Provas Anteriores | EsPCEx 2022 | Prof. Ricardo Bastos

Q21

Vetores — Soma Vetorial em Polígono Fechado

O desenho a seguir representa a disposição dos vetores deslocamento não nulos: $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$, $\vec d$, $\vec e$.

Figura: quadrilátero fechado com vértices L (esquerda), T (topo), R (direita) e B (base). As arestas do quadrilátero, percorridas em sequência, são os vetores b (de L a T), c (de T a R), d (de R a B) e e (de B de volta a L); o vetor a é a diagonal que liga L diretamente a R.

Podemos afirmar que, a partir do desenho, a relação vetorial correta, entre os vetores, é:

A)$\vec b+\vec c=\vec d+\vec e$

B)$\vec a+\vec d=-\vec b-\vec e$

C)$\vec e+\vec b=-\vec a-\vec d$

D)$\vec b+\vec d=-\vec e-\vec a$

E)$\vec b+\vec e=-\vec c-\vec d$

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E

Resolução

Os vetores $\vec b$, $\vec c$, $\vec d$ e $\vec e$, colocados um em seguida do outro (extremidade com origem), formam um polígono fechado (o quadrilátero L-T-R-B-L do desenho): partindo de L e percorrendo $\vec b$, depois $\vec c$, depois $\vec d$ e depois $\vec e$, retorna-se exatamente ao ponto de partida L.

Sempre que uma soma de vetores forma um polígono fechado, a soma vetorial total é nula: $\vec b+\vec c+\vec d+\vec e=\vec 0$.

Isolando $\vec b+\vec e$: $\vec b+\vec e=-\vec c-\vec d$ — exatamente a alternativa E (o vetor $\vec a$, diagonal do quadrilátero, não entra nessa relação).

Q22

Termometria — Escala Termométrica Arbitrária e Zero Absoluto

Um estudante construiu um termômetro graduado em uma escala X de modo que, ao nível do mar, ele marca, para o ponto de fusão da água, 200 ºX e, para o ponto de ebulição da água, 400 ºX. Podemos afirmar que o zero absoluto, em °X, corresponde ao valor aproximado de:

A)173

B)0

C)−346

D)−473

E)−546

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C

Resolução

A escala X é linear com a escala Celsius: no ponto de fusão (0°C), X=200; no ponto de ebulição (100°C), X=400. Relação de conversão: $\dfrac{X-200}{400-200}=\dfrac{C-0}{100-0} \Rightarrow X=200+2C$.

O zero absoluto corresponde a $C=-273°C$: $X=200+2(-273)=200-546=-346$.

Q23

Cinemática — Lançamento Horizontal em Degraus Sucessivos

Em uma escada, uma esfera é lançada com velocidade horizontal, de módulo $V_0$, da extremidade do primeiro degrau de altura $h$ em relação ao segundo degrau. A esfera atinge um ponto X na superfície perfeitamente lisa do segundo degrau, que tem um comprimento D, e, imediatamente, começa a deslizar sem rolar, também com velocidade horizontal $V_0$ constante, até chegar na extremidade do segundo degrau. Ela, então, percorre uma altura $2h$ na vertical e atinge o solo a uma distância L da base do segundo degrau, conforme representado no desenho abaixo.

Figura: esfera lançada horizontalmente com V0 do topo do primeiro degrau (altura h acima do segundo), caindo até o ponto X sobre o segundo degrau (comprimento D), deslizando sem rolar até a extremidade, depois caindo uma altura 2h até o solo, alcançando distância L da base do segundo degrau.

Dados: despreze a força de resistência do ar e considere o módulo da aceleração da gravidade igual a g. Podemos afirmar que o intervalo de tempo que a esfera leva, deslizando sem rolar, na superfície lisa do segundo degrau é de:

A)$\left[\sqrt g\cdot(D+L)-\sqrt{6h}\cdot V_0\right]/(V_0\cdot\sqrt g)$

B)$\left[\sqrt g\cdot(D+L)+\sqrt{6h}\cdot V_0\right]/(V_0\cdot\sqrt g)$

C)$\left[\sqrt g\cdot(D+L)+\sqrt h\cdot V_0\cdot(\sqrt2-2)\right]/(V_0\cdot\sqrt g)$

D)$\left[\sqrt g\cdot(D+L)-\sqrt h\cdot V_0\cdot(\sqrt2+2)\right]/(V_0\cdot\sqrt g)$

E)$\left[\sqrt h\cdot V_0\cdot(\sqrt2+2)-\sqrt g\cdot(D+L)\right]/(V_0\cdot\sqrt g)$

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D

Resolução

A velocidade horizontal permanece $V_0$, constante, do início ao fim (na primeira queda, no deslizamento e também na segunda queda, já que não há força horizontal em nenhuma dessas etapas). Assim, a distância horizontal total percorrida — do lançamento até o ponto de impacto final — é simplesmente $V_0\cdot T_{total}=D+L$ (o comprimento D do segundo degrau mais a distância extra L após a segunda queda).

Tempo da 1ª queda (altura h): $t_1=\sqrt{2h/g}$. Tempo da 2ª queda (altura 2h): $t_2=\sqrt{4h/g}=2\sqrt{h/g}$.

O tempo de deslizamento é o que resta: $t_{desliz}=T_{total}-t_1-t_2=\dfrac{D+L}{V_0}-\sqrt{\dfrac hg}(\sqrt2+2)$.

Colocando sobre o mesmo denominador $V_0\sqrt g$: $t_{desliz}=\dfrac{\sqrt g\,(D+L)-\sqrt h\,V_0(\sqrt2+2)}{V_0\sqrt g}$ — exatamente a alternativa D.

Q24

Movimento Circular — Encontros de Móveis em Pistas Concêntricas

Em um parque de diversão, dois carrinhos, A e B, descrevem um movimento circular uniforme em pistas distintas, concêntricas, muito próximas e de raios $R_A$ e $R_B$ respectivamente. Quando se movem no mesmo sentido, os carrinhos encontram-se, lado a lado, a cada 40 s e, quando se movem em sentidos opostos, o encontro ocorre a cada 10 s. Os carrinhos possuem velocidades escalares diferentes, e os respectivos módulos das velocidades escalares são os mesmos nas duas situações descritas. Podemos afirmar que a razão entre o módulo da velocidade escalar do carrinho A e do carrinho B é de:

A)$10R_A/3R_B$

B)$2R_A/R_B$

C)$5R_A/3R_B$

D)$8R_A/5R_B$

E)$R_A/4R_B$

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C

Resolução

No mesmo sentido, o reencontro ocorre quando a diferença angular acumulada é $2\pi$: $|\omega_A-\omega_B|=\dfrac{2\pi}{40}=\dfrac{\pi}{20}$. Em sentidos opostos, os ângulos se somam: $\omega_A+\omega_B=\dfrac{2\pi}{10}=\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{4\pi}{20}$.

Somando e subtraindo as duas equações (com $\omega_A>\omega_B$): $2\omega_A=\dfrac{5\pi}{20}=\dfrac{\pi}{4} \Rightarrow \omega_A=\dfrac{\pi}{8}$; $2\omega_B=\dfrac{3\pi}{20} \Rightarrow \omega_B=\dfrac{3\pi}{40}$.

$\dfrac{\omega_A}{\omega_B}=\dfrac{\pi/8}{3\pi/40}=\dfrac{40}{24}=\dfrac53$. Como $v=\omega R$: $\dfrac{v_A}{v_B}=\dfrac{\omega_AR_A}{\omega_BR_B}=\dfrac{5R_A}{3R_B}$.

Q25

Eletrostática — Contato Sucessivo entre Esferas Condutoras

Três esferas condutoras A, B e C, de mesmo raio, possuem cargas elétricas respectivamente iguais a −2 μC, −10 μC e +12 μC. A esfera A é colocada em contato com a esfera B e, em seguida, as duas são afastadas. Após um intervalo de tempo, a esfera A é posta em contato com a esfera C. Considerando que as esferas trocaram cargas apenas entre si, ao final do processo, a carga elétrica de A será:

A)+6 μC

B)+3 μC

C)0 μC

D)−3 μC

E)−6 μC

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B

Resolução

Esferas idênticas em contato dividem igualmente a carga total. Contato A-B: $Q_A=Q_B=\dfrac{-2+(-10)}{2}=-6\,\mu C$ cada.

Contato A-C: $Q_A=Q_C=\dfrac{-6+12}{2}=+3\,\mu C$ cada.

Carga final de A: $+3\,\mu C$.

Q26

Eletrostática — Força Resultante em Triângulo Equilátero de Cargas

Três cargas elétricas puntiformes $Q_A$, $Q_B$ e $Q_C$ estão fixas, respectivamente, em cada um dos vértices de um triângulo equilátero de lado L. Sabendo que $Q_A<0$, $Q_B>0$, $Q_C=2Q_B$ e que a constante eletrostática do meio é K, o módulo da força elétrica resultante em $Q_A$ devido à interação com $Q_C$ e $Q_B$ é:

Dados: considere sen 60° = cos 30° = 0,86 e cos 60° = sen 30° = 0,50

A)$\left(\sqrt7\,KQ_AQ_C\right)/(2L^2)$

B)$\left(\sqrt6\,KQ_AQ_C\right)/(2L^2)$

C)$\left(\sqrt5\,KQ_AQ_C\right)/(2L^2)$

D)$\left(\sqrt3\,KQ_AQ_C\right)/(2L^2)$

E)$\left(\sqrt2\,KQ_AQ_C\right)/(2L^2)$

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A

Resolução

Como $Q_A<0$ e $Q_B,Q_C>0$, as forças sobre $Q_A$ são atrativas: apontam de A para B e de A para C, respectivamente, formando entre si o ângulo de $60°$ do triângulo equilátero.

Módulos: $F_{AB}=\dfrac{K|Q_A|Q_B}{L^2}=F_0$ e $F_{AC}=\dfrac{K|Q_A|Q_C}{L^2}=\dfrac{K|Q_A|(2Q_B)}{L^2}=2F_0$ (pois $Q_C=2Q_B$).

Resultante (lei dos cossenos, ângulo de 60° entre as forças): $F^2=F_0^2+(2F_0)^2+2F_0(2F_0)\cos60°=F_0^2+4F_0^2+2F_0^2=7F_0^2 \Rightarrow F=\sqrt7\,F_0$.

Escrevendo em termos de $Q_C$ (com $Q_B=Q_C/2$): $F_0=\dfrac{K|Q_A|Q_B}{L^2}=\dfrac{K|Q_A|Q_C}{2L^2} \Rightarrow F=\dfrac{\sqrt7\,KQ_AQ_C}{2L^2}$.

Q27

Termodinâmica — Transformação Adiabática (Conceitual)

Um gás ideal sofre uma transformação adiabática em que o meio externo realiza um trabalho sobre o gás. Podemos afirmar que, nesta transformação,

A)a energia interna do gás diminui.

B)o calor trocado aumenta.

C)a pressão do gás diminui.

D)o volume do gás aumenta.

E)a temperatura do gás aumenta.

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E

Resolução

Adiabática: $Q=0$. Como o meio externo realiza trabalho sobre o gás (compressão), pela 1ª lei da termodinâmica $\Delta U=Q-W_{gás}=-W_{gás}=+W_{sobre\,o\,gás}>0$ — a energia interna aumenta, o que elimina a alternativa A.

Como $\Delta U\propto\Delta T$ para um gás ideal, a temperatura também aumenta — alternativa E correta. O volume diminui (compressão, eliminando D) e a pressão aumenta (compressão + aquecimento, eliminando C); e, sendo adiabática, o calor trocado é sempre nulo, nunca "aumenta" (eliminando B).

Q28

Oscilações — MHS: Aceleração no Instante de Velocidade Nula

Um corpo descreve um movimento harmônico simples ao longo do eixo X e em torno da origem dos espaços segundo a equação horária da posição $X(t)=5\cos(2t+10)$. Sabendo que X é dado em metros e t é dado em segundos, no instante em que a velocidade do corpo é nula, o módulo da aceleração escalar do corpo, em m/s², será:

A)25

B)20

C)15

D)10

E)5

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B

Resolução

Comparando com $X(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$: $A=5\,m$, $\omega=2\,rad/s$. A velocidade é nula exatamente nos extremos do movimento, onde $|X|=A=5\,m$.

Em MHS, $a=-\omega^2X$, logo $|a|_{max}=\omega^2A=(2)^2(5)=20\,m/s^2$, atingido exatamente quando $v=0$.

Q29

Oscilações — Troca de Molas em Sistema Suspenso e Energia Mecânica

Um sistema A, em equilíbrio estático, está preso ao teto na vertical. Ele é constituído por três molas idênticas e ideais, cada uma com constante elástica respectivamente igual a K, e por duas massas m e M respectivamente. Em seguida, as três molas são trocadas por outras, cada uma com constante elástica respectivamente igual a 2K, e esse novo sistema B é posto em equilíbrio estático, preso ao teto na vertical, e com as massas m e M.

Figura: Sistema A — do teto, uma mola K até a massa m; de m, duas molas K em paralelo até a massa M, embaixo. Sistema B — mesma disposição, mas com molas de constante 2K.

Dados: considere o módulo da aceleração da gravidade igual a g e despreze a força de resistência do ar. Podemos afirmar que o módulo da variação da energia mecânica da massa M do sistema A para o B, devido à troca das molas, é de:

A)$g^2M(2m+3M)/4K$

B)$2g^2m(M+m)/K$

C)$3g^2M(m+M)/K$

D)$5g^2M(2m+M)/4K$

E)$6g^2m(2m+M)/K$

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A

Resolução

Sistema A: mola única K sustenta (m+M), esticando $x_1=(m+M)g/K$; as duas molas K em paralelo (rigidez conjunta 2K) sustentam apenas M, esticando $x_2=Mg/(2K)$. Posição de M abaixo do teto: $y_A=x_1+x_2=\dfrac{g}{K}\left(m+M+\dfrac M2\right)=\dfrac{g(2m+3M)}{2K}$.

Sistema B (molas 2K): $y_B=\dfrac{(m+M)g}{2K}+\dfrac{Mg}{4K}=\dfrac{g(2m+3M)}{4K}$.

Como as molas de B são mais rígidas, esticam menos: M sobe $\Delta y=y_A-y_B=\dfrac{g(2m+3M)}{2K}-\dfrac{g(2m+3M)}{4K}=\dfrac{g(2m+3M)}{4K}$.

A variação de energia mecânica de M é o ganho de energia potencial gravitacional: $|\Delta E_M|=Mg\cdot\Delta y=\dfrac{g^2M(2m+3M)}{4K}$.

Q30

Cinemática — Classificação do Movimento no Instante de Encontro

Dois carros, A e B, percorrem uma mesma estrada, e suas respectivas funções horárias da posição são dadas por $S_A(t)=2t-5$ e $S_B(t)=t^2-4$, onde S é dado em metros e t é dado em segundos. No instante em que os carros se encontram, o movimento do carro B é classificado como:

A)retrógrado e acelerado.

B)retrógrado e retardado.

C)progressivo e acelerado.

D)progressivo e retrógrado.

E)progressivo e constante.

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C

Resolução

Encontro: $2t-5=t^2-4 \Rightarrow t^2-2t+1=0 \Rightarrow (t-1)^2=0 \Rightarrow t=1\,s$ (raiz dupla — os carros se tangenciam nesse instante).

Para B: $v_B(t)=2t \Rightarrow v_B(1)=2\,m/s>0$ (progressivo, pois $v_B>0$). $a_B=2\,m/s^2$ (constante, positiva).

Como $v_B$ e $a_B$ têm o mesmo sinal (ambos positivos), o movimento é acelerado. Logo, em $t=1\,s$, o carro B está em movimento progressivo e acelerado.

Q31

Óptica — Lupa (Lente Convergente com Objeto Antes do Foco)

A lupa é um instrumento óptico constituído por uma simples lente convergente. Com relação à imagem que ela forma de um objeto real que foi colocado entre o seu foco principal e o centro óptico, podemos afirmar que é:

A)virtual, direita e maior.

B)virtual, invertida e maior.

C)real, direita e maior.

D)real, invertida e maior.

E)real, direita e menor.

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A

Resolução

Para uma lente convergente, quando o objeto real está entre o foco principal e o centro óptico (distância objeto menor que a distância focal), a imagem conjugada é sempre virtual, direita (não invertida) e maior que o objeto — é exatamente o princípio de funcionamento da lupa.

Q32

Estática — Cordas Perpendiculares, Mola e Atrito na Iminência de Movimento

O sistema desenhado a seguir está em equilíbrio estático. As cordas e a mola são ideais, a massa do corpo B vale 0,20 kg, a massa do corpo A vale M, o coeficiente de atrito estático entre o corpo A e a superfície horizontal é de 0,40 e as cordas CD e DE formam, entre si, um ângulo de 90°. A mola forma um ângulo α com a superfície vertical da parede conforme indicado no desenho abaixo.

Figura: bloco A sobre superfície horizontal, ligado por uma corda horizontal a C; de C, corda horizontal CD até D; de D, corda vertical DE descendo até E, de onde pende o bloco B; de D também parte a mola, subindo até a parede, formando ângulo α com a parede (vertical).

Sabendo que o sistema está na iminência de entrar em movimento e desprezando a resistência do ar, podemos afirmar que a tangente de α é igual a:

A)0,25 M

B)0,50 M

C)1,00 M

D)2,00 M

E)8,00 M

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D

Resolução

No nó D, três forças se equilibram: a tração horizontal $T_{CD}$ (puxando em direção a C), a tração vertical $T_{DE}$ (puxando para baixo, sustentando B) e a força da mola (na direção que faz ângulo α com a parede vertical).

$T_{DE}=$ peso de B $=0{,}20\,g$ (a corda DE sustenta B verticalmente).

Como CD é horizontal e DE é vertical (perpendiculares, confirmando o ângulo de 90° do enunciado), a mola precisa equilibrar as duas: sua componente vertical (na direção da parede) equilibra $T_{DE}$, e sua componente horizontal equilibra $T_{CD}$. Como α é medido a partir da vertical (parede): componente vertical da mola $=S\cos\alpha=T_{DE}$; componente horizontal $=S\,sen\,\alpha=T_{CD}$. Logo $\tan\alpha=T_{CD}/T_{DE}$.

Bloco A está na iminência de deslizar: $T_{CD}=T_{AC}=\mu_{est}\cdot N_A=\mu_{est}\cdot Mg=0{,}40\,Mg$ (o atrito máximo estático é o que seria vencido).

$\tan\alpha=\dfrac{T_{CD}}{T_{DE}}=\dfrac{0{,}40\,Mg}{0{,}20\,g}=2{,}00\,M$.