antes. mais curto aproximadamente duas vezes o que era antes. mais curto aproximadamente quatro vezes o que era antes. mais longo aproximadamente a metade do que era antes. mais longo aproximadamente um quarto do que era antes.

Resoluo: Se a nova rbita mais prxima do Sol, o perodo de translao (ano sideral) ser mais curto. O ciclo lunar atual cerca de 28 dias. Logo,3 R13 R2 R3 R3 80 3 = 2 12 = 22 R2 = R13 2 T1 T2 28 80 28 3 3 R2 = R13 ( 2,86 ) R2 = 8,2 R13 R2 2 R1 2 2

Alternativa B

Questo 05 Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M presa por duas molas alinhadas, de constante de mola k e comprimento natural 0 , fixadas nas extremidades da mesa. Ento, a bola deslocada a uma distncia x na direo perpendicular linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir. Obtenha a acelerao da bola, usando a aproximao (1 + ) = 1 + a.

M x l0 l0

A) B) C) D) E)

a = kx / M . a = kx 2 / 2 M 0 .

a = kx 2 / M 0 .a = kx 3 / 2 M 2 . 0 a = kx 3 / M 2 . 0

Resoluo: Chamando de b o comprimento da mola deformada (hipotenusa):b = x2 + b= +2 0

=

x2 0 1 + 2 0

1/ 2

0

x2 1 + 2 2 0

0

x2 2 03

A deformao x da mola ser x = b

0

=

x2 2 0

O comprimento b tambm pode ser escrito como: 2 2 + x2 , vamos desenvolver o numerador: b= 0 2 0

2

2 0

+x = x+ 22 2 0

(

0

)

2

2x 2 =2

0

=22 0

2 0

x 1 + 2

2 2x 0

2

2

2x 1 + 2 2x 2 0

0

Ento podemos escrever b =FR = Ma 2 Fe cos = Ma

2

2 0

+ x20

2

=

0

x = Ma b x2 x 2k = Ma 2 0 0 2 k x

a=

kx 3 (mdulo da acelerao) M 2 0

Alternativa E

Questo 06 Um corpo de massa M , inicialmente em repouso, erguido por uma corda de massa desprezvel at uma altura H , onde fica novamente em repouso. Considere que a maior trao que a corda pode suportar tenha mdulo igual a nMg , em que n > 1. Qual deve ser o menor tempo possvel para ser feito o erguimento desse corpo? A) B) C) D) E)2H . ( n 1) g 2nH . ( n 1) gnH 2 ( n 1) g2

.

4nH . (n 2) g

( n 1) g

4nH

.

Resoluo: O menor tempo ser conseguido se tivermos trao mxima durante a acelerao ( a1 ) e trao nula durante a frenagem ( a2 ) : Acelerao: FR = m a

T P = m a1 nMg Mg = M a1

a1 = g ( n 1)Frenagem: FR = m a

P = m a2 Mg = M a2 a2 = g4

E, pelo grfico de v t temos:

v vf A1 a t1 t2 A2 b t

Assim temos: rea A1 : h1 rea A2 : h2 Logo: v f t1 v f t2 e h2 = h1 = 2 2 E, ainda: vf tg = g ( n 1) = t1(1)

tg = g =

vf t2(2)

t2 = t1 ( n 1)

De (1) e (2) resulta: h2 = h1 ( n 1) Sendo que: h1 + h2 = H Temos: H H e h2 = H h1 = ( n 1) h1 = n n Assim, os tempos podem ser calculados da forma:

t1 =

H ( n 1) H 2 2 n n e t = 2 g g ( n 1)

Por fim, o tempo total vale:T = t1 + t2 = 2 H ( n 1) 2H + ng ( n 1) ng

T = T =

2H ng

1 n 1 + n 1

( n 1) g

2nH

Alternativa B

Questo 07 Uma partcula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmnico Simples (MHS) com centro O . Inicialmente, a partcula encontra-se na mxima distncia x0 de O e, a seguir, percorre uma distncia a no primeiro segundo a uma distncia b no segundo seguinte, na mesma direo e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse movimento? A) 2a 3 / ( 3a 2 b2 ) . B) C) D) E)2b 2 / ( 4 a b ) . 2a 2 / ( 3a b ) . 2a 2 b / ( 3a 2 b2 ) . 4a 2 / ( 3a 2b ) .5

Resoluo: O MHS descrito tem funo horria de posio da forma: x = x0 cos wt Assim: Para t = 1: ( x0 a ) = x0 cos w

a 1 = cos w x0 Para t = 2 :0

(1)

( x ( a + b)) = x

0

cos 2 w

(a + b) 2 1 = cos 2 w = 2cos w 1 x0 Substituindo (1) em (2): (a + b) a 1 = 2 1 1 x0 x0 2

(2)

(a + b) 2a a 2 1 + 2 1 = 2 1 x0 x0 x0

(a + b)x0

=

4a 2 a 2 2 x0 x0

2a 2 = 4a ( a + b ) x02a 2 3a b

x0 =

Alternativa C

Questo 08 Duas partculas idnticas, de mesma massa m , so projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, com velocidades iniciais de mesmo mdulo v0 e ngulos de lanamento respectivamente e em relao horizontal. Considere T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetria e t1 e t2 os respectivos tempos para as partculas alcanar um ponto comum de ambas as trajetrias. Assinale a opo com o valor da expresso t1 T1 + t2 T2. 2 A) 2v0 ( tg + tg ) / g 2 . B) C) D) E)2 2 v0 / g 2 . 2 4v0 sen / g 2 . 2 4v0 sen / g 2 .

2 2v0 ( sen + sen ) / g 2 .

Resoluo: Tempo de alcance do ponto mais alto: v = v0 + at0 = v0 sen gT1 T1 = v0 sen g 0 = v0 sen gT2 v0 sen g

T2 =

Determinao do ponto comum: Em x: x1 = x2

v0 cos ( t1 ) = v0 cos ( t2 )

6

t2 = t1

cos cos

(1)

Em y: y1 = y20 + v0 sen ( t1 ) g t12 t2 = 0 + v0 sen ( t2 ) g 2 2 2 (2)

g 2 2 ( t2 t1 ) = v0 ( sen t2 sen t1 ) 2

E, substituindo (1) em (2): cos g cos2 t12 1 = v0 t1 sen sen 2 cos2 cos cos2 cos2 2v0 sen cos x sen cos t1 = cos2 g cos sen ( ) 2 v0 t1 = cos g ( cos2 c