UFRGS 2013resolvida

UFRGS 2013
RESOLUÇÃO DA PROVA DE FÍSICA
Prof. Giovane Irribarem de Mello
Prof. Giovane Irribarem de Mello
Instrução: As questões 01 a 02 referem-se ao enunciado
abaixo.
[email protected]
RESOLUÇÃO DAS QUESTÃO 1.
Como o veículo antes de iniciar a ultrapassagem se deslocava com velocidade constante, o gráfico dxt nesse trecho
deve ser uma reta inclinada.
Dada pela equação do M.R.U., d = v.t, equação de primeiro grau e que justifica a primeira etapa de todos os gráficos serem uma reta com uma certa inclinação (medida da
velocidade).
No instante em que o carro inicia a ultrapassagem sua
velocidade cresce, e novamente temos que observar que
o gráfico é dxt, e portanto, como foi dito no enunciado a
velocidade cresce uniformemente, indicando um M.R.U.V.!
Neste caso como a velocidade do carro cresce a equação
do M.R.U.V. para essa situação é:
Um automóvel desloca-se por uma estrada retilínea plana
e horizontal, com velocidade constante de módulo v.
1. Em certo momento, o automóvel alcança um longo caminhão. A oportunidade de ultrapassagem surge e o automóvel é acelerado uniformemente até que fique completamente à frente do caminhão. Nesse instante, o motorista
“alivia o pé” e o automóvel reduz a velocidade uniformemente até voltar à velocidade inicial v. A figura abaixo
apresenta cinco gráficos de distância (d) x tempo (t). Em
cada um deles, está assinalado o intervalo de tempo (Δt)
em que houve variação de velocidade.
d = vo.t + a.t2/2
Escolha qual dos gráficos melhor reproduz a situação descrita acima.
!
uma equação de segundo grau, e portanto, o gráfico deve
ser uma curva com a concavidade voltada para cima, o
que elimina a letra “C”, “D” e “E”.
Na etapa seguinte, de acordo com o enunciado, o motorista após a ultrapassagem alivia o pé, fazendo a velocidade
do veículo reduzir. Nesta situação temos duas etapas!
Primeira onde o veículo passa andar num intervalo de
tempo curto com a mesma velocidade, o que percebemos
nos gráficos da letra “A”e “B”.
Segunda quando a velocidade se reduz, onde neste momento temos que observar uma curva com concavidade
para baixo dada pela mesma equação:
!
!
!
d = vo.t + a.t2/2
O que elimina a letra “B”! Como ele retorna a ter a mesma
velocidade que tinha no início, e constante, a reta deve ter
a mesma inclinação da reta inicial.
Resposta A.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 2.
Para determinar essa distância iremos primeiro determinar
a primeira distância.
d
vm =
→ Δd = v m .Δt (1)
Δt
v + v f vo + 0 vo
vm = o
=
=
(2)
2
2
2
0 − v o −v o
Δv
!a =
→ Δt =
=
(3)
Δt
a
a
Substituindo (2) e (3) em (1) teremos:
!
2. Após algum tempo, os freios são acionados e o automóvel percorre uma distância d com as rodas travadas até
parar. Desconsiderando o atrito com o ar, podemos afirmar
corretamente que, se a velocidade inicial do automóvel
fosse duas vezes maior, a distância percorrida seria
(A) d/4.
(B) d/2.
(C) d.
(D) 2d.
(E) 4d.
v o −v o −v o2
.
=
2 a
a
Como a distância percorrida depende do quadrado da velocidade inicial, então, para uma velocidade inicial 2vo teremos uma nova distância:
−(2v o )2 −4v o2
! d' =
=
a
a
Como d = -vo2/a, então
d=
d’ = 4d
Resposta E.
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3. Nas figuras (X) e (Y) abaixo, está representado um limpador de janelas trabalhando em um andaime suspenso
pelos cabos 1 e 2, em dois instantes de tempo.
[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 3.
Analisando o sistema, podemos observar que, como ele
está em repouso a força resultante é igual a zero (FR = 0).
Então podemos dizer que a força peso (para baixo) tem o
mesmo valor da soma das tensões nos cabos (para cima).
Agora se o limpador estivesse no centro do andaime as
tensões nos cabos teriam o mesmo valor, devido a distribuição de massa.
Como o limpador está mais próximo do cabo 1, este por
sua vez está mais tensionado que o cabo 2. Mesmo assim
a soma das tensões nos cabos ainda é igual ao peso pois
o andaime continua em repouso.
Agora completando as lacunas da questão.
Quando o limpador se desloca para a direita, como o
andaime continua em repouso a soma das tensões nos
cabos permanece a mesma!
E quando o limpador se desloca para a direita há uma
nova redistribuição de massa no sistema, e portanto, na
figura Y a tensão no cabo 2 é maior que no cabo 1, indicando que o aumento sofrido no cabo 2 corresponde a
redução no cabo 1 para que a soma das duas tensões nos
cabos se mantenha a mesma, já que o andaime está em
repouso ,e portanto, a resultante das forças sempre se
mantém a mesma (FR = 0).
Resposta letra B.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 4.
Analisando as velocidades angulares entre de A e B
primeiramente vemos a correia ligando ambas. Quando há
uma correia sabemos que a velocidade linear de pontos
nas bordas da coroa A e a catraca B devem ser a mesma!
Então temos:
v A = vB
Durante o intervalo de tempo limitado pelas figuras, você
observa que o trabalhador caminha sobre o andaime indo
do lado esquerdo, figura (X), para o lado direito, figura (Y).
Assinale a alternativa que preenche corretamente as
lacunas da sentença abaixo, na ordem em que aparecem.
Após o trabalhador ter-se movido para a direita (figura
(Y)), podemos afirmar corretamente que, em relação à
situação inicial (figura (X)), a soma das tensões nos cabos
1 e 2 ......................, visto que ......................... .
(A) permanece a mesma - as tensões nos cabos 1 e 2
permanecem as mesmas.
(B) permanece a mesma - a diminuição da tensão no cabo
1 corresponde a igual aumento na tensão no cabo 2.
(C) aumenta - aumenta a tensão no cabo 2 e permanece a
mesma tensão no cabo 1.
(D) aumenta - aumenta a tensão no cabo 1 e permanece a
mesma tensão no cabo 2.
(E) diminui - diminui a tensão no cabo 1 e permanece a
mesma tensão no cabo 2.
! RA .ω A = RB .ω B
4. A figura apresenta esquematicamente o sistema de
transmissão de uma bicicleta convencional.
ωB =
RA
.ω
RB A
Como o raio da coroa A é maior que o da catraca B (RA >
RB), então a razão RA/RB >1 e consequentemente teremos
wA < wB.
Agora fazendo a analise sobre a catraca B e a roda traseira R, verificamos que tanto a roda quanto a catraca
estão presas em um mesmo eixo, o que faz elas girarem
juntas!!!
Isso implica que ambas girando juntas completam a volta
ao mesmo tempo!!!
Como a velocidade angular para qualquer ponto distante
do centro é dependente apenas do período para completar
a volta (w = 2π/T), então como ambas giram juntas elas
possuem o mesmo período e a mesma velocidade angular
(wB = wR).
Resposta letra A.
Na bicicleta, a coroa A conecta-se à catraca B através da
correia P. Por sua vez, B é ligada à roda traseira R, girando com ela quando o ciclista está pedalando.
Nesta situação, supondo que a bicicleta se move sem deslizar, as magnitudes das velocidades angulares, wA, wB e
wR, são tais que
(A) wA < wB = wR.
(B) wA = wB < wR.
(C) wA = wB = wR.
(D) wA < wB < wR.
(E) wA > wB = wR.
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5. Em 6 de agosto de 2012, o jipe “Curiosity” pousou em
Marte. Em um dos mais espetaculares empreendimentos
da era espacial, o veículo foi colocado na superfície do
planeta vermelho com muita precisão. Diferentemente das
missões anteriores, nesta, depois da usual descida balística na atmosfera do planeta e da diminuição da velocidade provocada por um enorme paraquedas, o veículo de
quase 900 kg de massa, a partir de 20 m de altura, foi
suave e lentamente baixando até o solo, suspenso por três
cabos, por um tipo de guindaste voador estabilizado no ar
por meio de 4 pares de foguetes direcionais. A ilustração
abaixo representa o evento.
[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 5.
Se considerarmos os três cabos na vertical a força peso
no jipe vale P = 3T, pois a força peso será dividida igualmente para cada cabo.
Lembrando que o jipe viaja para Marte, então a força que
o Planeta faz sobre o mesmo é dada pela Lei da Gravitação Universal de Newton.
M.m
!F = G 2
d
Considerando que a distância d poderá ser considerada o
raio do planeta, pois a distância do jipe a superfície é pequena em relação ao raio do planeta.
Então na equação acima a força F é a própria força peso
P que o planeta faz no jipe e com isso podemos resolver
da seguinte maneira:
M .m
M .m
FM = G. M 2 jipe → PM = G. M 2 jipe
RM
RM
!
FT = G.
MT .m jipe
→ PT = G.
MT .m jipe
R
R2T
Agora podemos fazer a razão entre as forças peso em
Marte e na Terra (PM/PT) para chegarmos na razão das
tensões nos cabos.
! PM =
PT
Disponível em: <http://nasa.gov/mission_pages/msl/multimedia/gallery/pia14839.html>.
Acesso em: 19 set 2012
O cabo ondulado que aparece na figura serve apenas para
comunicação e transmissão de energia entre os módulos.
(B) 0,2.
(E) 5,0.
G.
MM.m jipe
2
M
R
MT .m jipe
R2T
MM
2
R2 M R2 M R2
1 ⎛ RT ⎞
1
= M = M2 x T = M x 2T =
x ⎜ ⎟ = .22 = 0,4
MT RM MT MT RM 10 ⎝ RM ⎠
10
R2T
Portanto a razão entre os pesos foi determinada e como P
= 3T, então:
! PM = 0,4 → 3 TM = 0,4 → TM = 0,4
Considerando as seguintes razões: massa da Terra/massa
de Marte ~ 10 e o raio médio da Terra/raio médio de Marte
~ 2, a comparação com descida similar, realizada na
superfície terrestre, resulta que a razão correta entre a
tensão em cada cabo de suspensão do jipe em Marte e na
Terra (TM/TT) é, aproximadamente, de
(A) 0,1.
(D) 2,5.
G.
2
T
PT
3 TT
TP
Resposta letra C.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 6.
Analisando as figuras uma de cada vez podemos verificar
que:
(C) 0,4 N.
Instrução: As questões 6 e 7 referem-se ao enunciado
abaixo.
Um estudante movimenta um bloco homogêneo de massa
M, sobre uma superfície horizontal, com forças de mesmo
módulo F, conforme representa a figura abaixo.
!
Na figura X a força normal é maior que o peso, pois de
acordo com a figura a força F é oblíqua e com isso podemos decompor esta em duas componentes, na direção horizontal e vertical. Desta forma a componente vertical está
orientada para baixo, e somada com a força peso dá a
normal, pois não há movimento na vertical e com isso a
resultante das forças nessa direção é zero!
Na figura Y acontece o contrário! A força F pode ser decomposta em duas componentes, vertical e horizontal, porém a vertical está para cima, e portanto, esta componente
mais a força normal é igual ao valor da força peso.
E na figura Z a força F é paralela a direção horizontal e
para este caso não há componentes para ser decomposta.
Então neste caso na direção vertical só existe a força peso
e normal que possuem o mesmo valor!
Resposta letra C.
6. A força normal exercida pela superfície é, em módulo,
igual ao peso do bloco
(A) apenas na situação X.
(B) apenas na situação Y.
(C) apenas na situação Z.
(D) apenas nas situações X e Y.
(E) em X, Y e Z.
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7. O trabalho realizado pelo estudante para mover o bloco
nas situações apresentadas, por uma mesma distância d,
é tal que
(A) WX = WY = WZ.
(C) WX > WY > WZ.
(E) WX < WY < WZ.
[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 7.
Para determinar o trabalho realizado pela força em cada
situação, temos que antes lembrar que o trabalho da força
é dado pela relação abaixo:
W = F.d.cos a
Note que como a distância é a mesma nas três situações
o trabalho então só será alterado pela intensidade da força
e pelo ângulo.
Na figura X temos o trabalho como sendo:
WX = F.d.cos a
Na figura Y temos:
WY = F.d.cos a
Na figura Z temos:
WZ = F.d.cos 0o = F.d
Podemos notar que os trabalhos WX e WY (WX = WY) são
iguais devido o ângulo a ser o mesmo nas duas situações,
porém como o cosseno de a é um valor menor que 1
então os trabalhos WX e WY são menores que o trabalho
WZ (WX = WY < WZ).
Resposta B.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 8.
Para saber qual o tipo de colisão temos que verificar a Lei
de Conservação de Energia.
m.v1i2 m.v 22i
EMX = EC + EC =
+
1i
2i
2
2
m.v1f2 m.v 22f
! EMY = EC + EC =
+
→ v1f = v 2i;v 2f = v1i
1f
2f
2
2
(B) WX = WY < WZ.
(D) WX > WY = WZ.
8. Assinale a alternativa que preenche corretamente as
lacunas da sentença abaixo, na ordem em que aparecem.
Dois blocos, 1 e 2, de massas iguais, movem-se com
velocidades constantes de módulos V1i > V2i, seguindo a
mesma direção orientada sobre uma superfície horizontal
sem atrito. Em certo momento, o bloco 1 colide com o
bloco 2. A figura representa dois instantâneos desse
movimento, tomados antes (X) e depois (Y) de o bloco 1
colidir com o bloco 2. A colisão ocorrida entre os instantes
representados é tal que as velocidades finais dos blocos 1
e 2 são, respectivamente, V1f = V2i e V2f = V1i.
(
Com base nessa situação, podemos afirmar corretamente
que a colisão foi ....................... e que o módulo do impulso
sobre o bloco 2 foi ..................... que o módulo do impulso
sobre o bloco 1.
Substituindo os valores das velocidades dadas no
enunciado que estão entre parênteses após a colisão
teremos:
m.v 22i m.v1i2
! EMY =
+
= EMX Se a energia mecânica antes da
2
2
colisão (X) é igual depois da colisão (Y) então há conservação de energia e nesta situação temos uma colisão perfeitamente elástica. Já o impulso depende da força e do
tempo de aplicação da mesma (I = F.Dt), como a força que
o bloco 1 faz no bloco 2 deve ser a mesma em intensidade
e o tempo para aplicação destas forças também é o mesmo, concluí-se que o impulso também será o mesmo!
Resposta D.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 9.
Para resolvermos essa questão, temos que observar que
a esfera de aço ao ser mergulhada no líquido fica em equilíbrio, ou seja, a força resultante é zero (FR = 0).
Então nesta situação as forças atuantes na esfera são o
peso (para baixo), o empuxo exercido pelo líquido (para
cima) e a força que o dinamômetro faz (para cima) para
sustentar a esfera. Então equacionando essas forças temos:
P = E + Fdin (Fdin → 70% Peso → Fdin = 0,7.P)
P = E + 0,7.P → maço .g = µ liq .g.Vvd + 0,7.maço .g
(A) inelástica - o mesmo
(B) inelástica - maior
(C) perfeitamente elástica - maior
(D) perfeitamente elástica - o mesmo
(E) perfeitamente elástica - menor
9. Uma esfera maciça de aço está suspensa em um dinamômetro, por meio de um fio de massa desprezível, e todo
esse aparato está imerso no ar. A esfera, ainda suspensa
ao dinamômetro, é então mergulhada completamente num
líquido de densidade desconhecida. Nesta situação, a leitura do dinamômetro sofre uma diminuição de 30% em relação à situação inicial. Considerando a densidade do aço
igual a 8 g/cm3, a densidade do líquido, em g/cm3, é aproximadamente
(A) 1,0.
(D) 3,0.
(B) 1,1.
(E) 5,6.
)
(C) 2,4.
! maço = µ liq .Vvd + 0,7.maço → µ aço .Vaço = µ liq .Vvd + 0,7.µ aço .Vaço
8 = µ liq + 0,7.8 → µ liq = 8 − 5,6 = 2,4 g/cm3
Nota: Observe que como a esfera está toda submersa, o
volume de líquido deslocado é o mesmo valor do volume
da esfera e por isso ele foi simplificado juntamente com o
volume da esfera no cálculo.
Resposta letra C.
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10. Duas esferas maciças e homogêneas, X e Y, de mesmo volume e materiais diferentes, estão ambas na mesma
temperatura T. Quando ambas são sujeitas a uma mesma
variação de temperatura ΔT, os volumes de X e Y
aumentam de 1% e 5%, respectivamente.
[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 10.
De acordo com o enunciado as duas esferas sofrem a
mesma variação de temperatura (ΔTX = ΔTY). Essa é a
condição que usaremos para resolver a questão.
Lembrando que ΔV = Vo. g.ΔT, e isolando ΔT teremos:
ΔT = ΔV/Lo.g
Então a resolução será:
1
5
ΔVX
ΔVY
V
V
α
1
! ΔTX = ΔTY →
=
→ 100 o = 100 o → X =
Vo .γ X Vo .γ Y
3.α X
3.α Y
αY 5
Resposta letra D.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 11.
Verificando as afirmações podemos constatar que:
I - Está certa, pois para saber se a temperatura se reduz
ou aumenta, basta verificar o produto p.V, e no estado A
temos:
pA.VA = P0.3V0 = 3P0.V0
Para o estado B temos:
pB.VB = 2P0.V0 = 2P0.V0
Como o produto no estado A é maior que no estado B,
então a temperatura se reduz!
II - Está errada, pois o trabalho depende da variação do
volume ΔV = (VB - VA), e esta variação é negativa!
ΔV = VB - VA = V0 - 3V0 = -2V0
III - Está errada, pois processos adiabáticos o gráfico é
uma curva e não uma reta ou também se preferir, um
processo adiabático obedece a equação:
p.Vg = constante
Mas cuidado pois o expoente g é uma fração e com isso o
gráfico não é uma reta!
Resposta A.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 12.
Para determinar qual ou quais máquinas vão obedecer a
segunda lei da termodinâmica, temos que lembrar que nenhuma delas pode ter o rendimento maior que uma máquina térmica que opere com o ciclo de Carnot na mesma
faixa de temperatura.
Então primeiro vamos calcular o rendimento da máquina
de Carnot e depois os das máquinas térmicas propostas.
T
250
! η = 1− F = 1−
= 1− 0,5 = 0,5 ou 50%
TQ
500
A razão entre os coeficientes de dilatação linear dos
materiais de X e Y, aX/aY, é
(A) 1.
(B) 1/2.
(C) 1/4.
(D) 1/5.
(E) 1/10.
11. Uma amostra de gás ideal evolui de um estado A para
um estado B, através de um processo, em que a pressão
P e o volume V variam conforme o gráfico abaixo.
Considere as seguintes afirmações sobre esse processo.
I - A temperatura do gás diminuiu.
II - O gás realizou trabalho positivo.
III - Este processo é adiabático.
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas II.
(C) Apenas III.
(D) Apenas I e III.
(E) I, II e III.
12. Um projeto propõe a construção de três máquinas térmicas, M1, M2 e M3, que devem operar entre as temperaturas de 250 K e 500 K, ou seja, que tenham rendimento
ideal igual a 50%. Em cada ciclo de funcionamento, o calor absorvido por todas é o mesmo: Q = 20 kJ, mas espera-se que cada uma delas realize o trabalho W mostrado
na tabela abaixo.
Nenhuma das máquinas pode ter um rendimento superior
ao calculado acima!
Vamos determinar o rendimento da primeira máquina
térmica M1.
W 20000
! η1 =
=
= 1 rendimento de 100%, e portanto, a
QQ 20000
máquina M1 viola a segunda lei da termodinâmica.
W 12000
! η2 =
=
= 0,6 rendimento de 60% e também tem
QQ 20000
rendimento maior que 50% superior ao da máquina de
Carnot calculada no início, portanto ela não pode ser construída.
W
8000
! η3 =
=
= 0,4 rendimento de 40%, e este resultaQQ 20000
!
De acordo com a segunda lei da termodinâmica, verificase que somente é possível a construção da(s) máquina(s)
do está de acordo com a teoria, pois ela tem um rendimento menor que o da máquina de Carnot e pode ser construída.
Resposta C.
(A) M1.
(B) M2.
(C) M3.
(D) M1 e M2.
(E) M2 e M3.
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Instrução: As questões 13 e 14 referem-se ao enunciado
seguinte.
Uma onda transversal propaga-se com velocidade de 12
m/s numa corda tensionada.
O gráfico abaixo representa a configuração desta onda na
corda, num dado instante de tempo.
[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 13.
O comprimento de onda é definido como sendo a distância
entre duas cristas ou dois vales. Na figura abaixo foi
marcado a distância entre dois vales. Distância essa que
vale 8cm. Portanto o comprimento de onda vale 8cm.
!
Já a amplitude, para essa onda transversal é a distância
entre a crista e o eixo, como está mostrado na figura acima representando pela letra A. A medida marcada no gráfico que representa a amplitude vale 3 cm.
Resposta letra D.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 14.
Para determinar a frequência usaremos uma das respostas da questão anterior na seguinte equação das ondas.
13. O comprimento de onda e a amplitude desta onda
transversal são, respectivamente,
(A) 4 cm e 3 cm.
(C) 6 cm e 3 cm.
(E) 8 cm e 6 cm.
(B) 4 cm e 6 cm.
(D) 8 cm e 3 cm.
14. A frequência da onda, em Hz, é igual a
(A) 2/3.
(B) 3/2.
(C) 200/3.
(D) 96.
v = l.f
(E) 150.
Cuidado que o comprimento de onda está em centímetros!
12 = 0,8.f -> f = 150 Hz
Resposta letra E.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 15.
Completando e respondendo as lacunas.
Na primeira, a luz penetra no vidro sofrendo uma refração,
e com isso, ela tem sua frequência inalterada.
Na segunda lacuna temos que analisar o comprimento de
onda. De acordo com a equação da onda v = l.f, se a frequência é a mesma, o comprimento de onda e a velocidade são diretamente proporcionais.
Então para responder essa lacuna e a terceira usaremos
uma informação do texto, de que o índice de refração no
vidro é maior que no ar.
Quanto maior o índice de refração de um meio, menor a
velocidade da luz neste meio (nmeio = c/vmeio). Então a velocidade da luz no vidro é menor e consequentemente seu
comprimento de onda também é menor.
Resposta letra D.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 16
Para determinar o índice de refração do bloco triangular
usaremos a Lei de Snell-Descartes.
n1.sen q1 = n2.sen q2
n1 = 1 → é o índice de refração do ar.
n2 = ? → índice do bloco triangular.
15. Assinale a alternativa que preenche corretamente as
lacunas do texto abaixo, na ordem em que aparecem.
A radiação luminosa emitida por uma lâmpada a vapor de
lítio atravessa um bloco de vidro transparente, com índice
de refração maior que o do ar.
Ao penetrar no bloco de vidro, a radiação luminosa tem
sua frequência ..................... . O comprimento de onda da
radiação no bloco é ............ que no ar e sua velocidade de
propagação é ................ que no ar.
(A) alterada - maior - menor
(B) alterada - o mesmo - maior
(C) inalterada - maior - menor
(D) inalterada - menor - menor
(E) inalterada - menor - a mesma
16. No diagrama abaixo,
i representa um raio luminoso propagando-se no ar,
que incide e atravessa um bloco triangular de material
transparente desconhecido.
Com base na trajetória completa do raio luminoso, o índice de refração deste material desconhecido é
(Dados: índice de refração do ar = 1; sen 30o = cos 60o
!
q1 → ângulo de incidência. q1 + 30o = 90o → q1 = 60o
q2 → ângulo de refração. q2 = 30o
Aplicando na Lei Snell-descartes.
1
3
= ; sen 60o = cos 30o =
.)
2
2
(A) !
(D) !
3
.
2
4
3
.
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(B) !
2
3
.
(C) ! 3
! 1.sen 60o = n2 .sen 30o →
(E) ! 2 3 .
3
1
= n 2. → n 2 = 3
2
2
Resposta letra C.
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[email protected]
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 17.
Para determinar qual diagrama é o correto, temos que
lembrar que para localizar a imagem dois raios luminosos
deve atingir o espelho plano e convergirem para um ponto.
Este ponto é localizada a imagem e é para este ponto que
o observador deve olhar.
No esquema abaixo mostro a determinação do esquema
correto.
17. Nos diagramas abaixo, 0 representa um pequeno
objeto luminoso que está colocado diante de um espelho plano P, perpendicular à página, ambos imersos no
ar; I representa a imagem do objeto formada pelo espelho, e o olho representa a posição de quem observa a
imagem.
Qual dos diagramas abaixo representa corretamente a
posição da imagem e o traçado dos raios que chegam
ao observador?
!
!
Resposta letra E.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 18.
O processo consiste em fazer as partículas maiores presentes na fumaça adquiriem carga elétrica negativa para
serem atraídas pelos coletores positivos. Esse processo
obedece os princípios da eletricidade estática.
Resposta letra A.
!
!
!
!
18. Um dos grandes problemas ambientais decorrentes do
aumento da produção industrial mundial é o aumento da
poluição atmosférica. A fumaça, resultante da queima de
combustíveis fósseis como carvão ou óleo, carrega partículas sólidas quase microscópicas contendo, por exemplo,
carbono, grande causador de dificuldades respiratórias.
Faz-se então necessária a remoção destas partículas da
fumaça, antes de ela chegar à atmosfera.
!
Um dispositivo idealizado para esse fim está esquematizado na figura abaixo.
A fumaça poluída, ao passar pela grade metálica negativamente carregada, é ionizada e posteriormente atraída
pelas placas coletoras positivamente carregadas. O ar
emerge fica até 99% livre de poluentes. A filtragem do ar
idealizada neste dispositivo é um processo
fundamentalmente baseado na
(A) eletricidade estática.
(B) conservação de carga elétrica.
(C) conservação de energia.
(D) força eletromotriz.
(E) conservação de massa.
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19. Na figura abaixo, está mostrada uma série de quatro
configurações de linhas de campo elétrico.
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RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 19.
Para responder a primeira lacuna, temos que lembrar que
cargas geradoras positivas tem as suas linhas de força do
campo elétrico voltadas para fora e as negativas para dentro.
Portanto na figura 1 e 4 as duas cargas tem o mesmo sinal
(positivo).
Na segunda lacuna temos que descobrir que pares de cargas tem quantidade (magnitude) de carga elétrica distintas. Para saber isso procuramos simetria nas linhas de força do campo elétrico. No caso os pares 3 e 4 tem a mesma simetria e portanto tem a mesma quantidade de carga
elétrica e os pares 1 e 2 não há simetria, indicando portanto, quantidades de cargas distintas.
Resposta A.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 20.
Analisando as afirmações temos:
Na letra A para o mesmo módulo da velocidade verificamos:
2.π .R1 2.π .R2
R 2.R1
! v1 = v 2 →
=
→ 1=
→ T2 = 2T1
T1
T2
T1
T2
Portanto os períodos orbitais não são iguais.
Na B como a quantidade de movimento é definida como
sendo Q = m.v, então:
Q Q
! v1 = v 2 → 1 = 2 (1)
m1 m2
Concluo que o valor das quantidades de movimento depende do valor das massas e portanto para sabermos se
são iguais só conhecendo o valor das massas.
m.v
Na letra C usaremos novamente a relação ! R =
.
B.q
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas da sentença abaixo, na ordem em que aparecem.
Nas figuras ......, as cargas são do mesmo sinal e, nas figuras ......., as cargas têm magnitudes distintas.
(A) 1 e 4 - 1 e 2.
(C) 3 e 4 - 1 e 2.
(E) 2 e 3 - 1 e 4.
m.v
R.B.q
isolando “v” teremos: ! v =
B.q
m
Resolvendo...
!R =
(B) 1 e 4 - 2 e 3.
(D) 3 e 4 - 2 e 3.
!v
1
= v2 →
R1.B.q1 R2 .B.q2
R .B.q1 2R1.B.q2
q
2q
q
=
→ 1
=
→ 1 = 2 → m1 = 1 .m2
m1
m2
m1
m2
m1 m2
2q2
Essa resposta nos permite concluir que a relação das
massas depende também das cargas e vice-versa, motivo
pelo qual a alternativa C a D estão incorretas e o resultado
obtido nos fornece a resposta da letra E.
20. Duas partículas, com cargas q1 e q2 e massas m1 e
m2, penetram com a mesma velocidade de módulo v, através do orifício P, em uma região de campo magnético uniforme B, dirigido perpendicularmente para fora desta página, conforme representa a figura abaixo.
As partículas descrevem órbitas circunferenciais de raios
diferentes R1 e R2, tais que R2 = 2R1. Com base na descrição acima, podemos garantir que estas partículas possuem
(A) o mesmo período orbital.
(B) valores iguais de quantidade de movimento.
(C) m1 = m2/2.
(D) q1 = q2/2.
(E) q1/m1 = 2q2/m2.
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21. A figura abaixo representa um dispositivo eletrônico D
conectado a uma bateria “recarregável” B, que o põe em
funcionamento. i é a corrente elétrica que aciona D.
A respeito desse sistema, considere as seguintes afirmações.
I - As cargas elétricas de i são consumidas ao atravessarem D.
II - O processo de “recarga” não coloca cargas em B.
III - Toda a carga elétrica que atravessa D origina-se em B.
Quais são corretas?
(A) Apenas I.
(C) Apenas III.
(E) I, II e III.
(B) Apenas II.
(D) Apenas II e III.
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RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 21.
Analisando as afirmações podemos concluir que:
I - Está errada, pois cargas elétricas obedecem o princípio
de conservação e não são consumidas, mas a energia pode ser consumida.
II - Está correta, pois as cargas não saem da bateria e
muito menos voltam pra ela! As cargas estão nos fios condutores.
III - Está errada, pois como explicado anteriormente, as
cargas não se originam em B (bateria), elas estão nos
condutores (fios).
Resposta letra B.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 22.
Como o texto é praticamente auto-explicativo sobre o princípio do funcionamento da suspensão do trem, indicando a
indução de correntes elétricas por campos magnéticos,
então o sistema é uma aplicação da lei de Faraday-Lenz.
Portanto resposta letra D.
22. O aumento da concentração populacional nas áreas
urbanas impõe o desenvolvimento de transportes de massa mais eficientes. Um candidato bastante promissor para
esse trabalho é o trem MAGLEV, abreviatura inglesa de
Magnetic Levitation, que significa Levitação Magnética. Diferentemente dos trens convencionais, os trens MAGLEV
não possuem motores, sendo assim mais leves, e a principal forma de atrito encontrada durante seu movimento é
a resistência do ar, o que lhes permite alcançar velocidades maiores do que 500 km/h.
O principio de funcionamento é relativamente simples e
um dos sistemas em uso, a chamada Suspensão Eletrodinâmica (ou levitação por repulsão), emprega correntes
elétricas induzidas em condutores submetidos a fluxos
magnéticos variáveis.
A figura abaixo ilustra o processo básico: campos magnéticos intensos, criados por bobinas fixas no trem, induzem
forças eletromotrizes variáveis nas bobinas em forma de
“8”, fixas nos trilhos. As correntes elétricas resultantes nessas bobinas originam campos magnéticos com polaridades invertidas, conforme mostra a figura a). Assim, as bobinas fixas no trem serão atraídas pelas metades superiores e repelidas pelas metades inferiores das bobinas dos
trilhos (figura b), promovendo a levitação.
Com base na descrição acima, podemos afirmar corretamente que o trem MAGLEV é uma aplicação direta do
Eletromagnetismo, em particular da
(A) lei de Coulomb.
(C) lei de Ampère.
(E) lei de Biot-Savart.
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(B) lei de Ohm.
(D) lei de Faraday-Lenz.
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23. O diagrama abaixo representa alguns níveis de energia fo átomo de hidrogênio.
Átomos de hidrogênio, inicialmente no estado fundamental, começam a ser incididos continuamente por radiações
eletromagnéticas de diferentes energias Ei: E1 = 2,3 eV, E2
= 1,9 eV e E3 = 10,2 eV. Quais destas radiações serão absorvidas pelos átomos de H, sem causar ionização?
(A) Apenas E1.
(C) Apenas E1 e E2.
(E) E1, E2 e E3.
(B) Apenas E2.
(D) Apenas E2 e E3.
24. A medicina nuclear designa o conjunto das aplicações
em que a substâncias radioativas são associadas ao diagnóstico e à terapia. Em algumas radioterapias, um radiofármaco é injetado no paciente visando ao tratamento de
órgão alvo. Assim, por exemplo, o rênio (186Re) é utilizado
para aliviar doenças reumáticas, e o fósforo (32P) para reduzir a produção excessiva de glóbulos vermelhos na medula óssea.
Considere que a meia vida do rênio é de 3,5 dias e a do
fósforo 14 dias. Após 14 dias da aplicação destes radiofármacos, as quantidades restantes destes isótopos radioativos no paciente serão, em relação às quantidades iniciais,
respectivamente,
(A) 1/2 e 1/2.
(D) 1/16 e 0.
(B) 1/4 e 0.
(E) 1/16 e 1/2.
(C) 1/4 e 1/2.
25. Neste ano de 2013, comemora-se o centenário da publicação do modelo atômico de bohr, uma das bases da
moderna teoria quântica.
A respeito desse modelo, são feitas as seguintes afirmações.
I - Os elétrons movem-se em torno do núcleo em órbitas
circunferenciais, sob influência da atração coulombiana, e
satisfazem as leis de Newton.
II - Emissão ou absorção de radiação ocorre apenas quando o elétron faz uma transição entre órbitas permitidas.
III - Nem todas as órbitas são permitidas, apenas aquelas
nas quais a energia é um múltiplo inteiro de uma quantidade fundamental.
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RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 23.
Serão absorvidas aquelas que tiverem valor igual a diferença de energia entre dois níveis de energia do átomo de
hidrogênio. Então se analisarmos a diferença entre os níveis 1 e 2 teremos:
E = E2 - E1 = -,3,4 -(-13,6) = 10,2 eV
Portanto E3 será absorvida e o elétron fará a transição do
nível 1 para o 2.
Para o elétron passar para o nível 3 precisará de:
E = E3 - E2 = -1,5 -(-3,4) = 1,9 eV
Portanto E2 será absorvida e o elétron fará a transição do
nível 2 para o 3.
Para o elétron passar para o nível 4 precisará de:
E = E4 - E3 = -0,9 -(-1,5) = 0,6 eV
Portanto não existe nenhuma transição entre os níveis que
a energia seja exatamente de E1 = 2,3 eV.
Então as energias absorvidas serão E2 e E3.
Resposta letra D.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 24.
Para determinar a quantidade restantes dos isótopos radioativos, usaremos a equação para a meia-vida abaixo.
⎧m → massa restante
mT
⎪
! m = n → ⎨mT → massa inicial
2
⎪n → número de meia-vida
⎩
Calculando para o rênio:
Primeiro precisamos determinar o valor de “n”
t
m
m
14
! n = transcorrido =
=4
! m = 4T = T
t meai−vida 3,5
16
2
Calculando para o fósforo:
t
m
m
14
! n = transcorrido =
=1
! m = 1T = T
t meai−vida 14
2
2
Resposta letra E.
RESOLUÇÃO DA QUESTÃO 25.
Analisando as afirmações relacionadas aos postulados do
modelo atômico de Bohr.
I - Está correta, pois de acordo com Bohr o elétron encontra-se em estados estacionários (órbitas circulares), e estes se mantém assim devido a força elétrica exercida pelo
núcleo (atração coulombiana).
II - Está correta, pois de acordo com o postulado, o elétron
só transita entre os níveis quando recebe ou perde uma
quantidade de energia que vale a diferença de energia
entre os níveis transitados.
III - Errada, pois a energia não é um múltiplo inteiro, de
acordo com a equação da energia de cada nível abaixo.
E
! En = − 2o
n
Resposta letra B.
Quais estão corretas?
(A) Apenas I.
(B) Apenas I e II.
(C) Apenas I e III.
(D) Apenas II e III.
(E) I, II e III.
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