vB 4,0m/s - Cobertura Máxima GGE

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PROVAS DE FÍSICA E LÍNGUA PORTUGUESA – CÓDIGO 21
01 - O diagrama abaixo representa as posições de dois corpos A e B em
função do tempo.
03 - Uma bola de basquete descreve a trajetória mostrada na figura após
ser arremessada por um jovem atleta que tenta bater um recorde de
arremesso.
Por este diagrama, afirma-se que o corpo A iniciou o seu movimento,
em relação ao corpo B, depois de
a) 2,5 s
b) 5,0 s
c) 7,5 s
d) 10 s
RESOLUÇÃO:
Pela definição de velocidade escalar média, tem-se que: v =
vA =
Logo
∆sA
∆t A
⇒
vA =
20
10 − t'
e
vB =
∆sB
∆t
⇒
vB =
∆s
.
∆t
−40
10
⇒
v B = − 4,0 m / s
A bola é lançada com uma velocidade de 10 m/s e, ao cair na cesta,
sua componente horizontal vale 6,0 m/s. Despreze a resistência do ar
e considere g = 10 m/s2. Pode-se afirmar que a distância horizontal
(x) percorrida pela bola desde o lançamento até cair na cesta, em
metros, vale
a)
b)
3,0
3,6
c) 4,8
d) 6,0
RESOLUÇÃO:
Escrevendo a equação horária dos dois corpos, tem-se
SB = 40 – 4t; logo, quando SB = 10 m, temos 10 = 40 – 4t ⇒ t =
30
4
⇒ t = 7,5 s
1) De acordo com a figura abaixo, que representa a composição da
velocidade no lançamento da bola, pode-se obter a componente
v0y:
v 0 = 10m / s
v x = v 0x = 6,0m / s
e
v 02x + v 02y = v 02
SA
=
0+
20
⋅ (t − t ') ;
10 - t'
assim,
quando
SA
=
SB
(6,0)2 + v 02y = (10 )
tem-se
20
⋅ (7,5 − t ') ⇒ 100 – t’ = 150 – 20 t’ ⇒ 10 t’ = 50 ⇒
10 − t '
t’ = 5,0 que é o instante em que o corpo A iniciou seu movimento
2
v 0y = 8,0m / s
10 =
RESPOSTA: opção b
2) Da equação horária para o movimento vertical da bola
encontra-se:
1 2
gt
2
1
y − y0 = v 0y t − gt 2
2
y = y0 + v 0y t −
r
02 - Uma bola rola com velocidade v , constante, sobre uma superfície
de vidro plana e horizontal, descrevendo uma trajetória retilínea.
Enquanto a bola se desloca, a sua sombra percorre os planos
representados pelos trechos 1 e 2 da figura abaixo, com velocidades
escalares médias v1 e v 2 , respectivamente.
5,0 − 2,0 = 8,0 ⋅ t − 5t 2
5t 2 − 8t + 3 = 0
t = 0,6 s (não serve, pois a bola se encontra no movimento de
subida)
t =1,0 s
3) Da equação horária do movimento horizontal obtém-se a
distância horizontal x:
Considerando que a sombra está sendo gerada por uma projeção
ortogonal à superfície de vidro, pode-se afirmar que o seu movimento é
x = v ox t
x = 6,0 ⋅1
x = 6,0m
a) acelerado no trecho 1 e retardado no trecho 2, sendo
v1 > v > v 2
b) acelerado nos dois trechos, sendo v1 = v 2 > v
c) uniforme nos dois trechos, sendo v1 = v 2 > v
d) uniforme nos dois trechos, sendo v 1 = v 2 = v
RESOLUÇÃO:
Como a velocidade da bola é constante, a sua sombra também terá
velocidade constante, logo seu movimento é uniforme nos dois
trechos. Por outro lado, deve-se observar que as sombras nos
trechos 1 e 2 percorrem distâncias d1 e d2, tais que d1 e d2 > d, isso
ocorrendo no mesmo intervalo de tempo ∆t em que a bola percorre d.
Logo, v1 = v 2 > v .
Portanto, a sombra possui movimento uniforme nos dois trechos,
sendo v1 = v 2 > v .
RESPOSTA: opção c
RESPOSTA: opção d
04 - Uma pessoa, brincando em uma roda-gigante, ao passar pelo ponto
mais alto, arremessa uma pequena bola (Figura 1), de forma que esta
descreve, em relação ao solo, a trajetória de um lançamento vertical
para cima.
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A velocidade de lançamento da bola na direção vertical tem o mesmo
módulo da velocidade escalar (v) da roda-gigante, que executa um
movimento circular uniforme. Despreze a resistência do ar, considere
a aceleração da gravidade igual a g e π = 3. Se a pessoa consegue
pegar a bola no ponto mais próximo do solo (Figura 2), o período de
rotação da roda-gigante pode ser igual a
v
g
10 v
b)
7 g
a)
c)
3
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Fazendo EP = 0 vem:
B
2
mvMIN
mvB2
+ mg 6R=
2
2
v B2
3Rg
+ 6Rg =
2
2
20 v
3 g
d) 12
3Rg + 12Rg = vB2 ⇒ v B = 15Rg
v
g
RESPOSTA: opção d
RESOLUÇÃO:
06 - Dispõe-se de quatro polias ideais de raios RA=R, RB = 3R, RC = R e
R é o raio da
roda-gigante
T
(onde T é o período de rotação da roda gigante):
2
1
y = y0 + v 0 t − gt 2
2
T 1 T
0 = 2R +v − g ( )2
2 2 2
1) Fazendo t =
g
T2
T
− v − 2R = 0
8
2
2) v =
freqüência de funcionamento tem valor f.
As polias podem ser ligadas por correias ideais ou unidas por eixos
rígidos e, nos acoplamentos, não ocorre escorregamento. Considere
que a combinação dessas polias com o motor deve acionar uma
serra circular (S) para que ela tenha uma freqüência de rotação igual
a 5/3 da freqüência do motor. Sendo assim, marque a alternativa que
representa essa combinação de polias.
a)
c)
b)
d)
①
2πR
vT
vT
⇒R =
⇒R =
T
2π
6
②
Substituindo ② em ①, vem
g
2
R que podem ser combinadas e acopladas a um motor cuja
RD =
10
T2
T
vT
−v − 2
=0
8
2
6
3gT 2 − 12vT − 8vT = 0
3gT 2 − 20vT = 0 ⇒ T =
20 v
3 g
RESPOSTA: opção c
05 - Uma partícula é abandonada de uma determinada altura e percorre o
trilho esquematizado na figura abaixo, sem perder contato com ele.
RESOLUÇÃO:
A combinação de polias deve ser aquela em que aconteça um
“aumento” da freqüência de rotação disponível.
Assim:
1) Motor + polia A: acoplamento por eixo rígido e fA = f
2) Polia A + polia B: acoplamento por correia ideal, então:
Considere que não há atrito entre a partícula e o trilho, que a
resistência do ar seja desprezível e que a aceleração da gravidade
seja g. Nessas condições, a menor velocidade possível da partícula ao
terminar de executar o terceiro looping é
a)
3Rg
c)
11Rg
b)
7Rg
d)
15Rg
vA = vB ① onde vA é a velocidade de um ponto na periferia da
polia A e vB é a velocidade de um ponto na periferia da polia B.
Como v = ωR, de ① temos:
ωBRB = ωARA ⇒ 2πfBRB = 2πfA RA
Assim: fB = RA fA que do enunciado fica: fB = R fA
RB
RESOLUÇÃO:
1) v MIN → N = 0
FC = P
2
m v MIN
= mg
3R
2
v MIN
= 3Rg
2) EM = EM
A
B
ECA + EPA = ECB + EPB
3R
⇒ fB =
3) Polia B + polia C: acoplamento por eixo rígido e fC = fB =
f
3
f
.
3
4) Polia C + polia D: acoplamento por correia ideal, então:
vC = vD onde vC e vD são as velocidades de pontos na periferia
das polias C e D respectivamente.
Assim: ωCRC = ωDRD ⇒ 2π fCRC = 2π fDRD
fD =
RC
R 10 f
5
fC ⇒ fD = ⋅ ⋅ ⇒ fD = f
RD
2 R 3
3
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5) Polia D acoplada por eixo rígido com a serra S.
Portanto: fS =
5
f .
3
FA = FB
g mA m
d2
RESPOSTA: opção a
16 mB
d2
07 - Um planeta Alpha descreve uma trajetória elíptica em torno do seu
sol como mostra a figura abaixo.
=
=
g mB m
(x − d)2
mB
(x − d)2
2
¨
2
4
5
d = 16(x – d) ⇒ d = 4(x – d) ⇒ d = 4x - 4d ⇒ 5d = 4x ⇒ d = x
RESPOSTA: opção a
Considere que as áreas A1, A2 e A3 são varridas pelo raio vetor que
une o centro do planeta ao centro do sol quando Alpha se move
respectivamente das posições de 1 a 2, de 2 a 3 e de 4 a 5. Os
trajetos de 1 a 2 e de 2 a 3 são realizados no mesmo intervalo de
tempo ∆t e o trajeto de 4 a 5 num intervalo ∆t’ < ∆t. Nessas
condições é correto afirmar que
a) A1 < A3
b) A2 < A3
09 - Na situação de equilíbrio abaixo, os fios e as polias são ideais e a
aceleração da gravidade é g. Considere µe o coeficiente de atrito
estático entre o bloco A, de massa mA, e o plano horizontal em que
se apóia.
c) A1 > A2
d) A3 < A2
RESOLUÇÃO:
De acordo com a segunda lei de Kepler (lei das áreas)
A = K ⋅ ∆t ⇒
A maior massa que o bloco B pode ter, de modo que o equilíbrio se
mantenha, é
A
= K = cons tan te
∆t
Assim, como A1 e A2 são varridas no mesmo intervalo de tempo,
então A1 = A2
E, como A3 é varrida num intervalo ∆t’ < ∆t, tem-se que
A2 A3
∆
∆
=
⇒ A3 = A2 ⋅ t ' , como t ' < 1 então A3 < A2
∆t ∆t '
∆t
∆t
a) µ e m A
c)
2µ e m A
b) 3µ e m A
d)
4µ e m A
RESOLUÇÃO:
Diagrama de corpo livre:
RESPOSTA: opção d
08 - Dois corpos A e B, esféricos, inicialmente estacionários no espaço,
com massas respectivamente iguais a mA e mB, encontram-se
separados, centro a centro, de uma distância x muito maior que os
seus raios, conforme figura abaixo.
Como os blocos estão em equilíbrio e com base na 2ª Lei de
Newton, temos:
N = PA = mA ⋅ g
bloco A: 
fat = µ e ⋅ N = µe ⋅ mA ⋅ g =T
bloco B: {PB = 2T ⇒ mBg = 2µmA g
Na ausência de outras forças de interação, existe um ponto P do
espaço que se localiza a uma distância d do centro do corpo A.
Nesse ponto P é nula a intensidade da força gravitacional resultante,
devido à ação dos corpos A e B sobre um corpo de prova de massa
m, ali colocado.
Considere que os corpos A e B passem a se afastar com uma
velocidade constante ao longo de uma trajetória retilínea que une os
seus centros e que mA = 16mB. Nessas condições, o gráfico que
melhor representa d em função de x é
a)
c)
b)
d)
RESOLUÇÃO:
mB = 2 ⋅µe ⋅ mA que corresponde a maior massa que o bloco B pode
ter de modo que o equilíbrio se mantenha.
RESPOSTA: opção c
10 - A figura abaixo representa um vagão em repouso, no interior do qual
se encontram um pêndulo simples e um recipiente fixo no piso, cheio
de água. O pêndulo simples é composto de uma bolinha de ferro
presa ao teto do vagão por um fio ideal e, dentro do recipiente, existe
uma bolinha de isopor, totalmente imersa na água e presa no seu
fundo também por um fio ideal.
Assinale a alternativa que melhor representa a situação física no
interior do vagão, se este começar a se mover com aceleração
constante para a direita.
a)
c)
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b)
5
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RESOLUÇÃO:
d)
O volume de mercúrio que irá entornar ( ∆VE )
é dado por
∆VE = ∆VAP = ∆VL − ∆VR ; .
RESOLUÇÃO:
∆VAP = Dilatação aparente do líquido (mercúrio)

onde ∆VL = Dilatação real do líquido (mercúrio)
∆V = Dilatação do recipiente (frasco de vidro)
 R
Tudo se passa dentro do vagão, que está acelerado, como se
existisse uma aceleração fictícia que faz com que o pêndulo, a bola
de isopor e a superfície livre da água passem a uma nova posição de
equilíbrio.
Assim, para um referencial no vagão:
Assim, lembrando que γ = 3α ⇒ γR = 3αR ⇒ γR = 3,0 × 10 º C−1 , temse que
∆VE = ∆VL − ∆VR ⇒ ∆VE = γL ⋅ VR ⋅ ∆θ − γR ⋅ VR ⋅ ∆θ
1)
⇒ ∆VE = ( γL − γR ) ⋅ VR ⋅ ∆θ
⇒ ∆VE = (1,8 x10−4 − 0,3 x10−4 ) ⋅ 2 x103 ⋅ 102
⇒ ∆VE = 1,5 x10−4 ⋅ 2 x105 ⇒ ∆VE = 30cm3
ur
O pêndulo se alinha com a aceleração resultante g R .
2)
A superfície do líquido e o líquido como um todo
experimentam a ação de aceleração fictícia para a
esquerda. A bolinha de isopor se alinha com a
ur
aceleração resultante g R .
Assim, tem-se
RESPOSTA: opção c
13 - Um estudante, querendo determinar o equivalente em água de um
calorímetro, colocou em seu interior 250 g de água fria e,
aguardando um certo tempo, verificou que o conjunto alcançou o
equilíbrio térmico a uma temperatura de 20 °C. Em seguida,
acrescentou ao mesmo 300 g de água morna, a 45 °C. Fechando
rapidamente o aparelho, esperou até que o equilíbrio térmico fosse
refeito; verificando, então, que a temperatura final era de 30 °C.
Baseando-se nesses dados, o equivalente em água do calorímetro
vale, em gramas,
a) 400
b) 300
c) 200
d) 100
RESOLUÇÃO:
RESPOSTA: opção b
11 - Um paciente, após ser medicado às 10 h, apresentou o seguinte
quadro de temperatura:
Inicialmente determina-se a capacidade térmica do calorímetro
através
da
equação:
−QC AM = QR AF + QR C ; onde
QC é a quantidade de calor cedida pela água morna
 AM
QR AF é a quantidade de calor recebida pela água fria

QR C é a quantidade de calor recebida pelo calorímetro
Assim,
−QC AM = QR AF + QR C ⇒ −mAM ⋅ c ⋅ ∆θAM = mAF ⋅ c ⋅ ∆θAF + C ⋅ ∆θ
⇒ −300 ⋅ 1⋅ (30 − 45) = 250 ⋅ 1⋅ 10 + C ⋅ 10 ⇒ 10 C = 4500 − 2500
A temperatura desse paciente às 11 h 30 min, em °F, é
∴ C = 200 cal / º C
a) 104
b) 98,6
Logo, o equivalente em água do calorímetro é
c) 54,0
d) 42,8
E = 200 g
RESOLUÇÃO:
No intervalo de tempo de 2h, há uma variação de 4º C na
temperatura do paciente. Logo, para um intervalo de tempo de 1h e
∆θC 5
30 min, esta variação será de 3º C. Como
= em que ∆θC é a
∆θF 9
RESPOSTA: opção c
14 - O diagrama a seguir representa o ciclo percorrido por 3 mols de um
gás perfeito.
variação de temperatura na escala Celsius e ∆θF a variação de
temperatura na escala Fahrenheit, a variação correspondente ∆θF
9
9
será de ∆θF = ⋅ ∆θC = ⋅ 3 = 5,4º F .
5
5
Às 11h e 30 min, o paciente se encontra com a temperatura de 37º C,
a qual corresponde, na escala Fahrenheit,
θC θF − 32
=
⇒ θF = 98,6º F
5
9
Sabendo-se que no estado A a temperatura é –23 ºC e considerando
R = 8 J / mol ⋅ K , o trabalho, em joules, realizado pelo gás no ciclo é
RESPOSTA: opção b
3
12 - Um frasco de vidro, cujo volume é 2000 cm a 0 ºC, está
completamente cheio de mercúrio a esta temperatura. Sabe-se que o
-4
-1
coeficiente de dilatação volumétrica do mercúrio é 1,8 x 10 ºC e
o coeficiente de dilatação linear do vidro de que é feito o frasco é
-5
-1
3
1,0 x 10 ºC . O volume de mercúrio que irá entornar, em cm ,
quando o conjunto for aquecido até 100 ºC, será
a) 6,0
b) 18
c) 30
d) 36
a) 12000
b) – 6000
c) 1104
d) – 552
RESOLUÇÃO:
No diagrama da pressão em função do volume (diagrama de
trabalho), o produto p ⋅ ∆v corresponde numericamente à área sob a
curva. Considerando todo ciclo realizado, o trabalho total realizado é
dado pela soma algébrica dos trabalhos nas diferentes etapas; logo,
corresponde à área do triângulo retângulo.
Como há conversão de trabalho em calor < 0 (ciclo no sentido
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2v ⋅ p
⇒ = – pv (1)
2
Pela equação de Clapeyron, pode-se rescrever (1) como:
= −NRT (2) . Como a temperatura no estudo dos gases, é
sempre expressa em Kelvin (K), tem-se
θK = θC + 273
anti-horário), tem-se
6
PROVAS DE FÍSICA E LÍNGUA PORTUGUESA – CÓDIGO 21
=
θK = −23 + 273 = 250K
Substituindo em (2), encontra-se:
= −(3) ⋅ (8) ⋅ (250) = −6000
= –6000 J
16 - A figura I representa uma lente delgada convergente com uma de
suas faces escurecida por tinta opaca, de forma que a luz só passa
pela letra F impressa.
Um objeto, considerado muito distante da lente, é disposto ao longo
do eixo óptico dessa lente, como mostra a figura II.
RESPOSTA: opção b
15 - O gás contido no balão A de volume V e pressão p é suavemente
escoado através de dutos rígidos e de volumes desprezíveis, para os
balões B, C, D e E, idênticos e inicialmente vazios, após a abertura
simultânea das válvulas 1, 2, 3 e 4, como mostra a figura abaixo.
Nessas condições, a imagem fornecida pela lente e projetada no
anteparo poderá ser
a)
c)
b)
d)
RESOLUÇÃO:
Após atingido o equilíbrio, a pressão no sistema de balões assume o
valor p . Considerando que não ocorre variação de temperatura, o
3
volume de dois dos balões menores é
a) 0,5 V
b) 1,0 V
c) 1,5 V
d) 2,0 V
1) A condição de que o objeto esteja muito distante da lente, implica
que o objeto está além do ponto antiprincipal objeto da lente.
Assim, a imagem fornecida pela lente será real e invertida em
relação ao objeto.
2) A passagem da luz apenas por uma parte da lente, no caso, pela
letra F, não irá alterar a imagem fornecida, que ficará apenas
mais tênue.
3) Assim, a imagem projetada no anteparo deverá ser a do objeto
“A” invertida:
RESOLUÇÃO: 1) Como a transformação gasosa é isotérmica
(pAVA)inicial – (pSVS)final
4) Portanto, a alternativa que contempla as condições acima poderá
ser somente a letra (d).
onde
(pA = p); VA = V e
pS e VS são a pressão e o volume do sistema após atingido o
equilíbrio.
2) Como pS =
p
e VS = V + 4v onde v é o volume dos balões
3
RESPOSTA: opção d
17 - A imagem de um ponto P, posicionado a uma distância d de um
espelho plano E, pode ser visualizada por dois observadores A e B,
como mostra a figura abaixo.
menores então
 pV = nRT

p
 3 (V + 4v ) = nRT

pV =
pV
+
3
3V = V + 4v
2V = 4v
4 pv
3
Assim :
V
v=
2
Portanto, o volume de dois balões menores é
A respeito da imagem P’ do ponto P vista pelos observadores, é
correto afirmar que
a)
b)
c)
d)
o observador A visualiza P’ a uma distância d/2 do espelho.
o observador B visualiza P’ a uma distância d/4 do espelho.
o observador A visualiza P’ a uma distância 3d/2 do espelho e o
observador B, à distância 5d/4 do espelho.
ambos os observadores visualizam P’ a uma distância 2d do
ponto P.
RESOLUÇÃO:
V V
+ =V
2 2
RESPOSTA: opção b
1) Devido ao estigmatismo do espelho plano, todo raio de luz que,
saindo do ponto P, atinge o espelho é refletido de maneira que o
seu prolongamento passe por P’. O observador, em qualquer
posição, vê o ponto de imagem P’ que se “localiza” à distância d
do espelho plano ou 2d do ponto P.
2) Assim, ambos os observadores visualizam P’ a uma distância 2d
do ponto P.
RESPOSTA: opção d
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PROVAS DE FÍSICA E LÍNGUA PORTUGUESA – CÓDIGO 21
18 - Considere dois pássaros A e B em repouso sobre um fio homogêneo
de densidade linear µ, que se encontra tensionado, como mostra a
figura abaixo. Suponha que a extremidade do fio que não aparece
esteja muito distante da situação apresentada.
2) A energia máxima do sistema em função da amplitude A é:
1
K eq A 2
2
2K 2
EM =
A
2
EM
A=
K
EM =
2
3) Para que o bloco A não escorregue sobre B, deve-se considerar
que a máxima aceleração do sistema deverá ser:
Subitamente o pássaro A faz um movimento para alçar vôo, emitindo
um pulso que percorre o fio e atinge o pássaro B ∆t segundos
depois.
Despreze os efeitos que o peso dos pássaros possa exercer sobre o
fio. O valor da força tensora para que o pulso retorne à posição onde
se encontrava o pássaro A, em um tempo igual a 3∆t, é
9µd 2
a)
( ∆t )2
c)
µd 2
( ∆t )2
4µd 2
( ∆t )2
d)
µd 2
9( ∆t )2
b)
aMAX = ω2 A ⇒ aMAX = (2πf )2 A ⇒ aMAX = 4π2f 2 A
4) No bloco A, deve-se ter
FAT ≥ mA aMAX ⇒ µeNA ≥ mA aMAX ⇒
⇒ µe ≥
mA aMAX
a
⇒ µe ≥ MAX
mA g
g
5) Levando
µe ≥
⇒ µe ≥
1) Como a velocidade no fio é constante:
t total = 3∆t ⇒ tBC
4
1, 2, 3 em 4, tem-se:
4 π 2f 2 A
4 π2  1
2K
⇒ µe ≥

g
g  2π mA + mB
RESOLUÇÃO:
t AB = tBA = ∆t
3
2



EM
⇒
K
2
5
KEM ⇒ µe ≥
g (mA + mB )
6
RESPOSTA: opção c
∆t
=
2
2) Como
F
∆S d
v=
onde F é a força tensora e v =
=
, então
∆t
µ
∆t
2
d
F
=
∆t
µ
2
4d 2 F
4µd 2
= ⇒F =
2
µ
∆t
( ∆t )2
20 - Os valores do potencial elétrico V em cada vértice de um quadrado
estão indicados na figura abaixo.
VA = 0
VB = VD = 5V
VC = 10 V
RESPOSTA: opção b
19 - Um par de blocos A e B, de massas mA = 2 kg e mB = 10 kg,
apoiados em um plano sem atrito, é acoplado a duas molas ideais de
mesma constante elástica K = 50 N/m, como mostra a figura abaixo.
Os valores desses potenciais condizem com o fato de o quadrado
estar situado num campo eletrostático
a)
b)
c)
d)
uniforme, na direção do eixo x.
uniforme, na direção da bissetriz do 1º quadrante.
criado por duas cargas puntiformes situadas no eixo y.
criado por duas cargas puntiformes situadas nas bissetrizes dos
quadrantes ímpares.
RESOLUÇÃO:
Afastando-se horizontalmente o par de blocos de sua posição de
equilíbrio, o sistema passa a oscilar em movimento harmônico simples
com energia mecânica igual a 50 J.
Considerando g = 10 m/s2, o mínimo coeficiente de atrito estático
que deve existir entre os dois blocos para que o bloco A não
escorregue sobre o bloco B é
a) 1/10
b) 5/12
c) 5/6
d) 1
VA < VB = VD < VC
1) A linha que une os pontos B e D é uma linha equipotencial
(VB = VD ) .
2) A ddp entre os pontos A e B é igual à ddp entre os pontos B e C.
3) Daí conclui-se que trata-se de campo elétrico uniforme na
direção do eixo x.
RESOLUÇÃO:
d AE = d EC e U AE = UEC
onde U = E ⋅ d
1) A montagem mostrada no desenho equivale a uma associação
de molas em paralelo.
Assim Keq = 2 K e o sistema oscila com freqüência
f=
1
2K
2π mA + mB
1
RESPOSTA: opção a
EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2009
8
PROVAS DE FÍSICA E LÍNGUA PORTUGUESA – CÓDIGO 21
21 - Na figura abaixo, uma partícula com carga elétrica positiva q e
massa m é lançada obliquamente de uma superfície plana, com
velocidade inicial de módulo v0, no vácuo, inclinada de um ângulo θ
em relação à horizontal.
Com a chave C aberta, a temperatura da água na saída da torneira
aumenta em 10 ºC. Mantendo-se a mesma vazão d’água e fechando
C, pode-se afirmar que a elevação de temperatura da água, em
graus Celsius, será de
a) 2,5
b) 5,0
Considere que, além do campo gravitacional de intensidade g, atua
também um campo elétrico uniforme de módulo E. Pode-se afirmar
que a partícula voltará à altura inicial de lançamento após percorrer,
horizontalmente, uma distância igual a
a)


v o2
qE
sen 2θ  1 +
tg θ 
g
mg


b)
v o2
qE


senθ  cos θ +
senθ  d)
2g
m


c)
vo 
qE 
 sen 2θ +

g 
mg 
vo 
qE

sen 2θ 
1 +
2g 
m

c) 15
d) 20
RESOLUÇÃO:
chave C aberta
REQ = R
Energia = calor
P∆t = mc∆θ
U2
∆t = mc ∆θ
R
∆θ =
U 2 ∆t
Rmc
1
RESOLUÇÃO:
chave C fechada
R
REQ =
2
Energia = calor
P’∆t = mc∆θ’
U2
∆t = mc ∆θ '
R
2
∆θ ' =
De
2U 2 ∆t
RmC
2
1 e 2, conclui-se que ∆θ’ = 2∆θ = 20 ºC
RESPOSTA: opção d
23 - Parte de um circuito elétrico é constituída por seis resistores ôhmicos
cujas resistências elétricas estão indicadas ao lado de cada resistor,
na figura abaixo.
Na direção do eixo x:
Na direção do eixo y:
MRUV
MRUV
F = ma
qE
a=
m
d = v 0x t +
1 2
gt
2
1
0 = 0 + v 0 sen θ t − gt 2
2
gt 2 − 2v 0 sen θ t = 0
y = y0 + v 0y t −
1 2
at
2
d = v 0 cos θt +
Se a d.d.p. entre os pontos A e B é igual a U, pode-se afirmar que a
potência dissipada pelo resistor R3 é igual a
a)
1  U 2
 
2R  3 
b)
2 U 
R  3 
t=0
1 qE 2
t
2 m
1
t=
2v 0 sen θ
g
2
2
c)
2 U 
3  R 
d)
1 U 
2R  6 
2
2
RESOLUÇÃO:
O circuito dado é equivalente à:
Substiuindo
2 em 1, vem:
d = v 0 cos θ
2v 0 cos θ qE 4v 02sen2θ
+
g
2m
g2
d=
2v 0 2
qE
senθ cos θ +
2v 0 2sen2θ
g
mg 2
d=
v 02

qE senθ 
sen2θ  1 +

g
mg cos θ 

d=
v 02


qE
sen2θ  1 +
tgθ 
g
mg


Trata-se
de
uma
R ⋅ 4R = 2R ⋅ 2R
ponte
de
Wheatstone
em
equilíbrio,
RESPOSTA: opção a
22-
O elemento de aquecimento de uma torneira elétrica é constituído de
dois resistores e de uma chave C, conforme ilustra a figura abaixo.
Seja i a intensidade da corrente elétrica no resistor 6R, i =
Assim, a potência dissipada em R3 será:
U
.
6R
pois
EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2009
2
U2
 U 
P3 = R3 i 2 = 2R ⋅ 
= 2R

36R 2
 6R 
P3 =
U2
U2
=
18R 2R ⋅ 9
P3 =
1 U 
⋅ 
2R  3 
9
PROVAS DE FÍSICA E LÍNGUA PORTUGUESA – CÓDIGO 21
Sabe-se que os fios são ideais. A intensidade da corrente elétrica,
em ampères, e a diferença de potencial elétrico entre os pontos C e
D, em volts, são, respectivamente
a)
b)
2
25 e 50
5 e 10
c) 2,5 e 5
d) 1,25 e 2,5
RESOLUÇÃO:
FM = Bi lsen90º
RESPOSTA: opção a
24 - Uma bateria de f.e.m. igual a ε e resistência interna de valor igual a r
(constante) alimenta o circuito formado por uma lâmpada L e um
reostato R, conforme ilustra a figura abaixo.
3 = 4 ⋅ 0,30 ⋅ 1
3
i=
1,2
i = 2,5A
Observa-se que os resistores de 4Ω estão curto-circuitados. Assim, a
resistência equivalente entre os pontos C e D é igual a 2Ω.
UCD = RCDi = 2 ⋅ 2,5
UCD = 5V
RESPOSTA: opção c
Considerando constante a resistência da lâmpada, o gráfico que
melhor representa a potência por ela dissipada quando o cursor do
reostato move-se de A para B é
a)
c)
b)
d)
RESOLUÇÃO:
i=
i=
ε
, onde RL é a resistência elétrica da lâmpada L.
RL R
+r
RL + R
ε
RL
+r
R
1+ L
R
Ao mover o cursor de A para B a resistência R do reostato aumenta.
Se R aumenta então i diminui e U aumenta, pois a ddp nos terminais
da bateria é
U = ε – ri
Se U aumenta a potência dissipada pela lâmpada L também
U2
aumenta, pois PL =
RL
Então, o gráfico que melhor representa a potência dissipada pela
lâmpada é o da alternativa “A”.
RESPOSTA: opção a
25 - O trecho AB, de comprimento 30 cm, do circuito elétrico abaixo, está
imerso num campo magnético uniforme de intensidade 4 T e direção
perpendicular ao plano da folha. Quando a chave CH é fechada e o
capacitor completamente carregado, atua sobre o trecho AB uma
força magnética de intensidade 3 N, deformando-o, conforme a
figura.