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ELITE CURITIBA
AFA 2007
GABARITO DE FÍSICA E PORTUGUÊS
Código 21
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade,
seriedade e profissionalismo como lemas.
Confira nossos resultados e comprove porque temos mais a
oferecer.
UTFPR (CEFET-PR) – Inverno 2006
1° Lugar em Engenharia Mecânica:
Norton Demeterco Veras de Assis
2° Lugar em Engenharia Eletrônica:
André de Castilho Costa Pinto
Eduardo Henrique Leitner;
- 1º Lugar do Paraná e 10º do Brasil em Infantaria:
Leonel Azevedo Bastos;
EPCAr – 2006: 2 convocados.
EEAr – 2006: 2 convocados
EsPCEx-2005: 100% de aprovação!
ITA 2006
Os 3 únicos aprovados de Curitiba são do ELITE CURITIBA
Gabriel Kendjy Koike
Ricardo Itiro Sabota Tominaga
Yves Conselvan
IME 2006
Os 4 únicos aprovados do Paraná são do ELITE CURITIBA
Gabriel Kendjy Koike
Francis Halley Queiroz Sant'Anna
Guilherme Augusto Lourenço Pereira
Otto Carlos Lippmann
AMAN 2006
Pelo segundo ano consecutivo, o único aprovado do Paraná é
do ELITE CURITIBA
Thiago Rojas Nogueira
EPCAr 2005 – 3ºAno
1º Lugar do Paraná (14º do Brasil):
Fellipe Leonardo Carvalho;
CEFET-PR – Inverno 2005
85% de aprovação em Engenharia, com 5 dos 8 primeiros
colocados de Engenharia Mecânica.
UFPR Litoral – Inverno 2005
-1º Lugar GERAL (Victor de Carvalho Thá)
UEPG – Inverno 2005
Lígia Keiko Kitanishi (Odontologia)
Antônio Martins de Melo Júnior (Física)
AFA 2006
11 dos 18 convocados do Paraná são do ELITE CURITIBA
incluindo:
- 1º Lugar do Paraná (e 6° do Brasil) em Aviação:
Gabriel Kendjy Koike (Maior nota de Física PR: 10);
UFPR-2005
1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
Só no ELITE você encontra:
- Simulados semanais;
- Professores de exatas formados pelo ITA;
- Simulados Nacionais, envolvendo todas as unidades do
Sistema ELITE;
- A maior carga horária.
- 1º Lugar do Paraná (e 9º do Brasil) em Intendência:
Cláudia Laine Adão (Maior nota de Matemática PR: 9,66);
Exame de Bolsas 2007: Inscrições www.elitecuritiba.com.br
a partir de dezembro de 2006.
Outros resultados em Aviação:
3° Lugar do Paraná: Francis Halley Queiroz Sant'Anna
4° Lugar do Paraná: Renan Kruchelski Machado
5° Lugar do Paraná: Gustavo Takahashi Groschoski
6° Lugar do Paraná: Felipe Avelino da Silva
7° Lugar do Paraná: Guilherme Augusto Melo Haenisch
8° Lugar do Paraná: Daniel Tartare
13° Lugar do Paraná:: Danilo Silveira da Costa
Outros resultados em Intendência:
2° Lugar do Paraná:Guilherme Augusto Lourenço Pereira
4° Lugar do Paraná:Camila Sardeto Deolindo
IME 2005
7 aprovados e os 3 ÚNICOS convocados do Paraná
- 1º Lugar GERAL do Paraná e 6º do Brasil:
Eduardo Henrique Leitner;
ITA 2005: 2 dos 3 aprovados do Paraná
AMAN 2005: ÚNICO aprovado de região Sul!
Escola Naval 2005: 100% de aprovação!!
AFA 2005
83% de aprovação, com destaque para:
- 1º Lugar GERAL do Paraná:
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Informações : 3013-5400.
FÍSICA
01 –Uma pessoa está observando uma corrida a 170m do ponto de
largada. Em dado instante, dispara-se a pistola que dá início à
competição. Sabe-se que o tempo de reação de um determinado
corredor é 0,2s, sua velocidade é 7,2km/h e a velocidade do som no
ar é 340m/s. A distância desse atleta em relação à linha de largada,
quando o som do disparo chegar ao ouvido do espectador, é:
a) 0,5m
b) 0,6m
c) 0,7m
d) 0,8m
SOLUÇÃO: B
Tempo necessário para o som chegar ao ouvido do espectador:
∆t som =
∆S som 170
=
= 0,5s
v som
340
Intervalo de tempo entre o início do movimento do corredor e a
chegada do som ao ouvido do espectador:
∆t cor = ∆t som − ∆t rea = 0,5 − 0,2 = 0,3s
Distância percorrida pelo corredor:
∆S cor = v cor ⋅ ∆t cor = 2 ⋅ 0,3 = 0,6m
02 –Um pára-quedista, ao saltar na vertical de um avião que se
desloca na horizontal em relação ao solo, sofre uma redução
crescente da aceleração até atingir a velocidade limite. O gráfico
que MELHOR representa o módulo da componente vertical da
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velocidade do pára-quedista em função do tempo, a partir do
instante em que começa a cair, é
Da figura acima temos: VA / V 2 = VV / T 2 + VA / T 2 ⇒ VA / V 2 = 502 + 1202 ⇒
VA / V = 130 km / h
05 –Uma partícula descreve movimento circular passando pelos
r
r
pontos A e B com velocidades VA e VB , conforme a figura abaixo.
A opção que representa o vetor aceleração média entre A e B é:
SOLUÇÃO: B
a)
A velocidade do para-quedista cresce até atingir o valor limite,
b)
situação a partir da qual se mantém constante devido à ausência de
força resultante na direção do movimento (nesta condição a
resistência do ar é igual ao peso do pára-quedista). Como a força
de resistência do ar cresce desde um valor inicial nulo até se igualar
c)
d)
à intensidade da força peso, temos que o movimento durante este
período não apresenta aceleração constante e, portanto, o gráfico
da velocidade pelo tempo não pode ser uma reta. A única
alternativa que satisfaz essas condições (movimento nãouniformemente acelerado até o equílibrio e movimento uniforme
SOLUÇÃO: C
O vetor aceleração média entre A e B é dado por:
após o equilíbrio) é a da letra B.
03 –O gráfico abaixo representa o movimento de subida de um
protótipo de foguete em dois estágios lançado a partir do solo.
r r
r
r
∆v vB − vA
aM =
=
A figura abaixo mostra a direção e o sentido do
∆t
∆t
r r
r
r
r
vetor ∆v = vB − v A = vB + ( −v A )
Após ter atingido a altura máxima, pode-se afirmar que o tempo de
queda livre desse protótipo será de
a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s
SOLUÇÃO: C
O deslocamento total do protótipo será obtido como a área sob a
curva do gráfico v x t. Tal área é:
(2 − 0) ⋅ 12 (5 − 2) ⋅ 22
+
= 45 . Assim
2
2
a altura máxima atingida é H = 45 m. Ao atingir essa altura, o
protótipo está com velocidade nula, como mostra o gráfico, e iniciará
um movimento de queda livre, ou seja, exclusivamente sob a ação
da gravidade. Seu movimento será uniformemente acelerado para
baixo, com equação horária dada por: ∆y = v 0t +
os
45
45 = 0 ⋅ t +
m
10t
2
até
2
o
solo,
seu
tempo
r
r
A direção e o sentido do vetor aM são as mesmas do vetor ∆v ,
portanto a alternativa correta é dada pela letra C.
06 –A figura abaixo representa as trajetórias de dois projéteis A e B
lançados no mesmo instante num local onde o campo gravitacional
é constante e a resistência do ar é desprezível.
gt 2
. Para percorrer
2
de
queda
é:
⇒ t 2 = 9 ⇒ t = 3s .
04 –Um avião voa na direção lesta a 120 Km/h para ir da cidade A à
cidade B. Havendo vento para o Sul com velocidade de 50 Km/h,
para que o tempo de viagem seja o mesmo, a velocidade do avião
deverá ser
Ao passar pelo pelo ponto P, ponto comum de suas trajetórias, os
projéteis possuíam a mesma
a) velocidade tangencial. b) velocidade horizontal.
c) aceleração centrípeta. d) aceleraçao resultante.
a) 130 Km/h b) 145 Km/h c) 170 Km/h
SOLUÇÃO: D
Como o campo gravitacional é constante a aceleração resultante
sobre ambos os projéteis é a mesma (e igual a aceleração local da
SOLUÇÃO: A
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d) 185 Km/h
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gravidade). As velocidades horizontais só serão iguais se os
projéteis atingirem o ponto P no mesmo instante, o que não é
afirmado no enunciado ( os eixos da figura são x e y e não y e t).
Portanto, a alternativa mais correta é a de letra D.
07 –Duas esteiras mantêm movimentos uniformes e sincronizados
de forma que bolinhas sucessivamente abandonadas em uma delas
atingem ordenadamente recipientes conduzidos pela outra. Cada
bolinha atinge o recipiente no instante em que a seguinte é
abandonada. Sabe-se que a velocidade da esteira superior é v e
que o espaçamento das bolinhas é a metade da distância d, entre
os recipientes. Sendo g a aceleração da gravidade local, a altura h,
entre as esteiras, pode ser calculada por:
a)
gd
8  v 
2
b)
gd
2  v 
c) g
d
v
d)
gd
2v
R ⋅g
10,8 ⋅ 10 ⋅ 6
=
= 9m / s
tg 53°
8
09 –Um projétil de massa m incide horizontalmente sobre uma tábua
com velocidade v1 e a abandona com velocidade, ainda horizontal,
v2. Considerando-se constante a força exercida pela tábua de
espessura d, pode-se afirmar que o tempo de perfuração é dado
por:
2d
v1 + v2
b)
2d
v1 − v2
c)
d
d
d)
2(v1 + v2 )
2(v1 − v2 )
τ = −Fat ⋅ ∆ S = ∆ Ecin ⇒ τ = −Fat ⋅ d =
2
2
2
2
m ⋅v2
m ⋅ v1
m ⋅ (v 2 − v 1 )
−
⇒ Fat =
2
2
2 ⋅d
Pelo teorema do impulso temos:
I = Fat ⋅ ∆t = ∆Q = m ⋅ v 2 − m ⋅ v1 = m ⋅ (v2 − v1)
d
Logo, temos que:
T
∆t =
A velocidade da esteira superior pode ser calculada por: v= 2
d
2v
at 2
, com y = 0, y o = h, v0 = 0, t = T , a = −g
2
Temos que
2
(−g )T 2
gT 2
g d 
g d 
⇒h=
⇒h = 
 ⇒ h= 8 v 
2
2
2  2v 
 
∆Q
m ⋅ (v 2 − v1 )
2⋅d
=
⋅2 ⋅ d =
2
2
Fat
v
m ⋅ (v2 − v1 )
2 + v1
10 –Três blocos, cujas massas mA = mB = m e mC = 2m, são ligados
através de fios e polias ideais, conforme a figura. Sabendo-se que C
desce com uma aceleração de 1m/s2 e que 0,2 é o coeficiente de
atrito entre B e a superfície S, pode-se afirmar que o coeficiente de
atrito entre A e S vale
Analisando a queda (referencial da esteira inferior):
0=h+
Fat cos 53 °
m ⋅ v2
=
=
⇒ v=
N
sen53 ° m ⋅ g ⋅ R
m ⋅ v2
e N = m⋅g .
R
SOLUÇÃO: A
Pelo teorema do trabalho energia temos:
d
=distância entre as bolinhas
2
y = y 0 + v ot +
Logo:
a)
2
SOLUÇÃO: A
Considere as seguintes variáveis:
T = tempo de queda e período de abandono das bolinhas
Portanto: T=
Além disso, sabemos que: Fat = Fcpt =
2
08 –Durante um show de patinação, o patinador, representado na
figura abaixo, descreve uma evolução circular, com velocidade
escalar constante, de raio igual a 10,8 m. Considerando
desprezíveis quaisquer resistências, a velocidade do patinador, ao
fazer a referida evolução, é igual a
a) 0,10 b) 0,20 c) 0,30 d) 0,40
53°
pista de gelo
Dados:
SOLUÇÃO: C
Analisando as forças,
temos:
sen 53o = 0,80
cos 53o = 0,60
a)12 m/s b) 7m/s
mC ⋅ g − TC = mC ⋅ aC
TC = 2 ⋅ TB
c) 8 m/s d) 9 m/s
TB − TA − µB ⋅ NB = mB ⋅ aB
NB = mB ⋅ g
SOLUÇÃO: D
TA − µ A ⋅ NA = mA ⋅ a A
NA = mA ⋅ g
Além disso, devido a
inextensibilidade dos
fios, temos:
Da figura acima, temos que: Fat = R ⋅ cos 53° e N = R ⋅ sen53° .
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a A = aB e a C =
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Na direção perpendicular ao plano, temos: N = PY = mg cos α
aB aD aB
+
=
, pois aD = 0
2
2
2
Na
Juntando as equações anteriores em um sistema, e lembrando que
m A = mB =
mC
= m temos:
2

m ⋅ g − TB = m ⋅ aC
 2 ⋅ m ⋅ g − 2 ⋅ TB = 2 ⋅ m ⋅ aC


TB − TA − µB ⋅ m ⋅ g = 2 ⋅ m ⋅ aC ⇒ TB − TA − µB ⋅ m ⋅ g = 2 ⋅ m ⋅ aC ⇒
 T − µ ⋅ m⋅ g = 2 ⋅ m⋅ a
 T − µ ⋅m⋅g = 2 ⋅m⋅a
A
C
A
C
 A
 A
m ⋅ g(1 − µB − µ A ) = 5 ⋅ m ⋅ aC ⇒ µ A = 1 − µB −
5 ⋅ aC
5 ⋅1
= 1 − 0,2 −
⇒ µ A = 0,3
g
10
11 – Com relação à força de atrito, apresentam-se três situações e
uma afirmação relativa a cada uma.
Situação 1: Um automóvel faz uma curva em que o lado interno da
pista é mais baixo que o lado externo.
direção
do
plano,
FRES = PX − FAT .
temos
Assim:
ma = mgsenα − µ N = mgsenα − µ mg cosα .
Cancelando a massa: a = g (senα − µ cos α ) .
Como a aceleração não depende da massa, a aceleração das
crianças será a mesma, e uma não estará empurrando a outra.
III) Correta: A pessoa, ao se movimentar para a direita, empurra o
solo para a esquerda. Pela 3ª Lei de Newton, o solo empurrará a
pessoa com uma força de mesma intensidade, mesma direção e
sentido contrário, portanto para a direita.
12 – Uma vela acesa, flutuando em água, mantém-se sempre em
equilíbrio, ocupando a posição vertical. Sabendo-se que as
densidades da vela e da água são respectivamente, 0,8 g/cm3 e 1,0
g/cm3, qual a fração da vela que permanecerá sem queimar, quando
a chama se apagar ao entrar em contato com a água?
a) 0
b)
1
5
c)
1
4
d)
4
5
SOLUÇÃO: A
Do equilíbrio de forças , temos que:
Afirmação 1: A força de atrito entre os pneus e a pista depende do
número de passageiros do automóvel.
Situação 2: Duas crianças de diferentes pesos descem um toboágua
permanecendo em contato físico.
E = P ⇒ d AG ⋅ g ⋅ VSUB = d VE ⋅ g ⋅ VVE ⇒ VSUB =
d VE ⋅ VVE
= 0,8 ⋅ VVE
dAG
Desse modo, temos que o volume submerso é sempre 80% do
volume total da vela, portanto, será nulo quando a vela se consumir
totalmente.
13 –Uma prancha de comprimento 4m e de massa 2kg está apoiada
nos pontos A e B, conforme a figura. Um bloco de massa igual a
10kg é colocado sobre a prancha à distância x = 1m da extremidade
da direita e o sistema permanece em repouso. Nessas condições, o
módulo da força que a prancha exerce sobre o apoio no ponto B é,
em newtons,
Afirmação 2: Por efeito da força de atrito, a criança mais leve, que
está na frente, será empurrada pela outra.
a) 340
Situação 3: Uma pessoa se movimenta em relação ao solo.
b) 100
c) 85
d) 35
SOLUÇÃO: C
Afirmação 3: A força de atrito é oposta ao sentido de movimento da
sola do sapato.
Estão corretas as afirmações:
a) 1 e 2 apenas.
b) 2 e 3 apenas.
c) 1 e 3 apenas. d) 1, 2 e 3.
De acordo com a figura acima, tomando momento em relação ao
ponto A temos:
∑ MA = 0 ⇒
SOLUÇÃO: C
r
r
I) Correta: Temos que | FAT |= µ | N | . A componente da força normal
na direção vertical, por sua vez, deve equilibrar o peso. Assim,
quanto maior for a massa do conjunto (carro + passageiros), maior
será a intensidade do peso e, portanto, maior será a intensidade da
força normal. Conseqüentemente, a intensidade da força de atrito
também será maior.
100 ⋅ 3 + 20 ⋅ 2
= 85N
4
14 – Na figura abaixo, as polias e os fios são ideais. Se o sistema
está em equilíbrio, pode-se afirmar que a razão
II) Incorreta: Podemos considerar cada trecho retilíneo do toboágua
como um plano inclinado de um ângulo α em relação à horizontal.
Nesse caso, as forças atuantes na criança são o seu peso e a força
de atrito.
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NB ⋅ rB − PB ⋅ rPB − PP ⋅ rPP = 0 ⇒ NB =
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30°
m1
m2
m1
é
m2
a)
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3
1
3
1
b)
c)
d)
4
4
2
2
V0R ⋅ γR = 0,8 ⋅ V0R ⋅ γ L ⇒
16 – Três barras cilíndricas idênticas em comprimento e secção são
ligadas formando uma única uma barra, cujas extremidades são
mantidas a 0o C e 100o C. A partir da extremidade mais quente, as
condutividades térmicas dos materiais das barras valem k, k/2 e k/5.
Supondo-se que, em volta das barras, exista um isolamento de lã
de vidro e desprezando quaisquer perdas de calor, a razão θ2 / θ1
entre as temperaturas nas junções onde uma barra é ligada à outra,
conforme mostra a figura é
lã de vidro
SOLUÇÃO: A
vapor (100 °C)
a) 1,5
Da figura acima, para as polias móveis temos:
φ=
Do equilíbrio no cruzamento dos fios temos:
F ⋅ sen30 ° = T2 ⋅ cos θ e F ⋅ cos 30 ° + T2 ⋅ sen θ = m1 ⋅ g
Resolvendo o sistema acima temos:
F m2 ⋅ g

=
⋅ cos θ

2
4
⇒

 F ⋅ 3 + m2 ⋅ g ⋅ sen θ = m ⋅ g
1
4
 2
)
b) 1,4
θ2
c) 1,2
gelo e água (0 °C)
θ1
d) 1,6
SOLUÇÃO: B
m ⋅g
2T1 = m2 ⋅ g e 2T2 = T1 ⇒ T2 = 2
4
(
γR
= 0,8
γL
K
K
A(θ2 − θ1 )
A(θ1 − 0)
KA(100 − θ2 )
θ
7
2
= 2
= 5
⇒ (θ2 − θ1) = θ1 ⇒ 2 =
θ1 5
5
l
l
l
17 – O gráfico abaixo representa o diagrama de fases de uma
determinada substância.
 F⋅ 3
3 ⋅ m2 ⋅ g
−
=−
⋅ cos θ

2
4
⇒

 F ⋅ 3 + m2 ⋅ g ⋅ sen θ = m ⋅ g
1
4
 2
m2 ⋅ g
m
sen θ + 3 ⋅ cos θ
⋅ sen θ + 3 ⋅ cos θ = m1 ⋅ g ⇒ 1 =
4
m2
4
Do resultado acima, percebemos que a razão entre as massas
depende do ângulo θ, que não foi fornecido.
Supondo simetria em relação ao eixo vertical para o equilíbrio do
cruzamento dos fios, teríamos:
θ = 60 ° ⇒
m1
=
m2
3+ 3
3
=
, o que corresponde à alternativa A.
8
4
É importante observar que não há em nenhum trecho do enunciado
referência à simetria usada acima. Tal fato poderia ser usado como
argumento para um pedido de anulamento da questão.
15 – O recipiente mostrado na figura apresenta 80% de sua
capacidade ocupada por um líquido. Verifica-se que, para qualquer
variação de temperatura, o volume da parte vazia permanece
constante. Pode-se afirmar que a razão entre os coeficientes de
dilatação volumétrica do recipiente e do líquido vale:
a) 0,72
b) 1,00
c) 0,92
Da análise do gráfico, conclui-se que
a) aumentando a pressão e mantendo a temperatura constante em
T1, ocorrerá vaporização da substância
b) à temperatura T3 é possível liquefazer a substância.
c) sob pressão PT e temperatura T0 a substância apresentará pelo
menos a fase líquida
d) com a pressão mantida constante em P1 e variando a
temperatura de T1 a T2, a substância sofrerá duas mudanças de
estado.
SOLUÇÃO: D
d) 0,80
SOLUÇÃO: D
Os volumes iniciais do líquido e do recipiente guardam entre si a
seguinte relação: V0 L = 0,8V0R
Mas a diferença entre estes dois volumes permanece sempre
constante: VR − VL = V0R − V0L
Sendo assim:
(V0R + V0R ⋅ γ R ⋅ ∆θ ) − (V0L + V0L ⋅ γ L ⋅ ∆θ ) = V0R − V0L
V0R ⋅ γ R ⋅ ∆θ = V0L ⋅ γ L ⋅ ∆θ
Analisando o diagram de fases acima, temos que:
a) FALSO. Aumentando a pressão e mantendo constante T1, a
substância permanece na fase sólida.
b) FALSO. A temperatura T3 encontra-se acima da temperatura
crítica TC e, portanto, a substância não pode ser liquefeita nessas
condições.
c) FALSO. A substância se encontra na forma de vapor sob
pressão PT e temperatura T0.
Da relação inicial entre os volumes e cancelando ∆θ temos:
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O gráfico que melhor representa a variação do diâmetro d´ da
imagem da bola em função da distância vertical y é
d) VERDADEIRO. A substância sofrerá fusão entre T1 e T0 e
vaporização entre T0 e T2.
18 – N mols de um gás ideal possui volume v e pressão p. quando
sofre as seguintes transformações sucessivas:
I - expansão isobárica até atingir o volume 2v;
II - aquecimento isométrico até a pressão tornar-se igual a 3p;
III - compressão isobárica até retornar ao volume v; e
IV - resfriamento isométrico até retornar ao estado inicial.
Assim, o trabalho trocado pelo gás, ao percorrer o ciclo descrito
pelas transformações acima, vale
a) zero b) - 2pv c) 3pv d) – Npv.
SOLUÇÃO: B
A transformação I é uma expansão isobárica, logo o trabalho pode
ser calculado por τ1=p.∆V = p(2v-v) = pv.
A transformação II é um aquecimento isométrico. Como ∆V=0, τ2=0.
A transformação III é uma compressão isobárica, logo o trabalho
pode ser calculado por τ3=p.∆V = 3p(v-2v) = -3pv.
A transformação IV é um resfriamento isométrico. Como ∆V=0, τ4=0.
Logo τ = τ1 + τ2 +τ3 + τ4 = -2pv.
19 – A variação volumétrica de um gás, em função da temperatura,
à pressão constante de 6 N / m 2 está indicada no gráfico.
SOLUÇÃO: C
Para um espelho plano, o tamanho da imagem é sempre igual ao
tamanho do objeto (bola), independentemente da posição deste em
relação ao espelho.
22 – Uma lente convergente L de distância focal igual a f e um
espelho esférico E com raio de curvatura igual a 2f estão dispostos
coaxialmente, conforme mostra a figura abaixo.
L
E
P
f
Se, durante a transformação de A para B, o gás receber uma
quantidade de calor igual a 20 joules, a variação da energia interna
do gás será igual, em joules, a:
a) 32 b) 24 c) 12 d) 8
SOLUÇÃO: D
Na transformação de A para B, o gás sofreu uma expansão a
pressão constante, realizando portanto um trabalho igual a:
τ = p ⋅ ∆V = 6 ⋅ (4 − 2) = 12 J .
Segundo a 1ª Lei da Termodinâmica, Q = τ + ∆U . Portanto,
∆U = Q − τ = 20 − 12 = 8 J .
f
f
f
Uma lâmpada de dimensões desprezíveis é colocada no ponto P. A
imagem da lâmpada produzida por essa associação é:
a) imprópria;
b) virtual e estará localizada à direita da lente;
c) real e estará localizada à direita da lente;
d) virtual e estará localizada entre o espelho e a lente.
SOLUÇÃO: B
20 – Pela manhã, um motorista calibra os pneus de seu carro sob
uma pressão de 28,0 lb/pol2 quando a temperatura era de 7o C. À
tarde, após rodar bastante, a temperatura dos pneus passou a ser
37o C. Considerando que o volume dos pneus se mantém constante
e que o comportamento do ar seja de um gás ideal, a pressão nos
pneus aquecidos, em lb/pol2, passou a ser.
a) 30,0
b) 31,0
c) 33,0
d) 35,0
A lâmpada é colocada em P, que é o foco da lente convergente.
Logo os raios refratados emergirão paralelos ao eixo principal da
lente. Estes raios paralelos incidem sobre o espelho e refletem, indo
convergir no foco do espelho (ponto A). Este ponto serve então
novamente de objeto para a lente, formando uma imagem real à sua
SOLUÇÃO: B
direita (ponto B) pois basta fazer p = 2f em
P1 P2
28
P
2
=
⇒
= 2 ⇒ P2 = 31,0 lb/pol
T1 T2
280 310
21 – Considere uma bola de diâmetro d caindo a partir de uma
altura y sobre um espelho plano e horizontal como mostra a figura
abaixo.
1 1 1
= + ⇒ p'=2f.
f p p'
23 – Considere uma figura de interferência obtida na superfície de
um líquido por fontes que emitem em fase e na freqüência f.
Considere ainda que essas ondas se propagam com velocidade v. A
soma das diferenças de caminhos entre as ondas que se superpõem
para os pontos pertencentes às 3 primeiras linhas nodais é:
5v
9v
v
v
a)
b)
c) 4
d) 3
2 f
2 f
f
f
SOLUÇÃO: A
Nas linhas nodais teremos interferência destrutiva. Como as duas
fontes emitem em fase, para obtermos interferência destrutiva
devemos ter a diferença de caminhos dada por ∆ = n
ímpar.
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λ
com n
2
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Código 21
Assim, temos:
A repulsão eletrostática é um fênomeno que só ocorre entre corpos
carregados com cargas de mesmo sinal, ao contrário da atração
eletrostática, que também pode ocorrer entre corpos carregados e
corpos neutros. Dessa forma, a única alternativa que satisfaz a
condição de repulsão é a letra B.
λ
λ
λ
∆1 = 1 ; ∆3 = 3 ; ∆5 = 5
2
2
2
λ
λ
λ
λ
∆1 + ∆ 3 + ∆5 = 1 + 3 + 5 = 9
2
2
2
2
Como v = λf, temos que a soma é dada por
9v
2f
24 – Considere duas cordas, A e B, presas pelas extremidades e
submetidas à força de tração T, com densidades lineares µA e µ B, tal
que µ A = µB, conforme mostra a figura abaixo.
26 – Uma partícula eletrizada positivamente com carga q é lançada
em um campo elétrico uniforme de intensidade E, descrevendo o
movimento representado na figura abaixo.
→
E
B
y
A
x
Ao se provocar ondasna corda A, essas originam ondas sonoras de
frequência fA , que fazem com que a corda B passe a vibrar por
ressonância. As ondas que percorrem a corda B, por sua vez,
produzem som de frequência fB que é o segundo harmônico do som
f
fundamental de B. Nessas condições, o valor da razão A , onde
f0A
f0 A é o som fundamental na corda A, será
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5
SOLUÇÃO: A
f2o harmonico = 2 .fo
fA = fB = f2o harmonico
fOA = fOB pois TA ,l A , µ A = TB ,lB , µB , portanto
fA
=2
fOA
25 - Na figura abaixo, a esfera A suspensa por um fio flexível e
isolante, e a esfera B, fixa por um pino também isolante, estão em
equilíbrio.
É correto afirmar que
a) é possível que somente a esfera A esteja eletrizada.
b) as esferas A e B devem estar eletrizadas com cargas de mesma
natureza.
c) a esfera A pode estar neutra, mas a esfera B certamente estará
eletrizada.
d) as esferas devem estar eletrizadas com cargas de mesmo
módulo.
SOLUÇÃO: B
A variação da energia potencial elétrica da partícula entre os pontos
A e B é:
a) qEy
b) qE x2 + y2
d) qE(x 2 + y2 )
SOLUÇÃO: B
A variação da energia potencial elétrica entre A e B pode ser
calculada pelo trabalho realizado para levar a partícula de A até B:
|∆UAB| = |τ AB| = q. .∆V.
Como o campo elétrico é uniforme ∆V = Ed, com d sendo a distância
percorrida ao longo da direção do campo. Assim ∆V = Ex e |∆UAB| =
qEx.
Comentário: A rigor, a carga positiva perde energia potencial elétrica
enquanto ganha energia cinética ao longo de seu movimento,
portanto a variação de energia potencial elétrica é negativa, ou seja,
∆UAB= -qEx.
27 – Uma partícula com carga –q e massa m gira em torno de uma
esfera de raio R uniformemente eletrizada com uma carga +Q. Se o
potencial no centro de esfera é VC , a energia cinética da partícula
para que ela se mantenha em movimento circular uniforme a uma
distância 2R do centro da esfera é:
qVC
a)
+Q
4
qVC
b)
2
R
R
c) 2qVC
–q
C
d) qVC
SOLUÇÃO: D
Para a esfera estar uniformemente eletrizada, ela deveria ser feita
de material isolante, o que determinaria potencial no variável no
interior do centro.
Entretanto, acredita-se que a banca examinadora teve a intenção de
dizer que as cargas estavam uniformemente distribuídas pela
superfície da esfera, como em um corpo condutor. Nesse caso,
temos que o potencial do centro da esfera é igual ao potencial da
superfície: Vc =
Temos que:
Conforme a figura acima, o equilíbrio só é possível se a força F
entre as cargas for de repulsão.
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c) qEx
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KQ
R
Fcentrípeta = Felétrica ⇒ m
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Código 21
v2
KQq
=
2R (2R )2
24 V
L
mv 2 KQq
=
2
4R
 KQ  q
Ec = 

 R 4
Ec = Vc
q qVc
=
4
4
Nota: Caso considerássemos a esfera isolante (como está no
enunciado), teríamos que no interior desta esfera, o potencial pode
ser dado por
portanto, VC =
kQ 
r2 
3 −
 . No centro da esfera, o valor de r é 0 e

2R 
R 2 
3KQ
2R
 KQ  q
2  3KQ  q
qV
c
Assim, Ec = 
 = 
 =
6
 R  4 3  2R  4
28 - No circuito esquematizado abaixo, o reostato tem resistência R
(R1 < R < R2) e o gerador tem resistência interna desprezível.
Qual dos gráficos propostos melhor representa a potência P
dissipada pela lâmpada L em função de R?
Para que a intensidade da corrente elétrica do circuito seja reduzida
à metade, é necessário associar em:
a) série com a lâmpada L, um resistor de resistência elétrica de
48Ω;
b) série com a lâmpada L, um resistor de resistência elétrica 24Ω;
c) paralelo com a lâmpada L, dois resistores idênticos, também
associados em paralelo, de resistência elétrica 48Ω cada;
d) paralelo com a lâmpada L, um resistor de resistência elétrica de
48Ω.
SOLUÇÃO: D
Como P = U2/R, temos 12 = 242/R e R = 48Ω
Par reduzir a corrente pela metade é preciso dobrar a resistência do
circuito o que pode ser conseguido, ligando-se uma resistência de
48Ω em série com a lâmpada.
30 – A figura abaixo representa uma espira retangular em repouso
num campo magnético de um imã. Ao ser percorrida por urna
corrente no sentido indicado na figura, a espira passará a
a) girar no sentido horário.
b) girar no sentido anti-horário.
c) oscilar em torno do eixo y. d) oscilar ern torno do eixo x.
SOLUÇÃO: C
SOLUÇÃO: A
A potência dissipada pela lâmpada L é dada por Pot =
2
UL
onde UL
RL
Inicialmente aparece um binário de forças que tende a girar a espira
em torno do eixo y, no sentido mostrado na figura acima. Este
sistema de forças, no entanto, muda quando a espira atinge um
deslocamento angular maior que 90° e provoca uma mudança no
sentido de rotação ao atingir 180°. Desse modo a espira fica
oscilando entre 0° e 180° em torno do eixo y.
é a tensão fornecida pela bateria e RL é a resistência da lâmpada.
Como a bateria é ideal, a modificação no valor da resistência R do
reostato não altera o valor da tensão fornecida à lâmpada, que
continua sendo UL = ε. Desse modo, a potência dissipada pela
lâmpada é um valor constante.
29 – Na figura, L representa uma lâmpada de potência igual a 12 W
ligada a uma bateria de tensão igual a 24 V.
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Código 21
PORTUGUÊS
COD 21
B
D
B
D
D
C
A
C
C
B
B
D
D
D
A
D
C
D
B
A
A
A
C
B
D
C
C
B
A
COD 22
C
A
C
A
A
D
B
D
D
C
C
A
A
A
B
A
D
A
C
B
B
B
D
C
A
D
D
C
B
COD 23
D
B
D
B
B
A
C
A
A
D
D
B
B
B
C
B
A
B
D
C
C
C
A
D
B
A
A
D
C
B
C
D
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