EN2012_resolvida
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Prova de Física Comentada e
Resolvida – Escola Naval
2012
1) Um recipiente cilíndrico
rico de seção reta
transversal A = 20,0 cm² é vedado por um
êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar
livremente sem atrito. O cilindro contém uma
amostra de 3,00 litros de gás ideal na
temperatura inicial de 300 K. Separadamente,
Separadamente
com o cilindro nas posições vertical e
horizontal, o gás é aquecido isobaricamente da
temperatura inicial até a temperatura de 400 K,
como mostram as figuras 1 e 2,
respectivamente. A diferença
rença entre os
trabalhos realizados pelo gás nas posições
vertical e horizontal, Wv – Wh, em joules,
oules, é igual
a
Dados: pressão atmosférica patm = 1,00 x 10
N/m²; g = 10,0 m/s².
5
A) 8,00
B) 10,0
Sendo isobáricas as transformações
ansformações envolvidas,
podemos calcular o trabalho termodinâmico
pela relação W = p x ∆V e lembrar que, para os
gases ideais, nestas transformações, o volume é
diretamente proporcional à temperatura. Como
a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 litros.
Além disto, vamos desprezar as precisões
(,00..).. Isto será feito em todas as outras
questões.
Resolução:
Patm = pressão atmosférica;
atmosférica
C) 15,0
P = peso do êmbolo;
D) 18,0
A = área do êmbolo;
E) 26,0
Comentários:
un
do SI é
por 10-3. Já em relação à área, a unidade
m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para
transformar uma medida em cm para metro,
m
devemos dividi-la por 100 ou então multiplicámultiplicá
-2
la por 10 . Como precisamos transformar cm²
para m², fazemos: 1 cm² = (10-2)² m² = 10-4
m².
pv = pressão no gás (figura
figura 1);
1
ph = pressão no gás (figura
figura 2)
2 = Patm.
G
O que diferencia as duas situações é o fato de
que, na posição vertical, a pressão no gás é
maior do que na posição
ção horizontal, já que
naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás.
O estudante também deve ficar atento às
unidades – o volume, em litros e a área, em
cm², não estão no SI - Sistema Internacional de
Unidades. Cada m³ (unidade do SI)
corresponde a 1.000 litros. Então, para
transformar litro para m³, devemos dividir o
valor por 1.000 – o que equivale a multiplicá-lo
multiplicá
pv = Patm + H
Wv – Wh = pv . ∆V – ph . ∆V = (pv - ph) . ∆V =
G
(Patm + H - Patm) . ∆V
V=
G
H
. ∆V =
52
J
. (4 L 3). 10JQ
= 26 joules
JK
20 . 10
Letra E
2) Considere certa amostra de um gás ideal na
temperatura T kelvin
elvin cujas moléculas, de
massa M, possuem velocidade média V m/s. Em
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1
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uma amostra de outro gás também
m ideal, mas
na temperatura 2T kelvin
elvin e com moléculas de
massa M/4, a velocidade média das moléculas
é V’ m/s. A razão V’/V vale
A) ½
B) 2
C) 4
Y K
V [Y = c . 2T (2)
Para obtermos V’/V,
/V, podemos dividir (2) por
(1),, membro a membro
1 M [Y
V
c . 2T
2 4
=
1
c. T
MV Y
2
1 V [Y
=2
→
4 VY
D) 2√2
E) √2/2
→
Comentários:
Como temos as massas das moléculas nas duas
situações e suas respectivas velocidades
médias, podemos recorrer a uma das
conclusões da Teoria Cinética Clássica para os
gases ideais, segundo a qual a energia cinética
média por molécula é proporcional à
temperatura.
Resolução:
EU = energia cinética;
m = massa;
v = velocidade;
c = constante;
EU α T →
X Z
X
Y
Situação 1
X
mv Y = c . t
MV² = c . T (1)
Y
Situação 2
∴
V [Y
=8
VY
V′
= √8 = 2√2
V
Letra D
3) Um reservatório fechado contém certa
quantidade de um gás ideal à pressão inicial P0
= 1,00 x 105 N/m². Num primeiro processo,
esse gás é lentamente aquecido de T0 = 27,0 0C
até uma temperatura T1. Num segundo
processo, um pequeno orifício é aberto na
parede
ede do reservatório e muito lentamente,
deixa-se
se escapar ¼ do conteúdo inicial do gás
mantendo-se,
se, porém, a temperatura constante.
(T2 = T1, ver gráfico). Sabendo-se
Sabendo
que, ao final
do segundo processo, a pressão do gás no
interior do reservatório é de P2 = 0,900 x 105
N/m², o valor de T2, em 0C, é
A) 103
B) 100
C) 97,0
D) 90,0
E) 87,0
2
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Comentários:
Esta questão envolve duas transformações
sofridas por um gás ideal. Na primeira delas,
podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais de
f
=
d g e[
f[
, onde P é a pressão, V é o volume e T
é a temperatura, em kelvin. Na segunda
transformação, usaremos a equação de
Clapeyron de = ijf em cada estado (inicial e
final), onde n é o número de mols e R é a
constante universal dos gases ideais, pois o
número de mols muda de um estado para outro
na transformação.
Resolução:
Estado 0
P0 = 1,00 x
105 N/m²;
T0 = 27 0C =
27 + 273 =
300 K;
V0 = volume
inicial.
Estado 1
P1 = pressão
neste estado;
T1=
temperatura
neste estado;
V1=V0
(admitindose que as
paredes do
recipiente
sejam
inflexíveis)
n = número
de mols neste
estado;
Transformação (0 → 1)
Estado 2
P2 = 0,900 x
105 N/m²
V2 = V1 (o gás
que se
mantém no
recipiente
continua
ocupando o
mesmo
volume)
T2 = T1
Q
n’ = K n (já
X
que K de n
deixou o
recipiente)
1 . 10k . Vl
PX . VX
PX . 300
=
→ TX =
(1)
300
TX
1 . 10k
Para o Estado 1
PX . VX = n . R . TX (2)
Para o Estado 2
0,9 . 10k . VY =
3
. n . R . TY (3)
4
Dividindo-se
se (2) por (3), membro a membro
PX
1
(com as simplipicações) →
=
k
3
0,9 . 10
4
4
mX = 0,9 . 10k . = 1,2 . 10k (4)
3
Substituindo-se
se (4) em (1)
1,2 . 10k . 300
TX =
= 360 K L 273 = 87l C
k
1 . 10
se de que T2 = T1)
Letra E (lembre-se
4) Uma esfera, de peso P newtons
n
e massa
específica µ, está presa ao fundo de um
recipiente por meio de um fio ligado a um
dinamômetro D, de massas desprezíveis. A
esfera encontra-se
se totalmente submersa
submers em
água de massa específica µágua = 2µ, conforme a
figura. Nessas condições, a leitura do
dinamômetro
metro em função do peso P é dada por
A) P/4
B) P/2
C) 2P/3
D) P
E) 2P
Comentários:
3
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Vamos considerar que a esfera seja maciça. O
empuxo é a resultante das forças que um fluido
faz em um corpo que está parcial ou totalmente
imerso nele.. Para fluidos em equilíbrio
(repouso ou movimento retilíneo e uniforme),
o empuxo está na vertical ascendente (aponta
para cima) e pode ser calculado como o
produto da massaa específica do fluido pelo
volume imerso e pela gravidade. No caso
analisado, a esfera também está em equilíbrio.
Para isto, o empuxo tem o mesmo valor
numérico da soma do peso da esfera e da força
que o fio exerce nela (que é a força indicada
pelo dinamômetro).
metro). Como a massa específica
do líquido é o dobro da massa específica da
esfera e ela está totalmente imersa,, o empuxo é
o dobro do peso (peso é o produto da massa
pela gravidade e a massa é o produto da massa
específica pelo volume). Sendo assim, a força
for
no fio tem que ser igual ao peso – o que já nos
leva à resposta.
Vejamos de outra forma.
Resolução:
E = empuxo;
P = peso da esfera;
T = força no fio;
µ = massa específica da esfera;
V = volume da esfera.
E=T+P →T=E–P →
T = 2µVg - µVg →
T = µVg
∴T=P
Letra D
5) Um projétil é lançado contra
c
um anteparo
vertical situado a 20 m do ponto de
lançamento. Despreze a resistência do ar. Se
esse lançamento é feito com uma velocidade
inicial de 20 m/s numa direção que faz um
ângulo de 600 com a horizontal, a altura
aproximada do ponto onde o projétil se choca
com o anteparo, em metros, é
Dados: tg600 ≅ 1,7; g = 10 m/s².
A) 7,0
B) 11
C) 14
D) 19
E) 23
4
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Comentários:
Vamos analisar o movimento de acordo com
suas componentes horizontal e vertical. É como
se tivéssemos dois movimentos simultâneos e
independentes,, em termos de resultado.
resultado
Na horizontal, o movimento está isento de
força resultante e ocorre por Inércia – por isto
é uniforme. Na vertical, o movimento está
sujeito à aceleração imposta
mposta pela gravidade,
que terá valor negativo, pois orientaremos a
trajetória para cima, ou seja, as posições
verticais serão contadas de baixo para cima e a
gravidade aponta para baixo e, para esta altura,
altura
pode ser considerada constante. Assim, o
movimento tem aceleração constante e é
comumente chamado de uniformemente
variado.
Encontremos o tempo de movimento
horizontal, do ponto de partida até o anteparo
e, como os movimentos são simultâneos, o
usemos no movimento vertical para
calcularmos a altura alcançada neste instante.
Este tempo é o tempo de voo do projétil.
Resolução:
Decomposição da velocidade inicial
xy = xzy + e{y |
20 = 0 + 20}~60l
20 = 20.
Vertical
1
. t → t = 2ss
2
x = xz + ez | +
|
Sv = 0 + 20. sen60l . 2 L 5. 2Y
Sv = 20 .
√3
.2 L 20
2
Como tg 600 = √3 ≅ 1,7
∴ Sv ≅ 20 .1,7 L 20 ≅ 14 m
Letra C
6) O bloco B,, de massa 10,0 kg, está sobre o
bloco A,, de massa 40,0 kg, ambos em repouso
sobre um plano inclinado que faz um ângulo Ɵ
= 300 com a horizontal, conforme a figura. Há
atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o
bloco B e o bloco A,, não havendo atrito entre o
bloco A e o plano inclinado. A intensidade
mínima da força F, em newtons,
n
aplicada ao
bloco A e paralela ao plano inclinado, para que
o sistema permaneça em repouso, é
Dado: g = 10,0 m/s².
A) 250
Vtu =
Vlv =
20cos600
20sen600
Horizontal
B) 225
C) 200
D) 175
E) 150
5
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Comentários:
F é uma força na direção do plano aplicada ao
bloco A. Não haverá, deste modo, movimento
na direção perpendicular ao plano e podemos
nos preocupar apenas com as forças naquela
direção. Para que o bloco A permaneça em
repouso, as forças aplicadas a ele devem se
anular. Então, as forças opostas a F, somadas,
têm que ter a mesma intensidade de F. Estas
forças são a componente tangencial do peso de
A e a componente atrito entre os blocos – que,
de fato, aponta para baixo, já que o bloco B
tende a descer, “tentando”, assim, “empurrar”
“
A
para baixo.
Para que
ue B fique em repouso, seu peso
tangencial deve ter a mesma intensidade da
componente de atrito entre os blocos, que em B
aponta para cima, conforme o Princípio da
Ação e Reação, segundo o qual as forças que
pertencem ao par ação e reação têm a mesma
direção,
ão, mas sentidos opostos (além de terem a
mesma intensidade e serem aplicadas em
corpos diferentes).
Resolução:
Para o equilíbrio de A
F = Fat + Pat = 50 + PA . senƟ =
50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N
Letra A
7) Um bloco de massa 5,00 kg desce,
d
com atrito
desprezível, a pista da figura, sendo sua
velocidade inicial V0 = 4,00 m/s e a altura h =
4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte
do trajeto horizontal AB, agora com atrito e,
então, colide com uma mola de massa
desprezível e constante k = 200 N/m. Se a
compressão máxima da mola devido a essa
colisão é ∆x = 0,500
00 m, o trabalho da força de
atrito, em joules, vale
Dado: g = 10,0 m/s²
A) -72,0
B) -96,0
C) -140
D) -192
E) -215
Comentários:
Pat = peso tangencial de A;
Fat = força de atrito;
Pbt = peso tangencial de B.
Para o equilíbrio de B
Fat = Pbt = PB . senƟ
Ɵ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N
No ponto inicial, em relação ao nível que passa
por AB, o bloco tem energia cinética e potencial
gravitacional. Durante a descida, a soma destas
duas energias (energia mecânica) é mantida.
Ao chegar a A, o bloco passa a perder energia
mecânica por causa da força de atrito, até que,
ao final da compressão da mola, a energia
mecânica do sistema será a energia mecânica
inicial subtraída do módulo do trabalho da
6
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força de atrito. Assim, podemos afirmar que o
trabalho da força de atrito é a energia mecânica
final subtraída da energia mecânica inicial.
Resolução:
Emi = energia mecânica inicial
Emf = energia mecânica final
Wfat = trabalho da força de atrito
Wfat = Emf - Emi =
Wfat =
Yll.(l,k)
Y
Y
L
L
k.K
∴ Wfat = -215 Joules
Y
v
Y
representada pela energia cinética de A antes
da colisão, subtraída da energia cinética final
do sistema, representada pela energia cinética
dos dois blocos que, após a colisão, passam a se
movimentar juntos. Mas para fazermos esta
subtração, precisaremos da velocidade inicial
do bloco A, que será encontra usando-se o
Princípio da Conservação da Quantidade de
Movimento, aplicado ao sentido do movimento
dos blocos, que se manterá, permitindo-nos
permitindo
lidar apenas com os módulos das quantidades
de movimento.
Resolução:
Resolução:
+ mgh
Q0s = quantidade de movimento inicial do
sistema;
+ 5.10.4
Q0A = quantidade de movimento inicial
i
de A;
Qs = quantidade de movimento final do
sistema;
Letra E
8) Um bloco A, de massa mA = 1,0 kg, colide
frontalmente com outro bloco B, de massa mB
= 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em
repouso. Para que os blocos sigam grudados
com velocidade 2,0 m/s, a energia total
dissipada durante a colisão, em joules,
oules, deve ser
se
A) 24
B) 32
nicial de A;
V0A = velocidade inicial
VS = velocidade final do sistema;
s
Ec0s = energia cinética inicial do sistema;
s
Ecs = energia cinética final do sistema;
s
Mt = massa total do sistema;
istema;
Etd = energia total dissipada.
issipada.
C) 36
Q0s = Q0A = mA . V0A = 1 . V0A (1)
E) 64
Igualando-se (1) e (2)
D) 48
Comentários:
Q0s = Qs = (1 + 3) . 2 (2)
O valor da energia total dissipada durante a
colisão é a energia cinética inicial do sistema,
1 . V0A = (1 + 3) . 2 = 8 m/s
Etd = Ecs - Ec0s →
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Etd
=
Z .
L24 joules
Y
L
.
Y
=
K . Y
Y
L
X .
Y
=
O sinal negativo confirma que a energia foi
dissipada.
Letra A
9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa,
preso a uma mola de constante k = 100 N/m,
um MHS de amplitude A cm ao longo do plano
inclinado mostrado
o na figura. Não há atrito em
qualquer parte do sistema. Na posição de altura
máxima, a mola está comprimida e exerce
sobre o bloco uma força elástica de módulo
igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s,
ao passar pela posição de equilíbrio é
em que a mola tem seu comprimento natural
está acima da posição
ão de equilíbrio.
Além disto, como a força elástica será sempre
paralela ao plano inclinado e a componente do
peso que é perpendicular ao plano não realiza
trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso
tangencial) nas transformações de energia do
sistemaa (por exemplo, cinética para potencial
elástica) estarão na direção do plano. Desta
forma, podemos tratar o MHS como se ele
estivesse ocorrendo na horizontal (que será a
direção do plano),, em termos de energia
potencial gravitacional,
gravitacional ou seja, não precisamos
considerá-la.
Resolução:
A) 1,10
B) 0,800
C) 0,500
D) 0,300
E) 0,200
Comentários:
O estudante deve tomar um cuidado especial
nesta questão. Ele comumente aprende que no
MHS, a posição de equilíbrio, onde a força
sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde
a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade
quando o sistema está na horizontal.
ntal. Quando
ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na
vertical, há um deslocamento da posição de
equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de
sua componente tangencial). Assim, a posição
X1 = distância entre a posição de elongação
máxima e a posição de comprimento natural;
X2 = distância entre a posição de comprimento
natural e a posição de equilíbrio;
Fel = força elástica
lástica na posição
posi
de elongação
máxima;
Fel’ = força elástica na posição de equilíbrio =
peso tangencial
angencial do bloco (Pt).
v = velocidade do bloco na posição de
equilíbrio;
Cálculo de X1
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Fel = K . X1 → X =
Cálculo de X2
Q
Xll
= 3. 10JYm
Fel’ = K . X2 = Pt = mgsenƟ → X2 =
X.Xl.l,k
Xll
Ɵ
= 5. 10JY m
=
A = X1 + X2 = 8.10-2 m
m. v Y
k. AY
k
100
=
→ v = A. = 8. 10JY .
m
1
2
2
Letra B
= 8 . 10JX ou 0,8 m//s
10) Um plano horizontal α contém
determinado ponto O sobre o equador
(geográfico), num local onde o campo
magnético
terrestre
tem
componente
horizontal Bh. Sob a ação única desse campo, a
agulha magnetizada AA’ de uma bússola de eixo
vertical se alinhou ao meridiano magnético que
passa por O, como mostra a figura. Considere
que as propriedades magnéticas do planeta são
as de uma barra cilíndrica imantada com
co polos
magnéticos M e M’, ambos pontos da superfície
terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa
pelos pontos geográficos G e G’. Se estes quatro
polos têm suas projeções verticais em α (Mα, ...,
Gα’)) alinhadas com a agulha, um navegante,
partindo de O no sentido sul indicado
inicialmente pela bússola, e que se desloque
sem desviar sua direção, primeiramente
passará próximo ao polo
A) geográfico sul, se o
polo mais próximo de
O for o polo
magnético norte
(barra imantada).
B) geográfico sul, se o
polo mais próximo de
O for o polo
magnético sul (barra
imantada).
C) geográfico norte, se
o polo mais próximo
de O for o polo
magnético norte
(barra imantada).
D) magnético norte,
se o polo mais
próximo de O for o
polo magnético sul
(barra imantada).
E) magnético sul
(barra imantada), se
esse for o polo mais
próximo de O.
Comentários:
Os polos geográficos e magnéticos são opostos
e não coincidentes, ou seja, o polo norte
geográfico encontra-se
se próximo ao polo sul
magnético (mas não coincidem) e vice versa.
Para que as projeções destes quatro pontos
estejam alinhadas em um plano que tangencia
um ponto do equador geográfico é necessário
que estes quatro pontos estejam no plano que é
perpendicular ao anterior. A intersecção entre
eles é a linha comum aos pontos citados.
Resolução:
9
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Prova de Física Comentada e
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2012
A) 81
B) 85
C) 89
D) 93
E) 96
Comentários:
Como podemos ver, partindo de O e mantendo
a mesma direção inicial, o navegante passará
primeiro pelo sul geográfico, caso o sul
magnético seja o mais próximo.
Letra B
11) Dois geradores elétricos G1 e G2 possuem
curvas características tensão-corrente
corrente dadas
nos dois gráficos da figura. Se, em um circuito
composto apenas pelos dois geradores, G2 for
conectado em oposição a G1, de modo que U2 =
U1, G2 passará a operar como um receptor
elétrico. Nessa condição,
o, o rendimento elétrico
do gerador G1, em porcentagem, será de
aproximadamente
O rendimento de G1 pode ser determinado pela
razão entre sua potência útil e sua potência
total,, na associação com G2. Para isto,
precisaremos calcular a tensão em seus
terminais – o que nos levará a necessidade de
conhecermos o valor da corrente que o
atravessa. Isto será possível com o
conhecimento das forças eletromotrizes dos
geradores e suas resistências internas.
Resolução:
Resolução:
ε1 = força eletromotriz de G1;
ε2 = força eletromotriz de G2;
r1 = resistência interna de G1;
r2 = resistência interna de G2;
icc1 = corrente de curto circuito em G1;
icc2 = corrente de curto circuito em G2;
U1 = tensão nos terminais de G1, na associação;
I = corrente na associação;
η = rendimento.
Do gráfico de G1
10
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2012
ε1 = 27 V e icc1 = 36 A. Assim, r1 =
Y = 0,75 Ω
ε2 = 22 V e icc2 = 44 A. Assim, r2 =
YY
= 0,5 Ω
Do gráfico de G2
i=
¢X J ¢Y
η=
£XJ £Y
¥X .¦
¢X .¦
Letra C
=
Y JYY
=
l, k¤l,k
¢X J £X .¦
¢X
=4A
= 1L
l, k .K
Y Q¡
KK
≅ 0,,89 ~¨ 89%
12) No trecho de circuito mostrado na figura, o
voltímetro e os amperímetros são ideais e
indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois
amperímetros). As resistências possuem valor
R desconhecido. A corrente I, em amperes,
amperes vale
A) 2/3
B) 4/3
C) 2
D) 8/3
E) 3
E, desta forma, podemos dizer que as
resistências estão em paralelo. No primeiro
ponto A, a corrente I se divide em duas
correntes – uma que passa por R e outra que
passa pelo amperímetro da esquerda. Esta
segunda corrente
rente vai alimentar as outras duas
resistências. Então, a corrente que passa pela
primeira resistência é metade de 4/3, ou seja,
vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já
temos a resposta. Mas vamos mostrar pela
figura abaixo, como as correntes se dividem,
div
para que o estudante tenha mais condições de
entender.
Comentários:
Não há diferença de potencial elétrico entre os
terminais de um amperímetro ideal já que U =
RI e R do amperímetro ideal é zero. Assim,
atribuindo valores genéricos para os potenciais
dos nós dos terminais das resistências,
resistências
teremos:
Resolução:
11
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Prova de Física Comentada e
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I = 2i + i = 3i
K
2i = → i =
Q
∴I=3.
Letra C
Y
Q
Y
Q
=2A
13) Para medir a ddp e a corrente no reostato
de resistência elétrica R da figura, utilizou-se
utilizou
um voltímetro e um amperímetro reais,
construídos com galvanômetros (G) idênticos
de resistência interna RG = 40 Ω.
Ω Foram
selecionados um multiplicador RM = 50 kΩ (no
voltímetro), e um shunt Rs = 16 x 10-3 Ω (no
amperímetro),, definindo assim os valores
máximos (fundo de escala) das medidas
elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A,
respectivamente. Desprezando os valores de R
ou RG quando comparados a RM, o valor
aproximado de R, em ohms, para o qual as
correntes nos dois galvanômetros (IG) são
sempre iguais é
A) 20
B) 32
Resolução:
R . i’ = (RM + RG) . IG = RM . IG (1)
C) 40
RS . i’ = RG . IG (2)
D) 50
Dividindo-se
se (1) por (2)
E) 64
Comentários:
multiplicador e o galvanômetro e na parte
inferior, o shunt está em paralelo com o
galvanômetro. Como as correntes que
atravessam os galvanômetros têm a mesma
intensidade, nas duas situações, e as correntes
que entram nas duas partes – superior e
inferior, também têm a mesma intensidade (I),
a corrente que atravessa o reostato tem a
mesma
ma intensidade da corrente que atravessa o
shunt, como mostra a figura.
R
RZ
RZ
=
→R=
. Rª
Rª
R«
R«
50 . 10Q
=
. 16 . 10JQ = 20 Ω
40
Vamos analisar a situação como
o um circuito
elétrico qualquer. Na parte superior,
superior o reostato
está em paralelo com o ramo que contém o
Letra A
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Prova de Física Comentada e
Resolvida – Escola Naval
2012
14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e
puntiformes, estão fixas nos vértices de um
quadrado de lado L = √2 m, isoladas e no vácuo
(ver figura). Uma carga de prova positiva q =
0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no
centro O da configuração. Como o equilíbrio é
instável, a carga q é repelida até atingir uma
energia cinética constante de 7,2 x 10-3 J.
Desprezando a força gravitacional, o valor de
cada carga Q, em microcoulombs, vale
Dado: constante eletrostática no vácuo. K0 =
9,0 x 109
A) 1,0
¬ .²
­²
B) 2,0
Resolução:
W = trabalho do campo elétrico;
e
V’ = potenciall elétrico total no centro do
quadrado;
V = potencial elétrico provocado por cada
carga nos vértices;
d = distância do vértice até o centro do
quadrado.
d=
C) 4,0
V=
D) 6,0
® .√Y
Y
.¯
=
√Y .√Y
Y
°
V’ = 4V = 4.
E) 8,0
Comentários:
nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é
nulo e, desta forma, a força resultante passa a
ser nula, não realizando mais trabalho e a
energia cinética se torna constante.
constante
.¯
°
= 1m
±.Xl
Xl² .¯
= 4.
X
W = q.(V’ – 0) = 7,2 . 10-3 →
No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo
porque as cargas são iguais e estão igualmente
distantes deste ponto. Não havendo campo
elétrico, não há força elétrica e a carga de prova
não se movimenta. Desta forma, é necessário
que alguma perturbação ocorra, por menor que
seja, para que a carga de prova passe a se
movimentar. Iniciado o movimento, a força
elétrica será a resultante sobre a carga de
prova. Então, o trabalho desta força será igual
igu à
variação de sua energia cinética. Podemos
encontrar este trabalho com o produto da carga
pela diferença de potencial elétrico – que será a
subtração do valor do potencial elétrico no
centro do quadrado e do potencial elétrico num
ponto muito distante (infinito), onde ele será
0,1 . 10-6 . (4.
±.Xl² .¯
,Y .Xl³´
Q = l,X .Xl³µ .
Letra B
X
K .±.Xl²
) = 7,2 . 10-3
= 2 . 10 -6 C ou 2µC
15) Uma fonte sonora pontual emite
isotropicamente com uma potência de 15,0 W.
Se esse som é interceptado por um microfone
distante d = 100m da fonte, em uma área de
0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts,
é de
A) 0,100/π
B) 0,150/π
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Prova de Física Comentada e
Resolvida – Escola Naval
2012
é descrita pela função de onda y(x,t) =
0,100cos(2,00x – 10,0t) m, onde x está em
metros e t em segundos.
egundos. A tração na corda, em
newtons, vale
C) 0,190/π
D) 0,210/π
E) 0,250/π
Comentários:
Esta questão foi anulada, pois a resposta
correta não está disponível em nenhuma das
alternativas, como veremos.
A propagação da energia sonora ocorre
igualmente em todas as direções
ões (emissão
isotrópica). Assim, a 100m da fonte, todos os
pontos da casca esférica de raio 100m recebem
a mesma intensidade (razão entre a potência e
a área).
Resolução:
I = intensidade (a 100 m);
r = raio da casca esférica;
A = área da casca esférica;
P = potência da fonte sonora;
P’ = potência recebida em uma porção da casca
esférica (0,560 cm²);
A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm²
ou 0,56 . 10JK m²).
I=
15
15
P
=
=
A
4πr²
4. π. 100²
P [ = I. A[ =
∴ P[ =
15
.0,56 . 10JK
4. π. 100²
A) 60,0
B) 50,0
C) 40,0
D) 30,0
E) 20,0
Comentários:
Para encontramos a tração na corda,
precisaremos da Equação
quação de Taylor, segundo a
qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada
da razão entre a tração e a densidade linear,
que por sua vez é a razão entre a massa e o
comprimento da corda. Para isto, deveremos
calcular a velocidade de propagação da onda na
corda,
rda, a qual pode ser obtida pela função de
onda.
Resolução:
V = velocidade de propagação da onda;
T = tração na corda;
µ = densidade linear da corda;
T
m
2
V = → T = V² . μ = V² .
= V² . →
μ
L
1
T = V² . 2(1)
21
nW
π
Função de onda genérica
16) Uma onda se propagando em uma corda de
comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg
Pode ser dada por y(x, t) = Acos(
Y¸
¹
L
Y¸º
»
),
onde A é a amplitude, x é a posição horizontal,
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2012
y é a posição vertical, λ é o comprimento de
onda, t é o instante considerado e T é o período.
Para a onda em questão, y(x,t)
0,100cos(2,00x – 10,0t). Assim, temos
=
2π
= 2 (2)
λ
M = massa da Terra;
VÁ = velocidade orbital de B.
Dividindo-se (3) por (2)
VH = Â
2π
T = λ = 5 e λ = V → V = 5(4)
2π
T
T
λ
VÁ =
Substituindo-se (4) em (1)
T = 5² . 2 = 50 newtons
«Z
Ã
(1)
GM
(2)
RÁ
Dividindo-se
se (1) por (2), membro a membro
Letra B
17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos,
descrevem órbitas circulares ao redor da Terra.
A velocidade orbital do satélite A vale vA = 2 x
10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos
½¾
½¿
= 1 À 10², a
velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale
A) 2 x 10³
B) 1 x 10³
C) 4 x 10²
D) 2 x 10²
E) 1 x 10²
Comentários:
Resolução:
G = constante universal da gravitação;
2π
= 10 (3)
T
satélites são relacionados por
resolução do problema. Mas se não lembrar,
pode deduzi-la
la facilmente percebendo que a
força de atração gravitacional entre a Terra e
cada satélite é centrípeta.
VH
ÄÅR Á
ÆÇ
=
= = É10Y = 10 →
VÁ
R H GM
ÆÈ
VÁ =
VH
2 . 10Q
=
= 2
2.10Y m/s
10
10
Letra D
18) A viga inclinada de 600 mostrada na figura
repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e
E, dois blocos de massa 8,00 kg estão
pendurados por meio de um fio ideal. Uma
força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à
viga no ponto B. Desprezando o peso da viga e
o atrito no apoio D, a reação normal que o
apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a
Se o estudante lembrar-se
se da fórmula da
velocidade orbital, ganha um “tempinho” na
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Prova de Física Comentada e
Resolvida – Escola Naval
2012
A) 30,0
B) 50,0
C) 70,0
D) 90,0
E) 110
Comentários:
Como a barra está em equilíbrio e ela é um
corpo extenso, a força resultante sobre ela tem
que ser nula, assim como o torque resultante.
Para encontrarmos a força que o apoio D faz
sobre a barra, basta partirmos desta última
condição. Para calcularmos o valor do torque
de cada força, vamos fazê-lo
lo em relação ao
ponto A. Estes valores são respectivamente
iguais ao produto da força pelo braço de força,
que é a distância entre a reta base da força e o
ponto
escolhido.
Desta
forma,
não
precisaremos considerar as forças em A, já que
seus braços serão nulos.
Resolução:
Pe = Peso em E;
Nd = normal em D;
Pc = peso em C;
F = força em B;
Bd = braço de força (Nd);
Bf = braço de força (F);
Bc = braço de força (Pc);
c);
Bep = braço de força (Pe).
Cálculo de Bd
cos60l =
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6
6
→ B° =
= 12
cos60l
B°
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Cálculo de Bf
C) 1,2
D) 0,60
E) zero
Comentários:
cos60l =
Do valor da capacitância e da energia
anteriormente acumulada, calculamos a carga.
Na associação em paralelo, a carga total será
esta carga, mas distribuída entre as cinco
capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação.
associação
2
2
→ BÊ =
=4
BÊ
cos60l
Cálculo de Bc e Bep
Da primeira figura, tiramos que Bc = 4 m e Bep
=8m
Nd e F tendem a girar a barra no sentido
horário e Pe e Pc, no sentido anti-horário.
anti
Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a
soma dos torques de Pe e Pc
Nd . Bd + F . Bf = Pe . Bep + Pc . Bc →
Nd . 12 + 30 . 4 = 80 . 8 + 80 . 4
E = energia eletrostática inicial;
U = ddp da associação.
E=
QY
→ Q = √E. 2C
C→
2C
Q = É72 . 10J¡ . 2 .0,25
25 . 10J¡ = 6 . 10J¡ C
Letra A
Letra C
19) Uma capacitância C = 0,25 µF armazenava
a
uma energia eletrostática inicial de 72 x 10-6 J,
quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro)
outras capacitâncias idênticas a ela, mas
completamente descarregadas. As cinco
capacitâncias associadas em paralelo atingem,
no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts,
de
B) 2,4
Q = carga;
Q
6 . 10J¡
U=
=
= 4,8 V
5C 5 . 0,25 . 10J¡
∴ Nd = 70 N
A) 4,8
Resolução:
0) Uma balança encontra-se
encontra
equilibrada
20)
tendo, sobre seu prato direito, um recipiente
contendo inicialmente apenas água. Um cubo
sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2
N e pendurado por um fio fino é, então,
lentamente
nte mergulhado na água até que fique
totalmente submerso. Sabendo que o cubo não
toca o fundo do recipiente, a balança estará
equilibrada se for acrescentado um contrapeso,
em newtons, igual a
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Prova de Física Comentada e
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2012
Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água
= 1,0 g/cm³.
A) zero , pois a balança se mantém equilibrada.
B) 0,50 , colocado sobre o prato direito.
Ë = 5 }ÌQ = 5 . 10J¡ ÌQ
E = μ. V. g = 10Q . 5 . 10J¡ . 10 = 0,050 N
Letra E
C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo.
D) 0,15 , colocado sobre o prato direito.
E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo.
Comentários:
Como o cubo foi mergulhado lentamente,
podemos admitir que a água permaneceu em
equilíbrio. Também, pelas informações do
enunciado, admitimos que não houve
transbordamento. Assim, a força que a água
fará sobre o cubo será o empuxo. Pelo Princípio
da Ação e Reação, o cubo faz força na água de
mesma intensidade e este será o valor
“percebido” pela balança. Então, o contrapeso
deverá ser colocado no prato esquerdo e seu
peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo
se apoiasse no fundo do recipiente, teríamos,
além do empuxo, a força de contato estes dois,
e o contrapeso deveria ter valor igual à soma
do empuxo com esta força de contato.
O estudante também deve se lembrar de
transformar a massa específica da água e o
volume do cubo para o SI.
Resolução:
E = empuxo;
μ = massa especípica da água;
V = volume do cubo:
μ=1
g
10JQ kg
kg
=
1
= 10Q Q
Q
J¡
Q
cm
10 m
m
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