Fisica exercicios resolvidos 001

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Fisica exercicios resolvidos 001

  1. 1. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA FÍSICA Sabe-se que a velocidade do vento é 75% da velocidade do avião. ∆t1 Para uma mesma distância percorrida, a razão , entre os ∆t2 QUESTÃO 1Uma partícula move-se com velocidade de 50 m/s. Sob a ação de uma intervalos de tempo nas situações (1) e (2), valeaceleração de módulo 0,2 m/s2, ela chega a atingir a mesma 1 3 7 5 a) b) c) d)velocidade em sentido contrário. O tempo gasto, em segundos, para 3 5 9 7ocorrer essa mudança no sentido da velocidade éa) 250 Resolução Alternativa Db) 500 Situação (1):c) 100d) 50 AVIÃO vA Resolução Alternativa B TOTALA partícula inicialmente está com velocidade v 0 = 50 m / s . Para 3atingir uma velocidade de mesmo módulo, porém em sentido contrário vA 7( v = −50 m / s ), ela deve sofrer uma aceleração no sentido contrário VENTO 4 v1 = vA 4ao seu sentido inicial de movimento, ou seja, a = −0,2 m / s 2 . Sendoo movimento uniformemente variado, temos:v = v 0 + at ⇒ −50 = 50 − 0,2 ⋅ t ⇒ t = 500 s Situação (2): QUESTÃO 2 AVIÃOUm corpo é abandonado do repouso de uma altura h acima do solo. vA vANo mesmo instante, um outro é lançado para cima, a partir do solo,segundo a mesma vertical, com velocidade v. Sabendo que os corpos 3se encontram na metade da altura da descida do primeiro, pode-se 3 vAafirmar que h vale: vA 4 TOTAL v v  1 2 v2 v  2 4 VENTOa) g b)   c) d)   v2 g g g Resolução Alternativa C Pelo teorema de Pitágoras, temos:Orientando a trajetória para baixo, e colocando a origem no ponto de 3 5onde o primeiro corpo é abandonado, temos: | v 2 |2 =| v A |2 + | v A |2 ⇒| v 2 |= | v A | . 4 4 0 Corpo 1 Para uma mesma distância D percorrida nas duas situações:  D | v1 |= ∆t  1  ⇒| v1 | ∆t1 =| v 2 | ∆t 2 ⇒ | v |= D   2 ∆t 2 v 7 5 ∆t 5 h | v A | ∆t1 = | v A | ∆t2 ⇒ 1 = 4 4 ∆t 2 7 Corpo 2 QUESTÃO 4As equações horárias do movimento de cada um deles são dadas por: Um corpo de massa m, preso à extremidade de um fio, constituindo g 2 um pêndulo cônico, gira num círculo horizontal de raio R, como mostra y1 = 0 + 0t + 2 t a figura. . y = h − vt + g t 2 2 2 hComo eles se encontram no ponto y = , da equação horária do 2corpo 1 vem que: h g 2 h = t ⇒t = 2 2 gSubstituindo na equação do corpo 2, que nesse instante também hchegou ao ponto y = , temos: 2 2 Sendo g a aceleração da gravidade local e θ o ângulo do fio com ah h g h h h v2 = h −v ⋅ +  ⇒h =v ⇒ h2 = v 2 ⋅ ⇒ h = ± vertical, a velocidade do corpo pode ser calculada por2 g 2  g g g g  a) Rgtgθ b) 2RgA raiz negativa não convém, devido às hipóteses adotadas (h positivo) c) Rgsenθ d) Rg QUESTÃO 3Considere um pequeno avião voando em trajetória retilínea comvelocidade constante nas situações a seguir.(1) A favor do vento.(2) Perpendicularmente ao vento. 1
  2. 2. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA Resolução Alternativa A QUESTÃO 6As forças que atuam no corpo são o seu peso e a tração do fio. A Na questão anterior, considere que a bola da situação 2 atinge o soloresultante dessas duas forças é a força centrípeta: com uma velocidade duas vezes maior que a velocidade limite alcançada pela bola na situação 1. Nestas condições, pode-se afirmar T T que o percentual de energia dissipada na situação 1 foi de: a) 75% b) 25% c) 50% d) 10% Resolução Alternativa A Seja v1 a velocidade limite alcançada na situação 1 e v2 a velocidade FCP com que a bola atinge o solo na situação 2. P P Em ambas as situações, a energia mecânica inicial em relação ao solo é dada pela energia potencial gravitacional, ou seja, E0 = m | g | h .O polígono de forças correspondente é: Na situação 2, há conservação da energia mecânica, e portanto podemos escrever: θ T E0 = EC ⇒ m | g | h = mv 2 2 ⇒ v2 = 2 | g | h P 2 Por outro lado, na situação 1, de acordo com o enunciado: 1 1 v1 = v 2 ⇒ v1 = 2|g |h FCP 2 2 A energia mecânica com que a bola chega ao solo nessa situação é aLogo, temos: 2 mv12 |v | sua energia cinética . Assim, a perda de energia mecânica em m 2 2 | FCP | R = | v | ⇒| v |= R | g | tgθ tgθ = = relação à energia mecânica inicial será dada por: |P | m|g | R|g | 2 mv12 1  m|g |h− v12 2 2|g |h QUESTÃO 5 2 = 1− = 1−   =A figura mostra uma bola de isopor m|g |h 2|g |h 2|g |hcaindo, a partir do repouso, sob 1 3efeito da resistência do ar, e outra = 1− = = 75% 4 4bola idêntica, abandonada no vácuono instante t1 em que a primeiraatinge a velocidade limite. QUESTÃO 7A opção que pode representar A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando horizontalmente em MCU com velocidades lineares v1 e v2. A razão T1 entre as intensidades das trações nos fios ideais 1 e 2 éos gráficos da altura h em função do tempo t para as situações T2descritas é:a) c)b) d) v12 + v 2 2 2v12 + v 22 a) b) v 22 v 22 v12 − v 2 2 v 22 c) d) v 22 v12 Resolução Alternativa CObserve que foi adotada a orientação positiva para cima.O movimento da bola na situação 1 será acelerado para baixo(embora não necessariamente com aceleração constante) até oinstante t1, em que ela atinge sua velocidade limite, e a partir daí Resolução Alternativa Bpassa a cair em movimento retilíneo e uniforme. Antes de t1, seu Isolando os corpos 1 e 2, temos:movimento não é uniforme e o gráfico do espaço em função do temponão será uma reta, o que descarta as alternativas (b) e (d).Além disso, antes de t1 a aceleração escalar, apontando para baixo, T1 T2será negativa, pois está no sentido contrário àquele adotado como 1positivo. Portanto, a curva deve ter concavidade negativa, o queacontece apenas na alternativa (c).Finalmente, na situação 2, a bola está em queda livre, e sua equaçãohorária dos espaços será dada por: T2 2 g (t − t1 )2 , cujo gráfico é uma parábola, também deh(t ) = H − 2concavidade negativa, deslocado de t1 para a direita. Os corpos estão em movimento circular uniforme, portanto a força resultante sobre cada um deles é de natureza centrípeta: 2
  3. 3. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA  | v1 |2 c) d) | T1 | − | T2 |= m1  R  | T |= m | v 2 |2  2  2 2RDividindo membro a membro a primeira equação pela segunda, elembrando que as massas m1 e m2 são iguais, já que os corpos sãoidênticos, vem que: | T1 | − | T2 | | v |2 |T | | v |2 | T2 | = 2 1 2 ⇒ 1 −1 = 2 1 2 ⇒ | v2 | | T2 | | v2 | Resolução Alternativa D Como a pessoa fica em contato apenas com a parede vertical (não há | T1 | 2 | v1 |2 + | v 2 |2 contato com nenhum tipo de piso), então deve haver alguma força de = atrito exercida pela parede para equilibrar a força peso que atua sobre | T2 | | v 2 |2 a pessoa. Portanto, deverá existir um atrito vertical e dirigido para cima. A reação normal da parede sobre a pessoa faz o papel de QUESTÃO 8 resultante centrípeta, sendo a responsável pelo movimento circularO volume de água necessário para acionar cada turbina de uma uniforme que a pessoa executará junto com o cilindro. Como odeterminada central hidrelétrica é cerca de 700 m3 por segundo, enunciado pediu o diagrama de forças em relação a um referencial fixo“guiado” através de um conduto forçado de queda nominal igual a 112 na Terra, que pode ser considerado inercial para a situação dom. problema, não existe nenhuma força do tipo centrífuga, uma vezConsidere a densidade da água igual a 1kg/L. Se cada turbina que forças dessa natureza só aparecem em referencias não-inerciais.geradora assegura uma potência de 700 MW, a perda de energia Tal seria o caso se a pergunta sobre o diagrama de forças fosse feitanesse processo de transformação mecânica em elétrica é, em relação a um referencial dentro do brinquedo, ou seja, que tambémaproximadamente, igual a estivesse em movimento de rotação. Além disso, naturalmente, há aa) 5% força peso, orientada para baixo, devido ao campo gravitacional dab) 15% Terra, que age sobre a pessoa.c) 10%d) 20% Resolução Alternativa C QUESTÃO 10Se não houvesse perdas, a energia gerada seria precisamente a Em uma apresentação da Esquadrilha da Fumaça, uma dasenergia potencial gravitacional da água no topo da queda. Assim: acrobacias é o “loop”, representado pela trajetória circular da figura. E m⋅ | g | ⋅h ( ρ ⋅ V )⋅ | g | ⋅h V  Ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória, a força que o assento P0 = G = = = ρ ⋅   ⋅ | g | ⋅h do avião exerce sobre o piloto é ∆t ∆t ∆t  ∆t Onde,ρ = densidade da águaV = volume de águaAssim, como temos 700 m3 a cada 1 segundo: P0 = 1,0 ⋅ 10 3 ⋅ 700 ⋅ 10 ⋅ 112 = 784 ⋅ 10 6 W = 784 MWComo a energia gerada é de fato 700 MW, a perda em relação àenergia potencial gravitacional é dada por: 784 − 700 = 10,7% 784 QUESTÃO 9 a) igual ao peso do piloto.A figura representa um brinquedo de b) maior que o peso do piloto.parque de diversão em que as c) menor que o peso do piloto.pessoas, apenas em contato com a d) nula.parede vertical, giram juntamente comuma espécie de cilindro gigante em Resolução Alternativa Bmovimento de rotação. Ao passar pelo ponto mais baixo da circunferência descrita, supondo que o avião esteja em movimento circular e uniforme, temos duasConsidere as forças envolvidas abaixo relacionadas. forças atuando no piloto, ambas verticais: o seu peso, que aponta paraP é a força peso baixo, e a força normal exercida pelo assento do avião, que apontaFat é a força de atrito estático para cima.Fcp é a força centrípetaFcf é a força centrífuga NPara um referencial externo, fixo na terra, as forças que atuam sobreuma pessoa estão representadas pela opção:a) b) P Observe que a soma vetorial dessas duas forças deve ser uma força resultante de natureza centrípeta, já que o piloto descreve uma trajetória circular junto com o avião. Como a força centrípeta aponta sempre para o centro da circunferência descrita, no ponto mais baixo da trajetória, a resultante entre N e P deve apontar para cima, portanto devemos ter: | N |>| P | 3
  4. 4. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA QUESTÃO 13 QUESTÃO 11 A figura abaixo apresenta dois corpos de massa m suspensos por fiosTrês esferas estão suspensas por ideais que passam por roldanas também ideais. Um terceiro corpo,fios ideais conforme a figura. Se a também de massa m, é suspenso no ponto médio M do fio e baixadoesfera A for deslocada da posição até a posição de equilíbrio.inicial e solta, ela atingirá umavelocidade v e colidirá frontalmentecom as outras duas esferasestacionadas. MConsiderando o choque entre as esferas perfeitamente elástico, pode-se afirmar que as velocidades v A , v B e vC de A, B e C , imediatamenteapós as colisões, serão: v O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é:a) v A = v B = vC = v b) v A = 0 e v B = vC = 2 d 3 d 3 a) b) v 6 3c) v A = v B = 0 e vC = v d) v A = v B = v C = 3 d 3 d 3 c) d) Resolução Alternativa C 4 2Designando as velocidades depois do choque por v’, temos, pelaconservação de energia (choque perfeitamente elástico e=1) nochoque entre A e B: Resolução Alternativa A v v - v v - v e = afast = B A = B A = 1 ⇒ v B - v A = v (1) v aprox v A - v B v -0Pela conservação da quantidade de movimento, temos: T θ3 TmA .v A + mB .v B = mA .v A + mB .v B ⇒ m.v + m.0 = m.v A + m.v B ⇒ T Tv = v A + v B (2) θ1 θ2Somando as equações (1) e (2), temos: −T2.v B = 2.v ⇒ v B = v TPortanto: v A = 0 P PAnalogamente no choque entre B e C, temos:v B = 0 Pv C = v Na figura, temos que as trações têm todas a mesma intensidade (T),Logo, imediatamente após as colisões, as velocidades de A e B são pois os três corpos são idênticos, logo θ1=θ2=θ3=120º. Além disso, danulas e a velocidade de C é igual a v: simetria do problema, podemos concluir que θ3 é dividido pela vertical v A = v B = 0 e vC = v em dois ângulos iguais: QUESTÃO 12 d 2A respeito de um satélite artificial estacionário em órbita sobre umponto do equador terrestre, afirma-se que:I- a força que a Terra exerce sobre ele é a resultante h centrípeta necessária para mantê-lo em órbita. 60º 60ºII - o seu período de translação é 24 horas. T TIII - os objetos soltos em seu interior ficam flutuando devido à θ1 ausência da gravidade. −TEstá (ão) correta(s): Ta) apenas I. b) apenas II e III. P Pc) apenas I e II. d) I, II e III. Resolução Alternativa C PI – Correta: De fato é a força gravitacional que mantém o satélite emsua órbita. Por ele estar estacionário (geoestacionário), podemos Assim, da figura:assumir que sua posição em relação à Terra não se altera e portanto dsua altitude permanece constante (raio constante, num movimento tg60º = 2 = d = 3 ⇒ h= d = d 3circular). A força de atração, única força atuante, é perpendicular ao h 2h 2 3 6vetor velocidade e, portanto, é a resultante centrípeta.II – Correta: Seu período de translação é o mesmo período de rotaçãoda Terra, para que ele permaneça estacionário em relação à mesma QUESTÃO 14(sobre uma mesma posição projetada na Terra). Uma viga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fiosIII – Incorreta: Tanto os objetos quanto o satélite estão sujeitos à verticais como mostra a figura abaixo:mesma ação da gravidade, ou seja, movimentam-se juntos. Daí o fatodos objetos flutuarem no interior do satélite, eles possuem aceleraçãorelativa em relação ao satélite nula. 4
  5. 5. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICAA razão entre as trações nos fios A e B vale: Assim, sabendo que o volume ocupado pela cortiça é maior, E1 < E2 e 1 2 como P1 − E1 = P2 − E2 ⇒ P1 < P2a) b) Re Com isso, no vácuo (onde não existiria empuxo) a balança penderia 2 3 5 3 so para o lado das cortiças.c) d) 6 4 lu ção Alternativa DObserve a figura: 7L/12 L/4 QUESTÃO 16 Duas esferas A e B de mesmo volume, de TA TB materiais diferentes e presas por fios ideais, encontram-se em equilíbrio no interior de um vaso com água conforme a figura. L/6 L/4 Considerando-se as forças peso P ( PA e PB ), empuxo ( E A e EB ) e tensão no fio ( TA e TB ) relacionadas L a cada esfera, é INCORRETO afirmar que:A partir do somatório das forças, temos: a) TA < TB b) E A = EBTA + TB = P (1) C) TA + TB = PA − PB d) PA > PBA partir do somatório dos momentos em relação ao ponto desustentação do fio B, temos: Resolução Alternativa A L 7L 3P TA EA EBP. − TA . = 0 ⇒ TA = (2) 4 12 7 4PSubstituindo (2) em (1) temos: TB = 7A razão entre as trações será: 3P TA 7=3 = TB 4P 4 7 PA TB PB QUESTÃO 15 PA = TA + E A  A partir da figura temos Uma balança está em equilíbrio, no ar, tendo bolinhas de ferro num PB + TB = EB prato e rolhas de cortiça no outro. Se esta balança for levada para o Para esfera de mesmo volume o empuxo é igual E A = EBvácuo, pode-se afirmar que ela:a) penderia para o lado das bolinhas de ferro, pois a densidade do Assim:mesmo é maior que a densidade da cortiça. PA − TA = PB + TB ⇒ PA − PB = TA + TBb) não penderia para nenhum lado, porque o peso das bolinhas de Como TA e TB são os módulos das trações (positivos), podemosferro é igual ao peso das rolhas de cortiça. concluir que PA > PBc) não penderia para nenhum lado, porque no vácuo não tem empuxo.d) penderia para o lado das rolhas de cortiça, pois enquanto estava no Assim, as alternativas b, c e d estão corretas.ar o empuxo sobre a cortiça é maior que o empuxo sobre o ferro. Nada podemos afirmar em relação a TA e TB: PA = TA + E  TA = PA − E  Resolução Alternativa D  ⇒ ⇒ TA − TB = ( PA + PB ) − 2EDenotando os índices 1 para ferro e 2 para cortiça, como no ar a PB + TB = E  TB = E − PB balança está em equilíbrio e considerando a balança com os braços Temos três opções de sistemas que satisfazem as condições doiguais N1 = N2 problema, com densidades possíveis para as esferas: N2 E2 ρ + ρB P + PB i) Se ρ liq < A ⇒E < A ⇒ TA − TB > 0 ⇒ TA > TB 2 2 N1 E1 ρ + ρB P + PB ii) Se ρ liq = A ⇒E = A ⇒ TA − TB = 0 ⇒ TA = TB 2 2 ρ + ρB P + PB iii) Se ρ liq > A ⇒E > A ⇒ TA − TB < 0 ⇒ TA < TB 2 2 P2 Portanto, não podemos afirmar o que diz a alternativa a. P1 QUESTÃO 17 P1 = N1 + E1  O diagrama de fases apresentado a seguir pertence a uma substânciaAssim, como temos o seguinte equilíbrio:  P2 = N2 + E2  hipotética. Com relação a essa substância, pode-se afirmar que:Podemos dizer que: P1 − E1 = P2 − E2Daí, como o empuxo é dado por: E = ρ . V. g , temos que:P1 − E1 = P2 − E2 ⇒ ( ρ1 − ρar )V1 = ( ρ2 − ρar )V2 ⇒ ( ρ1 − ρar ) = V2 ( ρ2 − ρar ) V1Como ρ1 > ρ 2 > ρar ⇒ V1 < V2 (como descrito na figura) 5
  6. 6. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA L S Va) nas condições normais de temperatura e pressão, a referidasubstância se encontra no estado sólido. d) Verdadeiro. De acordo com o gráfico, o ponto citado está de fatob) se certa massa de vapor da substância à temperatura de 300º C for na região em que a substância se encontra no estado de vapor.comprimida lentamente, não poderá sofrer condensação, pois estáabaixo da temperatura crítica.c) se aumentarmos gradativamente a temperatura da substância,quando ela se encontra a 70º C e sob pressão de 3 atm, ocorrerásublimação da mesma. S Ld) para a temperatura de 0ºC e pressão de 0,5 atm, a substância seencontra no estado de vapor. Resolução Alternativa D V QUESTÃO 18 A figura a seguir representa o Ciclo de Carnot realizado por um gás ideal que sofre transformações numa máquina térmica. Considerando- se que o trabalho útil fornecido pela máquina, em cada ciclo, é igual a 1500 J e, ainda que, T1 = 600 K e T2 = 300 K, é INCORRETO afirmar quea) Falso. Nas condições normais de temperatura e pressão (0 °C e 1,0atm) a referida substância está no estado de vapor. Observe ondeestá o ponto no gráfico: a) de B até C o gás expande devido ao calor recebido do meio S L externo. b) a quantidade de calor retirada da fonte quente é de 3000 J. c) de A até B o gás se expande isotermicamente V d) de D até A o gás é comprimido sem trocar calor com o meio externo. Resolução Alternativa A Como a máquina opera segundo um ciclo de Carnot, seu rendimento éb) Falso. Ao comprimir lentamente, podemos assumir que se trata de dado por:um processo isotérmico, ou seja, a curva que representa o processo T 300 1seria um segmento de reta vertical no gráfico: η = 1− 2 = 1− = T1 600 2 Por outro lado, sendo Q1 o calor absorvido da fonte quente e Q2 o calor rejeitado para a fonte fria, temos também: L τ = Q1 − Q2 1500 = Q1 − Q2   Q = 3000 J S  η= τ ⇒  1 1500 = ⇒ 1 Q2 = 1500 J  Q1 2 Q1   V a) Incorreta: o ciclo de Carnot é formado por duas transformações isotérmicas (trechos AB e CD) e duas transformações adiabáticasAssim, se a substância atingir pressões próximas a 4 atm ou (trechos BC e DA). Sendo o trecho BC uma transformação adiabática,superiores, passará do estado de vapor para o estado líquido, ou seja, não há troca de calor com o meio nessa fase, e o trabalho que o gássofrerá condensação. realiza nessa expansão vem de sua energia interna, de acordo com ac) Falso. Quando a substância está a 70 °C e sob pressão de 3 atm, Primeira Lei da Termodinâmica.ela se encontra no estado sólido. Além disso, se submetermos essa b) Correta: calculado acima.substância a uma expansão isobárica, sua temperatura aumentará até c) Correta: a transformação AB é uma expansão (volume em B maiorque sofra fusão e passe para o estado líquido, e não diretamente para que volume em A) e se realiza à temperatura constante T1.o estado gasoso. d) Correta: a transformação DA é uma compressão (volume em A menor que volume em D) e como é adiabática, não há troca de calor com o meio. Nesse caso, a energia recebida do meio sob a forma de trabalho é armazenada como energia interna do gás. 6
  7. 7. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA QUESTÃO 19 O raio de luz que parte de A e atinge o observador O é refletido pelo espelho no ponto P.Um cilindro de volume constante contém determinado gás ideal à A distância percorrida pelo raio pode ser obtida aplicando o teorematemperatura T0 e pressão p0. Mantém-se constante a temperatura do de Pitágoras:cilindro e introduz-se, lentamente, a partir do instante t = 0, certamassa do mesmo gás. d 2 = 9 2 + (8 + 4)2 ⇒ d = 15 mO gráfico abaixo representa a massa m de gás existente no interior docilindro em função do tempo t. QUESTÃO 21 Um espelho esférico E de distância focal f e uma lente convergente L estão dispostos coaxialmente, com seus eixos ópticos coincidentes. Uma fonte pontual de grande potência, capaz de emitir luz exclusivamente para direita, é colocada em P. Os raios luminosos do ponto acendem um palito de fósforo com a cabeça em Q, conforme mostra a figura.Nessas condições, a pressão do gás existente no recipiente, para oinstante t = a, é igual aa) 2,0 p0 b) 1,5 p0c) 2,5 p0 d) 4,0 p0 Resolução Alternativa BA massa de gás existente no interior do cilindro é dada por: b m( t ) = t +b. 2aAplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a, Considerando-se as medidas do esquema, pode-se afirmar que atemos: distância focal da lente vale  m(0) 2 f  p0V = n0RT0   p V = M RT0  0 a) f b)  ⇒ 3 2  pV = nRT0   pV = m(a ) RT f   M 0 c) d) f 3Dividindo as duas equações membro a membro, vem:p0 m(0) b 3 = = ⇒ p = p0 = 1,5 p0p m(a ) b + b 2 2 Resolução Alternativa A Os raios de luz que partem de P incidem no espelho E e formam a primeira imagem exatamente no ponto P. Aplicando a equação de QUESTÃO 20 Gauss para esse espelho, temos:A figura mostra um objeto A, colocado a 8 m de um espelho plano, e 1 1 1 1 1 1um observador O, colocado a 4 m desse mesmo espelho. + = ⇒ + = ⇒ d = 2f p p f d d f 8m Essa primeira imagem agora se comportará como objeto para a lente L, formando a imagem final em Q. Nesse caso, como tanto o objeto A quanto a imagem são reais, aplicando novamente a equação de Gauss, agora para a lente, vem que: 1 1 1 d 2f 9m + = ⇒ fL = =  d  d fL 3 3   2 O 4m QUESTÃO 22Um raio de luz que parte de A e atinge o observador O por reflexão no Considere uma película transparente de faces paralelas com índice deespelho percorrerá, nesse trajeto de A para O, refração n iluminada por luz monocromática de comprimento de ondaa) 10 m no ar igual a λ , como mostra a figura abaixo.b) 12 mc) 18 md) 15 m Resolução Alternativa DTraçando o ponto A’, simétrico do ponto A em relação ao espelho,temos o trajeto representado abaixo: 8m 8m A’ A Sendo a incidência de luz pouco inclinada, a mínima espessura de película para que um observador a veja brilhante por luz refletida é 9m λ λ λ λ a) b) c) d) P n 2n 5n 4n O 4m 7
  8. 8. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA Resolução Alternativa D d) M +m K e M +mPara que o observador veja uma intensificação da luz refletida, existe mv M +m Kinterferência construtiva da luz que é diretamente refletida (nasuperfície) e aquela que é refratada, sofre reflexão na parte inferior dapelícula e é novamente refratada. Como o índice de refração dapelícula é maior que o do meio, temos que durante a reflexão na partesuperior da película o feixe sofre inversão de fase, enquanto a reflexãona parte inferior da película não apresenta esta inversão. A situaçãodescrita é: Resolução Alternativa B 180o de sem Na colisão da bala com o bloco, ocorre conservação da quantidade de mudança de mudança movimento do sistema: fase de fase mv QANTES = QDEPOIS ⇒ mv = (M + m )v ⇒ v = M +m A partir desse momento, o sistema passa a descrever um MHS em Ar torno da posição x = 0 indicada na figura do enunciado. Na posição em que o sistema atinge sua posição extrema à esquerda ( x = −a ), Película sua energia cinética foi toda convertida em energia potencial elástica. Impondo a conservação de energia mecânica entre essas duas posições (não existem forças dissipativas), vem que: 2 Ka 2 (M + m )(v )2 Ka 2 (M + m )  mv  = ⇒ =   ⇒ Ar 2 2 2 2 M +m 2  mv  (M + m ) mv M +m a2 =   ⇒a= M +m K M +m KPara que ocorra uma interferência construtiva, a onda 2 , que vai Por outro lado, da definição de ω para o MHS:percorrer um caminho maior, deve, ao ser refratada pela segunda vez,estar em fase com a onda 1. Isto ocorrerá se a diferença de caminhos K K ω2 = ⇒ω =entre o raio 1 (diretamente refletido) e o raio 2 (refratado, refletido e M +m M +mrefratado) for um número ímpar (devido à inversão de fase de uma dasondas) de meio-comprimentos de onda no meio da película.Note que enquanto a luz percorre o caminho 2 dentro da película, ela QUESTÃO 24mantém sua freqüência, mas diminui sua velocidade. Portanto, altera Considere um sistema formado por duas cordas diferentes, comseu comprimento de onda. O comprimento de onda no meio da densidades µ1 e µ2 tal que µ1 > µ2, em que se propagam dois pulsos idênticos,conforme mostra a figura abaixo. λpelícula é λn = . nAssim, como a incidência é pouco inclinada, a diferença de caminhos(que deve ser igual a um número ímpar de meio-comprimentos deonda no meio da película) deve ser igual a 2t (onde t é a espessura):Portanto: A opção que melhor representa a configuração resultante no sistema após os pulsos passarem pela junção das cordas é: λ  2 ⋅ t = k ⋅  n  com k = 1, 3, 5...  2   A espessura mínima para que ocorra interferência construtiva é para k λ= 1, onde temos t = . 4n QUESTÃO 23Um projétil de massa m e velocidade v atinge horizontalmente umbloco de massa M que se encontra acoplado a uma mola de constanteelástica K, como mostra a figura abaixo. Resolução Alternativa B A situação exposta nas alternativas indica que deseja-se obter aApós o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola- situação após a refração e reflexão de ambas as ondas. Lembrandoprojétil passa a oscilar em MHS com amplitude a . Não há atrito entre que:o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas condições, - Na refração do pulso de onda não existe inversão do pulso.a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é - Não ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda dedada pela expressão x = a cos(ω t + ϕ 0 ) , onde a e ω valem, maior densidade linear para a de menor. - Ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda derespectivamente, menor densidade linear para a de maior. (M + m )v Ka) e Analisando a situação na corda 1 temos que: K M +m i) O pulso que vem da corda 2 não sofre inversão na refração. mv M +m K ii) O pulso que vem da corda 1 quando refletido também não sofreb) e M +m K M +m inversão. Logo, na corda 1 deve existir um pulso para cima (refletido) e outro K M +mc) e para baixo (refratado). M +m K 8
  9. 9. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICAAnalisando a situação da corda 2 temos quei) O pulso que vem da corda 1 não sofre inversão na refração.ii) O pulso que vem da corda 2 quando refletido sofre inversão.Logo, na corda 2 deve existir dois pulsos para cima.A única alternativa que apresenta tal situação é a alternativa B. Valeressaltar que a ordem dos pulsos na corda 1 poderia ser diferente,dependendo da velocidade de propagação de cada onda e dadistância dos pulsos até o ponto de refração. Resolução Alternativa A QUESTÃO 25 O circuito pode ser esquematizado como:Um corpo B, de massa igual a 4 kg e carga elétrica +6 µC, dista 30mm do corpo A, fixo e com carga elétrica -1 µC. O corpo B é suspensopor um fio isolante, de massa desprezível ligado a uma mola presa aosolo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L0 = 1,2m e ao sustentar estaticamente o corpo B ela se distende, atingindo ocomprimento L = 1,6 m. Considerando-se a constante eletrostática domeio k = 9.109 N.m2/C2, que as cargas originais dos corpos pontuais Ae B são mantidas e desprezando-se os possíveis atritos, o valor daconstante elástica da mola, em N/m, é: A corrente que circula nesse circuito é: ε ε = (R + r ) ⋅ i ⇒ i = . R+r A potência dissipada no resistor R é:a) 320 b) 200 c) 600 d) 800 P = (ε − r ⋅ i ) ⋅ i = ε ⋅ i − r ⋅ i 2Resolução Alternativa B Ou seja, o gráfico da potência em função da corrente é uma parábolaSeja FC a força de Coulomb entre as duas cargas. Como as cargas e é dado por:têm sinais opostos, tal força será de atração. Seja também FEL a força Pelástica que a mola aplica no corpo B. O diagrama de forças para ocorpo B, já decompondo o peso em suas componentes paralela eperpendicular ao plano inclinado, está representado a seguir: ε2 4r N FEL ε ε i FC 0 60° 2r r ε Para que a potência transmitida seja máxima, devemos ter i = e, Px 2r Py ε2 nesse caso, P = , que são as coordenadas do vértice da parábola.Como o corpo está em repouso: 4r | N |=| Py |  502 625 Logo, PMAX = = W  4⋅3 3 | Px | + | FC |=| FEL |  QDa última equação: Como P = , quando a potência for máxima, o tempo para o ∆t k ⋅ | q A | ⋅ | qB | m⋅ | g | ⋅ cos 60° + = kMOLA ⋅ (L − L0 ) ⇒ aquecimento será mínimo. Esse tempo mínimo será: d2 Q 2 ⋅ 105 1 (9 ⋅ 109 ) ⋅ (1⋅ 10 −6 ) ⋅ (6 ⋅ 10−6 ) ∆tMIN = = = 960 s = 16 min . 4 ⋅ 10 ⋅ + = kMOLA ⋅ (1,6 − 1,2) PMAX  625  2 (30 ⋅ 10−3 )2  3    20 + 60 Assim, o tempo de aquecimento do líquido foi de pelo menos 16 kMOLA = = 200 N / m 0,4 minutos, portanto superior a 15 minutos. QUESTÃO 26Aqueceu-se certa quantidade de um líquido utilizando um gerador de QUESTÃO 27f.e.m. ε = 50 V e resistência interna r = 3 Ω e um resistor de resistência No circuito representado abaixo, os geradores G1 e G2 são ideais e osR. Se a quantidade de calor fornecida pelo resistor ao líquido foi de resistores têm a mesma resistência R.2.105 J, pode-se afirmar que o tempo de aquecimento foi:a) superior a 15 minutos.b) entre 6 e 10 minutos.c) entre 12 e 15 minutos.d) inferior a 5 minutos. 9
  10. 10. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA ε  r  Assim: U xy = ε − r ⋅ i ⇒ U xy = ε − r ⋅ = ε 1 −  RAB +r  RAB + r  No capacitor, temos:  r  Q = CU xy ⇒ Q = C ⋅ ε  1 −   RAB + r  O gráfico desta função de RAB é nulo quando RAB = 0, tende a Q = C.ε, quando RAB tende a valores muito altos:Se a potência dissipada por R2 é nula, então a razão entre as f.e.m. deG1 e G2 é:   r  lim C ⋅ ε  1 −  = C ⋅ εa) ¼ b) 2 c) ½ d) 4 RAB →∞   RAB + r     Resolução Alternativa C O gráfico que melhor representa tal situação é dado por:Se a potência dissipada no resistor 2 é zero, então não há correnteatravessando esse trecho do circuito, de modo que só existe correnteno ramo da direita i i i iAlém disso, se não existe corrente circulando no trecho à esquerda,então não existe queda de tensão nos resistores 1 e 2, portanto QUESTÃO 29E1 = U3 = R3 ⋅ i . A figura mostra uma região na qual atua um campo magnéticoO gerador G2, por sua vez, alimenta os resistores 3 e 4: uniforme de módulo B. Uma partícula de massa m, carregada E2 = (R3 + R4 ) ⋅ i positivamente com carga q, é lançada no ponto A com uma velocidade de módulo v e direção perpendicular às linhas do campo. O tempo queComo todos os resistores têm a mesma resistência R, temos: a partícula levará para atingir o ponto B éE1 = R ⋅ i E 1 ⇒ 1 = .E2 = 2R ⋅ i E2 2 QUESTÃO 28No circuito esquematizadoabaixo, C é um capacitor, G umgerador de f.e.m. ε e resistênciainterna r e AB um reostato.O gráfico que melhor π Bq 2π m πm π Bq a) b) c) d)representa a carga acumulada m Bq Bq 2mQ no capacitor Resolução Alternativa C Como a velocidade é perpendicular ao campo magnético, a forçaem função da resistência R do reostato é: magnética de Lorentz será uma força resultante de naturezaa) b) centrípeta, agindo sobre a carga q. | v |2 FM = FCP ⇒| q | ⋅ | v | ⋅ | B | ⋅sen90° = m ⇒ R | q | ⋅ | B | ⋅R | v |= m A carga entrará em movimento circular uniforme dentro da região ondec) d) existe campo magnético, descrevendo uma semicircunferência a partir do ponto A até abandonar a região no ponto B. v Resolução Alternativa BDenominando a resistência no reostato por RAB, e a diferença de FMpotencial no capacitor por Uxy temos: B A Assim, o tempo que a partícula leva para atingir o ponto B é o tempo que ela demora para percorrer essa semicircunferência: ∆s | q | ⋅ | B | ⋅R π ⋅ R π ⋅m | v |= ⇒ = ⇒ ∆t = ∆t m ∆t |B |⋅|q |A corrente no circuito, no estado estacionário, pode ser calculada por εi= RAB + r 10
  11. 11. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA QUESTÃO 30Uma espira condutora é colocada no mesmo plano e ao lado de umcircuito constituído de uma pilha, de uma lâmpada e de um interruptor.As alternativas a seguir apresentam situações em que, após ointerruptor ser ligado, o condutor AB gera uma corrente elétricainduzida na espira, EXCETO:a) mover a espira na direção y.b) desligar o interruptor.c) “queimar” a lâmpada.d) mover a espira na direção x. Resolução Alternativa AComo o condutor AB está sendo percorrido por uma corrente elétrica,ele gera um campo magnético na região da espira. Caso este campovarie (o que pode ser causado por variação de distâncias ou decorrentes), teremos uma variação no fluxo magnético na espira, o queinduz uma corrente na mesma (Lei de Lenz).Considerando as dimensões do condutor AB muito maiores que as daespira e a distância da mesma ao condutor pequena, podemosdesconsiderar os efeitos de borda. Também desconsideraremos osefeitos do restante do circuito.Assim, ao movermos a espira no eixo y, teremos que a distribuição docampo sobre a espira permanece a mesma e, portanto, não hávariação de fluxo (ou seja não haverá corrente induzida).Ao desligarmos o interruptor e ao “queimar” a lâmpada, teremos umavariação de corrente no condutor, o que diminui o campo na região daespira e induz corrente (alteração do fluxo).Ao mover a espira no eixo x, teremos que a distribuição do camposobre a espira se altera e, portanto, temos alteração no fluxo etambém aparecimento de corrente induzida. 11

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