Questão 46
Um pequeno corpo é abandonado do repouso,
no ponto A, situado a uma altura h, e atinge
o solo com uma velocidade de módulo v. Em
seguida, o mesmo corpo é disparado verticalmente para cima, ao longo da mesma trajetória descrita anteriormente, com uma velocidade inicial de módulo igual a 2v.
Despreza-se a resistência do ar. Ao atingir o
ponto A, o módulo da velocidade do corpo é:
partem do repouso, no ponto A, e chegam, simultaneamente, no ponto B. Um deles descreve a semicircunferência AB, enquanto o
outro, o segmento de reta AB. Os respectivos
movimentos são uniformemente variados. A
relação entre as velocidades escalares no ponto B (v1 , do atleta que segue a semicircunferência, e v2 , do atleta que segue o segmento
de reta) é:
a) v1 =
π
v2
2
b) v2 =
c) v1 = 2π ⋅ v2
π
v1
2
d) v1 = π ⋅ v2
e) v2 = π ⋅ v1
a) v ⋅ 5
b) v ⋅ 3
v⋅ 5
d)
5
e) 0
c)
v⋅ 3
3
alternativa B
Como o corpo realiza um MUV, da Equação de
Torricelli para a descida e para a subida, temos:
v 2 = 2gh
v A2 = (2v) 2 − 2gh
⇒ v A2 = (2v) 2 − v 2 ⇒
⇒ vA = v ⋅ 3
alternativa A
Da equação da velocidade escalar média de um
MUV, temos:
0
v0 + v
2 ⋅ ∆S
∆S
=
⇒ ∆t =
v
∆t
2
Como o intervalo de tempo ( ∆t) dos dois atletas é
o mesmo, temos:
2 ⋅ ∆S1
2 ⋅ ∆S 2
π ⋅R
2R
=
⇒
=
⇒
v1
v2
v1
v2
⇒
v1 =
π
⋅v2
2
Questão 47
Questão 48
Dois atletas olímpicos resolvem disputar uma
corrida num estádio que possui as pistas ilustradas a seguir. No mesmo instante, os dois
A figura mostra 5 forças representadas por
vetores de origem comum, dirigindo-se aos
vértices de um hexágono regular. Sendo 10 N
física 19
o módulo da força FC , a intensidade da resultante dessas 5 forças é:
mecânica que possuía em P; por isso, ela
atingirá a superfície livre da água num ponto
situado a:
b) 52,2 cm de A.
a) 19,0 cm de A.
d) 69,0 cm de A.
c) 60,6 cm de A.
e) 102,2 cm de A.
alternativa B
a) 50 N
d) 35 N
b) 45 N
e) 30 N
c) 40 N
Admitindo que a criança perde 25% da sua energia mecânica, se adotado um plano horizontal de
referência na saída do escorregador, a sua velocidade v nesta posição é dada por:
mv 2
f
i
Emec.
= 0,75Emec.
⇒
= 0,75mgh ⇒
2
v2
⇒
= 0,75 ⋅ 10 ⋅ 2,40 ⇒ v = 6 m/s
2
Ao sair do escorregador, o movimento da criança
é um lançamento oblíquo com componentes horizontal e vertical da velocidade, dadas por:
v x = v cos 30o = 6 ⋅ 0,87
alternativa E
A resultante pode ser calculada por:
R = FA + FB + FC + FD + FE
Alterando-se a ordem das parcelas, temos:
R = (FA + FD ) + (FB + FE ) + FC ⇒
⇒ R = FC + FC + FC ⇒ R = 3 FC ⇒ | R | = 30 N
Questão 49
Próximo à borda de uma piscina, existe um
escorregador, conforme ilustra a figura a seguir.
v 0y = v sen 30
o
= 6 ⋅ 0,50
⇒
v x = 5,22 m/s
v 0y = 3,00 m/s
O tempo t necessário para que a criança atinja a
superfície livre da água é dado por:
∆y = v 0y t +
g ⋅ t2
10t 2
⇒ 0,350 = 3,00t +
⇒
2
2
⇒ 5t 2 + 3,00t − 0,350 = 0
As raízes da equação anterior são 0,1 e −0,7 (não
convém). Assim, t = 0,1 s.
O deslocamento horizontal ∆x da criança é dado
por:
∆x = v x t = 5,22 ⋅ 0,1 ⇒ ∆x = 0,522 m = 52,2 cm
Assim, a criança atingirá a superfície livre da água
num ponto situado a 52,2 cm de A.
Obs.: se fosse considerado um plano de referência diferente para cálculo da energia potencial
gravitacional, chegaríamos a outro resultado, ou
seja, existe uma imprecisão no enunciado.
Questão 50
2
o
o
Dados: g = 10 m/s ; sen 30 = cos 60 = 0,50;
sen 60o = cos 30o = 0,87.
Uma criança de massa 40,0 kg sai do repouso
no ponto P do escorregador e, depois de um
certo tempo, atinge a superfície livre da
água, a qual está 35,0 cm abaixo do nível da
borda. Sabe-se que, em todo o trecho do escorregador, a criança perdeu 25% da energia
Dispõe-se de um recipiente cilíndrico, aberto na
extremidade superior, sujeito à pressão atmosférica normal (Patm = 1,00 ⋅ 105 N/m2 ). Em seu
interior, existem três líquidos ideais não miscíveis, de massas específicas ρ1 = 0,80 g/cm3 ,
ρ2 = 0,90 g/cm3 e ρ3 = 1,00 g/cm3 . O gráfico
que melhor representa a pressão (P), nos diversos pontos dos líquidos, em função da profundidade (y), é:
física 20
Dado: g = 10 m/s2
e)
P (10 5 N/m 2)
1,27
1,17
1,08
0
A
D
C
B
0 1,00 2,00 3,00 y (m)
alternativa B
Estando o ponto A na interface do líquido 1 com a
atmosfera, temos PA = 1,00 ⋅ 105 N/m 2 . Sendo
a)
1,10
1,09
1,08
P (10 5 N/m 2)
B
C
D
g = 10 m/s 2 e 1 g/cm 3 = 10 3 kg/m 3 , utilizando a
Lei de Stevin, temos:
PB = PA + ρ1gh1 = 1,00 ⋅ 105 + 0,80 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅
⋅ 1,00 = 1,08 ⋅ 105 N/m 2
PC = PB + ρ 2 gh2 = 1,08 ⋅ 105 + 0,90 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅
1,00
A
b)
1,27
⋅ 1,00 = 1,17 ⋅ 105 N/m 2
0 1,00 2,00 3,00 y (m)
⋅1,00 = 1,17 ⋅ 105 N/m 2
PD = PC + ρ 3 gh3 = 1,17 ⋅ 105 + 1,00 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅
P (10 5 N/m 2)
⋅ 1,00 = 1,27 ⋅ 105 N/m 2
Representando o gráfico P versus y com mesma
escala em cada eixo, o gráfico que melhor representa a pressão (P), nos diversos pontos dos líquidos, em função da profundidade (y), é B.
C
1,17
1,08
A
1,00
c)
B
0 1,00 2,00 3,00 y (m)
P (10 5 N/m 2)
D
0,10
0,09
0,08
A
0
D
Questão 51
Uma viga AB homogênea, de secção transversal uniforme, com peso 400 N e comprimento
5 m, é apoiada em um muro de 3,20 m de altura, como mostra a figura.
C
B
B
0 1,00 2,00 3,00
C
d)
3,20 m
A
2,40 m
física 21
A força que essa viga exerce sobre o muro, no
ponto C, tem intensidade igual a:
a) 150 N
b) 200 N
c) 250 N
d) 300 N
e) 350 N
ver comentário
O comprimento AC é dado por:
AC 2 = 2,40 2 + 3,20 2 ⇒ AC = 4,00 m
O valor de x indicado na figura a seguir é dado
por:
x
2,40
=
⇒ x = 1,50 m
2,50
4,00
As forças aplicadas na viga podem ser:
FC
fat.
NC
C
C
4,00 m
2,50 m
3,20 m
NA
P
fat.
A
A
x
Em um experimento, dispõe-se de um bloco
metálico de capacidade térmica 80 cal/ oC, à
temperatura de 100 oC. Esse bloco é colocado
no interior de um calorímetro de capacidade
térmica 8 cal/ oC, que contém 200 g de água
⎛
⎞
⎜c = 1 cal ⎟ a 20 oC. Sabendo que o equilí⎜
o ⎟
g C⎠
⎝
brio térmico ocorre a 40 oC, podemos afirmar
que a quantidade de energia térmica dissipada pelo calorímetro foi de:
a) 280 cal
b) 340 cal
c) 480 cal
d) 520 cal
e) 640 cal
alternativa E
A quantidade de calor Qb liberada pelo bloco metálico é dada por:
Qb = Cb ⋅ ∆θ = 80 ⋅ (40 − 100) = −4 800 cal
A quantidade de calor Qa absorvida pelo calorímetro e pela água é dada por:
Qa = Cc ⋅ ∆θ + m ⋅ c ⋅ ∆θ =
= 8 ⋅ (40 − 20) + 200 ⋅ 1 ⋅ (40 − 20) = 4 160 cal
A energia térmica dissipada através do calorímetro é dada por:
|Q | = |Qb + Qa | = −4 800 + 4 160 ⇒
|Q | = 640 cal
= 1,50 m
2,40 m
Questão 53
Como nada foi dito com relação aos atritos, temos
quatro possibilidades:
1) fat A = 0 e fatC = 0: nessa situação o equilíbrio
da viga é impossível.
2) fat A ≠ 0 e fatC ≠ 0: nessa situação temos um
equilíbrio hiperestático e o sistema apresenta infinitas soluções.
3) fat A ≠ 0 e fatC = 0: nessa situação a força será
a própria NC . Do equilíbrio vem:
∑ M(A)
Questão 52
= 0 ⇒ P ⋅ x = NC ⋅ 4,00 ⇒
⇒ 400 ⋅ 1,50 = NC ⋅ 4,00 ⇒
NC = 150 N
4) fat A = 0 e fatC ≠ 0: nessa situação, para que
haja equilíbrio, a força FC = NC + fatC deve ser
vertical para cima. Do equilíbrio vem:
∑ M(A) = 0 ⇒ FC ⋅ 2,40 = P ⋅ x ⇒
⇒ FC ⋅ 2,40 = 400 ⋅ 1,5 ⇒
FC = 250 N
Um estudante teve a curiosidade de saber
qual é a massa de oxigênio puro e qual é o
número de átomos existente em um recipiente de 2,46 litros, quando submetido à pressão de 1,0 atm e à temperatura de 27 ºC.
Para tanto, solicitou sugestões a seu professor de Física, que lhe deu algumas aulas sobre comportamento térmico dos gases e estas informações: esse gás é diatômico e a notação química do átomo de oxigênio é 168 O.
Além disso, o professor lhe forneceu os valores de algumas constantes, que estão indicadas no quadro abaixo.
Número de Avogadro = 6,02 ⋅ 1023
Constante universal dos gases perfeitos =
atm ⋅ litro
= 8,2 ⋅ 10−2
mol ⋅ kelvin
física 22
Se o estudante efetuou todas as operações
corretamente, encontrou:
a) 3,2 g e 6,02 ⋅ 1022 átomos.
22
b) 3,2 g e 3,01 ⋅ 10
átomos.
22
c) 3,2 g e 12,04 ⋅ 10
átomos.
22
átomos.
22
átomos.
d) 1,6 g e 6,02 ⋅ 10
e) 1,6 g e 3,01 ⋅ 10
alternativa C
Sendo a massa molar M do oxigênio diatômico
igual a 32 g/mol, utilizando a Equação Geral de
Estado, sua massa (m) será dada por:
m
p ⋅V =
RT ⇒
M
m
⇒ 1,0 ⋅ 2,46 =
8,2 ⋅ 10 −2 ⋅ (27 + 273) ⇒
32
⇒
a) 2,09 ⋅ 102
cal
s
J
s
2 J
e) 2,09 ⋅ 10
K
c) 2,09 ⋅ 102
b) 2,09 ⋅ 102
cal
s ⋅ cm ⋅ oC
d) 2,09 ⋅ 102
J
s⋅m⋅K
alternativa D
Sendo a equação dimensionalmente homogênea,
temos:
[k][A][ ∆θ ]
[k] m 2 ⋅ K
J
[ Φ] =
⇒
=
⇒
[e]
s
m
J
⇒ [k] =
s ⋅m⋅K
Portanto, se desejarmos expressar essa constante, com sua respectiva unidade de medida, tereJ
.
mos k = 2,09 ⋅ 10 2
s ⋅m⋅K
m = 3,2 g
Sendo o número (N) de moléculas igual ao produto do número de Avogadro (N a ) com o número de
mols (n), temos:
m
3,2
N = n ⋅ Na =
N =
6,02 ⋅ 10 23 ⇒
M a
32
⇒ N = 6,02 ⋅ 10 22 moléculas
Como cada molécula possui 2 átomos, temos:
N = 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 3 ⇒
N = 12,04 ⋅ 10 22 átomos
Questão 55
Um espelho esférico côncavo de raio de curvatura R, obedecendo às condições de Gauss,
fornece, de um objeto retilíneo, colocado perpendicularmente sobre seu eixo principal,
uma imagem 2 vezes maior e direita. A distância do espelho ao objeto é:
a) 3R/2
b) R
c) 2R/3
d) R/2
e) R/4
alternativa E
Questão 54
Para determinarmos o fluxo de calor por
condução através de uma placa homogênea
e de espessura constante, em regime estacionário, utilizamos a Lei de Fourier
A ⋅ (θ1 − θ2 ) ⎤
⎡
⎢⎣Φ = k
⎥⎦. A constante de propore
cionalidade que aparece nessa lei matemática
depende da natureza do material e se denomina Coeficiente de Condutibilidade Térmica. Trabalhando com as unidades do SI, temos, para o alumínio, por exemplo, um coeficiente de condutibilidade térmica igual a
2,09 ⋅ 102 . Se desejarmos expressar essa constante, referente ao alumínio, com sua respectiva unidade de medida, teremos:
Da equação da ampliação, temos:
y’
p’
2y
p’
=−
⇒
=−
⇒ p’ = −2p
y
p
y
p
Pela equação de conjugação, para p’ = −2p, temos:
1
1
1
1
1
1
R
=
+
⇒
=
+
⇒ p =
R
p
( −2p)
f
p
p’
4
2
Questão 56
Para o estudo da propagação de uma onda,
necessita-se do conhecimento da chamada
Função de Onda, a qual, genericamente, é
⎡
⎤
x⎞
⎛t
dada por y = A ⋅ cos ⎢2 π ⋅ ⎜
− ⎟ + ϕ0 ⎥.
⎠
⎝
λ
T
⎣
⎦
Se, numa determinada situação, a função de
onda é
física 23
π⎤
⎡
,
y = 0,20 ⋅ cos 2 π ⋅ (0,50 ⋅ t − 0,80 ⋅ x) +
⎢⎣
4 ⎥⎦
com dados no SI, a velocidade de propagação
da onda é:
b) 1,25m/s.
a) 1,60 m/s.
c) 6,25 ⋅ 10 −1 m/s.
Assim, vem:
Mv
R =
⇒
|q | B
m2v 2
eB
⇒
4mv 2
=
2eB
R1 =
R2
R1 = R 2
d) 3,14 ⋅ 10 −1 m/s.
e) 3,125 ⋅ 10 −1 m/s.
Questão 58
alternativa C
Da equação genérica e da situação dada, temos:
x⎞
⎤
⎡ ⎛t
y = A ⋅ cos ⎢2 π ⎜ − ⎟ + ϕ0 ⎥
⎝
⎠
T
λ
⎦
⎣
⇒
π⎤
⎡
y = 0,20 cos 2 π(0,50t − 0,80x) +
⎢⎣
4 ⎥⎦
No circuito indicado a seguir, o gerador de
tensão e o amperímetro são ideais. Estando a
chave k na posição (1), o amperímetro acusa
5 A. Colocando a chave k na posição (2), o
amperímetro marcará:
1
1
= 0,50 s −1
= 0,50 s −1
T
⇔
⇒ T
1
λ = 1,25 m
= 0,80 m −1
λ
Da equação fundamental da ondulatória vem:
1
v =λ⋅
⇒ v = 1,25 ⋅ 0,50 ⇒
T
a) 5 A
⇒ v = 6,25 ⋅ 10 −1 m/s
b) 4 A
c) 3 A
d) 2 A
e) 1 A
alternativa B
Questão 57
Duas partículas eletrizadas, de cargas
q1 = +e e q2 = +2e, com mesma energia cinética, “entram” numa região em que existe um
campo de indução magnética uniforme. Suas
massas são, respectivamente, m1 = m e
m2 = 4m, e suas velocidades, perpendiculares
às linhas de indução. Essas partículas vão
descrever, nessa região, trajetórias circunferenciais de raios R1 e R2 . Desprezando-se os
efeitos relativísticos e os gravitacionais, a relação entre R1 e R2 é:
1
b) R1 =
R2
a) R1 = 2 R2
2
c) R1 = R2
2
e) R1 =
⋅ R2
2
d) R1 =
2 ⋅ R2
alternativa C
Das energias cinéticas, temos:
EC1 = EC 2
mv12
4mv 22
⇒ v1 = 2 v 2
Mv 2 ⇒ 2 = 2
EC =
2
Com a chave k na posição (1), a f.e.m. ( ε ) do gerador é obtida por:
U = R eq. ⋅ i ⇒ ε = (1 + 5 + 2) ⋅ 5 ⇒ ε = 40 V
Com ela na posição (2), temos:
U = R’ eq. ⋅ i’ ⇒ 40 = (1 + 4 + 3 + 2)i’ ⇒ i’ = 4 A ⇒
⇒
LA = 4 A
Questão 59
Nas figuras a seguir, estão ilustradas duas associações de capacitores, as quais serão submetidas a uma mesma d.d.p. de 12 V, assim
que as respectivas chaves, k A e kB , forem fechadas. As relações entre as cargas elétricas
(Q) adquiridas pelos capacitores serão:
física 24
a) Q1 = Q 3 e Q2 = Q4
1
b) Q1 = Q 3 e Q2 = Q4
5
c) Q1 = 4 ⋅ Q 3 e Q2 = 4Q4
5
d) Q1 = Q 3 e Q2 = 5 Q4
4
1
1
e) Q1 = Q 3 e Q2 = Q4
4
4
alternativa D
Para a associação em que os capacitores estão
em paralelo, temos:
Q1 = C1U1 = 1 ⋅ 12
Q1 = 12 µC
⇒
Q2 = C 2U 2 = 4 ⋅ 12
Q2 = 48 µC
A capacitância equivalente (C eq.) para a associação em que os capacitores estão em série é dada
por:
C ⋅ C4
4
1⋅4
⇒ C eq. =
µF
C eq. = 3
=
5
C 3 + C4
1+4
Como os capacitores C 3 e C4 estão em série, a
carga (Q) adquirida é a mesma para cada um e
igual a:
4
Q = C eq. ⋅ U =
⋅ 12
48
⇒ Q3 = Q4 =
µC
5
5
Q = Q3 = Q4
Assim, temos:
Q1 =
5
Q e Q2 = 5 Q4
4 3
Questão 60
Uma partícula de massa 20 µg e carga 1 µC é
lançada, com velocidade de 200 m/s, contra
uma carga fixa de 2 µC. O lançamento é realizado no vácuo e de um ponto muito afastado
da carga fixa. Desprezando as ações gravitacionais, a menor distância entre as cargas
será de:
Dado:
a) 45 m
b) 40 m
c) 35 m
d) 30 m
Nm2
k0 = 9 109
e) 25 m
C2
alternativa A
Do Teorema da Energia Cinética, temos:
0
f
i
R τ = ∆Ec ⇒ Fel . τ = Ec − Ec ⇒
k ⋅Q ⋅q
mv 2
⇒− 0
=−
⇒
r
2
9
−6
9 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10 −6 20 ⋅ 10 −9 ⋅ 200 2
⇒
=
⇒
r
2
⇒
r = 45 m