TC 1 UECE 2012 FASE 2

TC 1 UECE 2012 FASE 2
PROF.: Célio Normando
Conteúdo: Aritmética – Ordem de Grandeza
1. Racionalizar o uso da água significa usá-la sem desperdício e considerá-la uma prioridade
social e ambiental, para que a água tratada nunca falte nas torneiras. Assim, se por uma
torneira defeituosa cair uma gota de água a cada segundo e, em uma hora, o volume de água
desperdiçado for de 0,18 litros, é correto afirmar que o volume de uma gota d’água é igual,
em m 3 , a
a) 5,0  108
b) 5,0  105
c) 4,0  106
d) 4,0  109
e) 2,0  104
SOLUÇÃO:
Em uma hora caíram 3600 gotas, com um volume total de 0,18L = 1,8 x 10-1L = 1,8 x 10-4 m3
volume de cada gota 
volume total 1,8x104

 5x108 m3 .
N
3600
Resposta (A)
Conteúdo: Eletricidade e Magnetismo
2. Fenômenos elétricos e fenômenos magnéticos fazem parte da vida diária das pessoas. Em
relação a esses fenômenos, assinale a opção correta de acordo com os conhecimentos da
física.
a) O polo norte da agulha magnética de uma bússola será atraído pelo polo sul geográfico da
Terra, pois polos de nomes diferentes se atraem.
b) A eletricidade estática acumulada num corpo pode provocar faíscas. Por isso, nos navios
que transportam petróleo, os tripulantes não devem usar sapatos com solado de borracha,
que é um isolante elétrico.
c) Corpos condutores de eletricidade ficam eletrizados mais facilmente que os corpos
isolantes, pois nos isolantes os elétrons não se movem.
d) Na eletrização por atrito os corpos ficam eletrizados com cargas de sinais contrários.
Assim, o corpo que ficou eletrizado positivamente ganhou prótons e o que ficou negativamente eletrizado ganhou elétrons.
Solução:
a) Incorreta. O polo sul geográfico é um polo norte magnético e polos de mesmo nome se repelem.
b) Correta.
c) Incorreta. Os isolantes também trocam cargas, porém elas não se movem com a mesma facilidade
que nos condutores.
d) Incorreta. O corpo eletrizado positivamente perdeu elétrons para o corpo eletrizado negativamente.
RESPOSTA (B)
Conteúdo: Circuitos Elétricos – Lei das Malhas
3. Uma bateria ideal, um amperímetro de resistência interna de 100  e um resistor de
resistência de 1400  são ligados em série em um circuito inicialmente aberto com terminais
a e b, como indicado na figura a seguir.
Quando os terminais a e b são conectados por um fio de resistência desprezível, fechando o
circuito, se estabelece no amperímetro uma corrente de 1,00 mA. Quando os terminais a e b
são conectados por um resistor, fechando o circuito, se estabelece no amperímetro uma
corrente de 0,20 mA.
A resistência desse resistor, em Ω é:
a) 6000
b) 560
c) 600
d) 5600
SOLUÇÃO:
Dados: Ramp = 100  ; R = 1.400  ; i1 = 1 mA = 10–3 A; i2 = 0,2 mA = 0,2  10–3 A.
Seja U a força eletromotriz da bateria.
Para o circuito com o fio de resistência desprezível entre a e b:
U  Ramp  R  i1

U  100  1.400  103
U = 1.500  10–3 V.
Para o circuito com um resistor de resistência desconhecida (Rx) entre a e b.
U  Ramp  R  R x  i2

1500  10 3  100  1.400  R x  0,2  10 3
1.500  300  0,2 R x

0,2 R x  1.200


R x  6.000 .
RESPOSTA (A)
Conteúdo: Gráficos - MRUV
4. Duas partículas, A e B, que executam movimentos retilíneos uniformemente variados, se
encontram em t = 0 na mesma posição. Suas velocidades, a partir desse instante, são
representadas pelo gráfico abaixo.
As acelerações experimentadas por A e B têm o mesmo módulo
de 0,2m s2 . Com base nesses dados, é correto afirmar que
essas partículas se encontrarão novamente no instante
a) 10 s
b) 50 s
c) 100 s
d) 500 s
Dados: v0A = 50 m/s; v0B = -50 m/s; aA = -0,2 m/s2 (reta decrescente); aB = 0,2 m/s2 (reta
crescente).
SOLUÇÃO:
Adotando origem no ponto de partida e lembrando que a equação horária do espaço no MUV é
1
S  S0  v 0 t  at 2 , temos:
2
SA  50 t  0,1 t 2


2

SB  50 t  0,1 t
No encontro, SA = SB:
50 t  0,1 t 2  50 t  0,1 t 2  100 t  0,2 t 2  0  t 100  0,2 t   0 
t  0 (não convém)
100
t
 t  500 s.
0,2
RESPOSTA (D)
Conteúdo: Leis de Newton
5. Um bloco de massa 2,0 kg está sobre a superfície de um plano inclinado, que está em
movimento retilíneo para a direita, com aceleração de 2,0 m/s2, também para a direita, como
indica a figura a seguir. A inclinação do plano é de 30º em relação à horizontal.
Suponha que o bloco não deslize sobre o plano inclinado e que a aceleração da gravidade seja
g = 10 m/s2.
Usando a aproximação 3  1,7 , o módulo da força de atrito exercida pelo plano inclinado
sobre o bloco é:
a) 3,3
SOLUÇÃO:
b) 3
c) 6,6
d) 6
3  1,7 .
Dados: m = 2 kg; a = 2 m/s2;  = 30°;
 
 
 
v
v
v
A figura mostra as forças agindo no bloco peso P , normal N e atrito A e as respectivas projeções na
direção do movimento (x) e perpendicular a ela (y).
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica na direção x:
Nx  A x  R x

N sen30°  A cos30°  m a

N
1
3
A
 2  2
2
2

N  3 A  8 (I).
Na direção y as forças ou componentes estão equilibradas, pois o movimento é retilíneo:
Ny  A y  P

Ncos 30  A sen30  m g
3 N  A  40 (II).


N
3
1
 A  20
2
2


Multiplicando a equação (I) por  3 :
 3 N  3 A  8 3
(III).
Montando o sistema com (II) e (III).
 3 N  A  40

  3 N  3 A  8 3

 0  4 A  40  8 3
A = 6,6 N.
 A  10  2 3

A  10  2 1,7 

RESPOSTA (C)
Conteúdo: Magnetismo – Força Magnética em um fio
6. Considere um fio condutor suspenso por uma mola de plástico na presença de um campo
magnético uniforme que sai da página, como mostrado na figura abaixo. O módulo do campo
magnético é B = 3T. O fio pesa 180 g e seu comprimento é 20 cm.
Considerando g = 10 m/s2, o valor e o sentido da corrente
que deve passar pelo fio para remover a tensão da mola é:
a) 3 A da direita para a esquerda.
b) 7 A da direita para a esquerda.
c) 0,5 A da esquerda para a direita.
d) 2,5 A da esquerda para a direita.
Para anular a tensão na mola ( força elástica), devemos ter uma força magnética para cima
igual ao peso.
A figura mostra, pela regra da mão esquerda, os três vetores.
SOLUÇÃO:
Não pense que corrente elétrica é vetorial. Onde está corrente leia-se:
vetor com a mesma direção e sentido da corrente.
BiL  mg  i 
mg 0,18  10

 3,0A
BL
3  0,2
RESPOSTA (A)
Conteúdo: Estática – Equilíbrio de Sólidos
7. Uma prancha homogênea de comprimento igual a 5,0 m e massa igual a 10,0 kg encontrase apoiada nos pontos A e B, distantes 2,0 m entre si e equidistantes do ponto médio da
prancha.
Sobre a prancha estão duas pessoas, cada uma delas com massa igual a 50 kg.
Admita que uma dessas pessoas permaneça sobre o ponto médio da prancha.
Nessas condições, a distância máxima, em metros, que pode separar as duas pessoas sobre a
prancha, mantendo o equilíbrio é:
a) 1m
b) 1,2m
c) 2,2m
d) 2,5m
SOLUÇÃO: Dados:
M = 50 kg  PC = PM = 500 N; m = 10 kg  Q = 100 N; g = 10 m/s2; AB = 2 m  MB = 1 m.
Uma pessoa permanece em M, ponto médio da prancha; a outra pode deslocar-se, no máximo, até o
ponto C, quando a prancha está na iminência de tombar. Nessa situação, a normal de contato entre a
prancha e o apoio A é nula.
Em relação ao ponto B, o somatório dos momentos horários é igual ao somatório dos momentos antihorários.
600
 x = 1,2 m.
MPC  MPM  MQ  PC x = (PM + Q) 1  500 x = (500 + 100) 1  x 
500
Mas, da figura:
d = 1 + x  d = 1 + 1,2  d = 2,2 m.
RESPOSTA (C)
Conteúdo: Eletricidade – Campo Elétrico de Carga Puntiforme
8. Uma carga elétrica puntiforme gera campo elétrico nos pontos P1 e P2 . A figura a seguir
mostra setas que indicam a direção e o sentido do vetor campo elétrico nestes pontos.
Contudo, os comprimentos das setas não indicam os módulos destes vetores. O módulo do
campo elétrico no ponto P1 é 32 V/m. O módulo do campo elétrico no ponto P2 , em V/m, vale:
a) 32
b) 16
c) 8
d) 4
SOLUÇÃO: Dado: E1 = 32 V/m.
Prolongando os vetores campos elétricos, encontramos o ponto onde se encontra a carga geradora
desse campo, como ilustra a figura a seguir.
Somente para ilustrar, como o vetor campo elétrico é de afastamento, concluímos que a carga é
positiva.
Da expressão do módulo do vetor campo elétrico:

kQ
kQ
kQ
 E1 
E1  2  E1 
2
r1
8u2

2 2u
E
kQ 16u2
32
  1 


2 

2
2
E2 8u
E2
8u
kQ
kQ
kQ

 E2 

E2  2  E2 
r2
16u2
 4u2



RESPOSTA (B)
E2  16 V/m.
Conteúdo: Equações Dimensionais
9. Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula
está se movendo com uma aceleração cujo módulo é dado por   r  a3 / r 2  , sendo r a distância
entre a origem e a partícula. Considere que a partícula foi lançada a partir de uma distância a
com uma velocidade inicial 2 a . Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Por que
razão?
a) Não, porque a expressão para a velocidade e consistente com a da aceleração.
b) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2 a .
c) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a2  / r .
d) Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a  .
SOLUÇÃO: A expressão dada tem dimensão de aceleração (). Num sistema M, L, T, temos:
[] = LT–2.
a e r representam comprimentos, portanto:
[a] = [r] = L.]
Assim:
 
r 3 
  r  2  =[]
  a 

[] L = L T-2  [] = T–2.
Segundo o enunciado a expressão 2  a representa velocidade. Então:
  a   L T1 



T2 L

1
2
1
1
 L T 1  T 1 L2  L T 1  L2 = L (Absurdo!!!)
Logo, há erro no enunciado, pois a expressão para a velocidade é inconsistente com a da aceleração.
A expressão correta para a velocidade (v) seria:
1

x
2x  1  x 
1 1
2
y
x
y
1 –1
2[] [a] = L T
 2 T
 
L L T
2
 y  1
 
Assim:
v=2
1
2

a1  v = 2 a .
RESPOSTA (D)
Conteúdo: Cinemática – Mudança de Referencial
10. Um bote de assalto deve atravessar um rio de largura igual a 800m, numa trajetória
perpendicular à sua margem, num intervalo de tempo de 1 minuto e 40 segundos, com
velocidade constante.
Considerando o bote como uma partícula, desprezando a resistência do ar e sendo constante
e igual a 6 m/s a velocidade da correnteza do rio em relação à sua margem, o módulo da
velocidade do bote em relação à água do rio deverá ser de:
a) 14 m/s
b) 6 m/s
c) 8 m/s
d) 10 m/s
SOLUÇÃO:
A figura mostra as velocidades do barco em relação ao rio, do rio em relação à margem e a resultante
das duas.
VRe sul tan te 
ΔS 800

 8,0m / s
Δt 100
Aplicando Pitágoras ao triângulo sombreado, vem:
VB2  82  62  100  VB  10m / s
RESPOSTA (D)