Prova ITA 2021 — Física com Gabarito Oficial e Resolução

Q01

Física Moderna — Análise dimensional — Unidades atômicas

O sistema de unidades atômicas de Hartree é bastante útil para a descrição de sistemas quânticos microscópicos. Nele, faz-se com que a carga fundamental $e$, a massa do elétron $m_0$, a constante eletrostática do vácuo $K_0$ e a constante de Planck reduzida $\hbar$ sejam todas numericamente iguais à unidade. Assinale a alternativa que contém a ordem de grandeza do valor numérico da velocidade da luz no vácuo $c$, nesse sistema de unidades.

A)$10^0$.

B)$10^2$.

C)$10^4$.

D)$10^6$.

E)$10^8$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

A unidade natural de velocidade no sistema de Hartree pode ser obtida combinando as constantes escolhidas para valer numericamente 1. Como $K_0e^2$ tem unidade de energia vezes comprimento e $\hbar$ tem unidade de energia vezes tempo, a razão $v_H=K_0e^2/\hbar$ tem dimensão de velocidade.

Com os valores fornecidos no cabeçalho, \[v_H=\frac{(9{,}0\times10^9)(1{,}6\times10^{-19})^2}{1{,}05\times10^{-34}}\approx 2{,}2\times10^6\ \text{m/s}.\]

No novo sistema, a velocidade da luz é medida em múltiplos de $v_H$: \[c_H=\frac{3{,}0\times10^8}{2{,}2\times10^6}\approx1{,}37\times10^2.\] Sua ordem de grandeza é, portanto, $10^2$.

Cuidado, armadilha! Não é necessário converter todas as unidades do sistema. Basta encontrar uma combinação das constantes com dimensão de velocidade. A velocidade da luz não passa a valer 1 nesse sistema.

Alternativa correta: B

Q02

Mecânica — Dinâmica — Trabalho e rendimento

Um trem parte do repouso sobre uma linha horizontal e deve alcançar a velocidade de $72\ \text{km/h}$. Até atingir essa velocidade, o movimento do trem tem aceleração constante de $0{,}50\ \text{m/s}^2$, sendo que resistências passivas absorvem $5{,}0\%$ da energia fornecida pela locomotiva. O esforço médio, em $\text{N}$, fornecido pela locomotiva para transportar uma carga de $1{,}0\ \text{ton}$ é

A)$2{,}5\times10^2$.

B)$4{,}8\times10^2$.

C)$5{,}0\times10^2$.

D)$5{,}3\times10^2$.

E)$1{,}0\times10^3$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Primeiro, a resultante responsável pela aceleração da carga é $F_{\rm res}=ma$. A massa de $1{,}0\ \text{ton}$ corresponde a $1{,}0\times10^3\ \text{kg}$.

Assim, \[F_{\rm res}=1000\cdot0{,}50=500\ \text{N}.\] O trabalho resultante durante um deslocamento $\Delta s$ é $500\Delta s$.

Como as resistências consomem $5\%$ da energia fornecida pela locomotiva, $95\%$ do seu trabalho é convertido em variação de energia cinética: \[0{,}95F_{\rm loco}\Delta s=500\Delta s.\] Cancelando $\Delta s$, \[F_{\rm loco}=\frac{500}{0{,}95}\approx5{,}26\times10^2\ \text{N}.\] A alternativa mais próxima é $5{,}3\times10^2\ \text{N}$.

A velocidade final de $72\ \text{km/h}$ não é necessária: os dados de massa, aceleração e percentual de energia dissipada bastam para o cálculo da força média.

Cuidado, armadilha! Os $5\%$ são do trabalho fornecido pela locomotiva. Não basta acrescentar diretamente $5\%$ à força resultante; o correto é dividir por $0{,}95$.

Alternativa correta: D

Q03

Mecânica — Colisões — Lançamento horizontal

Uma bola de gude de raio $r$ e uma bola de basquete de raio $R$ são lançadas contra uma parede com velocidade horizontal $v$ e com seus centros a uma altura $h$. A bola de gude e a bola de basquete estão na iminência de contato entre si, assim como ambas contra a parede. Desprezando a duração de todas as colisões e quaisquer perdas de energia, calcule o deslocamento horizontal $\Delta S$ da bolinha de gude ao atingir o solo.

Esquema original da colisão de uma bola de basquete e uma bola de gude próximas à parede e do lançamento da bolinha até o solo

A)$3v\sqrt{\dfrac{2(h-2r)}g}$.

B)$3v\sqrt{\dfrac{2(h-r)}g}$.

C)$v\sqrt{\dfrac{2(h-r)}g}$.

D)$v\sqrt{\dfrac{2(h-2r)}g}$.

E)$3v\sqrt{\dfrac{2(h-R-r)}g}$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

O raciocínio adotado pela alternativa oficial considera a bola de basquete muito mais massiva que a bola de gude. A bola maior colide elasticamente com a parede e inverte o sentido de sua velocidade: após o choque, desloca-se a $+v$, enquanto a bolinha ainda se aproxima com $-v$.

Na colisão elástica seguinte, no limite em que a massa da bola de basquete é muito maior que a da bola de gude, a velocidade relativa se inverte: \[v_{\rm pequena,f}-v_{\rm grande,f}=-(v_{\rm pequena,i}-v_{\rm grande,i}).\] Substituindo $v_{\rm grande,i}=v$ e $v_{\rm pequena,i}=-v$, temos \[v_{\rm pequena,f}-v= -(-v-v)=2v\quad\Rightarrow\quad v_{\rm pequena,f}=3v.\]

A bolinha inicia então o movimento de projétil com velocidade vertical nula. O centro está inicialmente a $h$ do solo e, no instante em que encosta no piso, fica a $r$ do solo. Logo, a queda do centro é $h-r$.

Pelo movimento vertical, \[h-r=\frac{gt^2}{2}\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2(h-r)}g}.\] O deslocamento horizontal é \[\Delta S=3v\sqrt{\frac{2(h-r)}g}.\]

Cuidado, armadilha! Na condição de chegada ao solo, o centro da bola de gude está a uma altura $r$, e não zero. Além disso, o resultado $3v$ utiliza a aproximação de massas muito diferentes (implícita no modelo de colisão da questão).

Alternativa correta: B

Q04

Mecânica — Gravitação — Sistema de três satélites

Considere um sistema de três satélites idênticos de massa $m$ dispostos nos vértices de um triângulo equilátero de lado $d$. Considerando somente o efeito gravitacional que cada um exerce sobre os demais, calcule a velocidade orbital dos satélites com respeito ao centro de massa do sistema para que a distância entre eles permaneça inalterada.

A)$\sqrt{\dfrac{3Gm}{2d}}$.

B)$\sqrt{\dfrac{Gm}{d}}$.

C)$\sqrt{\dfrac{Gm}{2d}}$.

D)$\sqrt{\dfrac{Gm}{3d}}$.

E)$\sqrt{\dfrac{3Gm}{d}}$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Cada satélite é atraído pelos outros dois com forças de mesmo módulo: \[F=\frac{Gm^2}{d^2}.\] O ângulo entre essas duas forças é $60^\circ$.

Por simetria, a resultante aponta do vértice para o centro do triângulo, e seu módulo é \[F_R=2F\cos30^\circ=\sqrt3\frac{Gm^2}{d^2}.\]

A distância do vértice ao centro de massa do triângulo equilátero é o raio orbital $\rho=d/\sqrt3$. Aplicando a condição centrípeta, \[\sqrt3\frac{Gm^2}{d^2}=\frac{mv^2}{d/\sqrt3}.\]

Cancelando os fatores e isolando a rapidez, \[v^2=\frac{Gm}{d}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{\frac{Gm}{d}}.\] Portanto, a distância entre satélites permanece constante quando os três giram, em fase, ao redor do centro comum com essa rapidez.

Cuidado, armadilha! O raio da órbita não é o lado $d$ do triângulo: o centro de massa está a $d/\sqrt3$ de cada vértice. Também é preciso somar vetorialmente as duas forças.

Alternativa correta: B

Q05

Mecânica — Hidrodinâmica — Jato sob pressão

Um recipiente, de secção de área constante e igual a $A$, é preenchido por uma coluna de líquido de densidade $\rho$ e altura $H$. Sobre o líquido encontra-se um pistão de massa $M$, que pode se deslocar verticalmente livre de atrito. Um furo no recipiente é feito a uma altura $h$, de tal forma que um filete de água é expelido conforme mostra a figura. Assinale a alternativa que contém o alcance horizontal $D$ do jato de água.

Reservatório original com pistão superior, nível H, orifício a uma altura h e jato de alcance D

Nota de transcrição: o enunciado usa a massa $M$, mas as alternativas impressas usam $m$. A grafia original foi preservada nas alternativas; são entendidas como a massa do mesmo pistão.

A)$2\sqrt{(H-h)\left(h+\dfrac{m}{\rho A}\right)}$.

B)$\sqrt{2h\left(H-h+\dfrac{m}{\rho A}\right)}$.

C)$2\sqrt{h\left(H-h+\dfrac{m}{\rho A}\right)}$.

D)$2\sqrt{h\left(H-h+\dfrac{m}{2\rho A}\right)}$.

E)$\sqrt{h\left(H-h+\dfrac{m}{\rho A}\right)}$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

O peso do pistão adiciona à pressão na superfície livre um termo $Mg/A$. Admitindo escoamento ideal e velocidade da superfície muito pequena, a equação de Bernoulli entre a superfície e o orifício fornece \[\frac{Mg}{A}+\rho g(H-h)=\frac12\rho v_s^2.\]

A velocidade horizontal de saída é, então, \[v_s=\sqrt{2g\left(H-h+\frac{M}{\rho A}\right)}.\]

A água deixa o furo horizontalmente à altura $h$ do solo. Pelo movimento vertical, \[h=\frac12gt^2\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2h}{g}}.\]

O alcance é o produto de velocidade por tempo: \[D=v_st=\sqrt{2g\left(H-h+\frac{M}{\rho A}\right)}\sqrt{\frac{2h}{g}}=2\sqrt{h\left(H-h+\frac{M}{\rho A}\right)}.\] Identificando $m$ das alternativas com $M$ do enunciado, obtemos a alternativa C.

Cuidado, armadilha! Não confunda a altura da coluna sobre o furo $(H-h)$ com a altura de queda do jato $h$. A pressão do pistão equivale à altura adicional $M/(\rho A)$.

Alternativa correta: C

Q06

Termologia — Termodinâmica — Expansão livre de gás

Um recipiente isolado é dividido em duas partes. A região A, com volume $V_A$, contém um gás ideal a uma temperatura $T_A$. Na região B, com volume $V_B=2V_A$, faz-se vácuo. Ao abrir um pequeno orifício entre as regiões, o gás da região A começa a ocupar a região B. Considerando que não há troca de calor entre o gás e o recipiente, a temperatura de equilíbrio final do sistema é

A)$T_A/3$.

B)$T_A/2$.

C)$T_A$.

D)$2T_A$.

E)$3T_A$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Este processo é uma expansão livre para o vácuo. Como o recipiente é termicamente isolado, o gás não recebe nem cede calor: $Q=0$. E, como o gás se expande para uma região inicialmente vazia sem empurrar uma pressão externa, o trabalho externo é $W=0$.

Pela primeira lei da Termodinâmica, \[\Delta U=Q-W=0.\] A energia interna do gás ideal depende exclusivamente de sua temperatura; logo, se $\Delta U=0$, então $\Delta T=0$.

Portanto, mesmo que o volume ocupado passe de $V_A$ a $V_A+2V_A=3V_A$, a temperatura de equilíbrio permanece \[T_f=T_A.\]

Cuidado, armadilha! Não se trata de uma expansão isobárica nem de uma transformação adiabática reversível. Não se deve aplicar automaticamente uma lei de resfriamento associada à expansão.

Alternativa correta: C

Q07

Ondulatória — Oscilações — Frequência massa–mola

Um objeto de massa $M$, preso a uma mola ideal, realiza uma oscilação livre de frequência $f$. Em um determinado instante, um segundo objeto de massa $m$ é fixado ao primeiro. Verifica-se que o sistema tem sua frequência de oscilação reduzida de $\Delta f$, muito menor que $f$. Sabendo que $(1+x)^n\approx1+nx$, para $|x|\ll1$, pode-se afirmar que $f$ é dada por

A)$\dfrac{M\Delta f}{2m}$.

B)$\dfrac{\sqrt2M\Delta f}{2m}$.

C)$\dfrac{M\Delta f}{m}$.

D)$\dfrac{\sqrt2M\Delta f}{m}$.

E)$\dfrac{2M\Delta f}{m}$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

A frequência de um oscilador massa–mola vale $f=(1/2\pi)\sqrt{k/M}$. Ao adicionar a massa $m$, a frequência passa a $f-\Delta f=(1/2\pi)\sqrt{k/(M+m)}$.

Dividindo as expressões, \[\frac{f-\Delta f}{f}=\sqrt{\frac{M}{M+m}}=\left(1+\frac mM\right)^{-1/2}.\]

Como a mudança relativa de frequência é muito pequena, usamos a aproximação fornecida: \[\left(1+\frac mM\right)^{-1/2}\approx1-\frac m{2M}.\] Assim, \[1-\frac{\Delta f}{f}\approx1-\frac m{2M}.\]

Igualando as diminuições relativas, \[\frac{\Delta f}{f}\approx\frac m{2M}\quad\Rightarrow\quad f\approx\frac{2M\Delta f}{m}.\]

Cuidado, armadilha! A frequência é inversamente proporcional à raiz quadrada da massa. A redução relativa na frequência é aproximadamente metade do aumento relativo da massa, para $m\ll M$.

Alternativa correta: E

Q08

Ondulatória — Acústica — Cordas e timbre

Um violão é um instrumento sonoro de seis cordas de diferentes propriedades, fixas em ambas as extremidades, acompanhadas de uma caixa de ressonância. Diferentes notas musicais são produzidas tangendo uma das cordas, podendo-se ou não alterar o seu comprimento efetivo, pressionando-a com os dedos em diferentes pontos do braço do violão. A respeito da geração de sons por esse instrumento são feitas quatro afirmações:

I. Cordas mais finas, mantidas as demais propriedades constantes, são capazes de produzir notas mais agudas.

II. O aumento de $1{,}00\%$ na tensão aplicada sobre uma corda acarreta um aumento de $1{,}00\%$ na frequência fundamental gerada.

III. Uma corda de nylon e uma de aço, afinadas na mesma frequência fundamental, geram sons de timbres distintos.

IV. Ao pressionar uma corda do violão, o musicista gera um som de frequência maior e comprimento de onda menor em comparação ao som produzido pela corda tocada livremente.

Considerando V como verdadeira e F como falsa, as afirmações I, II, III e IV são, respectivamente,

A)V V V V.

B)F V V V.

C)V F V V.

D)V V F V.

E)V V V F.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

A frequência fundamental de uma corda de comprimento vibrante $L$, tensão $T$ e densidade linear $\mu$ é \[f_1=\frac{1}{2L}\sqrt{\frac T\mu}.\]

I — Verdadeira. Uma corda mais fina, mantidas as demais propriedades relevantes, costuma ter menor $\mu$. Isso eleva $f_1$ e produz uma nota mais aguda.

II — Falsa. Como $f_1\propto\sqrt T$, um aumento de $1{,}00\%$ em $T$ produz \[\frac{f_{novo}}{f_{antigo}}=\sqrt{1{,}01}\approx1{,}005,\] isto é, aumento de aproximadamente $0{,}50\%$, não de $1{,}00\%$.

III — Verdadeira. Cordas de nylon e aço têm propriedades e espectros de harmônicos diferentes, podendo produzir timbres distintos mesmo quando a frequência fundamental é igual.

IV — Verdadeira. Pressionar a corda reduz o comprimento vibrante $L$, elevando a frequência. Como a velocidade do som no ar permanece aproximadamente constante, $\lambda=v_{som}/f$ diminui.

A sequência é V, F, V, V.

Cuidado, armadilha! Para pequenas variações, não confunda a variação percentual de $f$ com a de $T$: a dependência é com $\sqrt T$. O comprimento de onda da IV refere-se ao som propagado no mesmo ar.

Alternativa correta: C

Q09

Óptica — Lentes — Lente imersa em água

Considere uma lente biconvexa feita de um material com índice de refração $1{,}2$ e raios de curvatura de $5{,}0\ \text{cm}$ e $2{,}0\ \text{cm}$. Ela é imersa dentro de uma piscina e utilizada para observar um objeto de $80\ \text{cm}$ de altura, também submerso, que se encontra afastado a $1{,}0\ \text{m}$ de distância. Sendo o índice de refração da água igual a $1{,}3$, considere as seguintes afirmativas:

I. A lente é convergente e a imagem é real.

II. A lente é divergente e a imagem é virtual.

III. A imagem está a $31\ \text{cm}$ da lente e tem $25\ \text{cm}$ de altura.

Considerando V como verdadeira e F como falsa, as afirmações I, II e III são, respectivamente,

A)V F F.

B)F V F.

C)F F V.

D)V V F.

E)F V V.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

A convergência da lente depende da razão entre o índice do material e o índice do meio. Aqui, $n_{\text{lente}}/n_{\text{água}}=1{,}2/1{,}3=12/13<1$. Uma lente biconvexa pode, portanto, comportar-se como divergente quando imersa em um meio opticamente mais refringente que ela.

Pela equação do fabricante de lentes delgadas, com $R_1=+0{,}05\ \text{m}$ e $R_2=-0{,}02\ \text{m}$, \[\frac1f=\left(\frac{12}{13}-1\right)\left(\frac1{0{,}05}-\frac1{-0{,}02}\right)=-\frac{70}{13}\ \text{m}^{-1}.\] Assim, $f=-13/70\ \text{m}\approx-0{,}186\ \text{m}$.

Para um objeto real à distância $p=1{,}0\ \text{m}$, a equação de Gauss fornece \[\frac1p+\frac1{p^{\prime}}=\frac1f\quad\Rightarrow\quad p^{\prime}=-\frac{13}{83}\ \text{m}\approx-15{,}7\ \text{cm}.\] O sinal negativo indica imagem virtual.

O aumento linear é $A=-p^{\prime}/p=13/83\approx0{,}157$; a altura da imagem é $h^{\prime}=(13/83)\cdot80\ \text{cm}\approx12{,}5\ \text{cm}$. Portanto, I é falsa, II é verdadeira e III é falsa.

Cuidado, armadilha! Formato biconvexo não garante convergência: a lente deve ser comparada ao meio. Como a água tem maior índice, a potência óptica muda de sinal.

Alternativa correta: B

Q10

Ondulatória — Óptica física — Dupla fenda de Young

No experimento de dupla fenda de Young, suponha que a separação entre as fendas seja de $16\ \mu\text{m}$. Um feixe de luz de comprimento de onda $500\ \text{nm}$ atinge as fendas e produz um padrão de interferência. Quantos máximos haverá na faixa angular dada por $-30^\circ\le\theta\le30^\circ$?

A)8.

B)16.

C)17.

D)32.

E)33.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Os máximos de interferência construtiva obedecem à condição \[d\sin\theta=m\lambda,\] em que $m$ é um número inteiro positivo, negativo ou zero.

Nos extremos da faixa angular, $|\sin\theta|=\sin30^\circ=1/2$. Logo, \[|m|\le\frac{d\sin30^\circ}{\lambda}=\frac{(16\ \mu\text{m})(1/2)}{0{,}50\ \mu\text{m}}=16.\]

São permitidas todas as ordens inteiras $m=-16,-15,\ldots,-1,0,1,\ldots,15,16$. Contando os 16 máximos de cada lado mais o central, \[N=16+1+16=33.\]

Cuidado, armadilha! Os extremos $\pm30^\circ$ estão incluídos; portanto, os máximos de ordens $\pm16$ contam. O máximo central de ordem zero também deve ser contado.

Alternativa correta: E

Q11

Eletricidade — Eletrostática — Contato entre esferas

Três esferas metálicas maciças $E_1$, $E_2$ e $E_3$, feitas de um mesmo material e de raios $R_1$, $R_2$ e $R_3$, respectivamente, podem trocar cargas elétricas entre si a partir do acionamento de contatos elétricos. Inicialmente apenas $E_1$ encontra-se eletricamente carregada. Em um primeiro momento estabelece-se contato elétrico entre $E_1$ e $E_2$, que é cortado quando o sistema atinge o equilíbrio elétrico. A seguir, estabelece-se contato entre $E_2$ e $E_3$. Ao final do processo, observa-se que a carga elétrica líquida das três esferas é igual. Desprezando a capacitância mútua entre as esferas, assinale a proporção entre as massas de $E_1$, $E_2$ e $E_3$, respectivamente.

A)1:1:1.

B)1:2:2.

C)2:1:1.

D)8:1:1.

E)1:8:8.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Na eletrização por contato, esferas isoladas atingem o mesmo potencial elétrico. Como $V=K_0Q/R$, duas esferas em equilíbrio satisfazem $Q_1/R_1=Q_2/R_2$.

Vamos chamar de $q$ a carga final comum. Depois do segundo contato, as cargas de $E_2$ e $E_3$ são ambas $q$. Como $E_3$ estava inicialmente neutra, a carga total que havia em $E_2$ antes desse segundo contato era $2q$.

O primeiro contato, portanto, deixou $E_1$ com carga $q$ e $E_2$ com carga $2q$. A igualdade dos potenciais nesse contato exige \[\frac{q}{R_1}=\frac{2q}{R_2}\quad\Rightarrow\quad R_2=2R_1.\]

No segundo contato, $E_2$ e $E_3$ terminam ambas com carga $q$. A igualdade dos potenciais exige $R_2=R_3$. Portanto, \[R_1:R_2:R_3=1:2:2.\]

As esferas são maciças e do mesmo material: suas massas são proporcionais aos respectivos volumes e, portanto, ao cubo do raio. Assim, \[m_1:m_2:m_3=1^3:2^3:2^3=1:8:8.\]

Cuidado, armadilha! Igual carga não significa automaticamente igual raio em todos os instantes; o contato ocorre em dois pares diferentes e $E_1$ fica isolada no segundo. Ao final, transforme razões de raios em razões de massas elevando ao cubo.

Alternativa correta: E

Q12

Eletricidade — Eletrodinâmica — Associação de resistores (anulada)

Considere os resistores A, B, C e D, cujas resistências elétricas são dadas respectivamente por $R_A$, $R_B$, $R_C$ e $R_D$ e cujas curvas características são apresentadas na figura ao lado. Denotando a resistência equivalente de associações em série e em paralelo, respectivamente, por $A_S$ e $A_{\parallel}$, assinale a alternativa que contém uma relação correta entre $R_A$, $R_B$, $R_C$ e $R_D$.

Gráfico original de corrente elétrica versus tensão para quatro resistores A B C D, questão anulada pelo ITA

QUESTÃO ANULADA PELO ITA. Segundo o gabarito oficial, nenhuma das cinco alternativas é correta, devido a um erro na elaboração do gráfico. O ponto do candidato foi atribuído independentemente da resposta.

A)$R_B=A_{\parallel}\ \text{de }(R_C\ \text{e }R_D)$.

B)$R_D=A_S\ \text{de }(R_A\ \text{e }R_B)$.

C)$R_A=A_{\parallel}\ \text{de }(R_C\ \text{e }R_D)$.

D)$R_A=A_S\ \text{de }(R_B\ \text{e }R_C)$.

E)$R_D=A_S\ \text{de }(R_A\ \text{e }R_C)$.

Gabarito Oficial — Questão Anulada

ANU

Resolução

Situação oficial: o ITA anulou esta questão expressamente porque não existe alternativa correta. O comunicado atribui a anulação a um erro na produção do gráfico, e considera o item correto para todos os candidatos.

Para qualquer resistor ôhmico, no gráfico da corrente em função da tensão, a inclinação da reta é $I/U=1/R$. Uma reta mais inclinada corresponde a uma resistência menor. Portanto, o gráfico ordena as resistências como $R_A

Em série, a resistência equivalente é a soma: $R_S=R_1+R_2$. Em paralelo, vale \[R_{\parallel}=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2},\] que é inferior à menor das resistências associadas.

A leitura da figura e essas relações não conduzem a nenhuma das igualdades A–E. Como há inconsistência na elaboração do item, não se deve forçar uma alternativa como correta. Gabarito oficial: ANULADA (ANU).

Cuidado, armadilha! Não assinale uma alternativa apenas porque uma reta parece aproximadamente a soma ou a associação das demais. O próprio ITA confirmou que o gráfico continha erro e que o item não possuía alternativa válida.

Questão anulada — sem alternativa correta.

Q13

Eletricidade — Eletrodinâmica — Descarga RC

Deseja-se capturar uma foto que ilustre um projétil, viajando a $500\ \text{m/s}$, atravessando uma maçã. Para isso, é necessário usar um flash de luz com duração compatível com o intervalo de tempo necessário para que o projétil atravesse a fruta. A intensidade do flash de luz está associada à descarga de um capacitor eletricamente carregado, de capacitância $C$, através de um tubo de resistência elétrica dada por $10\ \Omega$. Assinale a alternativa com o valor de capacitância mais adequado para a aplicação descrita.

A)$800\ \text{pF}$.

B)$15\ \text{nF}$.

C)$800\ \text{nF}$.

D)$15\ \mu\text{F}$.

E)$800\ \mu\text{F}$.

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

A fotografia precisa congelar o projétil durante a travessia da maçã. Como a largura da fruta não é fornecida, fazemos uma estimativa física: uma maçã comum tem dimensão da ordem de $10^{-1}\ \text{m}$ na direção do movimento.

O tempo de travessia é, em ordem de grandeza, \[t\sim\frac{0{,}10}{500}=2\times10^{-4}\ \text{s}.\]

A escala de tempo de descarga de um capacitor num resistor é $\tau=RC$. Para que a luz seja produzida numa escala comparável ao tempo de travessia, precisamos de \[C\sim\frac tR=\frac{2\times10^{-4}}{10}=2\times10^{-5}\ \text{F}=20\ \mu\text{F}.\]

A alternativa mais próxima é $15\ \mu\text{F}$, para a qual a constante de tempo é \[\tau=10\cdot15\times10^{-6}=1{,}5\times10^{-4}\ \text{s}.\]

Cuidado, armadilha! Não há diâmetro explícito da maçã. A questão é uma estimativa de ordem de grandeza; valores de capacitância muito pequenos dariam flashes curtíssimos, e $800\ \mu\text{F}$ produziria uma descarga lenta.

Alternativa correta: D

Q14

Magnetismo — Lei de Ampère — Condutor cilíndrico oco

Um cilindro condutor oco de comprimento muito longo, cuja secção transversal tem raio interno $R/2$ e raio externo $R$, é atravessado por uma densidade de corrente elétrica uniforme e paralela ao eixo do cilindro. Qual representação gráfica abaixo melhor descreve a intensidade do campo magnético $|\vec B|$ como função da coordenada radial $r$ a partir do eixo de simetria do sistema?

Gráfico original da alternativa A para o campo magnético em função de r

Gráfico original da alternativa B para o campo magnético em função de r

Gráfico original da alternativa C para o campo magnético em função de r

Gráfico original da alternativa D para o campo magnético em função de r

Gráfico original da alternativa E para o campo magnético em função de r

Gabarito Oficial do ITA

Resolução

Aplicamos a lei de Ampère a uma circunferência concêntrica com o cilindro: \[B(2\pi r)=\mu_0 I_{\rm interna}.\] Como a densidade de corrente $J$ é uniforme, a corrente envolvida é $J$ multiplicada pela área condutora contida no círculo amperiano.

Região I — $0\le r O interior do condutor é oco: $I_{\rm interna}=0$. Assim, \[B(r)=0.\]

Região II — $R/2\le r\le R$. A área atravessada pela corrente até o raio $r$ é $\pi[r^2-(R/2)^2]$. Portanto, \[B(r)=\frac{\mu_0J}{2r}\left(r^2-\frac{R^2}{4}\right).\] Essa expressão vale zero em $R/2$ e cresce continuamente até $r=R$.

Região III — $r\ge R$. Toda a corrente está envolvida: \[B(r)=\frac{\mu_0J}{2r}\left(R^2-\frac{R^2}{4}\right)=\frac{3\mu_0JR^2}{8r}.\] Fora do cilindro o campo diminui como $1/r$.

O gráfico correto começa em zero, permanece nulo até $R/2$, cresce continuamente até $R$ e depois decai suavemente. É a alternativa A.

Cuidado, armadilha! O cilindro é oco, mas transporta corrente em toda a região entre $R/2$ e $R$. Portanto, o campo não tem salto em $R/2$ e não permanece constante dentro do material.

Alternativa correta: A

Q15
Magnetismo — Indução eletromagnética — Lei de Faraday

Considere uma bobina circular de $200$ voltas e $5{,}0\ \text{cm}$ de raio, localizada em uma região onde existe um campo magnético uniforme de $1{,}25\ \text{T}$. A espira encontra-se inicialmente paralela ao campo magnético e é girada em um quarto de volta em $15\ \text{ms}$. Assinale a alternativa que contém o valor que melhor representa a força eletromotriz média induzida na espira durante o movimento de giro descrito.

A)$5{,}0\ \text{V}$.

B)$15\ \text{V}$.

C)$30\ \text{V}$.

D)$60\ \text{V}$.

E)$130\ \text{V}$.

Gabarito Oficial do ITA
E

Resolução

A lei de Faraday para uma bobina de $N$ espiras fornece o módulo da força eletromotriz média: \[|\mathcal E_{\rm méd}|=\frac{N|\Delta\Phi|}{\Delta t}.\] O fluxo por espira é $\Phi=BA\cos\theta$, onde $\theta$ é o ângulo entre o campo e a normal ao plano da espira.

Inicialmente o plano da espira é paralelo ao campo, então o fluxo é zero. Após um quarto de volta, o plano torna-se perpendicular ao campo e o módulo do fluxo é máximo: $|\Delta\Phi|=BA$.

O raio é $r=5{,}0\times10^{-2}\ \text{m}$, de modo que \[A=\pi r^2=\pi(0{,}050)^2\approx7{,}85\times10^{-3}\ \text{m}^2.\]

Como $N=200$, $B=1{,}25\ \text{T}$ e $\Delta t=0{,}015\ \text{s}$, \[|\mathcal E_{\rm méd}|=\frac{200\cdot1{,}25\cdot7{,}85\times10^{-3}}{0{,}015}\approx131\ \text{V}.\] O valor mais próximo é $130\ \text{V}$.

Cuidado, armadilha! A espira começa paralela às linhas de campo: isso significa fluxo inicial nulo, não máximo. O fluxo final é $BA$ após o giro de $90^\circ$.

Alternativa correta: E

ITA 2021 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Dados da prova