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FUV20021E2F

FUVEST/2002FÍSICA

OBSERVAÇÃO (para todas as questões de Física): o valor daaceleração da gravidade na superfície da Terra é representadopor g. Quando necessário adote: para g, o valor de 10 m/s2;para a massa específica (densidade) da água, o valor de1.000 kg/m3 = 1g/cm3; para o calor específico da água, o valorde 1,0 cal /(g.ºC) ( 1 caloria ≅ 4 joules).

41. Três esferas metálicas iguais, A, B e C, estão apoiadas emsuportes isolantes, tendo a esfera A carga elétrica negativa.Próximas a ela, as esferas B e C estão em contato entre si,sendo que C está ligada à terra por um fio condutor, comona figura. A partir dessa configuração, o fio é retirado e, emseguida, a esfera A é levada para muito longe. Finalmente,as esferas B e C são afastadasuma da outra. Após essesprocedimentos, as cargas dastrês esferas satisfazem asrelações

a) QA < 0 QB > 0 QC > 0b) QA < 0 QB = 0 QC = 0c) QA = 0 QB < 0 QC < 0d) QA > 0 QB > 0 QC = 0e) QA > 0 QB < 0 QC > 0

Resolução: Alternativa ANa presença da esfera A elétrons da face esquerda de Bsão repelidos através do corpo C e do fio terra para a Terra.Ao cortar o fio o corpo está positivo e eletriza o corpo Cpor contato ficando ambos com carga positiva. Aoafastarmos a esfera B de C ambas estarão eletrizadas com acarga positiva e a esfera A continua negativa.

42. No medidor de energia elétrica usado na medição doconsumo de residências, há um disco, visível externamente,que pode girar. Cada rotação completa do discocorresponde a um consumo de energia elétrica de3,6 watt-hora. Mantendo-se, em uma residência, apenasum equipamento ligado, observa-se que o disco executauma volta a cada 40 segundos. Nesse caso, a potência“consumida” por esse equipamento é de, aproximadamente,

A B C

A quantidade de energia elétrica de 3,6 watt-hora é definidacomo aquela que um equipamento de 3,6 W consumiria sepermanecesse ligado durante 1 hora.

a) 36 Wb) 90 Wc) 144 Wd) 324 We) 1000 W

Resolução: Alternativa D

P = Et∆ ⇒ P =

3,6 Wh40 s

P = 3,6 W 3600 s

40 s.

⇒ P = 324 W

43. Quatro ímãs iguais em forma de barra, com as polaridadesindicadas, estão apoiados sobre uma mesa horizontal, comona figura, vistos de cima. Uma pequena bússola é tambémcolocada na mesa, no pontocentral P, eqüidistante dos ímãs,indicando a direção e o sentidodo campo magnético dos ímãsem P. Não levando em conta oefeito do campo magnéticoterrestre, a figura que melhorrepresenta a orientação daagulha da bússola é

S

N

S

N

S NN S

S

N S

N45º

45ºS

N

N

N

S

S

a) d)

b) e)

c)

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Resolução: Alternativa A

Por soma vetorial, obtemos um campo magnético resultantede direção vertical e sentido para baixo. (mesmo sentidoindicado pelo pólo norte da bússola)

44. Para um teste de controle, foram introduzidos trêsamperímetros (A1, A2 e A3) em um trecho de um circuito,entre M e N, por onde passa uma corrente total de 14 A(indicada pelo amperímetro A4). Nesse trecho, encontram-secinco lâmpadas, interligadas como na figura, cada uma delascom resistênciainvariável R. Nes-sas condições, osamperímetros A1,A2 e A3 indicarão,respectivamente,correntes I1, I2 eI 3 com valoresaproximados de

a) I1 = 1,0 A I2 = 2,0 A I3 = 11 Ab) I1 = 1,5 A I2 = 3,0 A I3 = 9,5 Ac) I1 = 2,0 A I2 = 4,0 A I3 = 8,0 Ad) I1 = 5,0 A I2 = 3,0 A I3 = 6,0 Ae) I1 = 8,0 A I2 = 4,0 A I3 = 2,0 A

Resolução: Alternativa CPode-se redesenhar o circuito da seguinte maneira:

S NSN

S

N

S

N

4

1

2

3

4B→

2B→

3B→

1B→

MA1

A3

A2

A4

ML A2 A4

A3L

L

A1 LL

N

14444444444244444444443

U

Associação 3

Associação 2

Associação 1

Sabendo que todas as lâmpadas possuem uma mesmaresistência R, obtemos:

REQ = 2R7

Sendo 14 A, a corrente registrada pelo amperímetro A4, temos:

U = REQ . i4 ⇒ U = 2R7

. 14 ⇒ U = 4R

Aplicando a mesma equação para as associaçõesdenominadas 1, 2 e 3, obtemos:

U1 = R1 i14R = 2R i1 ⇒ i1 = 2A

U2 = R2 i24R = R i2 ⇒ i2 = 4A

U3 = R3 i3

4R = R2

. i3 ⇒ i3 = 8A

45. Um anel de alumínio, suspenso por um fio isolante, oscilaentre os pólos de um ímã, mantendose, inicialmente, noplano perpendicular ao eixo N – S eeqüidistante das faces polares. Oanel oscila, entrando e saindo daregião entre os pólos, com uma certaamplitude. Nessas condições, semlevar em conta a resistência do ar eoutras formas de atrito mecânico,pode-se afirmar que, com o passardo tempo,

a) a amplitude de oscilação do anel diminui.b) a amplitude de oscilação do anel aumenta.c) a amplitude de oscilação do anel permanece constante.d) o anel é atraído pelo pólo Norte do ímã e lá permanece.e) o anel é atraído pelo pólo Sul do ímã e lá permanece.

Resolução: Alternativa A

O alumínio é um material Paramagnético, ou seja, fracamenteatraído pelo ímã. Como está eqüidistante dos pólos do ímãa força resultante no anel no eixo N - S é nula. Porém, ofluxo de linhas de indução no interior do anel é variável ecria uma pequena corrente induzida que lentamente freia oanel. Desta forma a oscilação do anel diminui.

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46. Radiações como Raios X, luz verde, luz ultravioleta,microondas ou ondas de rádio, são caracterizadas por seucomprimento de onda ( λ ) e por sua freqüência (f). Quandoessas radiações propagam-se no vácuo, todas apresentamo mesmo valor para

a) λ b) f c) λ . fd) λ / f e) λ2 / f

Resolução: Alternativa CAs ondas eletromagnéticas possuem, no vácuo, a mesmavelocidade V. Já que:

V = λ f,

o produto λ f será igual para qualquer onda eletromagnéticapropagando-se no vácuo.

47. Certa máquina fotográfica é fixada a uma distância D0 dasuperfície de uma mesa, montada de tal forma a fotografar,com nitidez, um desenho em uma folha de papel que estásobre a mesa.

Desejando manter a folha esticada, é colocada uma placade vidro, com 5 cm de espessura, sobre a mesma. Nestanova situação, pode-se fazer com que a fotografia continueigualmente nítida

a) aumentando D0 de menos de 5 cm.b) aumentando D0 de mais de 5 cm.c) reduzindo D0 de menos de 5 cm.d) reduzindo D0 de 5 cm.e) reduzindo D0 de mais de 5 cm.

Resolução: Alternativa AComo o índice de refração do vidro é maior do que o do ar,teremos a seguinte situação.

É possível observar que a imagem fotografada está maispróxima da máquina. No entanto, esta aproximação é inferiora 5 cm. Portanto, para que a fotografia continue nítida, amáquina deve ser afastada de uma distância d < 5 cm.

48. Uma câmera de segurança (C), instalada em uma sala,representada em planta na figura, “visualiza” a região claraindicada.

Desejando aumentar o campo de visão da câmera, foicolocado um espelho plano,retangular, ocupando toda aregião da parede entre os pontosA e B. Nessas condições, a figuraque melhor representa a regiãoclara, que passa a ser visualizadapela câmera, é

Resolução: Alternativa B

Os raios de luz I e II representam a incidência e reflexão daluz quando alcançam o espelho AB. A região sombreadanão está no campo visual da câmera.

D0

vidro

objeto

imagem

vidro

d

BA

C

BA

BA

BA

BA

BA

C

C

C

C

C

a)

b)

c)

d)

e)

N2 N1

A B

III

C

(

(



49. O som de um apito é analisado com o uso de um medidorque, em sua tela, visualiza o padrão apresentado na figuraabaixo. O gráfico representa a variação da pressão que aonda sonora exerce sobre o medidor, em função do tempo,em µs (1 µs = 10–6 s).

Analisando a tabela de intervalos de freqüências audíveis,por diferentes seres vivos, conclui-se que esse apito podeser ouvido apenas por

Seres vivos Intervalos deFreqüência

cachorro 15 Hz – 45.000 Hz

ser humano 20 Hz – 20.000 Hz

sapo 50 Hz – 10.000 Hz

gato 60 Hz – 65.000 Hz

morcego 1000 Hz – 120.000 Hz

a) seres humanos e cachorrosb) seres humanos e saposc) sapos, gatos e morcegosd) gatos e morcegose) morcegos


Através do gráfico, obtemos:

T = 20 x 10–6 s ⇒ f = 1T

⇒ f = 50 000 Hz

A sonda sonora emitida pelo apito (f = 50 000 Hz) é audívelapenas pelos gatos e morcegos, segundo a tabela fornecidano exercício.

50. Em uma estrada, dois carros, A e B, entram simultaneamenteem curvas paralelas, com raios RA e RB. Os velocímetrosde ambos os carros indicam, ao longo de todo o trechocurvo, valores constantes VA e VB. Se os carros saem dascurvas ao mesmo tempo, a relação entre VA e VB é

a) VA = VBb) VA/VB = RA/ RBc) VA/VB = (RA/ RB )2

d) VA/VB = RB/ RAe) VA/VB = (RB/ RA)2


ωA = ωB

A B

A B

V V

R R= ⇒ A A

B B

V R=

V R

51. Em decorrência de fortes chuvas, uma cidade do interiorpaulista ficou isolada. Um avião sobrevoou a cidade, comvelocidade horizontal constante, largando 4 pacotes dealimentos, em intervalos de tempos iguais. No caso ideal,em que a resistência do ar pode ser desprezada, a figuraque melhor poderia representar as posições aproximadasdo avião e dos pacotes, em um mesmo instante, é


Observe a figura representando o abandono dos pacotesem quatro diferentes instantes.

À medida que os pacotes são liberados a velocidadehorizontal dos pacotes se mantém em relação ao avião porinércia e a velocidade vertical aumenta devido a ação dagravidade.

10 µµµµµs tempo

vari

açã

o d

ete

mp

o

A

BRB

RA

g

a) b) c) d) e)



52. Balões estão voltando a ser considerados como opção para

o transporte de carga. Um balão, quando vazio, tem massa

de 30.000 kg. Ao ser inflado com 20.000 kg de Hélio, pode

transportar uma carga útil de 75.000 kg. Nessas condições,

o empuxo do balão no ar equilibra seu peso. Se, ao invés de

Hélio, o mesmo volume fosse preenchido com Hidrogênio,

esse balão poderia transportar uma carga útil de

aproximadamente

Nas CNTP Massa de 1 mol de H2 = 2,0 gMassa de 1 mol de He = 4,0 g

a) 37.500 kg

b) 65.000 kg

c) 75.000 kg

d) 85.000 kg

e) 150.000 kg


Situação 1

mgás = 20 000 kg

E = Pbalão + Pcarga + Pgás

E = 30000 . 10 + 75000 . 10 + 20000 . 10

E = 1 250 000 N

Situação 2

m’gás = 10 000 kg

E = Pbalão + P’carga + P’gás

1 250 000 = 300 000 + P’carga + 100 000

P’carga = 850 000 N

m’carga = 85 000 kg

53. Um jovem escorrega por um tobogã aquático, com umarampa retilínea, de comprimento L, como na figura, podendoo atrito ser desprezado. Partindo do alto, sem impulso, elechega ao final da rampa com uma velocidade de cerca de6 m/s. Para que essa velocidade passe a ser de 12 m/s,mantendo-se a inclinaçãoda rampa, será necessárioque o comprimento dessarampa passe a seraproximadamente de

a) L/2b) Lc) 1,4 Ld) 2 Le) 4 L

Resolução: Alternativa E

Situação 1

EMA = EMB

mgH = 2Bm V

2

H = 2(6)

2 10.H = 1,8 m

sen θ = HL

⇒ L = 1,8

senθ

Situação 2

EMA = EMB

mgH’ = 2Bm V

2

H’ = 2(12)

2 10.

H’ = 7,2 m

sen θ = H 'L '

⇒ L’ = 7,2

senθ

L’ = 4 . 1,8

senθ ⇒ L’ = 4L

L g

A

B

L

H

(θθθθθ

A

B

L’

H’

(θθθθθ

E

Pgás

Pbalão

Pcarga



54. Dois pequenos discos, de massas iguais, são lançadossobre uma superfície plana e horizontal, sem atrito, comvelocidades de módulos iguais. A figura ao lado registra aposição dos discos, vistos de cima, em intervalos de temposucessivos e iguais, antes de colidirem,próximo ao ponto P. Dentre aspossibilidades representadas, aquelaque pode corresponder às posições dosdiscos, em instantes sucessivos, após acolisão, é:


A quantidade de movimento do sistema formado pelosdiscos deve ser o mesmo antes e após a colisão.

Q→

antes = Q→

depois

Q→

antes :

⇒

| Q→

1 | = | Q→

2 | pois tem a mesma massa e velocidade.

A alternativa que melhor representa um vetor

Q→

depois = Q→

antes é a E.

55. Um avião, com massa M = 90 toneladas, para que esteja emequilíbrio em vôo, deve manter seu centro de gravidadesobre a linha vertical CG, que dista 16 m do eixo da rodadianteira e 4,0 m do eixo das rodas traseiras, como na figuraabaixo. Para estudar a distribuição de massas do avião, emsolo, três balanças são colocadas sob as rodas do trem deaterrissagem. A balança sob a roda dianteira indicaMD e cada uma das que estão sob as rodas traseirasindica MT. Uma distribuição de massas, compatívelcom o equilíbrio do avião em vôo, poderia resultar emindicações das balanças, em toneladas, correspondendoaproximadamente a

a) MD = 0 MT = 45b) MD = 10 MT = 40c) MD = 18 MT = 36d) MD = 30 MT = 30e) MD = 72 MT = 9,0

Resolução: Alternativa C

B1 = Balança 1B2 = Balança 2

MB1∑ = 0 (somatória dos momentos na Balança 1)

N1M + MP + N2

M = 0 Sendo:

0 + P . 16 – N2 . 20 = 0 P = Peso do Avião16 P = 20 N2 N1 = Normal na Balança 116 . 900 = 20 N2 N2 = Normal na Balança 2N2 = 720 ∴m2 = 72 toneladas distribuídas em duas rodasSendo portanto MT = 36 toneladas por roda traseira.

MB2∑ = 0 (somatória dos momentos na Balança 2)

N1M + MP + N2

M = 0

N1 . 20 + P . 4 + 0 = 0N1 20 = 900 . 4N1 = 180MP = 18 toneladas distribuídas sobre as rodas dianteiras.

a)

b)

c)

d)

e)

C G

16 m 4 m

g

V VQ 2

Q 1

Q→→→→→

antes

N1

B1

N2

B2

P



56. Satélites utilizados para telecomunicações são colocadosem órbitas geoestacionárias ao redor da Terra, ou seja, detal forma que permaneçam sempre acima de um mesmoponto da superfície da Terra. Considere algumas condiçõesque poderiam corresponder a esses satélites:

I. ter o mesmo período, de cerca de 24 horas II. ter aproximadamente a mesma massaIII. estar aproximadamente à mesma altitudeIV. manter-se num plano que contenha o círculo do

equador terrestre

O conjunto de todas as condições, que satélites em órbitageoestacionária devem necessariamente obedecer,corresponde a

a) I e IIIb) I, II, IIIc) I, III e IVd) II e IIIe) II, IV

Resolução: Alternativa C

I. os satélites geo (estacionários) (geo = Terra,estacionário = etacionado) tem o mesmo Período daTerra. (V)

II. A órbita do satélite não depende da massa do mesmo.Depende apenas da massa da Terra. (F)

III. Estar aproximadamente à mesma altitude em relação aTerra periodicamente. (V)

IV. Manter-se próximo a linha do equador. (V)

57. Em um processo industrial, duas esferas de cobre maciças,A e B, com raios RA = 16 cm e RB = 8 cm, inicialmente àtemperatura de 20ºC, permaneceram em um forno muitoquente durante períodos diferentes. Constatou-se que aesfera A, ao ser retirada, havia atingido a temperatura de100ºC . Tendo ambas recebido a mesma quantidade de calor,a esfera B, ao ser retirada do forno, tinha temperaturaaproximada de

a) 30ºCb) 60ºCc) 100ºCd) 180ºCe) 660ºC


T0 = 20 °C T0 = 20 °CT = 100 °C T = ?Q1 Q2

Como as esferas receberam a mesma quantidade de calortemos:

Q1 = Q2

m1c . ∆t1 = m2 . c . ∆td1V1 . ∆t1 = d2 . V2 . ∆t2V1 . ∆t1 = V2 . ∆t243

π R31 . ∆tl =

43

π R32 . ∆t2

163 . 80 = 83 . ∆t2∆t2 = 640 °CT2 – T0 = 640T2 – 20 = 640T2 = 660 °C

58. Usando todo o calor produzido pela combustão direta degasolina, é possível, com 1,0 litro de tal produto, aquecer200 litros de água de 10ºC a 45ºC. Esse mesmo aquecimentopode ser obtido por um gerador de eletricidade, queconsome 1,0 litro de gasolina por hora e fornece 110 V a umresistor de. 11 Ω , imerso na água, durante um certointervalo de tempo. Todo o calor liberado pelo resistor étransferido à água. Nessas condições, o aquecimento daágua obtido através do gerador, quando comparado aoobtido diretamente a partir da combustão, consome umaquantidade de gasolina, aproximadamente,

a) 7 vezes menor b) 4 vezes menorc) igual d) 4 vezes maiore) 7 vezes maior


Combustão direta:

V = 1L de gasolina

V = 200L de H2O (m = 200 kg)∆t = 35 °C

RA = 16 cm

RB = 8 cm

(Como são esferas demesmo material o calorespecífico e a mesmadensidade

d = mV

⇒ m = d . V)



Na combustão direta temos uma quantidade de calorabsorvida pela água de:

Q = m . c . ∆t ⇒ Q = 200 . 103 . 1 . 35 ⇒ Q = 7000 . 103 cal

Pelo gerador:

V = 1L de gasolina ⇒ U = 110 V e R = 11 Ω

P = 2U

R

P = 2110

11 ⇒ P = 1100 W

∆E = P . ∆t ∆t = 1 hora∆E = 1100 . 3600

∆E = 3960 . 103 J ÷ 4∆E = 9900 . 102 cal de calorias liberadas no gerador.

A relação entre Q na combustão direta e ∆E no gerador nosfornece a relação entre um e outro. Assim temos:

R = QE∆ (R = Relação)

R = 3

2

7000 10

9900 10

.

. ⇒ R ≅≅≅≅≅ 7 vezes maior

59. Um equipamento possui um sistema formado por um pistão,

com massa de 10 kg, que se movimenta, sem atrito, em

um cilindro de secção transversal S = 0,01 m2.

Operando em uma região onde a pressão atmosférica é de

10,0 x 104 Pa (1 Pa = 1 N/m2), o ar aprisionado no interior do

cilindro mantém o pistão a uma altura H = 18 cm. Quando

esse sistema é levado a operar em uma região onde a pressão

atmosférica é de 8,0 x 104 Pa, mantendo-se a mesma

temperatura, a nova altura H no interior do cilindro passa a

ser aproximadamente de

a) 5,5 cmb) 14,7 cmc) 20 cmd) 22 cme) 36 cm


O ar comprimido na 1a situação está sob a pressãoatmosférica (10 . 104 Pa) e a pressão do pistão que temvalor:

P = Força Peso

Área ⇒ P =

m g0,01

.

P = 2

10 10

1 10

.

. − ⇒ P = 104 Pa

Assim a pressão total no ar é:

T1P = atm1

P + PPeso

T1P = 10 . 104 + 104

T1P = 11 . 104 Pa

Na 2a situação a pressão no ar será a pressão atmosférica(P = 8 . 104 Pa) e a pressão do peso do cilindro.

Assim a pressão no ar é: (T2P )

T2P = atm2

P + PPeso

T2P = 8 . 104 + 104

T2P = 9 . 104 Pa

Temos:

T1P . H1 = T2

P . H2

11 . 104 . 18 = 9 . 104 . H2H2 = 22 cm

60. Em 1987, devido a falhas nos procedimentos de segurança,ocorreu um grave acidente em Goiânia. Uma cápsula deCésio-137, que é radioativo e tem meia-vida de 30 anos, foisubtraída e violada, contaminando pessoas e o ambiente.Certa amostra de solo contaminado, colhida e analisada naépoca do acidente, foi recentemente reanalisada. A razãoR, entre a quantidade de Césio-137, presente hoje nessaamostra, e a que existia originalmente, em 1987, é

A meia-vida de um elemento radioativo é o intervalo de tempoapós o qual o número de átomos radioativos existentes em certaamostra fica reduzido à metade de seu valor inicial.

a) R = 1 b) 1 > R > 0,5 c) R = 0,5d) 0,5 > R > 0 e) R = 0

Resolução: Alternativa BComo a meia vida do césio-137 é de 30 anos e de 1987até 2001 são aproximadamente 14 anos (15 anosaproximadamente) temos: 1 > R > 0,5

H

S



COMENTÁRIO DA PROVA DE FÍSICA

Uma prova bem elaborada que abordou na sua maioria questões do cotidiano de sala de aula. Tivemos questões teóricas onde oaluno que conhece o conteúdo resolvia sem maiores problemas. Tivemos também algumas questões que exigiu do aluno oconhecimento de fórmulas matemáticas para a resolução. Em geral uma prova de fácil para média.

DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES DE FÍSICA

Ondas10%

Óptica10%

Termologia10%

Eletricidade25%

Mecânica40%

FísicaModerna

5%

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