⇒ 2 ⋅ 3,14 ⋅
Questão 46
Tássia, estudando o movimento retilíneo uniformemente variado, deseja determinar a posição de um móvel no instante em que ele
muda o sentido de seu movimento. Sendo a
função horária da posição do móvel dada por
x = 2t2 − 12 t + 30, onde x é sua posição em
metros e t o tempo de movimento em segundos, a posição desejada é:
a) 12 m
b) 18 m
c) 20 m
d) 26 m
e) 30 m
alternativa A
Comparando as equações x = 2t 2 − 12 t + 30 e
a 2
x = x0 + v 0 t +
t , temos x0 = 30 m, v 0 =
2
= −12 m/s e a = 4 m/s 2 .
Da equação horária da velocidade para um MUV,
vem:
v = v 0 + at ⇒ v = −12 + 4t
No instante em que o móvel muda o sentido do
movimento (v = 0), temos:
0 = −12 + 4t ⇒ t = 3 s
A posição do móvel nesse instante é dada por:
x = 2 ⋅ 3 2 − 12 ⋅ 3 + 30 ⇒
x = 12 m
Questão 47
Um menino percorre, de bicicleta, uma pista
circular. Sua velocidade escalar é constante
e a freqüência do movimento é igual à do
ponteiro dos segundos, de um relógio convencional que funciona normalmente. O raio
da trajetória descrita é 96 m e o espaço percorrido pelo menino, durante 1,0 minuto, é
aproximadamente:
b) 6,0 ⋅ 102 m
c) 9,6 ⋅ 102 m
a) 1,6 ⋅ 102 m
3
4
d) 1,0 ⋅ 10 m
e) 3,8 ⋅ 10 m
alternativa B
Sendo a velocidade escalar constante, temos:
∆S
v =
∆S
⇒ 2 πfR =
⇒
∆t
∆t
v = 2 πfR
∆S
1
⋅ 96 =
⇒ ∆S = 6,0 ⋅ 10 2 m
60
60
Questão 48
Um disco de massa 100 g desliza sobre uma
superfície horizontal perfeitamente lisa,
com velocidade de módulo 5,0 m/s. Num determinado instante choca-se contra uma parede e, após 1,0 milissegundo, retorna sobre
a mesma trajetória, com velocidade de módulo 4,0 m/s. O choque foi _____________ e a
força aplicada ao disco pela parede teve a
intensidade de _____________ .
As informações que preenchem corretamente
as lacunas, na ordem de leitura são, respectivamente:
a) perfeitamente elástico e 1,0 ⋅ 102 N.
b) perfeitamente elástico e 9,0 ⋅ 102 N.
c) anelástico e 1,0 ⋅ 102 N.
d) parcialmente elástico e 1,0 ⋅ 102 N.
e) parcialmente elástico e 9,0 ⋅ 102 N.
alternativa E
Adotando a orientação da trajetória do disco coincidente com a da velocidade final v, determinamos a intensidade média da força F que a parede
aplica no disco através do Teorema do Impulso
como segue:
IF = ∆Q ⇒ F ⋅ ∆t = m ⋅ ∆v ⇒
⇒ F ⋅ 10 −3 = 10 −1 ⋅ (4 − ( −5)) ⇒
⇒
F = 9,0 ⋅ 10 2 N
física 2
Determinamos o coeficiente de restituição (e)
como segue:
v ’parede − v ’disco
0 −v
v
=
⇒
e = −
=−
0 + vo vo
v parede − v disco
⇒e =
4,0
= 0,8
5,0
Como 0 < e < 1, o choque é parcialmente elástico
(choque inelástico).
Assim temos:
∆xBC =
v B2 ⋅ 2 senθ ⋅ cosθ
=
g
=
2,00 2 ⋅ 2 ⋅ 0,60 ⋅ 0,80
⇒
10
⇒
∆xBC = 3,84 ⋅ 10 −1 m
Questão 50
Questão 49
Uma pequena esfera é abandonada do repouso no ponto A do trilho liso ilustrado abaixo.
Após passar pelo ponto B, desloca-se livremente, estando sujeita apenas à ação do campo gravitacional terrestre (g = 10 m/s2 ). O
ponto C, no qual a esfera incidirá após certo
intervalo de tempo, é extremidade do segmento de reta horizontal BC, cujo comprimento é:
A esfera de 30 N e raio
60 cm, da figura ao lado, encontra-se apoiada sobre um
plano inclinado em que o
atrito é desprezível. Seu equilíbrio é mantido
pelo fio ideal, de 75 cm de comprimento, preso ao centro e tracionado horizontalmente. A
intensidade da força tensora nesse fio é:
a) 10 N
b) 20 N
c) 30 N
d) 40 N
e) 50 N
alternativa D
Do enunciado, podemos construir a seguinte figura:
Dados:
sen θ = 0,60
cos θ = 0,80
a) 7,68 m
c) 3,84 m
e) 3,84 ⋅ 10−1 m
b) 4,80 m
d) 4,80 ⋅ 10−1 m
alternativa E
Sendo o sistema conservativo e adotando nula a
energia potencial gravitacional sobre a reta horizontal BC, determinamos a velocidade v B da esfera no ponto B como segue:
mv B2
A
B
Em
= Em
⇒ E gA = E cB ⇒ mghA =
⇒
2
2
v
⇒ 10 ⋅ (0,800 − 0,600) = B ⇒ v B = 2,00 m/s
2
Como no trecho BC temos um lançamento oblíquo, a distância BC solicitada é o alcance ∆xBC
desse lançamento.
Assim, o senα é dado por:
60
senα =
= 0,8
75
Da Relação Fundamental da Trigonometria, vem:
sen 2 α + cos 2 α = 1 ⇒ (0,8) 2 + cos 2 α = 1 ⇒
⇒ cosα = 0,6
As forças que atuam na esfera são dadas por:
física 3
Do equilíbrio (R = 0), temos:
N ⋅ senα = T
senα
T
0,8
T
⇒
=
⇒
=
⇒
N ⋅ cosα = P
cosα
P
0,6
30
⇒ T = 40 N
Questão 51
Uma caixa cúbica, de paredes finas e arestas
medindo 10,0 cm cada, flutua vazia em água
parada (ρ = 1,0 g/cm3 ), com 15% de seu volume submerso. Se introduzirmos no interior
dessa caixa 1000 cm3 de óleo, de densidade
0,75 g/cm3 , a mesma irá:
a) submergir completamente.
b) afundar mais 9,0 cm.
c) afundar mais 7,5 cm.
d) afundar mais 6,0 cm.
e) afundar mais 1,5 cm.
Questão 52
Joãozinho, seguindo as orientações de seu
professor de Física, construiu uma nova escala termométrica. Ao nível do mar, ele atribuiu o valor −20o J para a temperatura do
gelo fundente e 130o J para a temperatura de
ebulição da água. A medida, que nessa escala tem valor coincidente com o da escala Celsius, refere-se à temperatura:
a) 20o J
b) 30o J
c) 40o J
o
o
e) 60 J
d) 50 J
alternativa C
Do enunciado, podemos montar a relação entre a
escala dada e a escala Celsius:
alternativa C
Para a caixa flutuando em um líquido em equilíbrio, temos:
dcaixa
V
= submerso
dlíquido
Vcaixa
Inicialmente, temos:
15
Vcaixa
dcaixa
100
=
⇒ dcaixa = 0,15 g/cm 3
1
Vcaixa
A massa da caixa é dada por:
m
m
dcaixa = caixa ⇒ 0,15 = caixa
⇒
Vcaixa
10,0 3
⇒ mcaixa = 150 g
A massa do óleo é dada por:
m
m
dóleo = óleo ⇒ 0,75 = óleo ⇒
Vóleo
1 000
⇒ móleo = 750 g
Assim, ao introduzirmos no interior da caixa o
óleo, supondo que a caixa continue em equilíbrio
(R = 0), temos:
P =E ⇒
⇒ (mcaixa + móleo )g = dlíquido ⋅ V’submerso ⋅ g ⇒
⇒ 150 + 750 = 1 ⋅ V’submerso ⇒
⇒ V’submerso = 900 cm3
Assim, a diferença entre a altura submersa final
(h’) e inicial (h) da caixa é dada por:
V’submerso − Vsubmerso = 900 − 150 ⇒
⇒ 10,0 ⋅ 10,0 ⋅ h’ − 10,0 ⋅ 10,0 ⋅ h = 750 ⇒
⇒
h’ − h = 7,5 cm
θ J − ( −20)
θ −0
= C
130 − ( −20)
100 − 0
Sendo as leituras coincidentes nas duas escalas
( θC = θ J = x ), temos:
x + 20
x
=
⇒ x = 40 o J
150
100
Questão 53
Uma das razões que faz a água, próxima à
superfície livre de alguns lagos, congelar no
inverno, em regiões de baixas temperaturas,
é o fato de que ao ser resfriada, no intervalo
aproximado de 4°C a 0°C, ela sofre um processo de dilatação. Com isso seu volume
____________ e sua densidade____________ .
Desprezando os efeitos da irradiação térmica,
durante esse resfriamento a água do fundo do
lago não consegue atingir a superfície livre,
pois não ocorre mais a ____________ e sua
temperatura diminuirá, devido ao processo
de____________ .
física 4
As informações que preenchem corretamente
as lacunas, na ordem de leitura são, respectivamente:
a) aumenta, diminui, convecção térmica e
condução térmica.
b) diminui, aumenta, convecção térmica e
condução térmica.
c) aumenta, diminui, condução térmica e convecção térmica.
d) diminui, aumenta, condução térmica e convecção térmica.
e) aumenta, aumenta, condução térmica e
convecção térmica.
Um gás, contido em um recipiente dotado de
um êmbolo que pode se mover, sofre uma
transformação. Nessa transformação fornecemos 800 cal ao gás e ele realiza o trabalho de
209 J. Sendo 1 cal = 4,18 J, o aumento da
energia interna desse gás foi de:
alternativa A
alternativa B
Devido à dilatação, o volume (V) aumenta e a
m

densidade  d =
 diminui. Assim, a água do

V 
fundo não consegue atingir a superfície por convecção térmica, e a temperatura da água diminuirá por condução térmica.
Questão 55
a) 209 J
c) 3 344 J
e) 3 762 J
b) 3 135 J
d) 3 553 J
Sendo Q o calor trocado pelo gás e
envolvido, temos:
τ o trabalho
Q = + 800 cal = + 800 ⋅ 4,18 = +3 344 J (calor
recebido)
τ = +209 J (trabalho realizado)
Do primeiro princípio da Termodinâmica, vem:
Questão 54
Num recipiente hermeticamente fechado, que
não sofre dilatação térmica e provido de uma
válvula, encontra-se a massa de 200 g de um
gás ideal, sob pressão de 2,0 atm e temperatura 27oC. Numa determinada experiência,
foi necessário que uma massa de 50 g desse
gás fosse liberada para o ambiente. Devido a
isso, a pressão do gás remanescente passou a
ser 1,4 atm. A temperatura da massa final de
gás, no recipiente, passou a ser:
a) 7oC
b) 27oC
c) 280oC
o
o
d) 567 C
e) 840 C
alternativa A
Da equação de estado dos gases perfeitos, vem:
V nT
pV = nRT ⇒
=
R
p
Como não há dilatação térmica, a transformação
é isométrica. Assim, temos:
ni ⋅ Ti
n ⋅ TF
m ⋅T
m ⋅ TF
= F
⇒ i i = F
⇒
pi
pF
M ⋅ pi
M ⋅ pF
⇒
⇒
150 ⋅ TF
200 ⋅ 300
=
⇒
2,0
1,4
TF = 280 K = 7 oC
∆U = Q − τ = 3 344 − 209 ⇒
∆U = 3 135 J
Questão 56
A luz vermelha se propaga no vidro com velocidade de 2,0 ⋅ 108 m/s e no ar com velocidade
de 3,0 ⋅ 108 m/s. Um raio de luz vermelha, se
propagando no ar, atinge uma das faces de
um cubo de vidro com ângulo de incidência
igual a 30o. O ângulo de refração correspondente terá seno igual a:
a) 0,20
b) 0,33
c) 0,48
d) 0,50
e) 0,87
alternativa B
Da Lei de Snell e da definição de índice de refração absoluto, vem:
c
nar ⋅ sen i = nv ⋅ sen r ⇒
⋅ sen 30 o =
v ar
c
1
1
⋅ sen r ⇒
⋅
=
vv
3,0 ⋅ 10 8 2
1
1
=
⋅ sen r ⇒ sen r =
⇒
8
3
2,0 ⋅ 10
=
⇒
sen r = 0,33
física 5
Portanto, seu respectivo período T' será:
Questão 57
T' = 2 π
Uma mola helicoidal de massa desprezível
está presa, pela extremidade A, a uma parede rígida e, na extremidade B, encontra-se
preso um corpo de massa m, conforme mostra
a figura I. Quando o conjunto oscila livremente na direção da reta horizontal AB, perpendicular à parede, constitui-se um oscilador harmônico de período T. Se dispusermos
de duas molas idênticas à anterior e as fixarmos conforme a figura II, ao constituirmos
um oscilador harmônico, com a oscilação do
mesmo corpo de massa m, segundo a mesma
direção AB, seu respectivo período será:
⇒
T' =
m
k eq
= 2π
m
2k
= 2π
m
1
⋅
⇒
k
2
T 2
2
Questão 58
Para praticar seus conhecimentos de Eletricidade, Sérgio dispõe de duas esferas metálicas
A e B. A esfera B possui volume 8 vezes maior
que o de A e ambas estão inicialmente neutras. Numa primeira etapa, eletriza-se a esfera A com 4,0 µC e a B com 5,0 µC. Numa segunda etapa, as esferas são colocadas em
contato e atingem o equilíbrio eletrostático.
Após a segunda etapa, as cargas elétricas das
esferas serão, respectivamente:
a) Q A = 1,0 µC e QB = 8,0 µC
b) Q A = 8,0 µC e QB = 1,0 µC
c) Q A = 4,5 µC e QB = 4,5 µC
d) Q A = 6,0 µC e QB = 3,0 µC
e) Q A = 3,0 µC e QB = 6,0 µC
alternativa E
Sendo r o raio da esfera A, seu volume é V =
4 3
=
πr . Sendo R o raio da esfera B, seu volume
3
4
é 8V =
πR 3 . Assim, temos:
3
T 2
4
d) T
a)
T
b)
2
e) 2T
c)
T 2
2
alternativa C
O período T do oscilador harmônico massa-mola
na figura I é calculado por:
T = 2π
m
k
onde k é a constante elástica da mola.
Na figura II, devemos utilizar uma constante elástica equivalente k eq . Como as duas molas estão
associadas em paralelo, vem:
k eq = k + k = 2k
8 ⋅
4 3
4
πr =
πR 3 ⇒ R = 2r .
3
3
Na condição de equilíbrio as esferas devem ter
kQ 

potenciais elétricos V =
 iguais. Assim, da

r 
conservação da carga, temos:
kQ A
kQB
=
⇒
r
2r
Q A + QB = q A + q B
⇒
⇒
QB = 2Q A
Q A + QB = 4,0 + 5,0
QB = 2Q A
Q A + 2Q A = 9,0
⇒
⇒
Q A = 3,0 µC
QB = 6,0 µC
física 6
Questão 59
No circuito elétrico a seguir, o gerador e o
amperímetro são ideais. Com a chave ch
aberta o amperímetro acusa a medida
300 mA. Fechando a chave, o amperímetro
acusará a medida:
a) 100 mA
d) 400 mA
b) 200 mA
e) 500 mA
c) 300 mA
alternativa D
Aplicando a Lei de Ohm-Pouillet com a chave
aberta, temos:
0,3 A
20i − ε = 0 ⇒ ε = 6 V
Aplicando a Lei de Ohm-Pouillet com a chave fechada, temos:
6V
15i’ − ε = 0 ⇒ i’ = 0,4 A = 400 mA
Questão 60
O cilindro de ferro da figura é envolto por um
fio condutor fino, em forma de solenóide, cujas extremidades são submetidas a uma dife-
rença de potencial elétrico, devido à ligação a
um gerador elétrico de corrente contínua. Ao
seu lado e na mesma direção, se encontra um
ímã de barra, em repouso, suspenso por um
fio inextensível e de massa desprezível. Ao fecharmos a chave K, o ímã de barra:
a) continuará em repouso.
b) se deslocará para a esquerda, qualquer
que seja a polaridade da extremidade A.
c) se deslocará para a direita, qualquer que
seja a polaridade da extremidade A.
d) se deslocará para a esquerda, somente se a
extremidade A for o pólo norte do ímã.
e) se deslocará para a esquerda, somente se a
extremidade A for o pólo sul do ímã.
alternativa D
Pelo esquema e pela “regra da mão direita” a polaridade da extremidade direita do solenóide é
sul. Assim, o ímã de barra se deslocará para a
esquerda, somente se a extremidade A for o pólo
norte do ímã.