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CPV seu pé direito também na Medicina
unesp – 19/dezembro/2010
Física
19. A montagem de um experimento utiliza uma pequena rampa AB para estudar colisões entre corpos. Na primeira etapa da
experiência, a bolinha I é solta do ponto A, descrevendo a trajetória AB, escorregando sem sofrer atrito e com velocidade
vertical nula no ponto B (figura 1).
Com o auxílio de uma folha carbono, é possível marcar o ponto exato C onde a bolinha
I tocou o chão e com isto, conhecer a distância horizontal por ela percorrida (do ponto
B’ até o ponto C de queda no chão), finalizando a trajetória ABC.
Na segunda etapa da experiência, a bolinha I é solta da
mesma forma que na primeira etapa e colide com a bolinha II,
idêntica e de mesma massa, em repouso no ponto B da rampa
(figura 2).
Admita que as bolinhas I e II chegam ao solo nos pontos C1 e C2, percorrendo distâncias horizontais de mesmo valor (d1 = d2),
conforme a figura 3.
Sabendo que H = 1 m; h = 0,6 m e g = 10 m/s2, determine as velocidades horizontais da bolinha I ao chegar ao chão na primeira
e na segunda etapa da experiência.
Resolução:
1a etapa (A → B)
Em(A) = Em(B) Þ Ep(A) = EC(B) + Ep(B) Þ
m . VB2
+m.g.hÞ
2
Þm . g . H =
VB2
Þ10 . 1 =
+ 10 . 0,6 Þ
2
ÞVB =
Durante a trajetória B → C (lançamento horizontal) a velocidade
horizontal é constante Þ VC(x) = VB Þ
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8 m/s Þ VB = 2 2 m/s
ÞVC(x) = 2 2 m/s
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2a etapa (colisão)
→
→
→
→
Qsistema = constante Þ m . VI = m . VI' + m . VII' Þ
→ → →
Þ VI = VI' + VII'
Sendo as velocidades horizontais constantes, com base na figura
3 e sabendo-se que VI' = VII', pois d1 = d2:
VI = VI' . cosθ + VII' . cosθ Þ VI = 2 . VI' . cosθ Þ
2
m/s
cos q
Þ 2 2 = 2 . VI' . cosθ Þ VI' =
Obs.: Faltou informar que a figura 3 é uma vista superior do
solo horizontal. Caso houvesse a informação de que a colisão foi
perfeitamente elástica, seria possível determinar as velocidades
horizontais das bolinhas na 2a etapa, obtendo-se VI' = VII' = 2 m/s
e θ = 45º
1
2
unesp – 19/12/2010
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20. Considere um objeto luminoso pontual, fixo no ponto P, inicialmente alinhado com o centro de um espelho plano E. O espelho
gira, da posição E1 para a posição E2, em torno da aresta cujo eixo passa pelo ponto O, perpendicularmente ao plano da figura,
com um deslocamento angular de 30º, como indicado
Copie no espaço específico para Resolução e Resposta, o ponto P, o espelho em E1 e em E2 e desenhe a imagem do ponto
P quando o espelho está em E1 (P1’) e quando o espelho está em E2 (P2’). Considerando um raio de luz perpendicular a E1,
emitido pelo objeto luminoso em P, determine os ângulos de reflexão desse raio quando o espelho está em E1 (α1’) e quando
o espelho está em E2 (α2’).
Resolução:
A imagem produzida pelo espelho na posição E1 é simétrica ao objeto em relação ao espelho. Com isso, o ângulo de reflexão é de
0º (segunda lei da reflexão). Portanto α1' =0º.
Ao rotacionarmos o espelho para posição E2, verificamos que o desvio angular da imagem é o dobro do ângulo de rotação. Este desvio vale
2 . 30º = 60º. Através da soma dos ângulos internos do triângulo retângulo, concluímos que o ângulo de incidência na posição E2 é de 30º.
Portanto, α2' =30º.
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21. Um gerador eletromagnético é constituído por
uma espira com seção reta e área S, que gira com
velocidade angular ω no interior de um campo
magnético uniforme de intensidade B. À medida que
a espira gira, o fluxo magnético Φ que a atravessa
varia segundo a expressão Φ(t) = B.S.cosωt onde t
é o tempo, produzindo uma força eletromotriz nos
terminais do gerador eletromagnético, cujo sentido
inverte-se em função do giro da espira. Assim, a
corrente no resistor R, cujo sentido inverte a cada
meia volta, é denominada corrente alternada.
Considere a espira com seção reta de 10 cm2, girando à razão de 20 voltas por segundo, no interior de um campo magnético
de intensidade igual a 2 x 10–5 T.
Trace o gráfico do fluxo magnético Φ(t) que atravessa a espira em função do tempo, durante um período (T) indicando os
T T 3T
valores do fluxo magnético nos instantes , ,
4 2 4
Resolução:
2p
= 2π f = 2 . π . 20 = 40π rad/s
T
ω=
Conforme foi explicado no enunciado, o cálculo do fluxo magnético é dado por: Φ (t) = B . S . cos (ω t)
Substituindo os valores fornecidos, temos: Φ (t) = 2 x 10–5 . 10 x 10–4 . cos (40 π . t)
\ Φ (t) = 2 x 10–8 . cos (40π . t)
Temos que, para t =
 2 π T 
cos  T . 4 
3T
T
, o valor do Φ vale zero pois:
e t=
4
4
p
= cos 2 = 0
 2 π 3T 
2p
.
 = cos
=0
cos 
3
T
4
 2 π T 
T
Para
t = Þcos  T . 2  = cos π = –1; e o valor de Φ é mínimo
2
t = T
 2π 
. T = cos 2π = +1; e o valor de Φ é máximo
Þcos 

T
Para
Portanto, sabendo que a curva do gráfico é uma cossenoide, traçamos o gráfico:
Φ (Wb)
2 x 10
T
= 1,25 x 10–2 s
4
T
= 2,5 x 10–2 s
2
3T
= 3,75 x 10–2 s
4
–8
0
1,25
2,5
3,75 5
t (x10–2s)
T=
5 x 10–2 s
Obs.: Na expressão do enunciado é necessária a colocação de
parênteses: Φ (t) = B . S . cos (ω t)
–2 x 10–8
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4
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Comentário Do CPV
A prova foi de nível médio, cobrando os seguintes assuntos:
Princípio da Conservação da Energia, Colisão, Espelho Plano, Fluxo Magnético envolvendo conceitos de MHS.
Vale ressaltar que na questão 19, faltou informação detalhada sobre a figura 3 ou sobre a característica da colisão, o que possivelmente
dificultou a interpretação do aluno.
Distribuição das Questões
Mecânica:
Eletricidade:
Óptica:
CPV
unesp2011
34%
33%
33%