LISTA da UNIFESP – 2ª FASE PROFESSOR ANDRÉ

LISTA da UNIFESP – 2ª FASE
PROFESSOR ANDRÉ
1. (Unifesp 2013)O atleta húngaro KrisztianPars conquistou medalha de ouro na olimpíada de Londres no lançamento
de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta lança a bola a 0,50m acima do solo, com velocidade linear inicial que
forma um ângulo de 45° com a horizontal. A bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de 80m.
Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da gravidade no local igual a
2
10 m/s , 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia mecânica durante o voo da bola, determine,
aproximadamente:
a) o módulo da velocidade de lançamento da bola, em m/s.
b) a altura máxima, em metros, atingida pela bola.
2. (Unifesp 2013)Um objeto maciço cilíndrico, de diâmetro igual a 2,0cm, é composto de duas partes cilíndricas
distintas, unidas por uma cola de massa desprezível. A primeira parte, com 5,0cm de altura, é composta por uma
3
cortiça com densidade volumétrica 0,20 g/cm . A segunda parte, de 0,5cm de altura, é composta por uma liga
3
metálica de densidade volumétrica 8,0 g/cm . Conforme indica a figura, o objeto encontra-se em repouso,
3
parcialmente submerso na água, cuja densidade volumétrica é 1,0 g/cm .
Nas condições descritas relativas ao equilíbrio mecânico do objeto e considerando π aproximadamente igual a 3,
determine:
a) a massa total, em gramas, do objeto cilíndrico.
b) a altura, em centímetros, da parte do cilindro submersa na água.
3. (Unifesp 2013)O gráfico representa o processo de aquecimento e mudança de fase de um corpo inicialmente na
fase sólida, de massa igual a 100g.
Sendo Q a quantidade de calor absorvida pelo corpo, em calorias, e T a temperatura do corpo, em graus Celsius,
determine:
a) o calor específico do corpo, em cal/(g°C), na fase sólida e na fase líquida.
b) a temperatura de fusão, em °C, e o calor latente de fusão, em calorias, do corpo.
4. (Unifesp 2013)Um telescópio refrator trabalha com a propriedade de refração da luz. Este instrumento possui uma
lente objetiva, que capta a luz dos objetos e forma a imagem. Outra lente convergente, a ocular, funciona como uma
lupa, aumentando o tamanho da imagem formada pela lente objetiva. O maior telescópio refrator do mundo em
utilização, com 19,2m de comprimento, é o telescópio Yerkes, que teve sua construção finalizada em 1897 e localizase na Universidade de Chicago, nos EUA.
O telescópio Yerkes possui uma objetiva com 102cm de diâmetro e com razão focal (definida como a razão entre a
distância focal e o diâmetro de abertura da lente) igual a 19,0.
a) Qual a distância focal da objetiva do telescópio refrator descrito e quanto vale a soma das distâncias focais da
objetiva e da ocular?
b) Qual é o aumento visual (ampliação angular) do telescópio?
5. (Unifesp 2013)Observe a charge.
Em uma única tomada de tensão nominal de 110V, estão ligados, por meio de um adaptador, dois abajures (com
lâmpadas incandescentes com indicações comerciais de 40W–110V), um rádio-relógio (com potência nominal de
20W em 110V) e um computador, com consumo de 120W em 110V. Todos os aparelhos elétricos estão em pleno
funcionamento.
a) Utilizando a representação das resistências ôhmicas equivalentes de cada aparelho elétrico como R L para cada
abajur, RR para o rádio-relógio e RC para o computador, esboce o circuito elétrico que esquematiza a ligação
desses 4 aparelhos elétricos na tomada (adaptador) e, a partir dos dados da potência consumida por cada
aparelho, calcule a corrente total no circuito, supondo que todos os cabos de ligação e o adaptador são ideais.
b) Considerando que o valor aproximado a ser pago pelo consumo de 1,0kWh é R$0,30 e que os aparelhos
permaneçam ligados em média 4 horas por dia durante os 30 dias do mês, calcule o valor a ser pago, no final de
um mês de consumo, devido a estes aparelhos elétricos.
6. (Unifesp 2012)Em uma manhã de calmaria, um Veículo Lançador de Satélite (VLS) é lançado verticalmente do
solo e, após um período de aceleração, ao atingir a altura de 100 m, sua velocidade linear é constante e de módulo
igual a 20,0 m/s. Alguns segundos após atingir essa altura, um de seus conjuntos de instrumentos desprende-se e
move-se livremente sob ação da força gravitacional. A figura fornece o gráfico da velocidade vertical, em m/s, do
conjunto de instrumentos desprendido como função do tempo, em segundos, medido no intervalo entre o momento
em que ele atinge a altura de 100 m até o instante em que, ao retornar, toca o solo.
a) Determine a ordenada y do gráfico no instante t = 0 s e a altura em que o conjunto de instrumentos se desprende
do VLS.
b) Calcule, através dos dados fornecidos pelo gráfico, a aceleração gravitacional do local e, considerando 2  1,4 ,
determine o instante no qual o conjunto de instrumentos toca o solo ao retornar.
2
7. (Unifesp 2012)Um corpo esférico, pequeno e de massa 0,1 kg, sujeito a aceleração gravitacional de 10 m/s , é
solto na borda de uma pista que tem a forma de uma depressão hemisférica, de atrito desprezível e de raio 20 cm,
conforme apresentado na figura. Na parte mais baixa da pista, o corpo sofre uma colisão frontal com outro corpo,
idêntico e em repouso.
Considerando que a colisão relatada seja totalmente inelástica, determine:
a) O módulo da velocidade dos corpos, em m/s, imediatamente após a colisão.
b) A intensidade da força de reação, em newtons, que a pista exerce sobre os corpos unidos no instante em que,
após a colisão, atingem a altura máxima.
8. (Unifesp 2012)Um calorímetro de capacidade térmica 10 cal/ºC, contendo 500 g de água a 20 ºC, é utilizado para
determinação do calor específico de uma barra de liga metálica de 200 g, a ser utilizada como fundo de panelas para
cozimento. A barra é inicialmente aquecida a 80 ºC e imediatamente colocada dentro do calorímetro, isolado
termicamente. Considerando o calor específico da
água 1,0 cal/(g · ºC) e que a temperatura de equilíbrio térmico atingida no calorímetro foi 30 ºC, determine:
a) a quantidade de calor absorvido pelo calorímetro e a quantidade de calor absorvido pela água.
b) a temperatura final e o calor específico da barra.
9. (Unifesp 2012)Um paciente, que já apresentava problemas de miopia e astigmatismo, retornou ao oftalmologista
para o ajuste das lentes de seus óculos. A figura a seguir retrata a nova receita emitida pelo médico.
Nome: Jorge Frederico de Azevedo
GRAU
Para OD
longe OE
Para OD
perto OE
Esférico
- 3,00
- 3,00
+ 1,00
+ 1,00
Cilíndrico
- 0,75
- 0,75
- 0,75
- 0,75
Eixo
150º
150º
D. P.
62,0
mm
68,0
mm
Obs: Óculos para longe e perto separados. Ao pegar seus óculos é conveniente trazê-los para conferir.
Próxima consulta:___. 08. 2012.
São Paulo, 30.08.2011.
Carlos Figueiredo
CRM nº 000 00
a) Caracterize a lente indicada para correção de miopia, identificando a vergência, em dioptrias, e a distância focal,
em metros.
b) No diagrama I, esboce a formação da imagem para um paciente portador de miopia e, no diagrama II, a sua
correção, utilizando-se a lente apropriada.
10. (Unifesp 2012)Uma mola de massa desprezível presa ao teto de uma sala, tem sua outra extremidade atada ao
centro de uma barra metálica homogênea e na horizontal, com 50 cm de comprimento e 500 g de massa. A barra
metálica, que pode movimentar-se num plano vertical, apresenta resistência ôhmica de 5  e está ligada por fios
condutores de massas desprezíveis a um gerador G de corrente contínua, de resistência ôhmica interna de 5  ,
apoiado sobre uma mesa horizontal. O sistema barra-mola está em um plano perpendicular a um campo magnético

B horizontal, cujas linhas de campo penetram nesse plano, conforme mostra a figura.
Determine:
a) a força eletromotriz, em volts, produzida pelo gerador e a potência elétrica dissipada pela barra metálica, em watts.
b) a deformação, em metros, sofrida pela mola para manter o sistema barra-mola em equilíbrio mecânico. Suponha
que os fios elétricos não fiquem sujeitos a tensão mecânica, isto é, esticados.
11. (Unifesp 2011)Três bolinhas idênticas, são lançadas na vertical, lado a lado e em sequência, a partir do solo
horizontal, com a mesma velocidade inicial, de módulo igual a 15 m/s para cima. Um segundo após o lançamento da
primeira, a segunda bolinha é lançada. A terceira bolinha é lançada no instante em que a primeira, ao retornar, toca o
solo.
2
Considerando g = 10 m/s e que os efeitos da resistência do ar ao movimento podem ser desprezados, determine
a) a altura máxima (hmax) atingida pela primeira bolinha e o instante de lançamento da terceira bolinha.
b) o instante e a altura H, indicada na figura, em que a primeira e a segunda bolinha se cruzam.
12. (Unifesp 2011)Uma pequena pedra de 10g é lançada por um dispositivo com velocidade horizontal de módulo
igual a 600 m/s, incide sobre um pêndulo em repouso e nele se engasta, caracterizando uma colisão totalmente
inelástica. O pêndulo tem 6,0 kg de massa e está pendurado por uma corda de massa desprezível e inextensível, de
1,0 m de comprimento. Ele pode girar sem atrito no plano vertical, em torno da extremidade fixa da corda, de modo
que a energia mecânica seja conservada após a colisão.
2
Considerando g = 10,0 m/s , calcule
a) a velocidade do pêndulo com a pedra engastada, imediatamente após a colisão.
b) a altura máxima atingida pelo pêndulo com a pedra engastada e a tensão T na corda neste instante.
13. (Unifesp 2011)Em um trocador de calor fechado por paredes diatérmicas, inicialmente o gás monoatômico ideal é
resfriado por um processo isocórico e depois tem seu volume expandido por um processo isobárico, como mostra o
diagrama pressão versus volume.
a) Indique a variação da pressão e do volume no processo isocórico e no processo isobárico e determine a relação
entre a temperatura inicial, no estado termodinâmico a, e final, no estado termodinâmico c, do gás monoatômico
ideal.
b) Calcule a quantidade total de calor trocada em todo o processo termodinâmico abc.
14. (Unifesp 2011)Uma lente convergente pode servir para formar uma imagem virtual, direita, maior e mais afastada
do que o próprio objeto. Uma lente empregada dessa maneira é chamada lupa, e é utilizada para observar, com mais
detalhes, pequenos objetos ou superfícies.
Um perito criminal utiliza uma lupa de distância focal igual a 4,0 cm e fator de ampliação da imagem igual a 3,0 para
analisar vestígios de adulteração de um dos números de série identificador, de 0,7 cm de altura, tipados em um motor
de um automóvel.
a) A que distância do número tipado no motor o perito deve posicionar a lente para proceder sua análise nas
condições descritas?
b) Em relação à lente, onde se forma a imagem do número analisado? Qual o tamanho da imagem obtida?
15. (Unifesp 2011)Os circuitos elétricos A e B esquematizados, utilizam quatro lâmpadas incandescentes L idênticas,
com especificações comerciais de 100 W e de 110 V, e uma fonte de tensão elétrica de 220 V. Os fios condutores,
que participam dos dois circuitos elétricos, podem ser considerados ideais, isto é, têm suas resistências ôhmicas
desprezíveis.
a) Qual o valor da resistência ôhmica de cada lâmpada e a resistência ôhmica equivalente de cada circuito elétrico?
b) Calcule a potência dissipada por uma lâmpada em cada circuito elétrico, A e B, para indicar o circuito no qual as
lâmpadas apresentarão maior iluminação.
16. (Unifesp 2010)No campeonato paulista de futebol, um famoso jogador nos presenteou com um lindo gol,
no qual, ao correr para receber um lançamento de um dos atacantes, o goleador fenomenal parou a bola no peito do
pé e a chutou certeira ao gol. Analisando a jogada pela TV, verifica-se que a bola é chutada pelo armador da jogada
a partir do chão com uma velocidade inicial de 20,0 m/s, fazendo um ângulo com a horizontal de 45º para cima.
2
Dados: g = 10,0 m/s e
2 = 1,4
a) Determine a distância horizontal percorrida pela bola entre o seu lançamento até a posição de recebimento pelo
artilheiro (goleador fenomenal).
b) No instante do lançamento da bola, o artilheiro estava a 16,0 m de distância da posição em que ele estimou que a
bola cairia e, ao perceber o início da jogada, corre para receber a bola. A direção do movimento do artilheiro é
perpendicular à trajetória da bola, como mostra a figura. Qual é a velocidade média, em km/h, do artilheiro, para
que ele alcance a bola imediatamente antes de ela tocar o gramado?
17. (Unifesp 2010)Um dos brinquedos prediletos de crianças no verão é o toboágua. A emoção do brinquedo
está associada à grande velocidade atingida durante a descida, uma vez que o atrito pode ser desprezado devido à
presença da água em todo o percurso do brinquedo, bem como à existência das curvas fechadas na horizontal, de
forma que a criança percorra esses trechos encostada na parede lateral (vertical) do toboágua.
Sabendo que a criança de 36 kg parte do repouso, de uma altura de 6,0 m acima da base do toboágua,
colocado à beira de uma piscina, calcule:
Dado: g = 10,0 m/s
2
a) A força normal, na horizontal, exercida sobre a criança pela parede lateral do toboágua, no ponto indicado na
figura (curva do toboáguasituada a 2,0 m da sua base) onde o raio de curvatura é igual a 80 cm.
b) A força dissipativa média exercida pela água da piscina, necessária para fazer a criança parar ao atingir 1,5 m de
profundidade, considerando que a criança entra na água da piscina com velocidade, na vertical, aproximadamente
igual a 10,9 m/s, desprezando-se, neste cálculo, a perda de energia mecânica no impacto da criança com a água
da piscina.
18. (Unifesp 2010)Pelo Princípio de Arquimedes explica-se a expressão popular “isto é apenas a ponta do
iceberg”, frequentemente usada quando surgem os primeiros sinais de um grande problema. Com este objetivo
realizou-se um experimento, ao nível do mar, no qual uma solução de água do mar e gelo (água doce) é contida em
um béquer de vidro, sobre uma bacia com gelo, de modo que as temperaturas do béquer e da solução mantenhamse constantes a 0ºC.
No experimento, o iceberg foi representado por um cone de gelo, conforme esquematizado na figura. Considere a
3
3
densidade do gelo 0,920 g/cm e a densidade da água do mar, a 0ºC, igual a 1,025 g/cm .
a) Que fração do volume do cone de gelo fica submersa na água do mar? O valor dessa fração seria alterado se o
cone fosse invertido?
b) Se o mesmo experimento fosse realizado no alto de uma montanha, a fração do volume submerso seria afetada
pela variação da aceleração da gravidade e pela variação da pressão atmosférica? Justifique sua resposta.
19. (Unifesp 2010)Em uma balança analítica eletrônica, o prato que recebe a massa M, a ser aferida, fica
sobre um suporte acoplado a uma bobina quadrada de lado 5,0 cm e com 10 voltas, que se ajusta

perpendicularmente às linhas de campo magnético B , uniforme e constante, de módulo igual a 2,0 T, orientado para
fora do plano da figura. A corrente elétrica produzida pela célula fotoelétrica C, ao percorrer a bobina, interage com o
campo magnético, resultando em uma força magnética que sustenta o prato e o suporte na posição de equilíbrio
mecânico. A balança está zerada quando o nível do braço indicador D coincide com o fundo do prato vazio. Quando
a massa M é colocada sobre o prato, o conjunto sai da posição de equilíbrio e tende a mover-se para baixo,
desalinhando o braço indicador com o fundo do prato. Nesta situação surge uma corrente elétrica na bobina fazendo
com que o fundo do prato volte à sua posição original.
Considere que a balança encontra-se inicialmente zerada e o fluxo do campo magnético sobre a bobina mantenha-se
constante.
Dado: g = 10,0 m/s
2
Determine:
a) O módulo, a direção e o sentido da força magnética resultante sobre a bobina devido à massa de 10 g colocada
sobre o prato.
b) O módulo e o sentido (horário ou anti-horário) da corrente elétrica na bobina necessária para equilibrar a massa de
10 g, bem como a potência elétrica dissipada pela bobina nessa situação. A resistência ôhmica R equivalente da
bobina é 50 Ù.
20. (Unifesp 2009)Uma pequena esfera A, com massa de 90 g, encontra-se em repouso e em contato com a mola
comprimida de um dispositivo lançador, sobre uma mesa plana e horizontal. Quando o gatilho é acionado, a mola se
descomprime e a esfera é atirada horizontalmente, com velocidade de 2,0 m/s, em direção frontal a uma outra esfera
B, com massa de 180 g, em repouso sobre a mesma mesa. No momento da colisão, as esferas se conectam e
passam a se deslocar juntas. O gráfico mostra a intensidade da força elástica da mola em função de sua elongação.
Considerando que as esferas não adquirem movimento de rotação, que houve conservação da quantidade de
movimento na colisão e que não há atrito entre as esferas e a mesa, calcule:
a) A energia cinética da composição de esferas AB após a colisão.
b) Quanto a mola estava comprimida no instante em que o gatilho do dispositivo lançador é acionado.
GABARITO e RESOLUÇÃO
Resposta da questão 1:
1ª Solução:
a) Dados: A = 80 m;
2
2 = 1,4; g = 10 m/s .
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 vox  voy  0,7v 0 .
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é:
v2
v2
A  0 sen  2θ  80  0 sen 90  v 0  800  20 2  20  1,4 
g
10
v 0  28 m / s.
b) Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da
velocidade é nula (vy = 0):
384
2
2
v 2y  v0y
 2 g Δy  0   0,7  28   20 Δy  Δy 
 Δy  19,2 m.
20
Como a altura inicial é 0,5 m, a altura máxima (h) é:
h  h0  Δy  h  0,5  19,2 
h  19,7 m.
2ª Solução:
a) Dados: A = 80 m;
2
2 = 1,4; g = 10 m/s .
A figura ilustra a situação descrita.
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 vox  voy  0,7v 0 .
Na direção do eixo x, a velocidade (v0x) é constante, portanto, o movimento é uniforme. Quando x for igual ao
alcance máximo (A), o tempo será igual ao tempo total (tT). Então:
x  v 0x t  A  v 0x t T  80  0,7 v 0 t T 
0,7 v 0 t T  80
I.
Na direção do eixo y, de acordo com o referencial da figura, quando o tempo é igual ao tempo total, y = 0.
Assim:
y  y0  v oy t 
g 2
t  y  0,5  0,7 v 0 t  5 t 2
2

II
0  0,5  0,7 v 0 t T  5 t T2
Substituindo (I) em (II):
0  0,5  80  5 t 2T
 tT 
80,5
 16,1  t T  4 s.
5
Voltando em (I):
80  0,7 v 0 t T  v 0 
80
80

0,7  4 2,8

v 0  28,6 m / s.
b) Pela conservação da Energia mecânica, em relação ao solo:
A
EMec
 EB
Mec
H

2
2
m v 02
m v 0x
v 2  2 g hA  v 0x
 m g hA 
m g H  H  0

2
2
2 g
 28,6 2  2  10  0,5   0,7  28,6 2
20

818  10  400
20

H  21,4 m.
Resposta da questão 2:
3
3
3
Dados: ρC = 0,2 g/cm ; hC = 5 cm; ρL = 8 g/cm ; hL = 5 cm; ρ A = 1 g/cm ; D = 2 cm  R = 1 cm.
a) A massa do objeto (M) é a soma das massas da cortiça (mC) e da liga (mL).
M  m C  m L  M  ρC VC  ρC VC  M  ρC π R2 hC  ρC π R2 hL 

M  π R 2 ρC hC  ρC hL

 3  1 0,2  5  8  0,5  3  5 
M  15 g.
b) Como o objeto está em equilíbrio, as forças nele atuantes, empuxo e peso, estão equilibradas.
M
15
E  P  ρA Vsub g  M g  ρA π R2 hsub  M  hsub 

2
π R ρA 3  12  2
hsub  5 cm.
Resposta da questão 3:
a) Dado: m = 100 g.
Do gráfico:
 Qsól = (400 – 0) = 400 cal; Qlíq = (1200 – 800) = 400 cal.
400

c 
 c sól  0,1 cal /gC.
Q 
 sól 100  40
Q  m c Δθ  c 

400
m Δθ 
c 
 clíq  0,2 cal /gC.
 líq 100  20

b) Do gráfico, a temperatura de fusão é 40 °C.
OBS.:a questão pede o calor latente de fusão, que é: Qfusão = (800 – 400) = 400 cal. Mas vamos entender calor
latente de fusão como calor específico latente de fusão(Lfusão). Assim:
Q
400
Qfusão  m L fusão  L fusão  fusão 

m
100
L fusão  4 cal/g °C.
Resposta da questão 4:
a) Dados: D = 102 cm; razão focal, r = 19; comprimento do telescópio, L = 19,2 m.
Do enunciado:
f
f
r  ob  19  ob  fob  1938 cm.
D
102
O esquema a seguir representa a imagem conjugada por um telescópio refrator.
Notemos que a imagem real de um objeto impróprio fornecida objetiva (I1) forma-se no foco imagem dessa lente
(F’ob). Essa imagem deve estar à distância p daocular, entre ela e seu foco objeto (Foc).A distância (L) entre as
duas lentes, que é o comprimento do tubo, deve ser:
L  fob  p
O caso limite, mínimo comprimento do tubo, ocorre quando os dois focos coincidem, ou seja,
p = foc.
Nesse caso:
L  fob  foc
Porém, de acordo com o enunciado, o comprimento do tubo (19,2 m) é menor que a distância focal da objetiva
(19,38 m), mostrando que os dados estão inconsistentes, tornando impossível a resolução final desse item.
b) O aumento visual (ampliação angular) (G)é dado pela razão entre as distâncias focais da objetiva e da ocular, mas
esse item também torna-se impossível de ser resolvido, uma vez que foi impossível determinar a distância focal da
ocular. Caso fosse possível, a expressão é:
f
G  ob .
f oc
Resposta da questão 5:
a) Os aparelhos mencionados estão todos ligados diretamente à mesma fonte de tensão, portanto estão todos em
paralelo.
A potência total dissipada é: P = (40 + 40 + 20 + 120) = 220 W.
Aplicando a definição de potência elétrica:
P 220
PU I  I 
 I  2 A.
U 110
b) Dados: Δt = 430 = 120 h; tarifa do kWh, c = R$0,30; P = 220 W = 0,22 kW.
O valor a ser pago (C) é :
C  P Δt c  0,22  120  0,30 
C  R$ 7,92 .
Resposta da questão 6:
a) O enunciado afirma que após atingir a altura de 100 m a velocidade torna-se constante e igual a 20 m/s. Ora, de
0 a 2 s, a ordenada y mantém-se constante. Então:
y  v0  20 m / s.
O conjunto de instrumentos desprende-se do VLS no instante que sua velocidade começa a diminuir, quando ele
fica apenas sujeito à ação da gravidade, isto é, em t = 2 s. Calculando a área sob a linha do gráfico, encontramos a
altura percorrida de 0 a 2 s. Então, a altura h em que o ocorre o desprendimento é:
h  100  20  2  h  140 m.
A aceleração gravitacional do local é igual ao módulo da aceleração escalar do movimento do conjunto de
instrumentos após o desprendimento.
v 0  20
a

 10 m / s2  g  a  10 m / s2.
t
42
b) A altura máxima (H) atingida pelo conjunto ocorre no instante t = 4 s, instante em que a velocidade se anula.
Calculando a área sob a linha do gráfico de 2 s a 4 s, obtemos a altura percorrida  h  durante a subida livre.
H  h  h  140 
20(2)
2
 H  160 m.
A partir dessa altura, o conjunto entra em queda livre. Então:
1
2
H  g t 2queda  160  5 tqueda
 tqueda  32  4 2  tqueda  5,6 s.
2
Como a queda livre iniciou-se no instante t = 4 s, o instante t em que o conjunto de instrumentos toca o solo é:
t  4  tqueda  4  5,6  t  9,6 s.
Resposta da questão 7:
a) Pela conservação da energia mecânica, calculamos a velocidade (v), antes da colisão, do corpo esférico que é
abandonado.
2
Dados: v0= 0; H= R = 20 cm = 0,2 m; g = 10 m/s .
inicial
final
EMec
 EMec
 mgR 
mv 2
2
 v  2gR  2 10  0,2  v  2 m / s.
b) Como o choque é inelástico, pelo teorema do sistema isolado, calculamos a velocidade (v’) do conjunto após a
colisão.
v 2
depois
Qantes
 mv  2mv '  v '  
 v '  1 m / s.
sist  Qsist
2 2
Usando novamente a conservação da energia mecânica, calculamos a altura (h) atingida pelo conjunto formado
pelos dois corpos esféricos.
inicial
final
EMec
 EMec

mv '2
v '2 12
 mgh  h 

2
2g 20
 h  0,05 m.
Nessa altura, a velocidade se anula. Então a intensidade da forma normal Fn  aplicada pela pista tem a mesma
intensidade da componente radial Pn  da força peso do conjunto.
Na figura, as medidas estão expressas em cm.
No triângulo hachurado:
15
cos  
 0,75.
20
Fn  Pn  2mgcos   2  0,110 0,75   Fn  1,5 N.
Resposta da questão 8:
Dados: CC = 10 cal/C°; mA= 500 g;mB = 200 g; T0C = T0A = 20 °C; T0B = 80 °C; Teq = 30 °C.
a) Quantidade de calor (QC) absorvido pelo calorímetro:
QC  CCTC  10  30  20   QC  100 cal.
Quantidade de calor (QA) absorvido pela água:
QA  mc A TA  500 1 30  20   QC  5.000 cal.
b) A temperatura final da barra é igual à temperatura de equilíbrio térmico do sistema.
TBfinal  30 C.
O sistema é termicamente isolado. Então:
QC  QA  QB  0  100  5.000  mBcB TB  0  5.100  200 cB 30  80   0 
cB 
5.100
10.000
 cB  0,51 cal / g  C.
Resposta da questão 9:
a) A correção da miopia é feita com lente divergente que tem vergência (V) negativa. Assim, da tabela dada:
V = -3,00 di.
A distância focal (f) é o inverso da vergência.
1
1
1
f 
  m  f  0,33m
V 3
3
b) Como o olho do míope é alongado, a imagem forma-se antes da retina. Se o objeto está distante, ele é impróprio,
enviando para os olhos um feixe cilíndrico.
OBS: A distância relativa da lente aos olhos proposta pelo examinador está exageradamente fora de escala,
dificultando a elaboração da figura II.
Resposta da questão 10:
Dados:
R  5; r  5; m  500g  0,5kg; L  50cm  0,5m; i  5A; B  0,4T; k  80N / m; g  10m / s2
a) Aplicando a lei de Ohm-Pouillet para o circuito:
  R  r  i     5  5  5    50 V.
A potência elétrica dissipada é:
Pot  R i2  5  5 
2
 Pot  125 W.
b) Pela Regra da mão direita, concluímos que a força magnética na barra é vertical e para cima e tem intensidade:
Fmag  BiL sen90º  0,4 5 0,5   1 N.
O peso da barra é:
P  mg  0,5 10   P  5 N.
Como o peso tem intensidade maior que a da força magnética, a mola está distendida, isto é, a força elástica Fel 
é para cima, conforme indicado no esquema:
Do equilíbrio:
Fel  Fmag  P  80x  1  5  x 
4
 0,05 m  x  5 cm.
80
Resposta da questão 11:
2
Dados: v0= 15 m/s; a = –g = –10 m/s .
a) Aplicando a equação de Torricelli:
v 2  v02  2 a ΔS

v 2  v02  2 g h .
No ponto mais alto, a velocidade se anula e a altura é igual à altura máxima.
02  152  20 hmáx

hmáx 
225

20
hmáx = 11,25 m.
O instante de lançamento da terceira bolinha (t3) é o instante em que a primeira bolinha atinge o solo, tempo total
dessa bolinha. Calculemos esse tempo (tT).
Da função horária da velocidade:
v  v0  g t  v  15  10 t .
No ponto mais alto a velocidade se anula e o tempo é tempo de subida (tsub). Então:
0  15  10 t sub

t sub  1,5 s.
O tempo total é o dobro do tempo de subida. Assim:
t3  tT  2  t sub   2 1,5  t3 = 3 s.
b) Como a segunda bolinha é lançada 1 s depois, seu tempo de movimento é (t –1). Assim, da equação horária do
espaço, as equações das alturas para as duas bolinhas são:
g 2

 h1  15 t  5 t 2 (I)
h1  v 0 t  2 t

g
2
2

 h2  15  t  1  5  t  1
h2  v 0  t  1   t  1
2

2
 h  25 t  5 t  20 (II)
 2


Igualando (I) e (II):
2
2
15t – 5 t = 25t – 5t – 20  10t = 20  t = 2s.
Substituindo esse valor em I e II:
 h  15  2   5  2 2  30  20  h  10 m
1
 1

2
 h2  15  2  1  5  2  1  15  5  h2  10 m
 H  10 m.
Resposta da questão 12:
–2
2
Dados: m = 10 g = 10 kg; v0= 600 m/s; M = 6 kg = 6.000 g; h = 1 m; g = 10 m/s .
a) A velocidade v1do sistema pedra-pêndulo é calculadaaplicando a conservação da quantidade de movimento (Q)
para antes e depois do choque:
depois
Qantes
sist  Qsist
v1 
6.000
6.010


m v 0   M  m  v1

10  600  6.010 v1

v1  1 m/s.
b) Depois do choque o sistema é conservativo:
Einicial
mec
final
 Emec

M  m v12
2
 M  m  g h

h
v12
12

2 g 20

h = 0,05 m.
No ponto mais alto a velocidade é nula. Então, a resultante centrípeta é nula, ou seja:
Py  T  0

m gcos θ  T
L h
 0,95 
 m g
 T  60,1

T 
 L 
 1 
T = 57,1 N.
Resposta da questão 13:
a) No processo isocórico (volume constante) (a  b):
Variação do volume: Δ Vab = Vb – Va = 0
5
5
Variação da pressão: Δ Pab = Pb – Pa = (1,0 – 3,0)10  Δ Pab = –2,010 Pa.
No processo isobárico (pressão constante) (bc):
–2
–2
3
Variação do volume: Δ Vbc = Vc – Vb = (6,0 – 2,0)10  Δ Vab = 4,010 m .
Variação da pressão: Δ Pbc = Pc – Pb = 0.
Aplicando a equação geral dos gases entre os estados a e c.
Pa Va Pc Vc

Ta
Tc

6  10 3
6  10 3

Ta
Tc
3  105  2  102 1 105  6  102


Ta
Tc

Ta  Tc

Ta
 1.
Tc
b) Sendo Q a quantidade de calor trocado, Δ U a variação da energia interna e W o trabalho realizado entre dois
estados, a 1ª lei da termodinâmica nos dá:
Q = Δ U + W.
Como mostrado no item anterior, a temperatura do gás nos estados a e c são iguais, portanto a variação da
energia interna entre esses dois estados é nula ( Δ Uac= 0). Então:
Qac = W ac= W ab + W bc.
Mas a transformação ab é isocórica  W ab = 0. Então:
5
–2
Qac = W bc = Pc (Vbc) = 1,010 4,010 
3
Qac = 4,010 J.
Resposta da questão 14:
Dados: f = 4 cm; A = 3; h = 0,7 cm.
a) Calculando a distância (p) do objeto à lente:
A
f
f p

3
4
4 p

3 p 8

p
8
m
3
p  2,7 m.
b) Calculando a distância (p’) da imagem à lente:
8
4
p f
32  3 
3
p' 



 p '  8 cm.
p  f 8  4 3  4 
3
A imagem obtida é virtual e se forma a 8 cm da lente, do mesmo lado do objeto.
O tamanho dessa imagem (h’) é dado pela expressão do aumento linear transversal:
A
h'
h

3
h'
0,7

h'  2,1 cm.
Resposta da questão 15:
Dados: PL = 100 W; UL = 110 V; U = 220 V.
a) A resistência de cada lâmpada é:
PL 
UL2
R

R
UL2
PL

R
110  110
100

R  121 .
No circuito A temos dois ramos em paralelo, tendo cada um duas lâmpadas em série. A resistência de cada ramo
é 2R. Assim:
RA 
2R
R
2

RA  121.
No circuito B as quatro lâmpadas estão em série. Então:
RB = 4R = 4(121)  RB = 484 .
b) No circuito Aa tensão em cada ramo é U = 220 V, portanto, em cada lâmpada a tensão é UA= 110 V. Cada uma
dissipa potência PAdada por:
PA 
U2A 110  110

R
121

PA  100 W.
No circuito B temos 4 lâmpadas em série, sob tensão total U = 220 V. A tensão em cada lâmpada é:
UB 
220
 55 V.
4
Cada lâmpada dissipa potência PB, sendo:
PB 
UB2 55  55

R
121

PB  25 W.
Como PA> PB, as lâmpadas do circuito A apresentarão maior iluminação.
Resposta da questão 16:
2
Dados: g = 10 ms/ ; 2 = 1,4;  = 45°; v0= 20 m/s.
a) Consideremos desprezível a resistência do ar e que, ao matar a bola, o pé do artilheiro estivesse bem próximo ao
chão. Assim, podemos considerar o ponto de lançamento e o ponto de chegada pertencente a um mesmo plano
horizontal. Então, o tempo de subida (ts)é igual ao de descida (td).
Lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade (vy) é nula, calculemos esses tempos:
2
20
v 0 sen 20 sen45
2  t  2 s.
vy = v0y – gt  0 = v0sen – gts t s 
=
=
s
g
10
10
O tempo total é:
tT = 2tstT = 2 2 s.
Na horizontal o movimento é uniforme. A velocidade vx é:
vx = v0 cos = v0 cos45° = 20
O alcance horizontal é:

 
2
= 10 2 m/s.
2

D = vxtT = 10 2  2 2 
D = 40 m.
b) A velocidade média (vA) do artilheiro pode ser calculada considerando que ele percorreu a distância (S) de 16 m
enquanto a bola esteve no ar. Então:
S
16
16 2
vA =
=

 4 2  4(1,4) = 5,6 m/s 
tT
4
2 2
vA = 20,16 km/h.
Resposta da questão 17:
2
a) Dados: r = 80 cm = 0,8 m; h = 2 m; m = 36 kg; H = 6 m; g = 10 m/s .
Como na descida o atrito é desprezível, o sistema pode ser considerado conservativo. Então, tomando como
referência o plano que contém o final do toboágua, pela conservação da energia mecânica temos:
mv 2
v2
2
final
 10(6) = 10(2) +
 v = 80.
Einicial
mec  Emec  mgH = mgh +
2
2
A força horizontal (Fx) sobre a criança durante a descida é a resultante centrípeta.
36 (80)
mv 2
Fx = RC =
=
Fx = 3.600 N.
0,8
r
b) Dados: v0 = 10,9 m/s; v = 0; S = 1,5 m; g = 10 m/s .

Durante a descida da criança na água da piscina, ela sofre a ação do peso ( P ) e das forças dissipativas exercidas

pela água FDM , em sentido oposto ao movimento, formando com a velocidade ângulo  = 180°. Aplicando o
2
 
teorema da energia cinética:
WR = Ec WP  WFDM =
mv 02
mv 2 mv 02
 mgS + FDM Scos180° = 0 –


2
2
2
10(36)(1,5) – FDM (1,5) = –
2.678,6
36  10,92
 1,5FDM = 540 +2.138,6  FDM =

1,5
2
FDM = 1.785,7 J.
Resposta da questão 18:
3
3
a) Dados: dg = 0,920 g/cm ; dag = 1,025 g/cm .
A figura a seguir mostra que no equilíbrio as forças que agem sobre o cone de gelo são o peso e o empuxo.
Sejam Vg o volume do cone de gelo e f =
VSub
a fração submersa do volume desse cone.
Vg
Como a resultante dessas forças é nula:
dg
0,920
V
E = P dagVsubg = dgVgg Sub = f =
f=

1,025
dag
Vg
f  0,898  f  89,8%.
Se o cone fosse invertido, essa fração continuaria a mesma, pois o empuxo seria o mesmo, resultando na mesma
equação do item anterior.
b) Os fatores mencionados (variações da aceleração da gravidade e da pressão atmosférica) em nada afetam o
experimento. A justificativa está na própria expressão encontrada no item anterior:
f=
dg
dag
, mostrando que a fração imersa do volume depende apenas das densidades do gelo e da água que não se
alteram com os fatores mencionados.
Resposta da questão 19:
–2
–2
2
Dados: L = 5 cm = 510 m; n = 10 voltas; B= 2,0 T; M = 10 g = 10 kg; g = 10 m/s ; R = 50 .
a) Como o sistema corpo-prato-bobina está em equilíbrio, a resultante das forças externas sobre ele é nula, ou seja,
a força magnética resultante é a que age sobre o lado da bobina totalmente imerso no campo magnético (as forças


magnéticas laterais, F1 e F2 , têm resultante nula), equilibrando a força peso atuante no corpo: ambas têm a
mesma intensidade, em sentidos opostos
Como o peso do corpo é vertical para baixo, a força magnética tem direção vertical, sentido para cima e sua
intensidade é:
–2
F = P = mg = 10 10  F = 0,1 N.
A figura abaixo mostra essas forças.
b) Pela regra da mão direita nº 2 (produto vetorial), o sentido da corrente elétrica na bobina é horário, como indicado
na figura.
A força magnética na bobina é:
F
0,1

F = nBiL  i 
 i = 0,1 A.
n B L 10  2  5  102
A potência dissipada na bobina é:
2
2
P = Ri = 50(0,1) = 50(0,01)  P = 0,5 W.
Resposta da questão 20:
Pela conservação da quantidade de movimento:
0,09.2 = (0,09 + 0,18).v
0,18 = 0,27.v
 v = 0,18/0,27 = 0,67 m/s
2
2
Ecinética = m.v /2 = 0,27.(0,67) /2 = 0,06 J
Pela diagrama com a aplicação da Lei de Hooke:
F = k.x  12 = k.0,03
 k = 12/0,03 = 400 N/m
Eelástica = Ecinética
2
2
k.x /2 = m.v /2
2
400.x = 0,09.2
2
400.x = 0,36
2
 x2 = 0,36/400 = 0,0009  x = 0,03 m = 3 cm