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EN 2010 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Marinha do Brasil

PSAEN/2010 · Prova Amarela · Física (Q21–40) — resolução comentada Método TEF.

Q21
Eletricidade — Eletrostática — Trabalho e energia

Uma partícula, de massa $m=40{,}0\ \text{g}$ e carga elétrica $q=8{,}0\ \text{mC}$, encontra-se inicialmente fixa na origem do sistema coordenado $XOY$ (veja figura abaixo). Na região, existe um campo elétrico uniforme $\vec E=100\hat\imath\ (\text{N/C})$. A partícula é solta e passa a se mover na presença dos campos elétrico e gravitacional $[\vec g=10{,}0\hat\j\ (\text{m/s}^2)]$. No instante em que a coordenada $x=40{,}0\ \text{cm}$, a energia cinética da partícula, em joule, é

Figura 1: eletricidade — eletrostática — trabalho e energia, prova Escola Naval 2010, questão 21
A)$30{,}0\cdot10^{-2}$
B)$35{,}0\cdot10^{-2}$
C)$40{,}0\cdot10^{-2}$
D)$45{,}0\cdot10^{-2}$
E)$47{,}0\cdot10^{-2}$

Resposta

C
Resolução

A força elétrica é horizontal: $F_e=qE=8{,}0\cdot10^{-3}\cdot100=0{,}80\ \text{N}$. Como $m=0{,}040\ \text{kg}$, a aceleração horizontal é $a_x=20\ \text{m/s}^2$.

Partindo do repouso, $x=a_xt^2/2$. Para $x=0{,}40\ \text{m}$, temos $t^2=0{,}04\ \text{s}^2$. Na direção vertical, $y=gt^2/2=0{,}20\ \text{m}$.

Pelo teorema trabalho–energia, $E_c=F_ex+mgy=0{,}80\cdot0{,}40+0{,}040\cdot10\cdot0{,}20=0{,}40\ \text{J}=40{,}0\cdot10^{-2}\ \text{J}$.

Cuidado, armadilha! O trabalho da gravidade também aumenta a energia cinética; não considere apenas o deslocamento horizontal.

Alternativa correta: C

Q22
Termologia — Dilatação térmica — Capacitor de placas

Uma haste de comprimento inicial $L_0=59{,}0\ \text{cm}$ tem uma extremidade fixa na parede e a outra extremidade presa a uma placa retangular (1) isolante de área da face $A$, que pode deslizar com atrito desprezível na superfície horizontal. Outra placa retangular (2) isolante, de mesma área da face, está fixa na superfície horizontal a uma distância $d=17{,}7\ \text{cm}$ da placa (1). As placas possuem revestimento metálico nas faces (área $A$) que se defrontam, formando assim um capacitor plano de placas paralelas a vácuo. A haste, que possui massa $m=30{,}0\ \text{g}$, calor específico médio $c=0{,}40\ \text{cal/(g·°C)}$ e coeficiente de dilatação linear $\alpha=5{,}0\cdot10^{-4}\ \text{°C}^{-1}$, é uniformemente aquecida até atingir uma temperatura tal que a nova capacitância do capacitor torna-se $20\%$ maior. O calor fornecido, em kcal, por um aquecedor (não indicado na figura) à haste é

Figura 1: termologia — dilatação térmica — capacitor de placas, prova Escola Naval 2010, questão 22
A)1,0
B)1,2
C)1,4
D)1,6
E)2,0

Resposta

B
Resolução

Como $C=\varepsilon_0A/d$ e a área permanece constante, o aumento de $20\%$ na capacitância implica $C_f=1{,}20C_i$ e, portanto, $d_f=d_i/1{,}20=14{,}75\ \text{cm}$.

A haste se alonga exatamente o quanto a separação diminui: $\Delta L=17{,}7-14{,}75=2{,}95\ \text{cm}$. Da dilatação linear, $\Delta L=L_0\alpha\Delta T$, segue $\Delta T=2{,}95/(59\cdot5\cdot10^{-4})=100\ \text{°C}$.

O calor recebido é $Q=mc\Delta T=30\cdot0{,}40\cdot100=1200\ \text{cal}=1{,}2\ \text{kcal}$.

Cuidado, armadilha! Capacitância e distância entre as placas são inversamente proporcionais; um aumento de 20% em $C$ não corresponde a redução de 20% em $d$.

Alternativa correta: B

Q23
Ondulatória — Acústica — Efeito Doppler

Um detector de ondas sonoras $D$ passa pelo ponto $A$, localizado no eixo $x$, em direção ao ponto $B$, localizado no eixo $y$, com velocidade $\vec v$ constante, como indicado na figura abaixo. O vetor velocidade faz um ângulo $\alpha$ acima da horizontal. Uma fonte sonora $F$, em repouso, localizada na origem do sistema de eixos, emite ondas sonoras que se propagam no ar parado com velocidade constante $v_s$. Sabendo que as frequências captadas pelo detector ao passar por $A$ e $B$ são, respectivamente, $f_A$ e $f_B$, a razão entre a diferença de frequências, $f_A-f_B$, e a frequência da onda emitida pela fonte é

Figura 1: ondulatória — acústica — efeito doppler, prova Escola Naval 2010, questão 23
A)$\dfrac v{v_s}(\operatorname{sen}\alpha+\cos\alpha)$
B)$\dfrac v{v_s}(\cos\alpha-\operatorname{sen}\alpha)$
C)$\dfrac{2v}{v_s}\operatorname{sen}\alpha$
D)$\dfrac{2v}{v_s}$
E)$\dfrac{2v}{v_s}\cos\alpha$

Resposta

A
Resolução

Em $A$, a velocidade do detector possui componente $v\cos\alpha$ dirigida para a fonte. Logo, $f_A=f(1+v\cos\alpha/v_s)$.

Em $B$, a componente $v\operatorname{sen}\alpha$ afasta o detector da fonte. Assim, $f_B=f(1-v\operatorname{sen}\alpha/v_s)$.

Subtraindo e dividindo por $f$, obtemos $(f_A-f_B)/f=(v/v_s)(\cos\alpha+\operatorname{sen}\alpha)$.

Cuidado, armadilha! Na passagem por $B$, o detector se afasta da origem; a componente radial muda de sinal.

Alternativa correta: A

Q24
Mecânica — Colisões — Pêndulos e restituição

Dois pêndulos constituídos por fios de massas desprezíveis e de comprimento $L=2{,}0\ \text{m}$ estão pendurados em um teto em dois pontos próximos de tal modo que as esferas $A$ e $B$, de raios desprezíveis, estejam muito próximas, sem se tocarem. As massas das esferas valem $m_A=0{,}10\ \text{kg}$ e $m_B=0{,}15\ \text{kg}$. Abandona-se a esfera $A$ quando o fio forma um ângulo de $60°$ com a vertical, estando a esfera $B$ do outro pêndulo na posição de equilíbrio. Sabendo que, após a colisão frontal, a altura máxima alcançada pelo centro de massa do sistema, em relação à posição de equilíbrio, é de $0{,}40\ \text{m}$, o coeficiente de restituição da colisão é

Figura 1: mecânica — colisões — pêndulos e restituição, prova Escola Naval 2010, questão 24
A)zero
B)0,25
C)0,50
D)0,75
E)1,00

Resposta

E
Resolução

A esfera $A$ é solta de uma altura $h=L(1-\cos60°)=1{,}0\ \text{m}$. Portanto, sua velocidade imediatamente antes do choque satisfaz $v^2=2gh=20\ \text{m}^2/\text{s}^2$.

A altura do centro de massa é a média das alturas ponderada pelas massas. No máximo informado, o ganho de energia potencial das duas esferas é $(m_A+m_B)g(0{,}40)=0{,}25\cdot10\cdot0{,}40=1{,}0\ \text{J}$.

A energia mecânica antes do choque é $m_Agh=1{,}0\ \text{J}$. Como a elevação potencial máxima já consome toda essa energia, não pode ter ocorrido perda mecânica na colisão. Ela é perfeitamente elástica, com $e=1{,}00$.

Cuidado, armadilha! Conservar apenas a energia do centro de massa translacional ignora o movimento relativo dos pêndulos; a informação da altura máxima envolve as duas esferas.

Alternativa correta: E

Q25
Mecânica — Energia mecânica — Cavidade rugosa

Uma pequena esfera rígida de massa $m$ é liberada do repouso da posição 1, localizada a uma distância vertical $H$ acima da borda de uma cavidade hemisférica de raio $R$ (ver figura). A esfera cai e toca, tangenciando, a superfície rugosa desta cavidade (posição 2) com o dobro da velocidade com a qual deixa a mesma (posição 3), parando momentaneamente na altura $h$ acima do plano da borda (posição 4). Despreze a resistência do ar. A razão $H/h$ é igual a

Figura 1: mecânica — energia mecânica — cavidade rugosa, prova Escola Naval 2010, questão 25
A)$4/3$
B)$3/2$
C)$2$
D)$3$
E)$4$

Resposta

E
Resolução

Na queda livre de 1 até 2, os pontos 1 e 2 estão separados pela altura $H$, então $v_2^2=2gH$.

O enunciado fornece $v_2=2v_3$, portanto $v_3^2=v_2^2/4=gH/2$.

Na subida livre de 3 até 4, $v_3^2=2gh$. Substituindo: $2gh=gH/2$, logo $h=H/4$ e $H/h=4$.

Cuidado, armadilha! As perdas na cavidade já estão incorporadas à relação $v_2=2v_3$; não se deve conservar energia entre as posições 2 e 3.

Alternativa correta: E

Q26
Mecânica — Hidrostática — Flutuação

A densidade absoluta (ou massa específica) $\rho_0$ do cilindro sólido de altura $H$ e área das bases $A$ é tal que, quando em equilíbrio no fluido de densidade absoluta $\rho$, flutua mantendo a base superior a uma altura $h$ acima da superfície livre do líquido, como mostra a figura abaixo. Sabendo que, para ficar submerso, a densidade absoluta do cilindro deve ser $25\%$ maior que $\rho_0$, podemos afirmar que a razão $h/H$ é igual a

Figura 1: mecânica — hidrostática — flutuação, prova Escola Naval 2010, questão 26
A)$4/5$
B)$1/4$
C)$1/5$
D)$1/8$
E)$1/10$

Resposta

C
Resolução

Quando o cilindro flutua, o empuxo iguala o peso: $\rho gA(H-h)=\rho_0gAH$.

A informação de submersão indica densidade do fluido $\rho=1{,}25\rho_0$ no limite em que o cilindro fica completamente imerso.

Logo $(H-h)/H=\rho_0/\rho=1/1{,}25=4/5$. Assim, $h/H=1-4/5=1/5$.

Cuidado, armadilha! Os 25% se referem à densidade do material em relação ao valor inicial; não correspondem diretamente à porcentagem de altura fora da água.

Alternativa correta: C

Q27
Mecânica — Energia — Atrito e lançamento oblíquo

Um pequeno bloco de massa $m=2{,}0\ \text{kg}$ é lançado da posição $A$ com velocidade de módulo igual a $4{,}0\ \text{m/s}$. O trecho $ABC$ do percurso, no plano vertical, possui atrito desprezível e o trecho $CD$, de comprimento igual a $1{,}0\ \text{m}$, possui atrito cujo coeficiente cinético é $0{,}20\sqrt3$. Despreze a resistência do ar e considere a energia potencial gravitacional zero no nível $BC$. Após passar pela posição $D$, a máxima energia potencial gravitacional (em joules) atingida pelo bloco é

Figura 1: mecânica — energia — atrito e lançamento oblíquo, prova Escola Naval 2010, questão 27
A)14,0
B)13,0
C)12,0
D)11,0
E)10,0

Resposta

A
Resolução

Na posição $A$, a energia total é $E_A=mv_A^2/2+mg(0{,}80)=16+16=32\ \text{J}$.

No trecho $CD$, $f=\mu mg\cos30°=0{,}20\sqrt3\cdot20\cdot\sqrt3/2=6\ \text{N}$. Em $1{,}0\ \text{m}$, o atrito retira $6\ \text{J}$, restando $E_D=26\ \text{J}$. Como $h_D=1\cdot\operatorname{sen}30°=0{,}50\ \text{m}$, $U_D=10\ \text{J}$ e $K_D=16\ \text{J}$, portanto $v_D=4\ \text{m/s}$.

Após deixar $D$, o bloco sobe como projétil, com $v_{Dy}=v_D\operatorname{sen}30°=2\ \text{m/s}$. O ganho de energia potencial até o ponto mais alto é $m v_{Dy}^2/2=4\ \text{J}$. Assim, $U_{\max}=10+4=14\ \text{J}$.

Cuidado, armadilha! No ápice da trajetória, apenas a componente vertical da velocidade se anula; a energia cinética horizontal não se converte em energia potencial.

Alternativa correta: A

Q28
Eletromagnetismo — Força magnética — Colisão

A figura abaixo mostra uma superfície horizontal lisa (plano $XY$) onde existe um campo elétrico uniforme $\vec E=30\hat\imath\ (\text{N/C})$ seguido de outro campo magnético uniforme $\vec B=1{,}5\hat k\ (\text{teslas})$. Uma partícula (1), de massa $m_1=m$ e carga elétrica $q_1=+4{,}0\ \mu\text{C}$, é lançada com velocidade $\vec v_1=3{,}0\hat\imath\ (\text{m/s})$, da posição $X=0$ e $Y=1{,}5\ \text{m}$, na direção de outra partícula (2), de massa $m_2=m$ e eletricamente neutra, inicialmente em repouso na posição indicada, num choque frontal. Sabe-se que o coeficiente de restituição do choque é $0{,}80$ e a massa $m=3{,}0\ \text{mg}$ (miligramas). Despreze a indução eletrostática e qualquer perda de carga da partícula (1). O módulo da aceleração, em $\text{m/s}^2$, da partícula (1) no interior do campo magnético uniforme é

Figura 1: eletromagnetismo — força magnética — colisão, prova Escola Naval 2010, questão 28
A)2,3
B)2,6
C)2,9
D)3,1
E)3,4

Resposta

B
Resolução

Antes da colisão, a força elétrica vale $F_e=qE=4\cdot10^{-6}\cdot30=1{,}2\cdot10^{-4}\ \text{N}$. Com $m=3\cdot10^{-6}\ \text{kg}$, a aceleração é $a=40\ \text{m/s}^2$. Percorrendo $2{,}0\ \text{m}$, $v^2=3^2+2\cdot40\cdot2=169$, logo $v=13\ \text{m/s}$.

Num choque frontal entre massas iguais, com a segunda em repouso e restituição $e=0{,}80$, a velocidade da partícula (1) imediatamente após o choque é $v_1^{\prime}=(1-e)v/2=1{,}3\ \text{m/s}$.

No campo magnético, a força tem módulo $qvB$, de modo que $a_B=qv_1^{\prime}B/m=(4\cdot10^{-6}\cdot1{,}3\cdot1{,}5)/(3\cdot10^{-6})=2{,}6\ \text{m/s}^2$.

Cuidado, armadilha! A aceleração magnética deve ser calculada com a velocidade da partícula carregada após o choque, e não antes dele.

Alternativa correta: B

Q29
Termologia — Termodinâmica — Entropia

Um forno elétrico, que opera na voltagem de $120\ \text{V}$ e corrente elétrica de $15\ \text{A}$, possui rendimento de $80\%$. No seu interior foram colocados $2{,}5$ litros de água na temperatura inicial de $39{,}1\ \text{°C}$. Após $20$ minutos, verifica-se que certa quantidade de água se vaporizou. Sabendo que a temperatura de vaporização é de $100\ \text{°C}$, a variação de entropia, em $\text{kJ/K}$, da água durante a vaporização é

A)1,0
B)1,5
C)2,0
D)2,5
E)3,0

Resposta

E
Resolução

A energia útil fornecida pelo forno é $Q_u=0{,}80\cdot120\cdot15\cdot(20\cdot60)=1\ 728\ 000\ \text{J}=432\ 000\ \text{cal}$.

A massa inicial de água é $2500\ \text{g}$. Para aquecê-la até $100\ \text{°C}$, $Q_s=mc\Delta T=2500\cdot1\cdot(100-39{,}1)=152\ 250\ \text{cal}$. Sobram $Q_v=279\ 750\ \text{cal}=1\ 119\ 000\ \text{J}$ para vaporizar parte da água.

Durante a mudança de fase à temperatura constante, $\Delta S=Q_v/T=1\ 119\ 000/373=3000\ \text{J/K}=3{,}0\ \text{kJ/K}$.

Cuidado, armadilha! Calcule a entropia apenas durante a vaporização, não durante o aquecimento inicial da água.

Alternativa correta: E

Q30
Mecânica — Gravitação — Velocidade de escape

Um satélite artificial percorre uma órbita circular ao redor da Terra na altitude de $9{,}63\cdot10^3\ \text{km}$. Para atingir a velocidade de escape, nesta altitude, o satélite deve ter, através de um sistema de propulsão, o módulo da sua velocidade linear multiplicado por

A)$\sqrt2/2$
B)$\sqrt2$
C)$2$
D)$\sqrt5$
E)$5$

Resposta

B e D
Resolução

Na mesma distância $r$ ao centro da Terra, a velocidade orbital circular é $v_c=\sqrt{GM/r}$, enquanto a velocidade de escape é $v_e=\sqrt{2GM/r}$.

A razão das velocidades é $v_e/v_c=\sqrt2$, independentemente da altitude. Portanto, a conclusão física direta é a alternativa .

Nota sobre o gabarito da fonte:

Cuidado, armadilha! Preserve a distinção entre “multiplicar a velocidade inicial” e “acrescentar uma velocidade”; a relação pedida é uma razão de módulos.

Alternativa correta: B e D

Q31
Mecânica — Energia — Gráfico da mola vertical

Um bloco é solto de certa altura sobre uma mola ideal vertical que possui constante elástica $K$, como mostra a figura 1. O bloco passa a ficar preso à mola (despreze as perdas nesta colisão), comprimindo-a até parar momentaneamente. A figura 2 mostra o gráfico da energia cinética ($E_c$) do sistema mola–bloco em função da deformação da mola ($Y$). Sabe-se que $E_c$ é medida em joules e $Y$ em metros. Analisando o gráfico, conclui-se que o valor da constante elástica $K$, em $\text{N/m}$, é

Figura 1: mecânica — energia — gráfico da mola vertical, prova Escola Naval 2010, questão 31Figura 2: mecânica — energia — gráfico da mola vertical, prova Escola Naval 2010, questão 31
A)200
B)300
C)400
D)450
E)500

Resposta

C
Resolução

Durante a compressão, o trabalho da gravidade aumenta a energia cinética e a mola armazena energia potencial: $E_c(y)=E_c(0)+mgy-Ky^2/2$. Portanto, o gráfico é uma parábola com concavidade para baixo.

Pelo gráfico, $E_c(0)=500\ \text{J}$, $E_c(1)=700\ \text{J}$ e $E_c(2)=500\ \text{J}$. Subtraindo $E_c(0)$ de $E_c(2)$, vem $2mg-2K=0$, logo $mg=K$.

No ponto $y=1\ \text{m}$, $700-500=mg-K/2=K/2$; assim, $K=400\ \text{N/m}$.

Cuidado, armadilha! O gráfico é da energia cinética, não da energia potencial elástica; o máximo ocorre antes da compressão máxima.

Alternativa correta: C

Q32
Eletricidade — Campo elétrico — Movimento bidimensional

A figura 1 mostra o gráfico da velocidade em função do tempo de uma partícula de massa $m$ e carga elétrica $-q$ que se move entre as placas de um capacitor plano de placas paralelas (figura 2). Na região entre as placas, existe um campo elétrico uniforme e o meio é vácuo. Se, no instante $t=0$, a partícula possui velocidade $\vec v_0=(2{,}00\cdot10^5)\hat\imath\ (\text{m/s})$ no sentido positivo de $x$, o módulo da sua aceleração, em $\text{m/s}^2$, é aproximadamente igual a

Figura 1: eletricidade — campo elétrico — movimento bidimensional, prova Escola Naval 2010, questão 32Figura 2: eletricidade — campo elétrico — movimento bidimensional, prova Escola Naval 2010, questão 32
A)$3{,}00\cdot10^{10}$
B)$4{,}00\cdot10^{10}$
C)$3{,}00\cdot10^{11}$
D)$3{,}50\cdot10^{11}$
E)$4{,}00\cdot10^{11}$

Resposta

E
Resolução

O campo elétrico age verticalmente. Como a velocidade inicial é horizontal, $v_x=v_0$ e $v_y=at$. O módulo da velocidade obedece a $v^2=v_0^2+(at)^2$.

Podemos ler no gráfico $v=2{,}10\cdot10^5\ \text{m/s}$ quando $t=1{,}6\cdot10^{-7}\ \text{s}$. Logo, $(at)^2=[(2{,}10)^2-(2{,}00)^2]\cdot10^{10}=0{,}41\cdot10^{10}$, e $at=\sqrt{41}\cdot10^4\ \text{m/s}$.

$a=(6{,}403\cdot10^4)/(1{,}6\cdot10^{-7})\approx4{,}00\cdot10^{11}\ \text{m/s}^2$.

Cuidado, armadilha! Não determine a aceleração pela inclinação do gráfico do módulo da velocidade: há uma componente horizontal constante e uma vertical variável.

Alternativa correta: E

Q33
Eletricidade — Eletrostática — Mola e cargas

Duas pequenas esferas, de raios desprezíveis, estão carregadas com cargas elétricas de mesmo valor absoluto e sinais contrários, sendo mantidas afastadas, uma da outra, por meio de uma mola ideal não condutora de constante elástica igual a $25{,}0\ \text{N/m}$. Sabe-se que a distância $L=36{,}0\ \text{cm}$. As duas cargas elétricas formam um sistema, no vácuo, que possui energia potencial eletrostática de valor absoluto igual a $0{,}90\ \text{J}$. O comprimento $L_0$, em centímetros, da mola não deformada é

Figura 1: eletricidade — eletrostática — mola e cargas, prova Escola Naval 2010, questão 33
A)41,0
B)46,0
C)51,0
D)56,0
E)61,0

Resposta

B
Resolução

Para cargas opostas, a energia potencial eletrostática é negativa: $U_e=-kq^2/L$. A força atrativa tem intensidade $F_e=kq^2/L^2=|U_e|/L$.

Na separação $L=0{,}36\ \text{m}$, $F_e=0{,}90/0{,}36=2{,}5\ \text{N}$. O equilíbrio requer a força repulsiva da mola comprimida: $K(L_0-L)=2{,}5$.

Logo, $L_0-L=2{,}5/25=0{,}10\ \text{m}$ e $L_0=0{,}36+0{,}10=0{,}46\ \text{m}=46{,}0\ \text{cm}$.

Cuidado, armadilha! Como as cargas são opostas, a força elétrica é atrativa; a mola precisa estar comprimida, não alongada.

Alternativa correta: B

Q34
Ondulatória — Ondas estacionárias — Harmônicos

Na figura abaixo, uma corda inextensível $ABC$ (densidade linear igual a $20{,}0\ \text{g/m}$) tem uma extremidade presa na parede e, depois de passar por uma polia ideal, é tracionada por uma pequena esfera metálica (1), que possui massa $m_1=\dfrac{0{,}700}{\sqrt3}\ \text{kg}$ e carga elétrica $q_1=+2{,}50\ \mu\text{C}$. Outra pequena esfera metálica (2), de mesmo raio, está presa na base do plano inclinado, possuindo massa $m_2=0{,}500\ \text{kg}$ e carga elétrica $q_2=-2{,}00\ \mu\text{C}$. Sabe-se que a distância entre os centros das esferas é de $10{,}0\ \text{cm}$, o meio entre as esferas possui constante eletrostática $K=9{,}0\cdot10^9\ \text{N·m}^2/\text{C}^2$ e o trecho $AB$ da corda, de comprimento igual a $50{,}0\ \text{cm}$, vibra num padrão de onda estacionária de frequência igual a $100\ \text{Hz}$. O harmônico correspondente é o

Figura 1: ondulatória — ondas estacionárias — harmônicos, prova Escola Naval 2010, questão 34
A)primeiro.
B)segundo.
C)terceiro.
D)quinto.
E)sexto.

Resposta

D
Resolução

As esferas têm cargas opostas e se atraem. O módulo da força elétrica sobre a esfera (1) é $F_e=k|q_1q_2|/r^2=9\cdot10^9\cdot(2{,}5\cdot10^{-6})(2{,}0\cdot10^{-6})/(0{,}10)^2=4{,}5\ \text{N}$.

O peso da esfera (1) contribui com $m_1g\operatorname{sen}60°=(0{,}700/\sqrt3)\cdot10\cdot\sqrt3/2=3{,}5\ \text{N}$ ao longo do plano. A tração da corda vale $T=4{,}5+3{,}5=8{,}0\ \text{N}$.

Para a densidade linear $\mu=0{,}020\ \text{kg/m}$, a velocidade da onda é $v=\sqrt{T/\mu}=20\ \text{m/s}$. Como $f_n=nv/(2L)$, $100=n\cdot20/(2\cdot0{,}50)$, obtém-se $n=5$.

Cuidado, armadilha! O módulo da atração coulombiana e a componente do peso atuam no mesmo sentido ao longo do plano inclinado.

Alternativa correta: D

Q35
Eletricidade — Circuitos — Capacitores e chave

No circuito elétrico abaixo, temos inicialmente a chave $K$ aberta e os capacitores completamente carregados. Fechando-se a chave, após um longo intervalo de tempo, o capacitor $C_2$ estará sob nova diferença de potencial. O valor absoluto da variação da diferença de potencial, em volts, no capacitor $C_2$ entre a situação inicial e final é

Figura 1: eletricidade — circuitos — capacitores e chave, prova Escola Naval 2010, questão 35
A)40,0
B)30,0
C)20,0
D)10,0
E)8,0

Resposta

D
Resolução

Com a chave aberta e depois de muito tempo, os capacitores não conduzem corrente contínua. Não há queda nos resistores. Assim, a associação em série de $C_2=3\ \mu\text{F}$ e $C_3=6\ \mu\text{F}$ fica submetida a $60\ \text{V}$. A tensão em $C_2$ é $U_{2i}=60\cdot6/(3+6)=40\ \text{V}$.

Com a chave fechada, no novo regime permanente, conduz corrente no ramo resistivo de $5\ \Omega$, $8\ \Omega$ e $7\ \Omega$, todos em série: $i=60/(5+8+7)=3\ \text{A}$. A diferença de potencial entre o nó superior de $C_2$ e o terra é $U=60-5\cdot3=45\ \text{V}$.

Os capacitores $C_2$ e $C_3$ continuam em série; portanto $U_{2f}=45\cdot6/(3+6)=30\ \text{V}$. A variação em módulo é $|30-40|=10\ \text{V}$.

Cuidado, armadilha! No regime permanente, capacitores ideais se comportam como circuitos abertos; a corrente de 3 A passa apenas pelo caminho resistivo após o fechamento da chave.

Alternativa correta: D

Q36
Ondulatória — Acústica — Intensidade e decibéis

Analise as afirmativas abaixo no que se refere às ondas sonoras.

II — A potência de uma fonte, que emite ondas sonoras isotropicamente, não depende do meio que o som se propaga e nem da distância do observador à fonte.

IV — Se em certa distância de uma fonte sonora o nível sonoro aumenta de $15\ \text{dB}$, então a intensidade sonora aumentou de um fator igual a $10\sqrt{10}$.

Assinale a opção que contém apenas as afirmativas corretas:

A)I, II e IV.
B)II, III e IV.
C)II e IV.
D)I, III e V.
E)II e V.

Resposta

C
Resolução

I é falsa: intensidade sonora está associada à energia transportada por unidade de área e tempo; frequência relaciona-se à altura (grave/agudo).

II é verdadeira na idealização da questão: a potência emitida pela fonte caracteriza a fonte e não depende da distância até o observador. III é falsa: a percepção sonora não cresce linearmente com a intensidade física.

IV é verdadeira, pois $\Delta\beta=10\log_{10}(I_f/I_i)=15$ implica $I_f/I_i=10^{1{,}5}=10\sqrt{10}$. V é falsa: a distância entre compressão e rarefação vizinhas vale $\lambda/2$, não $\lambda$.

Cuidado, armadilha! Diferencie intensidade de frequência e lembre que compressão e rarefação sucessivas ficam separadas por meia onda.

Alternativa correta: C

Q37
Mecânica — Energia — Trabalho e forças

Um corpo de massa $m$ passa pela origem do sistema coordenado $XOY$, no instante $t=0$, com velocidade $5{,}0\hat\imath\ (\text{m/s})$ e aceleração $4{,}0\hat\imath+2{,}0\hat\j\ (\text{m/s}^2)$. Três forças constantes atuam sobre o corpo: o peso, a força vertical para cima $\vec F_V$ e a força horizontal $\vec F_H$. Verifica-se que entre $t=0$ e $t=4{,}0\ \text{s}$ houve variação da energia mecânica de $9{,}6\cdot10^3\ \text{J}$. O valor da massa $m$, em kg, é

Figura 1: mecânica — energia — trabalho e forças, prova Escola Naval 2010, questão 37
A)50
B)40
C)32
D)24
E)15

Resposta

D
Resolução

Em $4{,}0\ \text{s}$, as velocidades passam a $v_x=5+4\cdot4=21\ \text{m/s}$ e $v_y=2\cdot4=8\ \text{m/s}$. A variação da energia cinética é $\Delta K=m(21^2+8^2-5^2)/2=240m\ \text{J}$.

O deslocamento vertical vale $\Delta y=(2/2)\cdot4^2=16\ \text{m}$; o ganho de energia potencial gravitacional é $\Delta U=mg\Delta y=160m\ \text{J}$.

Logo, $\Delta E_m=\Delta K+\Delta U=400m=9{,}6\cdot10^3$ e $m=24\ \text{kg}$.

Cuidado, armadilha! Energia mecânica é a soma da cinética e da potencial gravitacional; não use apenas a variação de energia cinética.

Alternativa correta: D

Q38
Eletromagnetismo — Torque e indução — Espira

Uma espira retangular (com uma volta de fio) de lados $a=0{,}50\ \text{m}$ e $b=2{,}0\ \text{m}$ está, no instante inicial $t=0$, disposta no plano da folha e imersa numa região na qual existe um campo magnético uniforme para direita de módulo igual a $1{,}0\ \text{tesla}$. A corrente $i=0{,}20\ \text{A}$ circula na espira no sentido horário. Em virtude do torque magnético, a espira gira de $30°$ no intervalo de tempo de $2{,}0\ \text{s}$. O módulo do torque magnético inicial, em $\text{N·m}$, atuando sobre a mesma, e o valor absoluto da força eletromotriz média induzida pelo giro, em volt, respectivamente, são:

Figura 1: eletromagnetismo — torque e indução — espira, prova Escola Naval 2010, questão 38
A)zero e 0,15
B)0,10 e 0,15
C)0,10 e 0,20
D)0,20 e 0,25
E)0,20 e $0{,}25\sqrt3$

Resposta

D
Resolução

A área da espira é $A=ab=1{,}0\ \text{m}^2$. Inicialmente, o campo está no plano da espira; o momento magnético é perpendicular ao campo e o torque é máximo: $\tau_0=iAB=0{,}20\cdot1\cdot1=0{,}20\ \text{N·m}$.

O fluxo magnético inicial é zero, pois o campo é paralelo ao plano. Depois do giro de $30°$, o fluxo em módulo é $\Phi_f=BA\operatorname{sen}30°=0{,}50\ \text{Wb}$.

Pela lei de Faraday, a fem média é $|\mathcal E_m|=|\Delta\Phi|/\Delta t=0{,}50/2{,}0=0{,}25\ \text{V}$.

Cuidado, armadilha! O fluxo inicial é nulo, mas o torque inicial é máximo; as dependências angulares são complementares.

Alternativa correta: D

Q39
Mecânica — Colisões — MHS com mola

Fixada ao bloco 1, a mola ideal de constante elástica $K$ exerce sobre este uma força $\vec F_x$ responsável por acelerá-lo do repouso ($x=-A$) até o choque perfeitamente elástico com o bloco 2, em repouso. O choque ocorre em $x=0$, coordenada na qual $\vec F_x$ se anula. Imediatamente após a colisão, os blocos se afastam com velocidades iguais em módulo e o sistema mola–bloco 1 inicia um movimento harmônico simples com amplitude de oscilação igual a $A/2$. Despreze os atritos. A razão entre as massas $m_1/m_2$ dos blocos vale

Figura 1: mecânica — colisões — mhs com mola, prova Escola Naval 2010, questão 39
A)$1/3$
B)$2/3$
C)$1$
D)$3/2$
E)$3$

Resposta

A
Resolução

Se a velocidade do bloco 1 imediatamente antes do choque é $v$, as velocidades de uma colisão frontal perfeitamente elástica contra o bloco 2 inicialmente parado são $v_1^{\prime}=(m_1-m_2)v/(m_1+m_2)$ e $v_2^{\prime}=2m_1v/(m_1+m_2)$.

Como os blocos se afastam com módulos iguais, $m_2>m_1$ e $m_2-m_1=2m_1$. Assim, $m_2=3m_1$ e $m_1/m_2=1/3$.

A condição sobre a nova amplitude confirma o resultado: no equilíbrio da mola, a velocidade é proporcional à amplitude, e $|v_1^{\prime}|/v=(A/2)/A=1/2$. Para $m_2=3m_1$, a fórmula da colisão fornece esse mesmo módulo.

Cuidado, armadilha! A igualdade dos módulos das velocidades pós-choque não implica igualdade das massas; é preciso considerar os sentidos opostos.

Alternativa correta: A

Q40
Mecânica — Estática — Barra apoiada

A figura abaixo mostra uma barra uniforme e homogênea de peso $P$ e comprimento $L$, em repouso sobre uma superfície horizontal. A barra está apoiada, sem atrito, ao topo de uma coluna vertical de altura $h$, fazendo um ângulo de $30°$ com a vertical. Um bloco de peso $P/2$ está pendurado a uma distância $L/3$ da extremidade inferior da barra. Se a barra está na iminência de deslizar, a expressão do módulo da força de atrito entre a sua extremidade inferior e a superfície horizontal é

Figura 1: mecânica — estática — barra apoiada, prova Escola Naval 2010, questão 40
A)$\dfrac{PL}{4h}$
B)$\dfrac{\sqrt3\ PL}{6h}$
C)$\dfrac{PL}{2h}$
D)$\dfrac{\sqrt3\ PL}{2h}$
E)$\dfrac{\sqrt3\ PL}{4h}$

Resposta

A
Resolução

A barra forma $60°$ com a horizontal. No apoio liso superior, a reação $R$ é normal à barra. A distância da base da barra ao ponto de apoio, medida ao longo da barra, é $s=h/\cos30°$.

Fazendo o equilíbrio dos torques em torno da extremidade inferior: $Rs=P(L/2)\operatorname{sen}30°+(P/2)(L/3)\operatorname{sen}30°=PL/4+PL/12=PL/3$. Então $R=(PL/3)(\cos30°/h)$.

A força horizontal de atrito na base equilibra a componente horizontal da reação, $f=R\cos30°=PL\cos^230°/(3h)=PL/(4h)$.

Cuidado, armadilha! A reação do topo é perpendicular à barra — não vertical; tomar sua componente horizontal é indispensável para achar o atrito.

Alternativa correta: A

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