Prova de física resolvida escola naval 2012

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Prova de Física Resolvida e comentada do concurso da Escola Naval 2012.

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Prova de física resolvida escola naval 2012

  1. 1. 1) Um recipiente cilíndrico de seção reta transversal A = 20,0 cm² é vedado por um êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar livremente sem atrito. O cilindro contém uma amostra de 3,00 litros de gás ideal na temperatura inicial de 300 K. Separadamente com o cilindro nas posições vertical e horizontal, o gás é aquecido isobaricamente temperatura inicial até a temperatura de 400 K, como mostram as figuras 1 e 2, respectivamente. A diferença entre os trabalhos realizados pelo gás nas posições vertical e horizontal, Wv – Wh, em joules, é igual a Dados: pressão atmosférica patm = 1,00 x 10 N/m²; g = 10,0 m/s². A) 8,00 B) 10,0 C) 15,0 D) 18,0 E) 26,0 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: O que diferencia as duas situações é o fato de que, na posição vertical, a pressão no gás maior do que na posição horizontal, já que naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás. O estudante também deve ficar atento às unidades – o volume, em litros e a área, cm², não estão no SI - Sistema Internacional de Unidades. Cada m³ (unidade do SI) corresponde a 1.000 litros. Então, para transformar litro para m³, devemos dividir o valor por 1.000 – o que equivale a multiplicá Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com rico de seção reta A = 20,0 cm² é vedado por um êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar livremente sem atrito. O cilindro contém uma litros de gás ideal na temperatura inicial de 300 K. Separadamente, com o cilindro nas posições vertical e isobaricamente da temperatura inicial até a temperatura de 400 K, como mostram as figuras 1 e 2, rença entre os trabalhos realizados pelo gás nas posições oules, é igual = 1,00 x 10 5 diferencia as duas situações é o fato de que, na posição vertical, a pressão no gás é ção horizontal, já que naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás. O estudante também deve ficar atento às o volume, em litros e a área, em Sistema Internacional de Unidades. Cada m³ (unidade do SI) corresponde a 1.000 litros. Então, para transformar litro para m³, devemos dividir o o que equivale a multiplicá-lo por 10-3. Já em relação à área, a un m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para transformar uma medida em cm para m devemos dividi-la por 100 ou então multiplicá la por 10-2. Como precisamos transformar cm² para m², fazemos: 1 cm² = (10 m². Sendo isobáricas as transformações envolvidas, podemos calcular o trabalho termodinâmico pela relação W = p xW = p xW = p xW = p x ∆∆∆∆ gases ideais, nestas transformações, o volume é diretamente proporcional à temperatura. a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 Além disto, vamos desprezar as precisões (,00..). Isto será feito questões. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Patm = pressão atmosférica P = peso do êmbolo; A = área do êmbolo; pv = pressão no gás (figura 1 ph = pressão no gás (figura 2 pv = Patm + ୔ ୅ Wv – Wh = pv . ∆V – p (Patm + ୔ ୅ - Patm) . ∆V = 52 20 . 10ିସ . (4 െ 3). 10ି Letra ELetra ELetra ELetra E 2) Considere certa amostra de temperatura T kelvin cujas moléculas, de massa M, possuem velocidade média V m/s. Em Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 1 . Já em relação à área, a unidade do SI é m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para transformar uma medida em cm para metro, por 100 ou então multiplicá- Como precisamos transformar cm² 1 cm² = (10-2)² m² = 10-4 ansformações envolvidas, podemos calcular o trabalho termodinâmico ∆∆∆∆VVVV e lembrar que, para os gases ideais, nestas transformações, o volume é diretamente proporcional à temperatura. Como a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 litros. Além disto, vamos desprezar as precisões . Isto será feito em todas as outras = pressão atmosférica; figura 1); figura 2) = Patm. ph . ∆V = (pv - ph) . ∆V = V = ୔ ୅ . ∆V = ିଷ = 26 joules Considere certa amostra de um gás ideal na elvin cujas moléculas, de massa M, possuem velocidade média V m/s. Em
  2. 2. uma amostra de outro gás também ideal, mas na temperatura 2T kelvin e com moléculas de massa M/4, a velocidade média das moléculas é V’ m/s. A razão V’/V vale A) ½ B) 2 C) 4 D) 2√2 E) √2/2 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Como temos as massas das moléculas nas duas situações e suas respectivas velocidades médias, podemos recorrer a uma das conclusões da Teoria Cinética Clássica para os gases ideais, segundo a qual a energia cinética média por molécula é proporcional à temperatura. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Eୡ = energia cinética; m = massa; v = velocidade; c = constante; Eୡα T → ଵ ଶ mvଶ = c . t Situação 1 ଵ ଶ MV² = c . T (1) Situação 2 Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com m ideal, mas elvin e com moléculas de massa M/4, a velocidade média das moléculas Como temos as massas das moléculas nas duas situações e suas respectivas velocidades médias, podemos recorrer a uma das conclusões da Teoria Cinética Clássica para os gases ideais, segundo a qual a energia cinética proporcional à ଵ ଶ ୑ ସ Vᇱଶ = c . 2T (2) Para obtermos V’/V, podemos dividir (2) por (1), membro a membro 1 2 M 4 Vᇱଶ 1 2 MVଶ = c . 2T c . T → 1 4 Vᇱଶ Vଶ = 2 → Vᇱଶ Vଶ = 8 ∴ V′ V = √8 = 2√2 Letra DLetra DLetra DLetra D 3) Um reservatório fechado contém certa quantidade de um gás ideal à pressão inicial P = 1,00 x 105 N/m². Num primeiro processo, esse gás é lentamente aquecido de T até uma temperatura T processo, um pequeno orifício é aberto na parede do reservatório e deixa-se escapar ¼ do mantendo-se, porém, a temperatura constante. (T2 = T1, ver gráfico). Sabendo do segundo processo, a pressão do gás no interior do reservatório é de P N/m², o valor de T2, em A) 103 B) 100 C) 97,0 D) 90,0 E) 87,0 Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 2 /V, podemos dividir (2) por , membro a membro Um reservatório fechado contém certa quantidade de um gás ideal à pressão inicial P0 N/m². Num primeiro processo, esse gás é lentamente aquecido de T0 = 27,0 0C temperatura T1. Num segundo processo, um pequeno orifício é aberto na ede do reservatório e muito lentamente, se escapar ¼ do conteúdo inicial do gás se, porém, a temperatura constante. , ver gráfico). Sabendo-se que, ao final segundo processo, a pressão do gás no interior do reservatório é de P2 = 0,900 x 105 , em 0C, é
  3. 3. Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Esta questão envolve duas transformações sofridas por um gás ideal. Na primeira delas, podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais ‫۾‬ ‫܄‬ ‫܂‬ = ‫۾‬ᇲ‫܄‬ᇱ ‫܂‬ᇱ , onde P é a pressão, V é o volume e T é a temperatura, em kelvin. Na segunda transformação, usaremos a equação de Clapeyron ‫܄۾‬ = ‫܂܀ܖ‬ em cada estado (inicial e final), onde n é o número de mols e R é a constante universal dos gases ideais, número de mols muda de um estado para outro na transformação. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Estado 0 P0 = 1,00 x 105 N/m²; T0 = 27 0C = 27 + 273 = 300 K; V0 = volume inicial. Estado 1 P1 = pressão neste estado; T1= temperatura neste estado; V1=V0 (admitindo- se que as paredes do recipiente sejam inflexíveis) n = número de mols neste estado; Estado 2 P2 10 V2 que se mantém no recipiente continua ocupando o mesmo volume) T2 n’ = que deixou o recipiente) Transformação (0 → 1) 1 . 10ହ . V଴ 300 = Pଵ . Vଵ Tଵ → Tଵ = Pଵ . 300 1 . 10 Para o Estado 1 Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Esta questão envolve duas transformações sofridas por um gás ideal. Na primeira delas, podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais - , onde P é a pressão, V é o volume e T Na segunda transformação, usaremos a equação de em cada estado (inicial e onde n é o número de mols e R é a constante universal dos gases ideais, pois o muda de um estado para outro Estado 2 = 0,900 x 105 N/m² = V1 (o gás que se mantém no recipiente continua ocupando o mesmo volume) = T1 n’ = ଷ ସ n (já que ଵ ସ de n deixou o recipiente) 300 10ହ (1) Pଵ . Vଵ = n . R . Tଵ (2) Para o Estado 2 0,9 . 10ହ . Vଶ = 3 4 . n . R Dividindo-se (2) por (3), Pଵ 0,9 . 10ହ = 1 3 4 (com as ܲଵ = 0,9 . 10ହ . 4 3 = 1,2 Substituindo-se (4) em (1) Tଵ = 1,2 . 10ହ . 300 1 . 10ହ = Letra ELetra ELetra ELetra E (lembre-se de que T 4) Uma esfera, de peso P n específica µ, está presa ao fundo de um recipiente por meio de um fio ligado a um dinamômetro D, de massas desprezíveis. A esfera encontra-se totalmente submers água de massa específica µ figura. Nessas condições, a leitura do dinamômetro em função do peso P é dada A) P/4 B) P/2 C) 2P/3 D) P E) 2P Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 3 R . Tଶ (3) se (2) por (3), membro a membro as simpliϐicações) → . 10ହ (4) se (4) em (1) 360 K െ 273 = 87଴ C se de que T2 = T1) Uma esfera, de peso P newtons e massa específica µ, está presa ao fundo de um recipiente por meio de um fio ligado a um dinamômetro D, de massas desprezíveis. A se totalmente submersa em água de massa específica µágua = 2µ, conforme a figura. Nessas condições, a leitura do metro em função do peso P é dada por
  4. 4. Vamos considerar que a esfera seja maciça. empuxo é a resultante das forças que um fluido faz em um corpo que está parcial ou totalmente imerso nele. Para fluidos em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo e uniforme), o empuxo está na vertical ascendente (aponta para cima) e pode ser calculado como o produto da massa específica do fluido pelo volume imerso e pela gravidade. No caso analisado, a esfera também está em equilíbrio. Para isto, o empuxo tem o mesmo valor numérico da soma do peso da esfera e da força que o fio exerce nela (que é a força indicada pelo dinamômetro). Como a massa específica do líquido é o dobro da massa específica da esfera e ela está totalmente imersa, o empuxo é o dobro do peso (peso é o produto da massa pela gravidade e a massa é o produto da massa específica pelo volume). Sendo assim, a for no fio tem que ser igual ao peso – leva à resposta. Vejamos de outra forma. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: E = empuxo; P = peso da esfera; T = força no fio; µ = massa específica da esfera; V = volume da esfera. Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Vamos considerar que a esfera seja maciça. O das forças que um fluido faz em um corpo que está parcial ou totalmente . Para fluidos em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo e uniforme), o empuxo está na vertical ascendente (aponta para cima) e pode ser calculado como o a específica do fluido pelo volume imerso e pela gravidade. No caso está em equilíbrio. Para isto, o empuxo tem o mesmo valor numérico da soma do peso da esfera e da força que o fio exerce nela (que é a força indicada metro). Como a massa específica do líquido é o dobro da massa específica da , o empuxo é o dobro do peso (peso é o produto da massa pela gravidade e a massa é o produto da massa específica pelo volume). Sendo assim, a força o que já nos E = T + P → T = E – P T = 2µVg - µVg → T = µVg ∴ T = P Letra DLetra DLetra DLetra D 5) Um projétil é lançado c vertical situado a 20 m do ponto de lançamento. Despreze a resistência do ar. Se esse lançamento é feito com uma velocidade inicial de 20 m/s numa direção que faz um ângulo de 600 com aproximada do ponto onde o projétil se choca com o anteparo, em metros, é Dados: tg600 ≅ 1,7; g = 10 m/s². A) 7,0 B) 11 C) 14 D) 19 E) 23 Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 4 P → 5) Um projétil é lançado contra um anteparo vertical situado a 20 m do ponto de lançamento. Despreze a resistência do ar. Se esse lançamento é feito com uma velocidade inicial de 20 m/s numa direção que faz um com a horizontal, a altura aproximada do ponto onde o projétil se choca com o anteparo, em metros, é 1,7; g = 10 m/s².
  5. 5. Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Vamos analisar o movimento de acordo com suas componentes horizontal e vertical. É como se tivéssemos dois movimentos simultâneos e independentes, em termos de resultado Na horizontal, o movimento está isento de força resultante e ocorre por Inércia é uniforme. Na vertical, o movimento está sujeito à aceleração imposta pela gravidade, que terá valor negativo, pois orientaremos a trajetória para cima, ou seja, as posições verticais serão contadas de baixo para cima e a gravidade aponta para baixo e, para esta altura pode ser considerada constante. Assim, o movimento tem aceleração constante e é comumente chamado de uniformemente variado. Encontremos o tempo de movimento horizontal, do ponto de partida até o anteparo e, como os movimentos são simultâneos, o usemos no movimento vertical para calcularmos a altura alcançada neste instante. Este tempo é o tempo de voo do projétil. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Decomposição da velocidade inicial V୭୦ = 20cos600 V଴୴ = 20sen600 Horizontal Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Vamos analisar o movimento de acordo com vertical. É como se tivéssemos dois movimentos simultâneos e , em termos de resultado. Na horizontal, o movimento está isento de força resultante e ocorre por Inércia – por isto é uniforme. Na vertical, o movimento está mposta pela gravidade, que terá valor negativo, pois orientaremos a trajetória para cima, ou seja, as posições verticais serão contadas de baixo para cima e a para esta altura, pode ser considerada constante. Assim, o movimento tem aceleração constante e é comumente chamado de uniformemente Encontremos o tempo de movimento horizontal, do ponto de partida até o anteparo são simultâneos, o movimento vertical para calcularmos a altura alcançada neste instante. Este tempo é o tempo de voo do projétil. Decomposição da velocidade inicial ‫܁‬‫ܐ‬ = ‫܁‬૙‫ܐ‬ + ‫܄‬‫ܐܗ‬‫ܜ‬ 20 = 0 + 20ܿ‫06ݏ݋‬଴ ‫ݐ‬ 20 = 20. 1 2 . t → t = 2s Vertical ‫܁‬‫ܞ‬ = ‫܁‬૙‫ܞ‬ + ‫܄‬૙‫ܞ‬‫ܜ‬ + ૚ ૛ ܏ S୴ = 0 + 20. sen60଴ . 2 S୴ = 20 . √3 2 .2 െ 20 Como tg 600 = √3 ≅ 1,7 ∴ S୴ ≅ 20 .1,7 െ 20 ≅ 14 Letra CLetra CLetra CLetra C 6) O bloco B, de massa 10,0 kg, está sobre o bloco A, de massa 40,0 kg, ambos em repouso sobre um plano inclinado que faz um ângulo = 300 com a horizontal, conforme a figura. Há atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o bloco B e o bloco A, não havendo atrito entre o bloco A e o plano inclinado. A intensidade mínima da força FFFF,,,, em n bloco A e paralela ao plano inclinado, para que o sistema permaneça em repouso, é Dado: g = 10,0 m/s². A) 250 B) 225 C) 200 D) 175 E) 150 Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 5 s ܏ ‫ܜ‬૛ 2 െ 5. 2ଶ 1,7 14 m , de massa 10,0 kg, está sobre o , de massa 40,0 kg, ambos em repouso inclinado que faz um ângulo Ɵ com a horizontal, conforme a figura. Há atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o , não havendo atrito entre o bloco A e o plano inclinado. A intensidade em newtons, aplicada ao bloco A e paralela ao plano inclinado, para que o sistema permaneça em repouso, é
  6. 6. Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: FFFF é uma força na direção do plano bloco A. Não haverá, deste modo, movimento na direção perpendicular ao plano e podemos nos preocupar apenas com as forças naquela direção. Para que o bloco A permaneça em repouso, as forças aplicadas a ele anular. Então, as forças opostas a têm que ter a mesma intensidade de forças são a componente tangencial do peso de A e a componente atrito entre os blocos de fato, aponta para baixo, já que o bloco tende a descer, “tentando”, assim, “ para baixo. Para que B fique em repouso, seu peso tangencial deve ter a mesma intensidade da componente de atrito entre os blocos, que em B aponta para cima, conforme o Princípio da Ação e Reação, segundo o qual as forças que pertencem ao par ação e reação têm a mesma direção, mas sentidos opostos (além de terem a mesma intensidade e serem aplicadas em corpos diferentes). Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Pat = peso tangencial de A; Fat = força de atrito; Pbt = peso tangencial de B. Para o equilíbrio de B Fat = Pbt = PB . senƟ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com na direção do plano aplicada ao bloco A. Não haverá, deste modo, movimento na direção perpendicular ao plano e podemos nos preocupar apenas com as forças naquela permaneça em ele devem se opostas a FFFF, somadas, têm que ter a mesma intensidade de FFFF.... Estas forças são a componente tangencial do peso de A e a componente atrito entre os blocos – que, de fato, aponta para baixo, já que o bloco B “tentando”, assim, “empurrar” A ue B fique em repouso, seu peso tangencial deve ter a mesma intensidade da componente de atrito entre os blocos, que em B aponta para cima, conforme o Princípio da as forças que ação e reação têm a mesma ão, mas sentidos opostos (além de terem a mesma intensidade e serem aplicadas em Ɵ = 10 . 10 . 0,5 = 50 N Para o equilíbrio de A F = Fat + Pat = 50 + P 50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N Letra ALetra ALetra ALetra A 7) Um bloco de massa 5,00 kg d desprezível, a pista da figura, sendo sua velocidade inicial V0 = 4,00 m/s e a altura h = 4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte do trajeto horizontal AB, agora com atrito e, então, colide com uma mola de massa desprezível e constante k = 200 N/m. Se a compressão máxima da mola devido a essa colisão é ∆x = 0,500 m, o trabalho da força de atrito, em joules, vale Dado: g = 10,0 m/s² A) -72,0 B) -96,0 C) -140 D) -192 E) -215 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: No ponto inicial, em relação ao nível que passa por AB, o bloco tem energia cinética e potencial gravitacional. Durante a descida, a soma destas duas energias (energia mecânica) é mantida. Ao chegar a A, o bloco passa a perder energia mecânica por causa da ao final da compressão da mola, a energia mecânica do sistema será a energia mecânica inicial subtraída do módulo do trabalho da Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 6 Fat + Pat = 50 + PA . senƟ = 50 + 40 . 10 . 0,5 = 250 N 7) Um bloco de massa 5,00 kg desce, com atrito desprezível, a pista da figura, sendo sua = 4,00 m/s e a altura h = 4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte do trajeto horizontal AB, agora com atrito e, então, colide com uma mola de massa desprezível e constante k = 200 N/m. Se a compressão máxima da mola devido a essa 00 m, o trabalho da força de No ponto inicial, em relação ao nível que passa por AB, o bloco tem energia cinética e potencial gravitacional. Durante a descida, a soma destas duas energias (energia mecânica) é mantida. A, o bloco passa a perder energia mecânica por causa da força de atrito, até que, ao final da compressão da mola, a energia mecânica do sistema será a energia mecânica inicial subtraída do módulo do trabalho da
  7. 7. força de atrito. Assim, podemos afirmar que o trabalho da força de atrito é a energia mecânica final subtraída da energia mecânica inicial. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Emi = energia mecânica inicial Emf = energia mecânica final Wfat = trabalho da força de atrito Wfat = Emf - Emi = ୩୶మ ଶ െ ቀ ୫୴బ మ ଶ + mghቁ Wfat = ଶ଴଴.(଴,ହ)మ ଶ െ ቀ ହ.ସమ ଶ + 5.10.4ቁ ∴ Wfat = -215 Joules Letra ELetra ELetra ELetra E 8) Um bloco A, de massa mA = 1,0 kg, colide frontalmente com outro bloco B, de massa m = 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em repouso. Para que os blocos sigam grudados com velocidade 2,0 m/s, a energia total dissipada durante a colisão, em joules, deve se A) 24 B) 32 C) 36 D) 48 E) 64 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: O valor da energia total dissipada durante a colisão é a energia cinética inicial do sistema, Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com força de atrito. Assim, podemos afirmar que o a energia mecânica subtraída da energia mecânica inicial. ቁ ቁ = 1,0 kg, colide frontalmente com outro bloco B, de massa mB = 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em repouso. Para que os blocos sigam grudados com velocidade 2,0 m/s, a energia total oules, deve ser O valor da energia total dissipada durante a colisão é a energia cinética inicial do sistema, representada pela energia cinética de A antes da colisão, subtraída da energia cinética final do sistema, representada pela energia cinética dos dois blocos que, após a colisão, passam a se movimentar juntos. Mas para fazermos subtração, precisaremos do bloco A, que será encontra Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, aplicado ao dos blocos, que se manterá, permitindo lidar apenas com os módulos das quantidades de movimento. ResolResolResolResolução:ução:ução:ução: Q0s = quantidade de movimento inicial do sistema; Q0A = quantidade de movimento i Qs = quantidade de movimento final do sistema; V0A = velocidade inicial de A; VS = velocidade final do s Ec0s = energia cinética inicial do s Ecs = energia cinética final do s Mt = massa total do sistema; Etd = energia total dissipada. Q0s = Q0A = mA . V0A = 1 . V Q0s = Qs = (1 + 3) . 2 (2) Igualando-se (1) e (2) 1 . V0A = (1 + 3) . 2 = 8 m/s Etd = Ecs - Ec0s → Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 7 representada pela energia cinética de A antes da colisão, subtraída da energia cinética final do sistema, representada pela energia cinética dos dois blocos que, após a colisão, passam a se movimentar juntos. Mas para fazermos esta precisaremos da velocidade inicial que será encontra usando-se o Princípio da Conservação da Quantidade de ao sentido do movimento dos blocos, que se manterá, permitindo-nos lidar apenas com os módulos das quantidades = quantidade de movimento inicial do = quantidade de movimento inicial de A; = quantidade de movimento final do nicial de A; = velocidade final do sistema; = energia cinética inicial do sistema; = energia cinética final do sistema; istema; issipada. 1 . V0A (1) = (1 + 3) . 2 (2) = (1 + 3) . 2 = 8 m/s
  8. 8. Etd = ୑౪ .୚౏ మ ଶ െ ୫ఽ . ୚బఽ మ ଶ = ସ . െ24 joules O sinal negativo confirma que a dissipada. Letra ALetra ALetra ALetra A 9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um MHS de amplitude A cm ao longo do plano inclinado mostrado na figura. Não há atrito em qualquer parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma força elástica de módulo igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de equilíbrio é A) 1,10 B) 0,800 C) 0,500 D) 0,300 E) 0,200 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: O estudante deve tomar um cuidado especial nesta questão. Ele comumente aprende que no MHS, a posição de equilíbrio, onde a força sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade quando o sistema está na horizontal. Quando ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na vertical, há um deslocamento da posição de equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de sua componente tangencial). Assim, a posição Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com . ଶమ ଶ െ ଵ . ଼మ ଶ = O sinal negativo confirma que a energia foi 9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um MHS de amplitude A cm ao longo do plano o na figura. Não há atrito em qualquer parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma força elástica de módulo igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de equilíbrio é O estudante deve tomar um cuidado especial nesta questão. Ele comumente aprende que no MHS, a posição de equilíbrio, onde a força sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade ntal. Quando ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na vertical, há um deslocamento da posição de equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de sua componente tangencial). Assim, a posição em que a mola tem seu comprimento natural está acima da posição de equilíbrio. Além disto, como a força elástica será sempre paralela ao plano inclinado e a componente do peso que é perpendicular ao plano não realiza trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso tangencial) nas transformações de energia do sistema (por exemplo, cinética para potencial elástica) estarão na direção do plano. Desta forma, podemos tratar o MHS como se ele estivesse ocorrendo na horizontal direção do plano), em termos de energia potencial gravitacional considerá-la. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: X1 = distância entre a posição de elongação máxima e a posição de comprimento natural; X2 = distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio; Fel = força elástica na posi máxima; Fel’ = força elástica na posição de equilíbrio = peso tangencial do bloco (P v = velocidade do bloco na posição de equilíbrio; Cálculo de X1 Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 8 em que a mola tem seu comprimento natural ão de equilíbrio. Além disto, como a força elástica será sempre paralela ao plano inclinado e a componente do peso que é perpendicular ao plano não realiza trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso tangencial) nas transformações de energia do a (por exemplo, cinética para potencial elástica) estarão na direção do plano. Desta forma, podemos tratar o MHS como se ele estivesse ocorrendo na horizontal (que será a , em termos de energia potencial gravitacional, ou seja, não precisamos = distância entre a posição de elongação máxima e a posição de comprimento natural; = distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio; lástica na posição de elongação ’ = força elástica na posição de equilíbrio = angencial do bloco (Pt). v = velocidade do bloco na posição de
  9. 9. Fel = K . X1 → ܺଵ = ଷ ଵ଴଴ = 3. 10ିଶ m Cálculo de X2 Fel’= K . X2 = Pt = mgsenƟ → X2 = ୫୥ୱୣ୬Ɵ ଵ.ଵ଴.଴,ହ ଵ଴଴ = 5. 10ିଶ m A = X1 + X2 = 8.10-2 m m. vଶ 2 = k. Aଶ 2 → v = A. ඨ k m = 8. 10 = 8 . 10ିଵ ou 0,8 m/ Letra BLetra BLetra BLetra B 10) Um plano horizontal determinado ponto O sobre o equador (geográfico), num local onde o campo magnético terrestre tem componente horizontal BBBBhhhh. Sob a ação única desse campo, a agulha magnetizada AA’AA’AA’AA’ de uma bússola de eixo vertical se alinhou ao meridiano magnético que passa por O, como mostra a figura. Considere que as propriedades magnéticas do planeta são as de uma barra cilíndrica imantada co magnéticos M e M’, ambos pontos da superfície terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa pelos pontos geográficos G e G’. Se estes quatro polos têm suas projeções verticais em Gα’) alinhadas com a agulha, um navegante, partindo de O no sentido sul indicado inicialmente pela bússola, e que se desloque sem desviar sua direção, primeiramente passará próximo ao polo Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com ୫୥ୱୣ୬Ɵ ୏ = 10ିଶ . ඨ 100 1 /s Um plano horizontal α contém sobre o equador (geográfico), num local onde o campo magnético terrestre tem componente . Sob a ação única desse campo, a de uma bússola de eixo vertical se alinhou ao meridiano magnético que , como mostra a figura. Considere que as propriedades magnéticas do planeta são as de uma barra cilíndrica imantada com polos , ambos pontos da superfície terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa Se estes quatro polos têm suas projeções verticais em α (Mα, ..., ) alinhadas com a agulha, um navegante, no sentido sul indicado pela bússola, e que se desloque sem desviar sua direção, primeiramente A) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). B) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). C) geográfico norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). D) magnético norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). E) magnético sul (barra imantada), se esse for o polo mais próximo de O. Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Os polos geográficos e magnéticos são opostos e não coincidentes, ou seja, o polo norte geográfico encontra-se próximo ao polo sul magnético (mas não coincidem) e vice Para que as projeções destes quatro pontos estejam alinhadas em um plano que tangencia um ponto do equador geográfico que estes quatro pontos estejam no plano que é perpendicular ao anterior. A intersecção entre eles é a linha comum aos Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 9 C) geográfico norte, se Os polos geográficos e magnéticos são opostos e não coincidentes, ou seja, o polo norte se próximo ao polo sul magnético (mas não coincidem) e vice versa. Para que as projeções destes quatro pontos estejam alinhadas em um plano que tangencia um ponto do equador geográfico é necessário que estes quatro pontos estejam no plano que é perpendicular ao anterior. A intersecção entre a linha comum aos pontos citados.
  10. 10. Como podemos ver, partindo de O e mantendo a mesma direção inicial, o navegante passará primeiro pelo sul geográfico, caso o sul magnético seja o mais próximo. Letra BLetra BLetra BLetra B 11) Dois geradores elétricos G1 e G curvas características tensão-corrente dadas nos dois gráficos da figura. Se, em um circuito composto apenas pelos dois geradores, G conectado em oposição a G1, de modo que U U1, G2 passará a operar como um receptor elétrico. Nessa condição, o rendimento elétrico do gerador G1, em porcentagem, será de aproximadamente Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Como podemos ver, partindo de O e mantendo a mesma direção inicial, o navegante passará primeiro pelo sul geográfico, caso o sul e G2 possuem corrente dadas em um circuito composto apenas pelos dois geradores, G2 for , de modo que U2 = passará a operar como um receptor o, o rendimento elétrico , em porcentagem, será de A) 81 B) 85 C) 89 D) 93 E) 96 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: O rendimento de G1 pode ser determinado pela razão entre sua potência útil e sua potência total, na associação com G precisaremos calcular a tensão em seus terminais – o que nos levará a necessidade de conhecermos o valor da corrente que o atravessa. Isto será possível com o conhecimento das forças eletromotrizes dos geradores e suas resistências internas. ResoluçãResoluçãResoluçãResolução:o:o:o: ε1 = força eletromotriz de G ε2 = força eletromotriz de G r1 = resistência interna de G r2 = resistência interna de G icc1 = corrente de curto circuito em G icc2 = corrente de curto circuito em G U1 = tensão nos terminais de G I = corrente na associação; η = rendimento. Do gráfico de G1 Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 10 pode ser determinado pela razão entre sua potência útil e sua potência , na associação com G2. Para isto, precisaremos calcular a tensão em seus o que nos levará a necessidade de conhecermos o valor da corrente que o atravessa. Isto será possível com o conhecimento das forças eletromotrizes dos geradores e suas resistências internas. = força eletromotriz de G1; = força eletromotriz de G2; = resistência interna de G1; = resistência interna de G2; = corrente de curto circuito em G1; = corrente de curto circuito em G2; = tensão nos terminais de G1, na associação; I = corrente na associação;
  11. 11. ε1 = 27 V e icc1 = 36 A. Assim, r1 = ଶ଻ ଷ଺ Do gráfico de G2 ε2 = 22 V e icc2 = 44 A. Assim, r2 = ଶଶ ସସ i = கଵ ି கଶ ୰ଵି ୰ଶ = ଶ଻ିଶଶ ଴,଻ହା଴,ହ = 4 A η = ୙ଵ .୧ கଵ .୧ = கଵ ି ୰ଵ .୧ கଵ = 1 െ ଴,଻ହ .ସ ଶ଻ ≅ 0, Letra CLetra CLetra CLetra C 12) No trecho de circuito mostrado na figura, o voltímetro e os amperímetros são ideais e indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois amperímetros). As resistências possuem valor R desconhecido. A corrente I, em amperes A) 2/3 B) 4/3 C) 2 D) 8/3 E) 3 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Não há diferença de potencial elétrico entre os terminais de um amperímetro ideal já que U = RI e R do amperímetro ideal é zero. Assim, atribuindo valores genéricos para os potenciais dos nós dos terminais das resistências teremos: Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com ଶ଻ ଷ଺ = 0,75 Ω ଶଶ ସସ = 0,5 Ω ,89 ‫ݑ݋‬ 89% 12) No trecho de circuito mostrado na figura, o voltímetro e os amperímetros são ideais e indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois amperímetros). As resistências possuem valor R desconhecido. A corrente I, em amperes, vale Não há diferença de potencial elétrico entre os terminais de um amperímetro ideal já que U = é zero. Assim, atribuindo valores genéricos para os potenciais terminais das resistências, E, desta forma, podemos dizer que as resistências estão em paralelo. No primeiro ponto A, a corrente I se divide em duas correntes – uma que passa por R e outra que passa pelo amperímetro da esquerda. Esta segunda corrente vai alimentar as outras duas resistências. Então, a corrente que passa pela primeira resistência é metade de 4/3, ou seja, vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já temos a resposta. Mas vamos mostrar pela figura abaixo, como as correntes se div para que o estudante tenha mais condições de entender. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 11 E, desta forma, podemos dizer que as resistências estão em paralelo. No primeiro ponto A, a corrente I se divide em duas uma que passa por R e outra que passa pelo amperímetro da esquerda. Esta rente vai alimentar as outras duas resistências. Então, a corrente que passa pela primeira resistência é metade de 4/3, ou seja, vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já temos a resposta. Mas vamos mostrar pela como as correntes se dividem, para que o estudante tenha mais condições de
  12. 12. I = 2i + i = 3i 2i = ସ ଷ → i = ଶ ଷ ∴ I = 3 . ଶ ଷ = 2 A Letra CLetra CLetra CLetra C 13) Para medir a ddp e a corrente no reostato de resistência elétrica R da figura, utilizou um voltímetro e um amperímetro reais, construídos com galvanômetros (G) idênticos de resistência interna RG = 40 Ω selecionados um multiplicador RM voltímetro), e um shunt Rs = 16 x 10 amperímetro), definindo assim os valores máximos (fundo de escala) das medidas elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A, respectivamente. Desprezando os valores de R ou RG quando comparados a R aproximado de R, em ohms, para o qual as correntes nos dois galvanômetros (I sempre iguais é A) 20 B) 32 C) 40 D) 50 E) 64 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Vamos analisar a situação como um circuito elétrico qualquer. Na parte superior está em paralelo com o ramo que contém o Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Para medir a ddp e a corrente no reostato de resistência elétrica R da figura, utilizou-se amperímetro reais, construídos com galvanômetros (G) idênticos = 40 Ω. Foram = 50 kΩ (no = 16 x 10-3 Ω (no , definindo assim os valores escala) das medidas elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A, respectivamente. Desprezando os valores de R quando comparados a RM, o valor aproximado de R, em ohms, para o qual as correntes nos dois galvanômetros (IG) são o um circuito Na parte superior, o reostato está em paralelo com o ramo que contém o multiplicador e o galvanômetro e na parte inferior, o shunt está em paralelo com o galvanômetro. Como atravessam os galvanômetros intensidade, nas duas situações, e as correntes que entram nas duas partes inferior, também têm a mesma intensidade (I), a corrente que atravessa o reostato tem a mesma intensidade da corrente que atravessa o shunt, como mostra a figura. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: R . i’ = (RM + RG) . IG = R RS . i’ = RG . IG (2) Dividindo-se (1) por (2) R Rୗ = R୑ Rୋ → R = R୑ Rୋ . = 50 . 10 40 Letra ALetra ALetra ALetra A Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 12 multiplicador e o galvanômetro e na parte inferior, o shunt está em paralelo com o galvanômetro. Como as correntes que os galvanômetros têm a mesma intensidade, nas duas situações, e as correntes que entram nas duas partes – superior e inferior, também têm a mesma intensidade (I), a corrente que atravessa o reostato tem a ma intensidade da corrente que atravessa o shunt, como mostra a figura. = RM . IG (1) se (1) por (2) . Rୗ 10ଷ 40 . 16 . 10ିଷ = 20 Ω
  13. 13. 14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e puntiformes, estão fixas nos vértices de um quadrado de lado L = √2 m, isoladas e no vácuo (ver figura). Uma carga de prova positiva q = 0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no centro O da configuração. Como o equilíbrio é instável, a carga q é repelida até atingir uma energia cinética constante de 7,2 x 10 Desprezando a força gravitacional, o valor de cada carga Q, em microcoulombs, vale Dado: constante eletrostática no vácuo. K 9,0 x 109 ୒ .୫² େ² A) 1,0 B) 2,0 C) 4,0 D) 6,0 E) 8,0 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo porque as cargas são iguais e estão igualmente distantes deste ponto. Não havendo campo elétrico, não há força elétrica e a carga de prova não se movimenta. Desta forma, é necessário que alguma perturbação ocorra, por menor que seja, para que a carga de prova passe a se movimentar. Iniciado o movimento, a força elétrica será a resultante sobre a carga de prova. Então, o trabalho desta força será igu variação de sua energia cinética. Podemos encontrar este trabalho com o produto da carga pela diferença de potencial elétrico subtração do valor do potencial elétrico no centro do quadrado e do potencial elétrico num ponto muito distante (infinito), onde ele Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com 14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e puntiformes, estão fixas nos vértices de um m, isoladas e no vácuo (ver figura). Uma carga de prova positiva q = 0,10 µC é, então, cuidadosamente colocada no Como o equilíbrio é instável, a carga q é repelida até atingir uma energia cinética constante de 7,2 x 10-3 J. Desprezando a força gravitacional, o valor de cada carga Q, em microcoulombs, vale Dado: constante eletrostática no vácuo. K0 = No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo porque as cargas são iguais e estão igualmente distantes deste ponto. Não havendo campo elétrico, não há força elétrica e a carga de prova movimenta. Desta forma, é necessário que alguma perturbação ocorra, por menor que seja, para que a carga de prova passe a se movimentar. Iniciado o movimento, a força elétrica será a resultante sobre a carga de prova. Então, o trabalho desta força será igual à variação de sua energia cinética. Podemos encontrar este trabalho com o produto da carga pela diferença de potencial elétrico – que será a subtração do valor do potencial elétrico no centro do quadrado e do potencial elétrico num (infinito), onde ele será nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é nulo e, desta forma, a força resultante passa a ser nula, não realizando mais trabalho e a energia cinética se torna constante Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: W = trabalho do campo e V’ = potencial elétrico total no centro do quadrado; V = potencial elétrico provocado por cada carga nos vértices; d = distância do vértice até o centro do quadrado. d = ୐ .√ଶ ଶ = √ଶ .√ଶ ଶ = 1 m V = ୏ .୕ ୢ V’ = 4V = 4. ୏ .୕ ୢ = 4. ଽ.ଵ଴ W = q.(V’ – 0) = 7,2 . 10 0,1 . 10-6 . (4. ଽ.ଵ଴వ.୕ ଵ ) = 7,2 . 10 Q = ଻,ଶ .ଵ଴షయ ଴,ଵ .ଵ଴షల . ସ .ଽ.ଵ଴వ = 2 . 10 Letra BLetra BLetra BLetra B 15) Uma fonte sonora pontual emite isotropicamente com uma potência de 15,0 W. Se esse som é interceptado por um microfone distante d = 100m da fonte, em 0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts, é de A) 0,100/π B) 0,150/π Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 13 nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é nulo e, desta forma, a força resultante passa a ser nula, não realizando mais trabalho e a se torna constante. W = trabalho do campo elétrico; l elétrico total no centro do V = potencial elétrico provocado por cada d = distância do vértice até o centro do m ଵ଴వ.୕ ଵ 10-3 → = 7,2 . 10-3 = 2 . 10 -6 C ou 2µC 15) Uma fonte sonora pontual emite isotropicamente com uma potência de 15,0 W. Se esse som é interceptado por um microfone distante d = 100m da fonte, em uma área de 0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts,
  14. 14. C) 0,190/π D) 0,210/π E) 0,250/π Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Esta questão foi anulada, pois a resposta correta não está disponível em nenhuma das alternativas, como veremos. A propagação da energia sonora ocorre igualmente em todas as direções isotrópica). Assim, a 100m da fonte, todos os pontos da casca esférica de raio 100m recebem a mesma intensidade (razão entre a potência e a área). Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: I = intensidade (a 100 m); r = raio da casca esférica; A = área da casca esférica; P = potência da fonte sonora; P’ = potência recebida em uma porção da casca esférica (0,560 cm²); A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm² ou 0,56 . 10ିସ m²). I = P A = 15 4πr² = 15 4. π. 100² Pᇱ = I. Aᇱ = 15 4. π. 100² .0,56 . 10ିସ ∴ Pᇱ = 21 π nW 16) Uma onda se propagando em uma corda de comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Esta questão foi anulada, pois a resposta correta não está disponível em nenhuma das propagação da energia sonora ocorre ões (emissão 100m da fonte, todos os pontos da casca esférica de raio 100m recebem a mesma intensidade (razão entre a potência e P’ = potência recebida em uma porção da casca A’ = área de recepção do microfone (0,560 cm² 16) Uma onda se propagando em uma corda de comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg é descrita pela função de onda y(x,t) = 0,100cos(2,00x – 10,0t) m, onde x está em metros e t em segundos. A tração na corda, em newtons, vale A) 60,0 B) 50,0 C) 40,0 D) 30,0 E) 20,0 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Para encontramos a tração na corda, precisaremos da Equação de Taylor, segundo a qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada da razão entre a tração e a densidade linear, que por sua vez é a razão entre a massa e o comprimento da corda. Para isto, deveremos calcular a velocidade de propagação da onda na corda, a qual pode ser obtida pela onda. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: V = velocidade de propagação da onda; T = tração na corda; µ = densidade linear da corda; V = ඨ T μ → T = V² . μ T = V² . 2(1) Função de onda genérica Pode ser dada por onde A é a amplitude, x é a posição horizontal, Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 14 é descrita pela função de onda y(x,t) = 10,0t) m, onde x está em egundos. A tração na corda, em Para encontramos a tração na corda, quação de Taylor, segundo a qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada da razão entre a tração e a densidade linear, que por sua vez é a razão entre a massa e o comprimento da corda. Para isto, deveremos calcular a velocidade de propagação da onda na rda, a qual pode ser obtida pela função de V = velocidade de propagação da onda; µ = densidade linear da corda; = V² . m L = V² . 2 1 → Função de onda genérica Pode ser dada por y(x, t) = Acos( ଶ஠୶ ஛ െ ଶ஠୲ ୘ ), onde A é a amplitude, x é a posição horizontal,
  15. 15. y é a posição vertical, λ é o comprimento de onda, t é o instante considerado e T é o período. Para a onda em questão, y(x,t) = 0,100cos(2,00x – 10,0t). Assim, temos 2π λ = 2 (2) 2π T = 10 (3) Dividindo-se (3) por (2) 2π T 2π λ = λ T = 5 e λ T = V → V = 5(4) Substituindo-se (4) em (1) T = 5² . 2 = 50 newtons Letra BLetra BLetra BLetra B 17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos, descrevem órbitas circulares ao redor da Terra. A velocidade orbital do satélite A vale v 10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos satélites são relacionados por ோಳ ோಲ velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale A) 2 x 10³ B) 1 x 10³ C) 4 x 10² D) 2 x 10² E) 1 x 10² Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Se o estudante lembrar-se da fórmula da velocidade orbital, ganha um “tempinho” na Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com é o comprimento de onda, t é o instante considerado e T é o período. Para a onda em questão, y(x,t) = 10,0t). Assim, temos 17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos, descrevem órbitas circulares ao redor da Terra. A velocidade orbital do satélite A vale vA = 2 x 10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos = 1 ‫ݔ‬ 10², a velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale se da fórmula da velocidade orbital, ganha um “tempinho” na resolução do problema. Mas se não lembrar, pode deduzi-la facilmente percebendo que a força de atração gravitacional entre a Terra e cada satélite é centrípeta. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: G = constante universal da gravitação; M = massa da Terra; V୆ = velocidade orbital de B. V୅ = ට ୋ୑ ୖఽ (1) V୆ = ඨ GM R୆ (2) Dividindo-se (1) por (2), membro a membro V୅ V୆ = ඨ ‫ܯܩ‬R୆ R୅GM = ඨ ܴ஻ ܴ஺ V୆ = V୅ 10 = 2 . 10ଷ 10 = 2 Letra DLetra DLetra DLetra D 18) A viga inclinada de 60 repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e E, dois blocos de massa 8,00 kg estão pendurados por meio de um fio ideal. Uma força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à viga no ponto B. Desprezando o peso da viga e o atrito no apoio D, a reação normal que o apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 15 resolução do problema. Mas se não lembrar, la facilmente percebendo que a força de atração gravitacional entre a Terra e centrípeta. G = constante universal da gravitação; = velocidade orbital de B. se (1) por (2), membro a membro ඨ = ඥ10ଶ = 10 → 2.10ଶ m/s 18) A viga inclinada de 600 mostrada na figura repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e E, dois blocos de massa 8,00 kg estão pendurados por meio de um fio ideal. Uma força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à no ponto B. Desprezando o peso da viga e D, a reação normal que o apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a
  16. 16. A) 30,0 B) 50,0 C) 70,0 D) 90,0 E) 110 Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Como a barra está em equilíbrio e ela é um corpo extenso, a força resultante sobre ela tem que ser nula, assim como o torque resultante. Para encontrarmos a força que o apoio D faz sobre a barra, basta partirmos desta última condição. Para calcularmos o valor do torque de cada força, vamos fazê-lo em relação ao ponto A. Estes valores são respectivamente iguais ao produto da força pelo braço de força, que é a distância entre a reta base da força e o ponto escolhido. Desta forma, não precisaremos considerar as forças em A, já que seus braços serão nulos. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Como a barra está em equilíbrio e ela é um corpo extenso, a força resultante sobre ela tem torque resultante. Para encontrarmos a força que o apoio D faz sobre a barra, basta partirmos desta última condição. Para calcularmos o valor do torque lo em relação ao Estes valores são respectivamente da força pelo braço de força, que é a distância entre a reta base da força e o Desta forma, não precisaremos considerar as forças em A, já que Pe = Peso em E; Nd = normal em D; Pc = peso em C; F = força em B; Bd = braço de força (Nd); Bf = braço de força (F); Bc = braço de força (Pc); Bep = braço de força (Pe). Cálculo de Bd cos60଴ = 6 Bୢ → Bୢ = Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 16 Bd = braço de força (Nd); Bf = braço de força (F); c); Bep = braço de força (Pe). 6 cos60଴ = 12
  17. 17. Cálculo de Bf cos60଴ = 2 B୤ → B୤ = 2 cos60଴ = 4 Cálculo de Bc e Bep Da primeira figura, tiramos que Bc = 4 m e Bep = 8 m Nd e F tendem a girar a barra no sentido horário e Pe e Pc, no sentido anti Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a soma dos torques de Pe e Pc Nd . Bd + F . Bf = Pe . Bep + Pc . Bc Nd . 12 + 30 . 4 = 80 . 8 + 80 . 4 ∴ Nd = 70 N Letra CLetra CLetra CLetra C 19) Uma capacitância C = 0,25 µF a uma energia eletrostática inicial de 72 x 10 quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro) outras capacitâncias idênticas a ela, mas completamente descarregadas. As cinco capacitâncias associadas em paralelo atingem, no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts, de A) 4,8 B) 2,4 Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com que Bc = 4 m e Bep Nd e F tendem a girar a barra no sentido horário e Pe e Pc, no sentido anti-horário. Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a Bc → 19) Uma capacitância C = 0,25 µF armazenava uma energia eletrostática inicial de 72 x 10-6 J, quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro) outras capacitâncias idênticas a ela, mas completamente descarregadas. As cinco associadas em paralelo atingem, no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts, C) 1,2 D) 0,60 E) zero Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Do valor da capacitância e da energia anteriormente acumulada, calculamos a Na associação em paralelo, a carga esta carga, mas distribuída entre as cinco capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: Q = carga; E = energia eletrostática inicial; U = ddp da associação. E = Qଶ 2C → Q = √E. 2C Q = ඥ72 . 10ି଺ . 2 .0,25 U = Q 5C = 6 . 10ି଺ 5 . 0,25 . 10 Letra ALetra ALetra ALetra A 20) Uma balança encontra tendo, sobre seu prato direito, um recipiente contendo inicialmente apenas água. Um cubo sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2 N e pendurado por um fio fino é, então, lentamente mergulhado na água até que fique totalmente submerso. Sabendo que o cubo não toca o fundo do recipiente, a balança estará equilibrada se for acrescentado um contrapeso, em newtons, igual a Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 17 Do valor da capacitância e da energia anteriormente acumulada, calculamos a carga. Na associação em paralelo, a carga total será esta carga, mas distribuída entre as cinco capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação. E = energia eletrostática inicial; U = ddp da associação. C → 25 . 10ି଺ = 6 . 10ି଺ C 10ି଺ = 4,8 V 0) Uma balança encontra-se equilibrada tendo, sobre seu prato direito, um recipiente contendo inicialmente apenas água. Um cubo sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2 N e pendurado por um fio fino é, então, nte mergulhado na água até que fique totalmente submerso. Sabendo que o cubo não toca o fundo do recipiente, a balança estará equilibrada se for acrescentado um contrapeso,
  18. 18. Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água = 1,0 g/cm³. A) zero , pois a balança se mantém equilibrada. B) 0,50 , colocado sobre o prato direito. C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo. D) 0,15 , colocado sobre o prato direito. E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo. Comentários:Comentários:Comentários:Comentários: Como o cubo foi mergulhado podemos admitir que a água permaneceu em equilíbrio. Também, pelas informações do enunciado, admitimos que não houve transbordamento. Assim, a força que a água fará sobre o cubo será o empuxo. Pelo Princípio da Ação e Reação, o cubo faz força mesma intensidade e este será o valor “percebido” pela balança. Então, o contrapeso deverá ser colocado no prato esquerdo e seu peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo se apoiasse no fundo do recipiente, teríamos, além do empuxo, a força de contato estes dois, e o contrapeso deveria ter valor igual à soma do empuxo com esta força de contato. O estudante também deve se lembrar de transformar a massa específica da água e o volume do cubo para o SI. Resolução:Resolução:Resolução:Resolução: E = empuxo; μ = massa especíϐica da água; V = volume do cubo: μ = 1 g cmଷ = 1 10ିଷ kg 10ି଺mଷ = 10ଷ kg mଷ Prova de Física Comentada e Resolvida 2012 www.einsteinmania.com Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água , pois a balança se mantém equilibrada. B) 0,50 , colocado sobre o prato direito. C) 0,20 , colocado sobre o prato esquerdo. D) 0,15 , colocado sobre o prato direito. E) 0,050 , colocado sobre o prato esquerdo. lentamente, podemos admitir que a água permaneceu em equilíbrio. Também, pelas informações do enunciado, admitimos que não houve transbordamento. Assim, a força que a água Pelo Princípio da Ação e Reação, o cubo faz força na água de mesma intensidade e este será o valor “percebido” pela balança. Então, o contrapeso deverá ser colocado no prato esquerdo e seu peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo no fundo do recipiente, teríamos, de contato estes dois, valor igual à soma do empuxo com esta força de contato. O estudante também deve se lembrar de transformar a massa específica da água e o ܸ = 5 ܿ݉ଷ = 5 . 10ି଺ ݉ E = μ. V. g = 10ଷ . 5 . 10 Letra ELetra ELetra ELetra E Prova de Física Comentada e Resolvida – Escola Naval 18 ݉ଷ 10ି଺ . 10 = 0,050 N

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