Fisica exercicios resolvidos 001

(19) 3251-1012
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O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA

FÍSICA Sabe-se que a velocidade do vento é 75% da velocidade do avião.
∆t1
Para uma mesma distância percorrida, a razão , entre os
∆t2
QUESTÃO 1
Uma partícula move-se com velocidade de 50 m/s. Sob a ação de uma intervalos de tempo nas situações (1) e (2), vale
aceleração de módulo 0,2 m/s2, ela chega a atingir a mesma 1 3 7 5
a) b) c) d)
velocidade em sentido contrário. O tempo gasto, em segundos, para 3 5 9 7
ocorrer essa mudança no sentido da velocidade é
a) 250 Resolução Alternativa D
b) 500 Situação (1):
c) 100
d) 50 AVIÃO
vA
Resolução Alternativa B TOTAL
A partícula inicialmente está com velocidade v 0 = 50 m / s . Para
3
atingir uma velocidade de mesmo módulo, porém em sentido contrário vA 7
( v = −50 m / s ), ela deve sofrer uma aceleração no sentido contrário VENTO 4 v1 = vA
4
ao seu sentido inicial de movimento, ou seja, a = −0,2 m / s 2 . Sendo
o movimento uniformemente variado, temos:
v = v 0 + at ⇒ −50 = 50 − 0,2 ⋅ t ⇒ t = 500 s Situação (2):
QUESTÃO 2
AVIÃO
Um corpo é abandonado do repouso de uma altura h acima do solo. vA vA
No mesmo instante, um outro é lançado para cima, a partir do solo,
segundo a mesma vertical, com velocidade v. Sabendo que os corpos
3
se encontram na metade da altura da descida do primeiro, pode-se
3 vA
afirmar que h vale:
vA 4 TOTAL
v v 
1
2
v2 v 
2
4 VENTO
a)
g
b)   c) d)   v2
g g g
Resolução Alternativa C Pelo teorema de Pitágoras, temos:
Orientando a trajetória para baixo, e colocando a origem no ponto de 3 5
onde o primeiro corpo é abandonado, temos: | v 2 |2 =| v A |2 + | v A |2 ⇒| v 2 |= | v A | .
4 4
0
Corpo 1 Para uma mesma distância D percorrida nas duas situações:
 D
| v1 |= ∆t
 1
 ⇒| v1 | ∆t1 =| v 2 | ∆t 2 ⇒
| v |= D


2
∆t 2
v 7 5 ∆t 5
h | v A | ∆t1 = | v A | ∆t2 ⇒ 1 =
4 4 ∆t 2 7
Corpo 2
QUESTÃO 4
As equações horárias do movimento de cada um deles são dadas por: Um corpo de massa m, preso à extremidade de um fio, constituindo
 g 2 um pêndulo cônico, gira num círculo horizontal de raio R, como mostra
 y1 = 0 + 0t + 2 t
 a figura.
 .
 y = h − vt + g t 2
 2
 2
h
Como eles se encontram no ponto y = , da equação horária do
2
corpo 1 vem que:
h g 2 h
= t ⇒t =
2 2 g
Substituindo na equação do corpo 2, que nesse instante também
h
chegou ao ponto y = , temos:
2
2
Sendo g a aceleração da gravidade local e θ o ângulo do fio com a
h h g h h h v2
= h −v ⋅ +  ⇒h =v ⇒ h2 = v 2 ⋅ ⇒ h = ± vertical, a velocidade do corpo pode ser calculada por
2 g 2  g g g g
 a) Rgtgθ b) 2Rg
A raiz negativa não convém, devido às hipóteses adotadas (h positivo)
c) Rgsenθ d) Rg
QUESTÃO 3
Considere um pequeno avião voando em trajetória retilínea com
velocidade constante nas situações a seguir.

(1) A favor do vento.
(2) Perpendicularmente ao vento.

1

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Resolução Alternativa A QUESTÃO 6
As forças que atuam no corpo são o seu peso e a tração do fio. A Na questão anterior, considere que a bola da situação 2 atinge o solo
resultante dessas duas forças é a força centrípeta: com uma velocidade duas vezes maior que a velocidade limite
alcançada pela bola na situação 1. Nestas condições, pode-se afirmar
T T que o percentual de energia dissipada na situação 1 foi de:
a) 75% b) 25% c) 50% d) 10%
Resolução Alternativa A
Seja v1 a velocidade limite alcançada na situação 1 e v2 a velocidade
FCP com que a bola atinge o solo na situação 2.
P P Em ambas as situações, a energia mecânica inicial em relação ao solo
é dada pela energia potencial gravitacional, ou seja, E0 = m | g | h .
O polígono de forças correspondente é: Na situação 2, há conservação da energia mecânica, e portanto
podemos escrever:

θ
T E0 = EC ⇒ m | g | h =
mv 2 2
⇒ v2 = 2 | g | h
P 2
Por outro lado, na situação 1, de acordo com o enunciado:
1 1
v1 = v 2 ⇒ v1 = 2|g |h
FCP 2 2
A energia mecânica com que a bola chega ao solo nessa situação é a
Logo, temos:
2 mv12
|v | sua energia cinética . Assim, a perda de energia mecânica em
m 2 2
| FCP | R = | v | ⇒| v |= R | g | tgθ
tgθ = = relação à energia mecânica inicial será dada por:
|P | m|g | R|g | 2
mv12 1 
m|g |h−
v12 2 2|g |h
QUESTÃO 5 2 = 1− = 1−   =
A figura mostra uma bola de isopor m|g |h 2|g |h 2|g |h
caindo, a partir do repouso, sob 1 3
efeito da resistência do ar, e outra = 1− = = 75%
4 4
bola idêntica, abandonada no vácuo
no instante t1 em que a primeira
atinge a velocidade limite. QUESTÃO 7
A opção que pode representar A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando
horizontalmente em MCU com velocidades lineares v1 e v2. A razão
T1
entre as intensidades das trações nos fios ideais 1 e 2 é
os gráficos da altura h em função do tempo t para as situações T2
descritas é:
a) c)

b) d)

v12 + v 2 2 2v12 + v 22
a) b)
v 22 v 22
v12 − v 2 2 v 22
c) d)
v 22 v12

Resolução Alternativa C
Observe que foi adotada a orientação positiva para cima.
O movimento da bola na situação 1 será acelerado para baixo
(embora não necessariamente com aceleração constante) até o
instante t1, em que ela atinge sua velocidade limite, e a partir daí Resolução Alternativa B
passa a cair em movimento retilíneo e uniforme. Antes de t1, seu Isolando os corpos 1 e 2, temos:
movimento não é uniforme e o gráfico do espaço em função do tempo
não será uma reta, o que descarta as alternativas (b) e (d).
Além disso, antes de t1 a aceleração escalar, apontando para baixo, T1 T2
será negativa, pois está no sentido contrário àquele adotado como
1
positivo. Portanto, a curva deve ter concavidade negativa, o que
acontece apenas na alternativa (c).
Finalmente, na situação 2, a bola está em queda livre, e sua equação
horária dos espaços será dada por: T2 2
g (t − t1 )2 , cujo gráfico é uma parábola, também de
h(t ) = H −
2
concavidade negativa, deslocado de t1 para a direita. Os corpos estão em movimento circular uniforme, portanto a força
resultante sobre cada um deles é de natureza centrípeta:
2

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 | v1 |2 c) d)
| T1 | − | T2 |= m1
 R

| T |= m | v 2 |2
 2

2
2R
Dividindo membro a membro a primeira equação pela segunda, e
lembrando que as massas m1 e m2 são iguais, já que os corpos são
idênticos, vem que:
| T1 | − | T2 | | v |2 |T | | v |2
| T2 |
= 2 1 2 ⇒ 1 −1 = 2 1 2 ⇒
| v2 | | T2 | | v2 |
Resolução Alternativa D
Como a pessoa fica em contato apenas com a parede vertical (não há
| T1 | 2 | v1 |2 + | v 2 |2 contato com nenhum tipo de piso), então deve haver alguma força de
= atrito exercida pela parede para equilibrar a força peso que atua sobre
| T2 | | v 2 |2
a pessoa. Portanto, deverá existir um atrito vertical e dirigido para
cima. A reação normal da parede sobre a pessoa faz o papel de
QUESTÃO 8 resultante centrípeta, sendo a responsável pelo movimento circular
O volume de água necessário para acionar cada turbina de uma uniforme que a pessoa executará junto com o cilindro. Como o
determinada central hidrelétrica é cerca de 700 m3 por segundo, enunciado pediu o diagrama de forças em relação a um referencial fixo
“guiado” através de um conduto forçado de queda nominal igual a 112 na Terra, que pode ser considerado inercial para a situação do
m. problema, não existe nenhuma força do tipo centrífuga, uma vez
Considere a densidade da água igual a 1kg/L. Se cada turbina que forças dessa natureza só aparecem em referencias não-inerciais.
geradora assegura uma potência de 700 MW, a perda de energia Tal seria o caso se a pergunta sobre o diagrama de forças fosse feita
nesse processo de transformação mecânica em elétrica é, em relação a um referencial dentro do brinquedo, ou seja, que também
aproximadamente, igual a estivesse em movimento de rotação. Além disso, naturalmente, há a
a) 5% força peso, orientada para baixo, devido ao campo gravitacional da
b) 15% Terra, que age sobre a pessoa.
c) 10%
d) 20%
Resolução Alternativa C QUESTÃO 10
Se não houvesse perdas, a energia gerada seria precisamente a Em uma apresentação da Esquadrilha da Fumaça, uma das
energia potencial gravitacional da água no topo da queda. Assim: acrobacias é o “loop”, representado pela trajetória circular da figura.
E m⋅ | g | ⋅h ( ρ ⋅ V )⋅ | g | ⋅h V  Ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória, a força que o assento
P0 = G = = = ρ ⋅   ⋅ | g | ⋅h do avião exerce sobre o piloto é
∆t ∆t ∆t  ∆t 
Onde,
ρ = densidade da água
V = volume de água
Assim, como temos 700 m3 a cada 1 segundo:
P0 = 1,0 ⋅ 10 3 ⋅ 700 ⋅ 10 ⋅ 112 = 784 ⋅ 10 6 W = 784 MW
Como a energia gerada é de fato 700 MW, a perda em relação à
energia potencial gravitacional é dada por:
784 − 700
= 10,7%
784

QUESTÃO 9 a) igual ao peso do piloto.
A figura representa um brinquedo de b) maior que o peso do piloto.
parque de diversão em que as c) menor que o peso do piloto.
pessoas, apenas em contato com a d) nula.
parede vertical, giram juntamente com
uma espécie de cilindro gigante em Resolução Alternativa B
movimento de rotação. Ao passar pelo ponto mais baixo da circunferência descrita, supondo
que o avião esteja em movimento circular e uniforme, temos duas
Considere as forças envolvidas abaixo relacionadas.
forças atuando no piloto, ambas verticais: o seu peso, que aponta para
P é a força peso baixo, e a força normal exercida pelo assento do avião, que aponta
Fat é a força de atrito estático para cima.
Fcp é a força centrípeta
Fcf é a força centrífuga N
Para um referencial externo, fixo na terra, as forças que atuam sobre
uma pessoa estão representadas pela opção:
a) b)

P

Observe que a soma vetorial dessas duas forças deve ser uma força
resultante de natureza centrípeta, já que o piloto descreve uma
trajetória circular junto com o avião. Como a força centrípeta aponta
sempre para o centro da circunferência descrita, no ponto mais baixo
da trajetória, a resultante entre N e P deve apontar para cima,
portanto devemos ter: | N |>| P |

3

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QUESTÃO 13
QUESTÃO 11 A figura abaixo apresenta dois corpos de massa m suspensos por fios
Três esferas estão suspensas por ideais que passam por roldanas também ideais. Um terceiro corpo,
fios ideais conforme a figura. Se a também de massa m, é suspenso no ponto médio M do fio e baixado
esfera A for deslocada da posição até a posição de equilíbrio.
inicial e solta, ela atingirá uma
velocidade v e colidirá frontalmente
com as outras duas esferas
estacionadas. M

Considerando o choque entre as esferas perfeitamente elástico, pode-
se afirmar que as velocidades v A , v B e vC de A, B e C , imediatamente
após as colisões, serão:
v O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é:
a) v A = v B = vC = v b) v A = 0 e v B = vC =
2 d 3 d 3
a) b)
v 6 3
c) v A = v B = 0 e vC = v d) v A = v B = v C =
3 d 3 d 3
c) d)
Resolução Alternativa C 4 2
Designando as velocidades depois do choque por v’, temos, pela
conservação de energia (choque perfeitamente elástico e=1) no
choque entre A e B: Resolução Alternativa A
v v '- v ' v '- v '
e = afast = B A = B A = 1 ⇒ v B '- v A ' = v (1)
v aprox v A - v B v -0
Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
T' θ3 T'
mA .v A + mB .v B = mA .v A '+ mB .v B ' ⇒ m.v + m.0 = m.v A '+ m.v B ' ⇒
T T
v = v A '+ v B ' (2) θ1 θ2
Somando as equações (1) e (2), temos: −T
2.v B ' = 2.v ⇒ v B ' = v T
Portanto: v A ' = 0 P P
Analogamente no choque entre B e C, temos:
v B '' = 0 P
v C '' = v Na figura, temos que as trações têm todas a mesma intensidade (T),
Logo, imediatamente após as colisões, as velocidades de A e B são pois os três corpos são idênticos, logo θ1=θ2=θ3=120º. Além disso, da
nulas e a velocidade de C é igual a v: simetria do problema, podemos concluir que θ3 é dividido pela vertical
v A = v B = 0 e vC = v em dois ângulos iguais:

QUESTÃO 12 d
2
A respeito de um satélite artificial estacionário em órbita sobre um
ponto do equador terrestre, afirma-se que:
I- a força que a Terra exerce sobre ele é a resultante h
centrípeta necessária para mantê-lo em órbita. 60º 60º
II - o seu período de translação é 24 horas. T T
III - os objetos soltos em seu interior ficam flutuando devido à θ1
ausência da gravidade. −T
Está (ão) correta(s): T
a) apenas I. b) apenas II e III.
P P
c) apenas I e II. d) I, II e III.
Resolução Alternativa C P
I – Correta: De fato é a força gravitacional que mantém o satélite em
sua órbita. Por ele estar estacionário (geoestacionário), podemos Assim, da figura:
assumir que sua posição em relação à Terra não se altera e portanto d
sua altitude permanece constante (raio constante, num movimento tg60º = 2 = d = 3 ⇒ h=
d
=
d 3
circular). A força de atração, única força atuante, é perpendicular ao h 2h 2 3 6
vetor velocidade e, portanto, é a resultante centrípeta.
II – Correta: Seu período de translação é o mesmo período de rotação
da Terra, para que ele permaneça estacionário em relação à mesma QUESTÃO 14
(sobre uma mesma posição projetada na Terra). Uma viga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fios
III – Incorreta: Tanto os objetos quanto o satélite estão sujeitos à verticais como mostra a figura abaixo:
mesma ação da gravidade, ou seja, movimentam-se juntos. Daí o fato
dos objetos flutuarem no interior do satélite, eles possuem aceleração
relativa em relação ao satélite nula.

4

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A razão entre as trações nos fios A e B vale: Assim, sabendo que o volume ocupado pela cortiça é maior, E1 < E2 e

1 2 como P1 − E1 = P2 − E2 ⇒ P1 < P2
a) b) Re Com isso, no vácuo (onde não existiria empuxo) a balança penderia
2 3
5 3 so para o lado das cortiças.
c) d)
6 4 lu
çã
o Alternativa D
Observe a figura:
7L/12

L/4
QUESTÃO 16
Duas esferas A e B de mesmo volume, de
TA TB materiais diferentes e presas por fios
ideais, encontram-se em equilíbrio no
interior de um vaso com água conforme a
figura.
L/6 L/4 Considerando-se as forças peso
P ( PA e PB ), empuxo ( E A e EB ) e tensão no
fio ( TA e TB ) relacionadas
L a cada esfera, é INCORRETO afirmar que:
A partir do somatório das forças, temos: a) TA < TB b) E A = EB
TA + TB = P (1) C) TA + TB = PA − PB d) PA > PB
A partir do somatório dos momentos em relação ao ponto de
sustentação do fio B, temos: Resolução Alternativa A
L 7L 3P TA EA EB
P. − TA . = 0 ⇒ TA = (2)
4 12 7
4P
Substituindo (2) em (1) temos: TB =
7
A razão entre as trações será:
3P
TA 7=3
=
TB 4P 4
7
PA TB PB

QUESTÃO 15 PA = TA + E A

A partir da figura temos 
Uma balança está em equilíbrio, no ar, tendo bolinhas de ferro num PB + TB = EB

prato e rolhas de cortiça no outro. Se esta balança for levada para o
Para esfera de mesmo volume o empuxo é igual E A = EB
vácuo, pode-se afirmar que ela:
a) penderia para o lado das bolinhas de ferro, pois a densidade do Assim:
mesmo é maior que a densidade da cortiça. PA − TA = PB + TB ⇒ PA − PB = TA + TB
b) não penderia para nenhum lado, porque o peso das bolinhas de Como TA e TB são os módulos das trações (positivos), podemos
ferro é igual ao peso das rolhas de cortiça. concluir que PA > PB
c) não penderia para nenhum lado, porque no vácuo não tem empuxo.
d) penderia para o lado das rolhas de cortiça, pois enquanto estava no Assim, as alternativas b, c e d estão corretas.
ar o empuxo sobre a cortiça é maior que o empuxo sobre o ferro. Nada podemos afirmar em relação a TA e TB:
PA = TA + E
 TA = PA − E

Resolução Alternativa D  ⇒ ⇒ TA − TB = ( PA + PB ) − 2E
Denotando os índices 1 para ferro e 2 para cortiça, como no ar a PB + TB = E
 TB = E − PB

balança está em equilíbrio e considerando a balança com os braços Temos três opções de sistemas que satisfazem as condições do
iguais N1 = N2 problema, com densidades possíveis para as esferas:
N2 E2 ρ + ρB P + PB
i) Se ρ liq < A ⇒E < A ⇒ TA − TB > 0 ⇒ TA > TB
2 2
N1 E1 ρ + ρB P + PB
ii) Se ρ liq = A ⇒E = A ⇒ TA − TB = 0 ⇒ TA = TB
2 2
ρ + ρB P + PB
iii) Se ρ liq > A ⇒E > A ⇒ TA − TB < 0 ⇒ TA < TB
2 2
P2 Portanto, não podemos afirmar o que diz a alternativa a.
P1
QUESTÃO 17
P1 = N1 + E1
 O diagrama de fases apresentado a seguir pertence a uma substância
Assim, como temos o seguinte equilíbrio: 
P2 = N2 + E2
 hipotética. Com relação a essa substância, pode-se afirmar que:
Podemos dizer que: P1 − E1 = P2 − E2
Daí, como o empuxo é dado por: E = ρ . V. g , temos que:

P1 − E1 = P2 − E2 ⇒ ( ρ1 − ρar )V1 = ( ρ2 − ρar )V2 ⇒
( ρ1 − ρar ) = V2
( ρ2 − ρar ) V1
Como ρ1 > ρ 2 > ρar ⇒ V1 < V2 (como descrito na figura)

5

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L
S

V
a) nas condições normais de temperatura e pressão, a referida
substância se encontra no estado sólido. d) Verdadeiro. De acordo com o gráfico, o ponto citado está de fato
b) se certa massa de vapor da substância à temperatura de 300º C for na região em que a substância se encontra no estado de vapor.
comprimida lentamente, não poderá sofrer condensação, pois está
abaixo da temperatura crítica.
c) se aumentarmos gradativamente a temperatura da substância,
quando ela se encontra a 70º C e sob pressão de 3 atm, ocorrerá
sublimação da mesma. S L
d) para a temperatura de 0ºC e pressão de 0,5 atm, a substância se
encontra no estado de vapor.
Resolução Alternativa D V

QUESTÃO 18
A figura a seguir representa o Ciclo de Carnot realizado por um gás
ideal que sofre transformações numa máquina térmica. Considerando-
se que o trabalho útil fornecido pela máquina, em cada ciclo, é igual a
1500 J e, ainda que, T1 = 600 K e T2 = 300 K, é INCORRETO afirmar
que

a) Falso. Nas condições normais de temperatura e pressão (0 °C e 1,0
atm) a referida substância está no estado de vapor. Observe onde
está o ponto no gráfico:

a) de B até C o gás expande devido ao calor recebido do meio
S L externo.
b) a quantidade de calor retirada da fonte quente é de 3000 J.
c) de A até B o gás se expande isotermicamente
V d) de D até A o gás é comprimido sem trocar calor com o meio
externo.
Como a máquina opera segundo um ciclo de Carnot, seu rendimento é
b) Falso. Ao comprimir lentamente, podemos assumir que se trata de dado por:
um processo isotérmico, ou seja, a curva que representa o processo T 300 1
seria um segmento de reta vertical no gráfico: η = 1− 2 = 1− =
T1 600 2
Por outro lado, sendo Q1 o calor absorvido da fonte quente e Q2 o
calor rejeitado para a fonte fria, temos também:
L τ = Q1 − Q2 1500 = Q1 − Q2
  Q = 3000 J
S 
η=
τ ⇒  1 1500
=
⇒ 1
Q2 = 1500 J
 Q1 2 Q1
 
V a) Incorreta: o ciclo de Carnot é formado por duas transformações
isotérmicas (trechos AB e CD) e duas transformações adiabáticas
Assim, se a substância atingir pressões próximas a 4 atm ou (trechos BC e DA). Sendo o trecho BC uma transformação adiabática,
superiores, passará do estado de vapor para o estado líquido, ou seja, não há troca de calor com o meio nessa fase, e o trabalho que o gás
sofrerá condensação. realiza nessa expansão vem de sua energia interna, de acordo com a
c) Falso. Quando a substância está a 70 °C e sob pressão de 3 atm, Primeira Lei da Termodinâmica.
ela se encontra no estado sólido. Além disso, se submetermos essa b) Correta: calculado acima.
substância a uma expansão isobárica, sua temperatura aumentará até c) Correta: a transformação AB é uma expansão (volume em B maior
que sofra fusão e passe para o estado líquido, e não diretamente para que volume em A) e se realiza à temperatura constante T1.
o estado gasoso. d) Correta: a transformação DA é uma compressão (volume em A
menor que volume em D) e como é adiabática, não há troca de calor
com o meio. Nesse caso, a energia recebida do meio sob a forma de
trabalho é armazenada como energia interna do gás.

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QUESTÃO 19 O raio de luz que parte de A e atinge o observador O é refletido pelo
espelho no ponto P.
Um cilindro de volume constante contém determinado gás ideal à
A distância percorrida pelo raio pode ser obtida aplicando o teorema
temperatura T0 e pressão p0. Mantém-se constante a temperatura do
de Pitágoras:
cilindro e introduz-se, lentamente, a partir do instante t = 0, certa
massa do mesmo gás. d 2 = 9 2 + (8 + 4)2 ⇒ d = 15 m
O gráfico abaixo representa a massa m de gás existente no interior do
cilindro em função do tempo t. QUESTÃO 21
Um espelho esférico E de distância focal f e uma lente convergente L
estão dispostos coaxialmente, com seus eixos ópticos coincidentes.
Uma fonte pontual de grande potência, capaz de emitir luz
exclusivamente para direita, é colocada em P. Os raios luminosos do
ponto acendem um palito de fósforo com a cabeça em Q, conforme
mostra a figura.

Nessas condições, a pressão do gás existente no recipiente, para o
instante t = a, é igual a
a) 2,0 p0 b) 1,5 p0
c) 2,5 p0 d) 4,0 p0
Resolução Alternativa B
A massa de gás existente no interior do cilindro é dada por:
b
m( t ) = t +b.
2a
Aplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a, Considerando-se as medidas do esquema, pode-se afirmar que a
temos: distância focal da lente vale
 m(0) 2 f
 p0V = n0RT0
  p V = M RT0
 0 a) f b)
 ⇒ 3 2
 pV = nRT0
  pV = m(a ) RT f

 M
0 c) d) f
3
Dividindo as duas equações membro a membro, vem:
p0 m(0) b 3
= = ⇒ p = p0 = 1,5 p0
p m(a ) b + b
2
2
Os raios de luz que partem de P incidem no espelho E e formam a
primeira imagem exatamente no ponto P. Aplicando a equação de
QUESTÃO 20 Gauss para esse espelho, temos:
A figura mostra um objeto A, colocado a 8 m de um espelho plano, e 1 1 1 1 1 1
um observador O, colocado a 4 m desse mesmo espelho. + = ⇒ + = ⇒ d = 2f
p p' f d d f
8m Essa primeira imagem agora se comportará como objeto para a lente
L, formando a imagem final em Q. Nesse caso, como tanto o objeto
A quanto a imagem são reais, aplicando novamente a equação de
Gauss, agora para a lente, vem que:
1 1 1 d 2f
9m + = ⇒ fL = =
 d  d fL 3 3
 
2
O
4m QUESTÃO 22
Um raio de luz que parte de A e atinge o observador O por reflexão no Considere uma película transparente de faces paralelas com índice de
espelho percorrerá, nesse trajeto de A para O, refração n iluminada por luz monocromática de comprimento de onda
a) 10 m no ar igual a λ , como mostra a figura abaixo.
b) 12 m
c) 18 m
d) 15 m
Resolução Alternativa D
Traçando o ponto A’, simétrico do ponto A em relação ao espelho,
temos o trajeto representado abaixo:
8m 8m
A’
A
Sendo a incidência de luz pouco inclinada, a mínima espessura de
película para que um observador a veja brilhante por luz refletida é
9m λ λ λ λ
a) b) c) d)
P n 2n 5n 4n
O
4m

7

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Resolução Alternativa D d)
M +m K
e
M +m
Para que o observador veja uma intensificação da luz refletida, existe mv M +m K
interferência construtiva da luz que é diretamente refletida (na
superfície) e aquela que é refratada, sofre reflexão na parte inferior da
película e é novamente refratada. Como o índice de refração da
película é maior que o do meio, temos que durante a reflexão na parte
superior da película o feixe sofre inversão de fase, enquanto a reflexão
na parte inferior da película não apresenta esta inversão. A situação
descrita é:
180o de sem Na colisão da bala com o bloco, ocorre conservação da quantidade de
mudança de mudança movimento do sistema:
fase de fase
mv
QANTES = QDEPOIS ⇒ mv = (M + m )v ' ⇒ v ' =
M +m
A partir desse momento, o sistema passa a descrever um MHS em
Ar torno da posição x = 0 indicada na figura do enunciado. Na posição
em que o sistema atinge sua posição extrema à esquerda ( x = −a ),
Película sua energia cinética foi toda convertida em energia potencial elástica.
Impondo a conservação de energia mecânica entre essas duas
posições (não existem forças dissipativas), vem que:
2
Ka 2 (M + m )(v ')2 Ka 2 (M + m )  mv 
= ⇒ =   ⇒
Ar 2 2 2 2 M +m
2
 mv  (M + m ) mv M +m
a2 =   ⇒a=
M +m K M +m K
Para que ocorra uma interferência construtiva, a onda 2 , que vai Por outro lado, da definição de ω para o MHS:
percorrer um caminho maior, deve, ao ser refratada pela segunda vez,
estar em fase com a onda 1. Isto ocorrerá se a diferença de caminhos K K
ω2 = ⇒ω =
entre o raio 1 (diretamente refletido) e o raio 2 (refratado, refletido e M +m M +m
refratado) for um número ímpar (devido à inversão de fase de uma das
ondas) de meio-comprimentos de onda no meio da película.
Note que enquanto a luz percorre o caminho 2 dentro da película, ela QUESTÃO 24
mantém sua freqüência, mas diminui sua velocidade. Portanto, altera Considere um sistema formado por duas cordas diferentes, com
seu comprimento de onda. O comprimento de onda no meio da densidades µ1 e µ2 tal que µ1 > µ2, em que se propagam dois pulsos
idênticos,conforme mostra a figura abaixo.
λ
película é λn = .
n
Assim, como a incidência é pouco inclinada, a diferença de caminhos
(que deve ser igual a um número ímpar de meio-comprimentos de
onda no meio da película) deve ser igual a 2t (onde t é a espessura):
Portanto: A opção que melhor representa a configuração resultante no sistema
após os pulsos passarem pela junção das cordas é:
λ 
2 ⋅ t = k ⋅  n  com k = 1, 3, 5...
 2 
 
A espessura mínima para que ocorra interferência construtiva é para k
λ
= 1, onde temos t = .
4n

QUESTÃO 23
Um projétil de massa m e velocidade v atinge horizontalmente um
bloco de massa M que se encontra acoplado a uma mola de constante
elástica K, como mostra a figura abaixo.

A situação exposta nas alternativas indica que deseja-se obter a
Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola- situação após a refração e reflexão de ambas as ondas. Lembrando
projétil passa a oscilar em MHS com amplitude a . Não há atrito entre que:
o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas condições, - Na refração do pulso de onda não existe inversão do pulso.
a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é - Não ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de
dada pela expressão x = a cos(ω t + ϕ 0 ) , onde a e ω valem, maior densidade linear para a de menor.
- Ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de
respectivamente,
menor densidade linear para a de maior.
(M + m )v K
a) e Analisando a situação na corda 1 temos que:
K M +m
i) O pulso que vem da corda 2 não sofre inversão na refração.
mv M +m K ii) O pulso que vem da corda 1 quando refletido também não sofre
b) e
M +m K M +m inversão.
Logo, na corda 1 deve existir um pulso para cima (refletido) e outro
K M +m
c) e para baixo (refratado).
M +m K

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(19) 3251-1012

Analisando a situação da corda 2 temos que
i) O pulso que vem da corda 1 não sofre inversão na refração.
ii) O pulso que vem da corda 2 quando refletido sofre inversão.
Logo, na corda 2 deve existir dois pulsos para cima.
A única alternativa que apresenta tal situação é a alternativa B. Vale
ressaltar que a ordem dos pulsos na corda 1 poderia ser diferente,
dependendo da velocidade de propagação de cada onda e da
distância dos pulsos até o ponto de refração. Resolução Alternativa A
QUESTÃO 25 O circuito pode ser esquematizado como:
Um corpo B, de massa igual a 4 kg e carga elétrica +6 µC, dista 30
mm do corpo A, fixo e com carga elétrica -1 µC. O corpo B é suspenso
por um fio isolante, de massa desprezível ligado a uma mola presa ao
solo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L0 = 1,2
m e ao sustentar estaticamente o corpo B ela se distende, atingindo o
comprimento L = 1,6 m. Considerando-se a constante eletrostática do
meio k = 9.109 N.m2/C2, que as cargas originais dos corpos pontuais A
e B são mantidas e desprezando-se os possíveis atritos, o valor da
constante elástica da mola, em N/m, é:

A corrente que circula nesse circuito é:
ε
ε = (R + r ) ⋅ i ⇒ i = .
R+r
A potência dissipada no resistor R é:
a) 320 b) 200 c) 600 d) 800
P = (ε − r ⋅ i ) ⋅ i = ε ⋅ i − r ⋅ i 2
Resolução Alternativa B Ou seja, o gráfico da potência em função da corrente é uma parábola
Seja FC a força de Coulomb entre as duas cargas. Como as cargas e é dado por:
têm sinais opostos, tal força será de atração. Seja também FEL a força P
elástica que a mola aplica no corpo B. O diagrama de forças para o
corpo B, já decompondo o peso em suas componentes paralela e
perpendicular ao plano inclinado, está representado a seguir:
ε2
4r
N
FEL

ε ε i
FC 0
60° 2r r
ε
Para que a potência transmitida seja máxima, devemos ter i = e,
Px 2r
Py ε2
nesse caso, P = , que são as coordenadas do vértice da parábola.
Como o corpo está em repouso: 4r
| N |=| Py |
 502 625
Logo, PMAX = = W
 4⋅3 3
| Px | + | FC |=| FEL |
 Q
Da última equação: Como P = , quando a potência for máxima, o tempo para o
∆t
k ⋅ | q A | ⋅ | qB |
m⋅ | g | ⋅ cos 60° + = kMOLA ⋅ (L − L0 ) ⇒ aquecimento será mínimo. Esse tempo mínimo será:
d2
Q 2 ⋅ 105
1 (9 ⋅ 109 ) ⋅ (1⋅ 10 −6 ) ⋅ (6 ⋅ 10−6 ) ∆tMIN = = = 960 s = 16 min .
4 ⋅ 10 ⋅ + = kMOLA ⋅ (1,6 − 1,2) PMAX  625 
2 (30 ⋅ 10−3 )2  3 
 
20 + 60 Assim, o tempo de aquecimento do líquido foi de pelo menos 16
kMOLA = = 200 N / m
0,4 minutos, portanto superior a 15 minutos.
QUESTÃO 26
Aqueceu-se certa quantidade de um líquido utilizando um gerador de QUESTÃO 27
f.e.m. ε = 50 V e resistência interna r = 3 Ω e um resistor de resistência No circuito representado abaixo, os geradores G1 e G2 são ideais e os
R. Se a quantidade de calor fornecida pelo resistor ao líquido foi de resistores têm a mesma resistência R.
2.105 J, pode-se afirmar que o tempo de aquecimento foi:
a) superior a 15 minutos.
b) entre 6 e 10 minutos.
c) entre 12 e 15 minutos.
d) inferior a 5 minutos.
9

(19) 3251-1012

ε  r 
Assim: U xy = ε − r ⋅ i ⇒ U xy = ε − r ⋅ = ε 1 − 
RAB +r  RAB + r 
No capacitor, temos:
 r 
Q = CU xy ⇒ Q = C ⋅ ε  1 − 
 RAB + r 
O gráfico desta função de RAB é nulo quando RAB = 0, tende a Q = C.ε,
quando RAB tende a valores muito altos:
Se a potência dissipada por R2 é nula, então a razão entre as f.e.m. de
G1 e G2 é:   r 
lim C ⋅ ε  1 −  = C ⋅ ε
a) ¼ b) 2 c) ½ d) 4 RAB →∞
  RAB + r  
 
Resolução Alternativa C O gráfico que melhor representa tal situação é dado por:
Se a potência dissipada no resistor 2 é zero, então não há corrente
atravessando esse trecho do circuito, de modo que só existe corrente
no ramo da direita

i

i i

i

Além disso, se não existe corrente circulando no trecho à esquerda,
então não existe queda de tensão nos resistores 1 e 2, portanto QUESTÃO 29
E1 = U3 = R3 ⋅ i . A figura mostra uma região na qual atua um campo magnético
O gerador G2, por sua vez, alimenta os resistores 3 e 4: uniforme de módulo B. Uma partícula de massa m, carregada
E2 = (R3 + R4 ) ⋅ i positivamente com carga q, é lançada no ponto A com uma velocidade
de módulo v e direção perpendicular às linhas do campo. O tempo que
Como todos os resistores têm a mesma resistência R, temos: a partícula levará para atingir o ponto B é
E1 = R ⋅ i E 1
 ⇒ 1 = .
E2 = 2R ⋅ i E2 2

QUESTÃO 28
No circuito esquematizado
abaixo, C é um capacitor, G um
gerador de f.e.m. ε e resistência
interna r e AB um reostato.
O gráfico que melhor π Bq 2π m πm π Bq
a) b) c) d)
representa a carga acumulada m Bq Bq 2m
Q no capacitor
Resolução Alternativa C
Como a velocidade é perpendicular ao campo magnético, a força
em função da resistência R do reostato é: magnética de Lorentz será uma força resultante de natureza
a) b) centrípeta, agindo sobre a carga q.
| v |2
FM = FCP ⇒| q | ⋅ | v | ⋅ | B | ⋅sen90° = m ⇒
R
| q | ⋅ | B | ⋅R
| v |=
m
A carga entrará em movimento circular uniforme dentro da região onde
c) d) existe campo magnético, descrevendo uma semicircunferência a partir
do ponto A até abandonar a região no ponto B.

v

Denominando a resistência no reostato por RAB, e a diferença de
FM
potencial no capacitor por Uxy temos:

B A
Assim, o tempo que a partícula leva para atingir o ponto B é o tempo
que ela demora para percorrer essa semicircunferência:
∆s | q | ⋅ | B | ⋅R π ⋅ R π ⋅m
| v |= ⇒ = ⇒ ∆t =
∆t m ∆t |B |⋅|q |
A corrente no circuito, no estado estacionário, pode ser calculada por
ε
i=
RAB + r

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(19) 3251-1012

QUESTÃO 30
Uma espira condutora é colocada no mesmo plano e ao lado de um
circuito constituído de uma pilha, de uma lâmpada e de um interruptor.

As alternativas a seguir apresentam situações em que, após o
interruptor ser ligado, o condutor AB gera uma corrente elétrica
induzida na espira, EXCETO:
a) mover a espira na direção y.
b) desligar o interruptor.
c) “queimar” a lâmpada.
d) mover a espira na direção x.

Como o condutor AB está sendo percorrido por uma corrente elétrica,
ele gera um campo magnético na região da espira. Caso este campo
varie (o que pode ser causado por variação de distâncias ou de
correntes), teremos uma variação no fluxo magnético na espira, o que
induz uma corrente na mesma (Lei de Lenz).
Considerando as dimensões do condutor AB muito maiores que as da
espira e a distância da mesma ao condutor pequena, podemos
desconsiderar os efeitos de borda. Também desconsideraremos os
efeitos do restante do circuito.
Assim, ao movermos a espira no eixo y, teremos que a distribuição do
campo sobre a espira permanece a mesma e, portanto, não há
variação de fluxo (ou seja não haverá corrente induzida).
Ao desligarmos o interruptor e ao “queimar” a lâmpada, teremos uma
variação de corrente no condutor, o que diminui o campo na região da
espira e induz corrente (alteração do fluxo).
Ao mover a espira no eixo x, teremos que a distribuição do campo
sobre a espira se altera e, portanto, temos alteração no fluxo e
também aparecimento de corrente induzida.

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