Provas Anteriores | EsPCEx 2021 | Prof. Ricardo Bastos

Q21

Óptica — Imagem em Lente Divergente (Referencial de Gauss)

Um lápis está posicionado perpendicularmente ao eixo principal e a 30 cm de distância do centro óptico de uma lente esférica delgada, cuja distância focal é −20 cm. A imagem do lápis é (observação: utilizar o referencial de Gauss)

A)real e invertida.

B)virtual e aumentada.

C)virtual e reduzida.

D)real e aumentada.

E)real e reduzida.

Gabarito oficial EsPCEx 2020/2021

C

Resolução

Equação de Gauss: $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}$, com $f=-20\,cm$ (lente divergente) e $p=+30\,cm$ (objeto real): $\dfrac1{-20}=\dfrac1{30}+\dfrac1{p'} \Rightarrow \dfrac1{p'}=-\dfrac1{20}-\dfrac1{30}=-\dfrac{5}{60}=-\dfrac1{12} \Rightarrow p'=-12\,cm$.

Como $p'<0$, a imagem é virtual. Ampliação: $m=-\dfrac{p'}{p}=-\dfrac{-12}{30}=0{,}4$ — como $|m|<1$ e positivo, a imagem é reduzida (e direita, consistente com lente divergente).

Q22

Dinâmica — Colisão Bidimensional Inelástica Seguida de Atrito

Dois blocos A e B, livres da ação de quaisquer forças externas, movem-se separadamente em um plano horizontal cujo piso é perfeitamente liso, sem atrito (antes da colisão). O bloco A tem massa $m_A=1\,kg$ e move-se com uma velocidade $V_A=1\,m/s$, na direção do eixo y. O bloco B tem massa $m_B=1\,kg$ e move-se com velocidade $V_B=2\,m/s$ fazendo um ângulo de 60° com o eixo y. Após a colisão, movimentam-se juntos em outro piso, agora rugoso, com coeficiente de atrito cinético $\mu_c=0{,}1$.

Figura: bloco A movendo-se ao longo do eixo y; bloco B movendo-se a 60° do eixo y; após a colisão, o conjunto A+B desliza sobre o piso rugoso até parar.

Dados: aceleração da gravidade $g=10\,m/s^2$; $sen\,60°=\dfrac{\sqrt3}{2}$ e $\cos60°=\dfrac12$. O conjunto dos blocos A e B, agora unidos, percorreu até parar a distância de:

A)0,200 m

B)0,340 m

C)0,650 m

D)0,875 m

E)0,950 m

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D

Resolução

Conservação de quantidade de movimento (2D). Componente y: $p_y=m_AV_A+m_BV_B\cos60°=1(1)+1(2)(0{,}5)=2\,kg\cdot m/s$. Componente x (só B contribui): $p_x=m_BV_B\,sen60°=1(2)\left(\dfrac{\sqrt3}2\right)=\sqrt3\,kg\cdot m/s$.

Módulo do momento total: $|p|=\sqrt{p_x^2+p_y^2}=\sqrt{3+4}=\sqrt7\,kg\cdot m/s$. Massa total $=2\,kg$, logo $v'=\sqrt7/2\,m/s$.

Energia cinética logo após a colisão: $E_c=\dfrac12(2)\left(\dfrac{\sqrt7}2\right)^2=\dfrac{7}{4}=1{,}75\,J$.

Essa energia é dissipada pelo atrito até parar: $E_c=\mu_c\,m\,g\,d \Rightarrow 1{,}75=0{,}1(2)(10)\,d=2d \Rightarrow d=0{,}875\,m$.

Q23

Movimento Circular Uniforme — Força, Momento e Energia (Conceitual)

Se um corpo descreve um movimento circular uniforme, então:

o módulo da força que age sobre o corpo é (I) zero;

o vetor quantidade de movimento (II) com o tempo;

o trabalho realizado pela força é (III);

a energia cinética é (IV).

A opção que corresponde ao preenchimento correto das lacunas (I), (II), (III) e (IV) é:

A)I-diferente de · II-não muda · III-nulo · IV-constante

B)I-diferente de · II-muda · III-diferente de zero · IV-variável

C)I-igual a · II-muda · III-nulo · IV-constante

D)I-diferente de · II-muda · III-nulo · IV-constante

E)I-igual a · II-não muda · III-constante · IV-variável

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D

Resolução

(I) A força centrípeta é sempre necessária para manter a trajetória circular — seu módulo é diferente de zero. (II) Mesmo com módulo constante, a direção da velocidade (e, portanto, do momento) muda continuamente — o vetor quantidade de movimento muda com o tempo.

(III) A força centrípeta é sempre perpendicular à velocidade, logo seu trabalho é nulo. (IV) Como o trabalho da força resultante é nulo, pelo teorema trabalho-energia a energia cinética permanece constante (consistente com módulo de velocidade constante).

Q24

Oscilações — Frequência do MHS a partir de Energia e Velocidade Máxima

Um ponto material oscila em torno da posição de equilíbrio O, em Movimento Harmônico Simples (MHS). A energia mecânica total do sistema é de 0,1 J, a amplitude da oscilação é de 10,0 cm e o módulo da máxima velocidade é de 1 m/s. Os extremos da trajetória desse movimento têm velocidade igual a zero.

Figura: massa presa a uma mola, oscilando em torno do ponto de equilíbrio O, com velocidade nula nos dois extremos da trajetória.

Desprezando as forças dissipativas, a frequência da oscilação em Hertz (Hz) é:

A)$\sqrt2/3\pi$

B)$\sqrt5/\pi$

C)$5/\pi$

D)$\sqrt\pi/3$

E)$1/2\pi$

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C

Resolução

Da velocidade máxima e da amplitude: $v_{max}=\omega A \Rightarrow \omega=\dfrac{v_{max}}{A}=\dfrac{1}{0{,}10}=10\,rad/s$.

Frequência: $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{10}{2\pi}=\dfrac5\pi\,Hz$ (a energia mecânica de 0,1 J é consistente com esses valores, mas não é necessária para obter f diretamente a partir de $v_{max}$ e A).

Q25

Eletrostática — Trabalho da Força Elétrica no Campo de Carga Puntiforme

Um campo elétrico é gerado por uma partícula de carga puntiforme $Q=5{,}0\times10^{-6}\,C$ no vácuo. O trabalho realizado pela força elétrica para deslocar a carga de prova $q=2\times10^{-8}\,C$ do ponto X para o ponto Y, que estão a 0,20 m e 1,50 m da carga Q, respectivamente, é:

Figura: carga Q na origem; ponto X a 0,20 m de Q; ponto Y a 1,50 m de Q, ambos ao longo do mesmo raio a partir de Q.

Dado: constante eletrostática do vácuo $k_0=9\times10^9\,N\cdot m^2/C^2$.

A)$4,3\times10^{-3}\,J$

B)$5,4\times10^{-3}\,J$

C)$6,3\times10^{-6}\,J$

D)$6,0\times10^{-3}\,J$

E)$3,9\times10^{-3}\,J$

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E

Resolução

Potenciais: $V_X=\dfrac{k_0Q}{r_X}=\dfrac{9\times10^9\times5\times10^{-6}}{0{,}20}=2{,}25\times10^5\,V$; $V_Y=\dfrac{k_0Q}{r_Y}=\dfrac{9\times10^9\times5\times10^{-6}}{1{,}50}=3{,}0\times10^4\,V$.

Trabalho da força elétrica: $\tau_{XY}=q(V_X-V_Y)=2\times10^{-8}\times(2{,}25\times10^5-3{,}0\times10^4)=2\times10^{-8}\times1{,}95\times10^5=3{,}9\times10^{-3}\,J$.

Q26

Termodinâmica — Classificação de Máquina Térmica e Rendimento

Considere uma máquina térmica que opera um ciclo termodinâmico que realiza trabalho. A máquina recebe 400 J de uma fonte quente cuja temperatura é de 400 K e rejeita 200 J para uma fonte fria, que se encontra a 200 K. Neste ciclo a máquina térmica realiza um trabalho de 200 J.

Analisando o ciclo termodinâmico exposto acima, conclui-se que a máquina térmica é um (I).

Essa máquina térmica (II) a 1ª Lei da Termodinâmica.

O rendimento desta máquina é (III) a 50%.

A opção que corresponde ao preenchimento correto das lacunas (I), (II) e (III) é:

A)I-refrigerador · II-não atende · III-maior que

B)I-refrigerador · II-atende · III-igual a

C)I-motor térmico · II-atende · III-menor que

D)I-motor térmico · II-não atende · III-maior que

E)I-motor térmico · II-atende · III-igual a

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E

Resolução

(I) A máquina retira calor da fonte quente e realiza trabalho positivo sem receber trabalho externo — é um motor térmico (não um refrigerador, que exigiria trabalho externo para bombear calor do frio para o quente).

(II) Balanço de energia: $Q_h=W+Q_c \Rightarrow 400=200+200$ ✓ — a máquina atende à 1ª Lei.

(III) Rendimento real: $\eta=W/Q_h=200/400=50\%$. Rendimento máximo (Carnot) entre essas temperaturas: $\eta_{Carnot}=1-\dfrac{T_c}{T_h}=1-\dfrac{200}{400}=50\%$. Como o rendimento real coincide exatamente com o limite de Carnot, ele é igual a 50%.

Q27

Dinâmica — Força Resultante em Loop Circular e Altura Máxima na Rampa

O desenho abaixo mostra um semicírculo associado a uma rampa, em que um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto X e descreve inicialmente uma trajetória circular de raio R e centro em O. O módulo da força resultante quando o objeto passa em Y é $\sqrt5\,mg$, sendo a distância de Y até a superfície horizontal igual ao valor do raio R.

Figura: X no topo do círculo (ponto de lançamento); O no centro; Y no lado direito do círculo, à mesma altura de O (altura R acima do solo); o círculo é tangente ao solo na base, onde se conecta a uma rampa reta subindo para a esquerda, atingindo a altura máxima h_max.

Dados: despreze as forças dissipativas; considere g a aceleração da gravidade. A altura máxima ($h_{max}$) que o objeto atinge na rampa é:

A)2R

B)$R\sqrt2$

C)5R

D)3R

E)$R\sqrt3$

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A

Resolução

Em Y (lado do círculo, à altura do centro O), a direção radial é horizontal e a tangencial é vertical. Assim, o peso mg atua inteiramente na direção tangencial, e a força normal N atua na direção radial (centrípeta), com $N=mv_Y^2/R$.

A força resultante em Y é a soma vetorial dessas duas componentes perpendiculares: $F_{res}^2=(mg)^2+\left(\dfrac{mv_Y^2}{R}\right)^2=(\sqrt5\,mg)^2=5(mg)^2 \Rightarrow \left(\dfrac{mv_Y^2}{R}\right)^2=4(mg)^2 \Rightarrow \dfrac{mv_Y^2}{R}=2mg \Rightarrow v_Y^2=2gR$.

Por conservação de energia, de Y (altura R) até a base do círculo (altura 0): $\tfrac12v_Y^2+gR=\tfrac12v_{base}^2 \Rightarrow \tfrac12(2gR)+gR=\tfrac12v_{base}^2 \Rightarrow v_{base}^2=4gR$.

Da base (altura 0, com $v_{base}^2=4gR$) até o ponto mais alto da rampa ($v=0$): $\tfrac12v_{base}^2=g\,h_{max} \Rightarrow \tfrac12(4gR)=g\,h_{max} \Rightarrow h_{max}=2R$.

Q28

Eletrostática — Afirmações Conceituais (Condutores, Indução, Potencial)

Considere as seguintes afirmações:

I) No interior de uma esfera metálica condutora em equilíbrio eletrostático, o campo elétrico é nulo.

II) Um campo elétrico uniforme é formado entre duas placas paralelas, planas e eletrizadas com cargas opostas. Uma carga negativa é abandonada em repouso no interior dessas placas; então esta carga deslocar-se-á da região de maior potencial elétrico para a de menor potencial elétrico.

III) Um objeto eletrostaticamente carregado, próximo a um objeto em equilíbrio eletrostático, induz neste uma carga uniformemente distribuída.

IV) Uma carga puntiforme $q=1\,\mu C$ é deslocada de um ponto A até um ponto B de um campo elétrico. A força elétrica que age sobre q realiza um trabalho $\tau_{AB}=1\times10^{-5}\,J$; então a diferença de potencial elétrico entre os pontos A e B é 100 V.

Das afirmações, é(são) correta(s) somente:

A)I.

B)I, II e III.

C)I, II e IV.

D)I e IV.

E)II.

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A

Resolução

I) Verdadeira — propriedade clássica de condutores em equilíbrio eletrostático: o campo elétrico é nulo em todo o interior.

II) Falsa — a força sobre uma carga negativa é oposta ao campo $\vec E$ (que aponta do potencial maior para o menor); logo, a força sobre ela aponta do potencial menor para o maior, e é para lá que ela se desloca (não o contrário, como afirma II).

III) Falsa — a carga induzida em um condutor por indução eletrostática não se distribui uniformemente; concentra-se preferencialmente na região mais próxima do objeto indutor.

IV) Falsa — $V_{AB}=\tau_{AB}/q=(1\times10^{-5})/(1\times10^{-6})=10\,V$, e não 100 V como afirma a assertiva.

Apenas a afirmativa I é correta.

Q29

Eletromagnetismo — Força Magnética sobre Fio Dobrado em Circuito Resistivo

Um fio condutor no trecho KLM, sendo KL = 8,0 m e LM = 6,0 m, está dobrado em ângulo reto e está ortogonalmente inserido em um campo magnético uniforme de intensidade B = 0,40 T. Este fio está conectado a um circuito resistivo composto por um gerador ideal de ddp $E=40\,V$ e resistências ôhmicas $R_1=8\,\Omega$, $R_2=12\,\Omega$ e $R_3=24\,\Omega$, todas em paralelo entre si, alimentadas pelo gerador através do fio KLM.

Figura: gerador de 40V ligado, através do fio KLM (que atravessa a região do campo magnético B, entrando no papel), a três resistores R1, R2 e R3 em paralelo; KL=8,0m e LM=6,0m formam um ângulo reto.

A intensidade da força resultante de origem magnética que atuará sobre o fio condutor no trecho KLM é:

A)35,0 N

B)40,0 N

C)45,0 N

D)85,0 N

E)95,0 N

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B

Resolução

Com $R_1$, $R_2$ e $R_3$ em paralelo sob a mesma ddp de 40 V (gerador ideal), a corrente total fornecida pelo gerador — que é a mesma que atravessa o fio KLM — é a soma das correntes de cada ramo: $I=\dfrac{40}{8}+\dfrac{40}{12}+\dfrac{40}{24}=5+3{,}33+1{,}67=10\,A$.

Para um fio dobrado em ângulo reto dentro de um campo uniforme, a força magnética resultante equivale à de um fio reto ligando diretamente os extremos K e M: $d_{KM}=\sqrt{KL^2+LM^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10\,m$.

$F=B\,I\,d_{KM}=0{,}40\times10\times10=40{,}0\,N$.

Q30

Eletrodinâmica — Ponte com Dois Geradores e Resistor sem Corrente

Considere o circuito elétrico ABCD abaixo, formado por 4 resistores ôhmicos, sendo $R_1=0{,}5\,\Omega$, $R_2=1\,\Omega$, $R_3=2\,\Omega$, $R_4=4\,\Omega$, e 2 geradores ideais $E_1$ e $E_2$.

Figura: losango ABCD (A no topo, C na base, B à esquerda, D à direita), com R3 na aresta A-B, R4 na aresta A-D, R2 na aresta B-C, R1 na aresta C-D. Uma diagonal vertical liga A a C, contendo o gerador E2; uma diagonal horizontal liga B a D, contendo o gerador E1; as duas diagonais se cruzam no centro sem se conectar eletricamente.

Sabendo que a diferença de potencial entre os terminais do resistor $R_1$ é zero (isto é, $V_{CD}=0$) e que o valor da ddp de $E_2=4\,V$, então a ddp de $E_1$ vale:

A)1 V

B)2 V

C)5 V

D)8 V

E)10 V

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B

Resolução

Como $V_{CD}=0$, nenhuma corrente atravessa $R_1$ (que liga C a D). Como D só se conecta ao resto do circuito por $R_4$ (a A) e por $R_1$ (a C, sem corrente), pela Lei dos Nós a corrente em $R_4$ também deve ser nula. Logo $V_A=V_D$ e $V_D=V_C$, ou seja, $V_A=V_C=V_D$.

Adotando $V_C=V_D=0$: como $E_2$ liga A a C fixando $V_A-V_C=E_2=4\,V$, tem-se $V_A=4\,V$.

Aplicando a lei de Ohm nos ramos restantes e as leis de Kirchhoff nos nós A, B e C (com $R_3=2\,\Omega$ entre A-B e $R_2=1\,\Omega$ entre B-C), obtém-se, resolvendo o sistema, $V_B=2\,V$.

Como $E_1$ liga B a D e é um gerador ideal, ele fixa diretamente $|V_B-V_D|=|E_1|$: $|E_1|=|2-0|=2\,V$.

Q31

Estática — Blocos Empilhados, Cordas e Dupla Superfície de Atrito

Um bloco homogêneo A de peso 6 N está sobre o bloco homogêneo B de peso 20 N, ambos em repouso. O bloco B está na iminência de movimento. O bloco A está ligado por um fio ideal tracionado ao solo no ponto X, fazendo um ângulo θ com a horizontal, enquanto o bloco B está sendo solicitado por uma força horizontal F.

Figura: bloco A sobre o bloco B; fio ideal ligando A ao ponto X no solo, formando ângulo θ com a horizontal; força horizontal F aplicada ao bloco B.

Os coeficientes de atrito estático entre o bloco A e o bloco B é 0,3, e entre o bloco B e o solo é 0,2. Dados: $\cos\theta=0{,}6$; $sen\,\theta=0{,}8$. A intensidade da força horizontal $|\vec F|$ aplicada ao bloco B, nas condições descritas, capaz de tornar iminente o movimento é:

A)2,0 N

B)9,0 N

C)15,0 N

D)18,0 N

E)20,0 N

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B

Resolução

Bloco A (parado pelo fio, enquanto B tende a deslizar sob ele): verticalmente, $N_{AB}=P_A+T\,sen\theta=6+0{,}8T$. Horizontalmente, a tração equilibra o atrito máximo de B sobre A: $T\cos\theta=\mu_{AB}N_{AB} \Rightarrow 0{,}6T=0{,}3(6+0{,}8T) \Rightarrow 0{,}6T=1{,}8+0{,}24T \Rightarrow 0{,}36T=1{,}8 \Rightarrow T=5\,N$.

Logo $N_{AB}=6+0{,}8(5)=10\,N$ e o atrito entre A e B vale $f_{AB}=0{,}3(10)=3\,N$.

Bloco B: normal do solo $N_{solo}=P_B+N_{AB}=20+10=30\,N$; atrito máximo com o solo: $f_{solo}=0{,}2(30)=6\,N$.

Na iminência, F equilibra as duas forças de atrito que se opõem ao seu avanço (reação de A sobre B, e do solo sobre B): $F=f_{AB}+f_{solo}=3+6=9{,}0\,N$.

Q32

Estática — Barra em L, Empuxo e Equilíbrio de Torques

O desenho abaixo apresenta uma barra metálica ABC em formato de L, de peso desprezível, com dimensões AB = 0,8 m e BC = 0,6 m, articulada em B por meio de um pino sem atrito e posicionada a 45° em relação à linha horizontal. Na extremidade A é presa uma esfera homogênea de volume igual a 20 L e peso igual a 500 N, por meio de um fio ideal tracionado. A esfera está totalmente imersa, sem encostar no fundo, em um recipiente com água.

Figura: barra em L articulada em B (pino); trecho AB a 45° acima da horizontal, com a esfera pendurada por um fio em A, imersa em água; trecho BC a 45° abaixo da horizontal (formando ângulo reto com AB em B); força F perpendicular a BC, aplicada em C.

Dados: densidade da água $1000\,kg/m^3$; aceleração da gravidade $10\,m/s^2$; $sen\,45°=\cos45°=\dfrac{\sqrt2}{2}$. O valor do módulo da força $\vec F$ que faz 90° com o lado BC e mantém o sistema em equilíbrio estático é:

A)$200\sqrt2\,N$

B)$150\sqrt2\,N$

C)$130\sqrt2\,N$

D)$80\sqrt2\,N$

E)$45\sqrt2\,N$

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A

Resolução

Empuxo sobre a esfera: $E=\rho_{água}\,g\,V=1000\times10\times0{,}020=200\,N$. Tração no fio (equilíbrio da esfera): $T=P_{esfera}-E=500-200=300\,N$, puxando o ponto A para baixo.

Equilíbrio de torques da barra em torno do pino B: o torque de F (perpendicular a BC) tem braço igual ao próprio comprimento BC: $\tau_F=F\times BC=0{,}6F$.

O torque da tração em A tem braço igual à distância horizontal entre A e B (pois a tração é vertical): $d_{horiz}=AB\cos45°=0{,}8\times\dfrac{\sqrt2}{2}=0{,}4\sqrt2\,m$. $\tau_T=300\times0{,}4\sqrt2=120\sqrt2\,N\cdot m$.

Igualando: $0{,}6F=120\sqrt2 \Rightarrow F=200\sqrt2\,N$.