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Livro Digital Resolução de Física IME 1ª

fase 2020

Toni Burgatto

Toni Burgatto Resolução de Física IME 1ª fase 2020

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Resolução de Física IME 1ª fase 2020 www.estrategiavestibulares.com.br


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16.

Uma fonte sonora de frequência 𝑓0 é arremessada verticalmente para cima, com velocidade inicial de um ponto da superfície terrestre no qual a aceleração da gravidade é 𝑔.

Dados:

• aceleração da gravidade: 𝑔 = 9,8 𝑚/𝑠2; e

• velocidade inicial da fonte sonora: 𝑣0 = 98 𝑚/𝑠.

Nota: despreze a resistência do ar e a variação da aceleração da gravidade com a altitude.

A frequência 𝑓 percebida 10 segundos mais tarde por um observador estático situado no local do arremesso é tal que

(A) 0 < 𝑓 < 𝑓0

(B) 𝑓 = 𝑓0

(C) 𝑓0 < 𝑓 < 2𝑓0

(D) 𝑓 = 2𝑓0

(E) 𝑓 > 2𝑓0

Comentários:

Perceba que 10 segundos é o tempo para o objeto chegar ao topo. Mas, não se esqueça que ainda há o tempo para o som voltar ao observador, o que resultaria num tempo maior que 10 segundos.

Assim, o instante em que a fonte emite o som analisado pelo observador deve ser menor que 10 segundos, para que, considerando o tempo para chegar ao observador, resulte 10 segundos, ou seja, o objeto ainda está subindo. Logo, a fonte sonora está se afastando do observador e, por Doppler, sua frequência percebida é menor.

𝑓 = 𝑓0 ⋅ (𝑣𝑠𝑜𝑚

𝑣𝑠𝑜𝑚 + 𝑣𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒)

Gabarito: A

17.

Um sistema mecânico, composto por um corpo de massa 𝑀 conectado a uma mola, está inicialmente em equilíbrio mecânico e em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, conforme mostra a figura. Um projétil esférico de massa 𝑚 é disparado na direção horizontal


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contra a massa 𝑀, provocando um choque perfeitamente inelástico que inicia uma oscilação no sistema.

Dados:

• 𝑀 = 10 𝑘𝑔;

• 𝑚 = 2 𝑘𝑔;

• amplitude de oscilação do sistema = 0,4 𝑚; e

• frequência angular = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠

A velocidade do projétil antes do choque entre as massas 𝑀 e 𝑚, em m/s, é:

(A) 0,8 (B) 1,6 (C) 2,4 (D) 4,8 (E) 9,6

Comentários:

Se a velocidade do projétil antes do choque é 𝑣, temos:

𝑚 ⋅ 𝑣 = (𝑚 +𝑀) ⋅ 𝑣′ ⇒ 𝑣′ =𝑚

𝑚 +𝑀⋅ 𝑣

Pela conservação da energia após o choque, dado que não existe atrito durante a oscilação, temos:

𝐸𝑚𝑒𝑐 =𝑘 ⋅ 𝐴2

2=(𝑚 +𝑀) ⋅ 𝑣′

2

2

Onde o 𝑘 é dado por:

𝜔2 =𝑘

𝑚 +𝑀⇒ 22 =

𝑘

12⇒ 𝑘 = 48 𝑁/𝑚

Substituindo na equação de energia, temos:

48 ⋅ 0,42 = 12 ⋅ 𝑣′2 ⇒ 𝑣′ = 0,8 𝑚/𝑠

Portanto:

0,8 =2

10 + 2⋅ 𝑣 ⇒ 𝑣 = 4,8 𝑚/𝑠

Gabarito: D

18.

Um indivíduo instalou uma fonte de luz monocromática linearmente polarizada na roda do seu carro, irradiando em direção ortogonal à roda e paralela ao solo. O veículo está em movimento retilíneo em velocidade constante. Um detector linearmente polarizado desloca-se, acompanhando o eixo da roda, na mesma velocidade e sentido do carro. O gráfico da intensidade luminosa (𝐼𝐿) captada pelo detector, em função do ângulo (𝜃), em graus, entre os planos de polarização da luz e do detector, é:


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Comentários:

A análise do exercício permite simplificar uma enorme quantidade de contas. Isso ocorre devido ao fato de a velocidade do observador ser a mesma que a do centro da roda do carro.

Desta maneira, para o observador, a roda apenas realiza um movimento circular uniforme. Considere um movimento de rotação puro da roda.


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𝜃 = 𝜔 ⋅ 𝑡 (𝐼)

Para a polarização de uma onda, podemos utilizar a lei de Malus. A lei de Malus relaciona a intensidade com o ângulo de polarização.

𝐼 = 𝐼0 ⋅ 𝑐𝑜𝑠²𝜃

Utilizando a equação (I), vem:

𝐼 = 𝐼0 ⋅ 𝑐𝑜𝑠²(𝜔 ⋅ 𝑡)

Podemos utilizar a seguinte transformação trigonométrica:

𝑐𝑜𝑠2𝜃 =cos(2𝜃) + 1

2

Transformando, temos:

𝐼 = 𝐼0 ⋅ (cos(2 ⋅ 𝜔 ⋅ 𝑡) + 1

2) ⇒ 𝐼 =

𝐼02+𝐼02⋅ cos(2 ⋅ 𝜔 ⋅ 𝑡)

Percebemos que a forma do gráfico é do tipo cossenóide. Notamos que pela expressão acima, podemos eliminar as alternativas (C), (D) e (E).

Para chegar na alternativa correta, podemos analisar a primeira derivada da função intensidade.

𝑑𝐼

𝑑𝜃= −𝐼0 ⋅ sen(2𝜃)

Para os pontos 𝜃 =𝜋

2𝑒 𝜃 =

3𝜋

2, temos a seguinte expressão:

(𝑑𝐼

𝑑𝜃)𝜋2

= −𝐼0 ⇒ (𝑑𝐼

𝑑𝜃)3𝜋2

= 𝐼0

Notamos que há derivada nesses pontos. Na alternativa (A) esses pontos não apresentam derivada. Assim, percebe-se que a única alternativa correta é a (B).

Gabarito: B

19.


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Em um experimento, uma fonte laser emite um pulso luminoso instantâneo, que é refletido por um espelho plano (𝑀𝑅), girando em velocidade angular constante 𝜔. Um outro espelho fixo, côncavo e circular (𝑀𝐹), encontra-se acima da fonte laser, ambos localizados a uma distância 𝐿 = 3 𝑘𝑚 de 𝑀𝑅, conforme mostra a figura. O centro de curvatura (C) de 𝑀𝐹 localiza-se no ponto onde a luz do laser encontra 𝑀𝑅 e coincide com seu centro de rotação.

Dado:

• velocidade da luz: 𝑐 = 3 ⋅ 108 𝑚/𝑠.

Observações:

• a posição de 𝑀𝑅 e 𝑀𝐹 são tais que o feixe consegue chegar a 𝑀𝐹, pelo menos, duas vezes; e

• despreze o comprimento da fonte laser.

Para que o pulso luminoso seja refletido em 𝑀𝐹 pela 2ª vez, a um comprimento de arco Δ𝑠 =30 𝑐𝑚 do 1° ponto de reflexão, o valor de 𝜔, em rad/s, é:

(A) 1,25

(B) 2,50

(C) 3,33

(D) 5,00

(E) 10,00

Comentários:

Nessa questão era necessário compreender o que ocorria no experimento. A luz emitida pelo laser atinge o espelho plano uma primeira vez. Após incidir no espelho plano, ela reflete-se em um ângulo 𝜃0 que irá incidir sobre o 1º ponto de reflexão. Este raio de luz retorna pelo mesmo caminho, já que o ponto C é centro de curvatura do espelho côncavo, e atinge o espelho plano novamente, estando este em um novo ângulo 𝜃. A diferença entre estes dois ângulos é:

Δ𝜃 = 𝜃 − 𝜃0 = 𝜔 ⋅ 𝑡

Este tempo 𝑡 é o tempo corrido entre os dois contatos, ou seja, o tempo necessário para a luz percorrer do espelho plano até o côncavo e de volta, ou seja:

𝑡 =2 ⋅ 𝐿

𝑐=2 ⋅ 3 ⋅ 103

3 ⋅ 108= 2 ⋅ 10−5 𝑠

Portanto:

Δ𝜃 = 2 ⋅ 10−5 ⋅ 𝜔 𝑟𝑎𝑑

Entretanto, se o espelho rotacionou Δ𝜃, o ângulo do raio de luz irá rotacionar 2 ⋅ Δ𝜃. Assim, pela relação entre as grandezas angulares e lineares:

2 ⋅ Δ𝜃 ⋅ 𝐿 = Δ𝑠

2 ⋅ 2 ⋅ 10−5 ⋅ 𝜔 ⋅ 3 ⋅ 103 = 3 ⋅ 10−1


8 27


𝜔 =10

4= 2,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Gabarito: B

20.

Uma barra de metal de massa 𝑀 uniformemente distribuída e seção reta quadrada de lado 𝐿 encontra-se totalmente submersa e sustentada pela estrutura na figura, composta por uma haste e por fios inextensíveis com massas desprezíveis. Em determinado instante, a haste começa a ser puxada lentamente pelo fio central em D, de modo que a barra começa a emergir. Esse movimento durou até que apenas 25% da barra estivesse imersa, momento em que ocorreu o rompimento do fio AB.

Dados:

• comprimento da barra: ℎ;

• aceleração da gravidade: 𝑔; e

• massa específica da água: 𝜇.

A força de tração que leva à ruptura do fio AB é:

(A) √3(2𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6

(B) √3(4𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/12

(C) √3(4𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6

(D) √3(2𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/3


9 27


(E) √3(8𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6

Comentários:

Pelo enunciado, a barra é lentamente puxada para cima. Isso implica que a tração sobre o fio a todo momento garante o equilíbrio da barra, isto é, aceleração nula. Assim, analisando as forças sobre a barra no momento de ruptura do fio:

2 ⋅ 𝑇 ⋅ cos 30° = 𝑃 − 𝐸

Mas:

{𝑃 = 𝑀 ⋅ 𝑔

𝐸 = 𝑉𝑠𝑢𝑏𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇 = ℎ ⋅ 𝐿2 ⋅ 0,25 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇

Substituindo:

𝑇 =(𝑃 − 𝐸)

2 ⋅√32

=𝑀 ⋅ 𝑔 − ℎ ⋅

𝐿2

4⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇

√3⇒ 𝑇 =

√3

12⋅ 𝑔 ⋅ (4 ⋅ 𝑀 − ℎ ⋅ 𝐿2 ⋅ 𝜇)

Gabarito: B

21.


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A figura acima mostra a energia cinética de um atleta de 60 kg, durante uma corrida de 2700 m, em função da distância percorrida. O tempo gasto para o atleta completar a corrida foi de:

(A) 09 min e 00 s

(B) 08 min e 10 s

(C) 08 min e 20 s

(D) 08 min e 34 s

(E) 08 min e 50 s

Comentários:

Pela definição de energia cinética, temos:

𝐸𝑐 =𝑚 ⋅ 𝑣2

2

Para 𝑚 = 60 𝑘𝑔, temos:

𝑣 =1

√30⋅ √𝐸𝑐

Perceba que para os trechos inclinados temos um MRUV, já que 𝑣2 varia linearmente com a distância, o que caracteriza a Equação de Torricelli, que faz parte do MRUV.

Assim, lembra-se que em um MRUV podemos usar a velocidade média do movimento como

𝑣 =𝑣1+𝑣2

2, em que 𝑣1 é a velocidade inicial do trecho inclinado do gráfico e 𝑣2 a final.

Portanto, analisando por trechos e usando velocidade média para os trechos inclinados temos:

Δ𝑡 =900 ⋅ √30

√750+

900 ⋅ √30

√750 + √4802

+ 900 ⋅ √30

√480 + √19202


11 27


Perceba que todas as raízes se reduzem em quadrados perfeitos ao se simplificarem com

√30. Efetuando os valores, chegamos em Δ𝑡 = 8min 𝑒 50 𝑠.

Gabarito: E

22.

Uma partícula com carga positiva viaja em velocidade constante até aproximar-se de uma esfera oca com carga negativa uniformemente distribuída em sua casca. Ao encontrar a esfera, a partícula entra em seu interior por um pequeno furo, passa pelo centro e deixa a esfera por um segundo furo, prosseguindo o movimento. Bem distante da esfera, a partícula se aproxima de uma placa metálica plana de grande dimensão, com carga negativa uniformemente distribuída pela placa, conforme esquema da figura.

Observações:

• a carga da partícula não redistribui a carga da casca esférica e nem da placa plana; e

• a distribuição das cargas da casca esférica e da placa plana não interferem entre si.

O gráfico que melhor exprime a velocidade da partícula em função de sua posição é:


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Comentários:

Nesta questão o aluno deveria lembrar dos conceitos de blindagem eletrostática. Não era necessário a análise numérica do problema. Para o primeiro trecho, enquanto a partícula está fora do alcance de atuação da esfera (e por consequência da placa), sua velocidade não varia. Ao aproximar-se suficientemente da esfera de carga negativa, a partícula é atraída pela esfera e adquiri uma aceleração não nula.

Portanto, o primeiro trecho está representado corretamente em todas as alternativas.

A etapa seguinte é o efeito da casca esférica sobre a partícula enquanto essa caminha no interior da casca esférica. Aqui, é importante lembrar que ocorre o fenômeno de blindagem eletrostática (visto que nas observações despreza-se a redistribuição de carga da casca por efeito da partícula). Por conta do fenômeno da blindagem eletrostática, o campo elétrico no interior da casca esférica é nulo, logo, a variação de velocidade em seu interior também é nula.

Assim, o segundo trecho está corretamente indicado somente nas alternativas B e C.

O terceiro trecho é após a saída da casca esférica. A desaceleração é simétrica à aceleração anterior à entrada, ou seja, considera-se somente o efeito da esfera. Devido à distância até a placa, seu efeito é desprezível. Dessa forma, as alternativas B e C permanecem ambas corretas.

Para o trecho final a análise é mais complicada e foge do escopo da prova, no entanto, será feita aqui. Ao afastar-se suficientemente da esfera, considera-se somente o efeito da placa plana. Como a placa é dita “de grandes dimensões”, considera-se que ela atua como uma placa infinita. Assim, o campo é dado por:

𝐸 =𝜎

2 ⋅ 𝜖

Este campo é constante, assim, a aceleração em função do tempo é constante e a velocidade varia linearmente com o tempo. Entretanto, o gráfico a ser analisado é da velocidade em função da distância. Portanto, por Torricelli:

𝑣2 = 𝑣02 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑥

Tem-se 𝑣2 em função de 𝑥. Para analisar o comportamento da figura, é necessário encontrar-

se 𝑑𝑣

𝑑𝑥. Utilizando-se de Torricelli:

𝑑(𝑣2)

𝑑𝑥=𝑑(𝑣2)

𝑑𝑣⋅𝑑𝑣

𝑑𝑥= 2 ⋅ 𝑣 ⋅

𝑑𝑣

𝑑𝑥

Mas:

𝑑(𝑣2)

𝑑𝑥= 2 ⋅ 𝑎

Assim:

2 ⋅ 𝑎 = 2 ⋅ 𝑣 ⋅𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑣

𝑑𝑥=𝑎

𝑣


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A aceleração é constante, entretanto, a velocidade aumenta conforme o passar do tempo. Dessa forma, a derivada da velocidade em relação a 𝑥 é decrescente. Portanto, o gráfico obtido no último trecho deveria apresentar uma concavidade para baixo, e não se tem esta opção dentre as alternativas.

Observações:

É interessante notar que, caso fosse ignorado a observação acerca da não capacidade de redistribuição de cargas, poderia tratar-se a placa com uso do conceito de carga imagem. Nesse caso:

𝐸 =𝑘 ⋅ 𝑞

𝑙 − 𝑥

Assim, a força seria dada por:

𝐹 = 𝑞 ⋅ 𝐸 = 𝑚 ⋅ 𝑎

𝑚 ⋅𝑑𝑣

𝑑𝑡=𝑘 ⋅ 𝑞2

𝑙 − 𝑥

Mas:

𝑑𝑣

𝑑𝑡=𝑑𝑣

𝑑𝑥⋅𝑑𝑥

𝑑𝑡=𝑑𝑣

𝑑𝑥⋅ 𝑣

Substituindo:

𝑚 ⋅ 𝑣 ⋅𝑑𝑣

𝑑𝑥=𝑘 ⋅ 𝑞2

𝑙 − 𝑥

𝑑𝑣

𝑑𝑥=𝑘 ⋅ 𝑞2

𝑚⋅1

𝑣⋅1

𝑙 − 𝑥

O termo 𝑘⋅𝑞2

𝑚 é constante. A velocidade é crescente, entretanto não se sabe até que valor,

entretanto, (𝑙 − 𝑥) tende a 0. Portanto, considera-se que 𝑣 ⋅ (𝑙 − 𝑥) tende a 0 (conceito de limites). Ou seja, a derivada tenderia a infinito. Nesse caso, a figura aproximaria-se mais da alternativa C.

Ressalta-se novamente que esta análise foge completamente do escopo da prova. Portanto, de forma rigorosa, não há alternativa correta.

Gabarito: Sem alternativa

23.


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Uma fonte luminosa A emite uma luz com comprimento de onda 𝜆 = 500 𝑛𝑚, no vácuo, na direção de um anteparo localizado em C. Em frente ao espelho localizado em B, encontra-se a película 𝑃1 com índice de refração 𝑛1 = 1,25 e, em frente ao espelho localizado em D, encontra-se uma a película 𝑃2 com índice de refração 𝑛2.

Observações:

• os espelhos equidistam do centro do anteparo C;

• após ser emitido do ponto A, o feixe de luz reflete em direção a B e refrata em direção a D;

• após refletir em B, o feixe refrata diretamente em direção a E; e

• após refletir em D, o feixe volta a refletir totalmente em C em direção a E.

O menor índice de refração 𝑛2 para que ocorra interferência totalmente destrutiva para um observador localizado em E, é

(A) 1,00

(B) 1,05

(C) 1,15

(D) 1,20

(E) 1,25

Comentários:

Repare que no ar o caminho vertical NO AR é 0,5 𝜇𝑚 maior que o horizontal (tanto na ida quanto na volta), entretanto, podemos desprezar essa diferença se percebermos que 0,5 𝜇𝑚 é exatamente o comprimento de onda, logo, isso não gera diferenças de fase na analise e podemos pensar exclusivamente nos efeitos das películas.

Usando a diferença de caminhos ópticos (CO), em que 𝐶𝑂 = Δ𝑥 ⋅ 𝑛, temos que para a

primeira interferência destrutiva a diferença de caminhos óticos é 𝜆

2.


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Assim, como o único trecho diferente entre os dois caminhos é a parte das lâminas e lembrando que temos que considerar que o raio vai e volta dentro da lâmina (um fator 2), fazemos:

|2𝑑1 ⋅ 𝑛1 − 2 ⋅ 𝑑2 ⋅ 𝑛2| = 𝜆

2 , substituindo os dados temos dois valores (módulo) 𝑛2 = 0,95 ou 𝑛2 =

1,05, mesmo que 0,95 seja menor ele é impossível, pois 𝑛 é definido como 𝑛 =𝑐

𝑣 , em que 𝑐 é a

velocidade da luz (máxima possível), o que garante que 𝑛 ≥ 1.

Se o comprimento NO AR não fosse múltiplo do comprimento de onda em questão, bastaríamos acrescentar esse caminho ótico na análise do problema, com 𝑛𝑎𝑟=1.

Assim, ficaríamos com : |(2𝑑1 ⋅ 𝑛1 + 2 ⋅ 0,5 ⋅ 𝑛𝑎𝑟) − 2 ⋅ 𝑑2 ⋅ 𝑛2| = 𝑛í𝑚𝑝𝑎𝑟 ⋅ 𝜆

2

Gabarito: B

24.

Duas partículas com cargas elétricas 𝑞1 e 𝑞2 movem-se no plano xy e suas posições em função do tempo 𝑡 são dadas pelos pares ordenados 𝑝1(𝑡) = [𝑥1(𝑡), 𝑦1(𝑡)] e 𝑝2(𝑡) = [𝑥2(𝑡), 𝑦2(𝑡)], respectivamente.

Dados:

• constante de Coulomb: 𝑘 = 9,0 ⋅ 109;

• cargas elétricas: 𝑞1 = 2,0 ⋅ 10−6 e 𝑞2 = 2,5 ⋅ 10−6; e

• posições das partículas: 𝑝1(𝑡) = (5

√𝑡,1

√𝑡− 1), 𝑝2(𝑡) = (

1

√𝑡,4

√𝑡− 1)

Considerando todas as grandezas dadas no Sistema Internacional de Unidades, o módulo da componente 𝑦 do impulso da força que uma partícula exerce sobre a outra no intervalo de tempo de 1,0 a 6,0 é:

(A) 13,5 ⋅ 10−3

(B) 18,9 ⋅ 10−3

(C) 25,2 ⋅ 10−3

(D) 31,5 ⋅ 10−3

(E) 37,8 ⋅ 10−3

Comentários:

Podemos associar um eixo coordenado às cargas e definir vetores posição para elas.


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Fazendo a diferença de vetores:

𝑟(𝑡) = 𝑟2⃗⃗⃗ ⃗(𝑡) − 𝑟1⃗⃗⃗ ⃗(𝑡) ⇒ 𝑟(𝑡) = (−4

√𝑡,3

√𝑡) ⇒ |𝑟(𝑡)| =

5

√𝑡

Podemos achar os ângulos que o vetor 𝑟(𝑡) faz com os eixos:

𝑐𝑜𝑠𝛼 =4

5 e 𝑠𝑒𝑛𝛼 =

3

5

Precisamos da força eletrostática na vertical (a componente em y do vetor) entre as partículas. Assim, temos:

|𝐹𝑦| =𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2

(5

√𝑡)2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⇒ |𝐹𝑦| =

3 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2125

⋅ 𝑡

Note que a força vertical varia linearmente com o tempo. Para encontrar o impulso, podemos fazer o gráfico da força vertical em função do tempo e calcular área sob o gráfico.


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Assim, temos o impulso:

𝐼𝑦 =1

2(6 − 1) ⋅ (

3 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2125

+18 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2

125)

𝐼𝑦 = (21 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2

50) ⇒ 𝐼𝑦 = (

21 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅ 2 ⋅ 10−6 ⋅ 2,5 ⋅ 10−6

50)

𝐼𝑦 = 18,9 ⋅ 10,−3

Gabarito: B

25.

Um escritório de patentes analisa as afirmativas de um inventor que deseja obter os direitos sobre três máquinas térmicas reais que trabalham em um ciclo termodinâmico. Os dados sobre o calor rejeitado para a fonte fria e o trabalho produzido pela máquina térmica - ambos expressos em Joules - encontram-se na tabela abaixo.

Máquina térmica Calor rejeitado (J) Trabalho produzido (J)

A 40 60

B 15 30

C 8 12

As afirmativas do inventor são:

Afirmativa 1: O rendimento das máquinas A e C são os mesmos para quaisquer temperaturas de fonte quente e de fonte fria.

Afirmativa 2: As máquinas A, B e C obedecem à Segunda Lei da Termodinâmica.


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Afirmativa 3: Se o calor rejeitado nas três situações acima for dobrado e se for mantida a mesma produção de trabalho, a máquina B apresentará rendimento superior aos das máquinas A e C, supondo atendidos os princípios da termodinâmica.

Tomando sempre as temperaturas dos reservatórios das fontes quente e fria das máquinas como 900 K e 300 K, está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s):

(A) 1, apenas.

(B) 2, apenas.

(C) 1, 2 e 3.

(D) 1 e 3, apenas.

(E) 2 e 3, apenas.

Comentários:

Para as máquinas térmicas nas condições iniciais:

{

𝑄𝑄𝐴 = 100 𝐽

𝑄𝑄𝐵 = 45 𝐽

𝑄𝑄𝐶 = 20 𝐽

→ {

𝜂𝐴 = 60%𝜂𝐵 = 66,66%𝜂𝐶 = 60%

Para as temperaturas em questão, o rendimento do ciclo de Carnot é:

𝜂𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 66,66%

Afirmativa 1: A banca examinadora cometeu um pequeno equívoco ao utilizar o termo “são os mesmos”, pois permite uma dupla interpretação:

1) Os valores dos rendimentos de A e de C são mutáveis, porém, iguais entre si. A banca considerou essa interpretação e julgou como verdadeiro. Mas a banca não deixou nada claro que as máquinas respeitam as condições de Carnot. Ela apenas menciona que as máquinas são reais.

2) A segunda interpretação do termo “são os mesmos” traz a ideia de que os valores não mudam com a alteração da temperatura, ou seja, as máquinas térmicas A e C não têm relação alguma com as temperaturas das fontes quente e fria, o que é um absurdo termodinâmico.

Afirmativa 2: Aqui surge uma dúvida acerca da forma que se aborda uma máquina operando com rendimento exatamente igual ao ciclo de Carnot. Pode-se afirmar que a máquina real não poderia atingir esse ciclo. Portanto, a afirmativa 2 é falsa.

Afirmativa 3: Fazendo-se as contas para a nova condição de operação:

{

𝑄𝑄𝐴 = 140 𝐽

𝑄𝑄𝐵 = 60 𝐽

𝑄𝑄𝐶 = 28 𝐽

→

{

𝜂𝐴 =

3

7≅ 43%

𝜂𝐵 = 50%

𝜂𝐶 =3

7≅ 43%

Portanto, está correta.


19 27


Dessa forma, a única alternativa definitivamente correta é a terceira. A afirmativa 1 pode ser considerada verdadeira, desde que o aluno suponha que as máquinas reais (A e C) do inventor não violem os teoremas de Carnot.

Gabarito: D.

26.

Obs: as dimensões do corpo preso ao pêndulo são desprezíveis em relação ao seu comprimento.

Um foguete desloca-se com aceleração constante 𝑎, que forma um ângulo 𝛼 com a vertical, como mostra a figura, em uma região cujo campo gravitacional local é 𝑔. No interior do foguete há um pêndulo simples de comprimento 𝐿. Na condição de equilíbrio, o período 𝜏 do pêndulo para oscilações de pequenas amplitudes é:

(A) 2𝜋√𝐿

√𝑔2+𝑎2+2𝑎𝑔𝑠𝑒𝑛 𝛼

(B) 2𝜋√𝐿

√𝑔2+𝑎2−2𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼

(C) 2𝜋√𝐿

√𝑔2+𝑎2−𝑎𝑔𝑠𝑒𝑛 𝛼

(D) 2𝜋√𝐿

√𝑔2+𝑎2+𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼

(E) 2𝜋√𝐿

√𝑔2+𝑎2+2𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼

Comentários:

Pela de acordo com as acelerações, temos:


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�⃗�𝑎𝑝 = �⃗� − �⃗�

Portanto, pela lei dos cossenos temos as relações dos módulos das acelerações:

𝑔𝑎𝑝2 = 𝑔2 + 𝑎2 − 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos(180° − 𝛼)

𝑔𝑎𝑝 = √𝑔2 + 𝑎2 + 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos 𝛼

Logo, o período do pêndulo é dado por:

𝑇 = 2𝜋√𝐿

𝑔𝑎𝑝⇒ 𝑇 = 2𝜋√

𝐿

√𝑔2 + 𝑎2 + 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos 𝛼

Gabarito: E

27.

Um feixe de luz hipotético, mostrado na figura acima, propaga-se ao longo do plano 𝑥𝑦 em um meio não homogêneo, cujo índice de refração é função da coordenada 𝑦(𝑛 = 𝑛(𝑦)). Considerando que o feixe tangencia o eixo 𝑥 no ponto (0,0), onde 𝑛(0) = 𝑛0. Sabendo que a velocidade da luz no vácuo é 𝑐, o valor máximo absoluto possível da componente 𝑦 para a velocidade do feixe passível de ser atingida é:

(A) 𝑐

2𝑛02 (B)

𝑐

2𝑛0 (C)

𝑐

4𝑛02 (D)

𝑐

𝑛0 (E)

𝑐

4𝑛0


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Comentários:

Podemos utilizar a Lei de Snell para os pontos O e P.

𝑛0 ⋅ 𝑠𝑒𝑛90° = 𝑛(𝑦) ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 (𝐼)

Para o índice de refração:

𝑛(𝑦) =𝑐

𝑣(𝑦) (𝐼𝐼)

Substituindo (I) e (II):

𝑛0 =𝑐

𝑣(𝑦) ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⇒ 𝑣(𝑦) =

𝑐

𝑛0𝑠𝑒𝑛𝛼

Note que o enunciado solicita a componente vertical da velocidade da luz. Dessa maneira, temos:

𝑣𝑦 =𝑐

𝑛0⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ⇒ 𝑣𝑦 =

𝑐

𝑛0⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑣𝑦 =𝑐

2𝑛0⋅ 𝑠𝑒𝑛2𝛼

A componente admite valor máximo quando 𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 1

𝑣𝑦,𝑚á𝑥 =𝑐

2𝑛0

Gabarito: B

28.


22 27


Um capacitor previamente carregado com energia de 4,5 𝐽 foi inserido no circuito, resultando na configuração mostrada na figura acima. No instante 𝑡 = 0, a chave 𝑆 é fechada e começa a circular no circuito a corrente 𝑖(𝑡), com 𝑖(0) > 2 𝐴.

Diante do exposto, ao ser alcançado o regime permanente, ou seja 𝑖(𝑡 → ∞) = 0, o módulo da variação de tensão, em volts, entre os terminais capacitor desde o instante 𝑡 = 0 é:

(A) 0

(B) 2

(C) 3

(D) 5

(E) 8

Comentários:

Considerando 𝑄 = 1𝐶 como 1 coulumb de fato, temos:

𝐸 =𝑄2

2⋅𝐶 e 𝑄 = 𝐶 ⋅ 𝑈

Ao substituir os dados encontramos 𝐶 =1

9 𝐹 e 𝑈 = 9 𝑉. Como no final o resistor não dissipa

energia, ele não gera queda de potencial, ou seja, a 𝑑𝑑𝑝 do gerador (5 𝑉) será a mesma que a do capacitor.

Portanto, se inverte ou não a polaridade do capacitor ao comparar o início e o final, temos que as possibilidades (de 9 𝑉 para 5 𝑉) seriam 14 𝑉 ou 4 𝑉 (somando ou subtraindo). Temos que analisar qual poderia ser correta usando que 𝑖(0) > 2 𝐴, mas não é necessário, já que nenhuma das respostas está nas alternativas. Além disso, faremos a análise considerando que o enunciado quis informar que, na verdade, 1 𝐹 e não 1 𝐶.

Para essa segunda consideração as equações são as mesmas, mas usamos que 𝐶 = 1 𝐹.

Assim, 𝑄 = 3 𝐶 e, portanto, 𝑈 = 3 𝑉. Como no final a 𝑑𝑑𝑝 é 5 𝑉, temos novamente duas possibilidades 2 𝑉 OU 8 𝑉.

Para escolhermos um dos dois valores, devemos utilizar a condição do enunciado 𝑖(0) > 2 𝐴.

No início, podemos analisar os efeitos independentes da fonte e do capacitor, por

superposição, ou seja, 𝑖𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 =𝑈𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟

𝑅 e 𝑖𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒 =

𝑈𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒

𝑅 , com 𝑅 = 2 Ω, chegamos em

𝑖𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 = 1,5 𝐴 e 𝑖𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒 = 2,5 𝐴, ou seja se no início eles estão em fase (se “ajudando”)


23 27


𝑖𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 4 𝐴, mas se no início eles estão em oposição de fase ( se “atrapalhando”) 𝑖𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 =1 𝐴, mas como 𝑖(0) > 2 𝐴, ficamos com a primeira opção.

No final, como a corrente é nula, eles têm de estar em oposição de fase (um anulando a corrente do outro). Logo, se eles começam em fase e terminam em oposição, o sinal da 𝑑𝑑𝑝 mudou.

Portanto, no cálculo da variação, os valores se somam, isto é, Δ𝑈 = (3 − (−5)) = 8 𝑉.

Observação: não importa a orientação do começo (positiva ou negativa), pois o módulo da variação será sempre 8 𝑉.

Gabarito: E

29.

Uma partícula de massa 𝑚 e carga elétrica +𝑞 percorre a trajetória tracejada na figura em velocidade constante 𝑣. No instante em que a partícula alcança o ponto A, surge um campo magnético uniforme com intensidade constante 𝐵, emergindo do plano do papel. A intensidade do campo magnético 𝐵 para que a partícula alcance o ponto D na continuação de sua trajetória é:

(A) (𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣

2𝑥𝑞

(B) 2𝑦𝑚𝑣

(𝑥2+𝑦2)𝑞

(C) 2𝑥𝑚𝑣

(𝑥2+𝑦2)𝑞

(D) 2𝑥𝑞

(𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣

(E) (𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣

2𝑦𝑞

Comentários:

De acordo com a enunciado, a partícula descreverá a seguinte trajetória:


24 27


Pelas relações trigonométricas do triângulo ACE:

𝑠𝑒𝑛 𝛼 =√𝑥2 + 𝑦2

2 ⋅ 𝑅

E, pelas relações trigonométricas do triângulo ABD:

𝑠𝑒𝑛 𝛼 =𝑦

√𝑥2 + 𝑦2

E, com:

𝑅 =𝑚 ⋅ 𝑣

𝑞 ⋅ 𝐵

Tem-se:

√𝑥2 + 𝑦2 ⋅ 𝑞 ⋅ 𝐵

2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣=

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2⇒ 𝐵 =

2 ⋅ 𝑦 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣

𝑞 ⋅ (𝑥2 + 𝑦2)

Gabarito: B

30.


25 27


Uma partícula emite um feixe laser horizontal de encontro a uma lente convergente de distância focal 𝑓. Após ser desviado, o feixe atinge um anteparo localizado depois do foco da lente. Sabendo que a partícula, a lente e o anteparo estão em movimento em velocidade escalar 𝑣 nos respectivos sentidos indicados na figura, a aceleração do ponto de impacto do feixe, no referencial do anteparo, é:

(A) 𝑣2/4𝑓 (B) 𝑣2/3𝑓 (C) 𝑣2/2𝑓 (D) 2𝑣2/𝑓 (E) 4𝑣2/𝑓

Comentários:

Adotou-se um referencial sobre a lente, desta forma a velocidade da lente é nula e o anteparo afasta-se com velocidade 2 ⋅ 𝑣, enquanto o laser aproxima-se com velocidade 𝑣, ambas na direção horizontal. Na direção vertical, o movimento do feixe de laser permanece inalterado. Assim, a situação inicial está representada na figura abaixo:

Tem-se a semelhança de triângulos equacionada abaixo:

𝑑0𝑓=

𝑥1𝐿0 − 𝑓

Assim:

𝑥1 =𝑑0 ⋅ 𝐿0𝑓

− 𝑑0

Para uma situação em um tempo genérico 𝑡, vem:


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A nova semelhança de triângulos fica:

𝑑(𝑡)

𝑓=

𝑥2𝐿(𝑡) − 𝑓

Onde:

{𝑑(𝑡) = 𝑑0 + 𝑣 ⋅ 𝑡

𝐿(𝑡) = 𝐿0 + 2 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡

Substituindo:

𝑑0 + 𝑣 ⋅ 𝑡

𝑓=

𝑥2𝐿0 + 2 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 − 𝑓

Isolando 𝑥2:

𝑥2 =𝑑0 ⋅ 𝐿0𝑓

− 𝑑 +2 ⋅ 𝑑0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 𝑣 ⋅ 𝑡 ⋅ 𝐿0 + 2 ⋅ 𝑣

2 ⋅ 𝑡2

𝑓− 𝑣 ⋅ 𝑡

Note que:

𝑥2 = 𝑥1 +2 ⋅ 𝑑0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 𝐿0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 2 ⋅ 𝑣

2 ⋅ 𝑡2

𝑓− 𝑣 ⋅ 𝑡

Comparando com a expressão horária do movimento, a aceleração é dada pelo termo com 𝑡2. Assim:

𝑎

2=2 ⋅ 𝑣2

𝑓⇒ 𝑎 =

4 ⋅ 𝑣2

𝑓

Observação: Vale notar que foi desconsiderado o efeito Doppler relativístico, pois haveria variação da frequência incidente sobre a lente. Com isso, essa variação de frequência acarretaria uma variação no índice de refração da lente o que implicaria em uma mudança na distância focal (calculável pela equação dos fabricantes de lente). Esta análise foge drasticamente do esperado na prova, portanto foi ignorada.

Gabarito: E


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