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UECE 25.1 | 2ª Fase

Vestibular 2025.1 (16/12/2024) · Prova de Física (Q01–20) — resolução comentada Método TEF.

Q01
Eletromagnetismo — Lei de Faraday-Lenz

Durante uma aula de física sobre os princípios de indução eletromagnética descobertos por Michael Faraday e formulados na Lei de Faraday-Lenz, o professor realiza um experimento em que um ímã é movido para dentro e para fora de uma bobina conectada a um galvanômetro. Os alunos observam a deflexão da agulha do galvanômetro e são questionados sobre o fenômeno. Considerando o experimento e os conceitos da Lei de Faraday-Lenz, assinale a opção que corresponde à correta explicação desse fenômeno.

A)A força eletromotriz induzida na bobina é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade com que o ímã é movido e não depende do número de espiras da bobina.
B)A corrente induzida na bobina dá origem a um campo magnético que se opõe à variação no fluxo magnético que o gerou, conforme previsto pela Lei de Lenz.
C)Se o ímã for mantido em repouso em relação à bobina, a força eletromotriz induzida será máxima devido ao campo magnético apresentar fluxo constante através da espira.
D)A polaridade da tensão induzida depende exclusivamente da direção do campo magnético do ímã e não depende do movimento relativo entre o ímã e a bobina.

Gabarito oficial CEV/UECE — UECE 25.1 — 2ª Fase

B
Resolução

Alternativa correta: B. Esta é exatamente a Lei de Lenz: a corrente induzida na bobina gera um campo magnético que se opõe à variação do fluxo magnético que a originou.

A está errada: a fem induzida é proporcional à primeira potência da velocidade (não ao quadrado) e depende, sim, do número de espiras ($\varepsilon=N\,d\Phi/dt$).
C está errada: com o ímã parado, o fluxo é constante, e fluxo constante gera fem nula, não máxima.
D está errada: a polaridade da tensão induzida depende de o fluxo estar aumentando ou diminuindo, o que por sua vez depende do movimento relativo — não apenas da direção do campo do ímã.

Q02
Ondulatória — Cordas Vibrantes e Harmônicos

Em instrumentos de corda como violão ou violino, as ondas estacionárias são responsáveis pelas diferentes frequências emitidas. Considere uma corda de um violão, presa nas extremidades, com comprimento L, densidade linear uniforme de massa $\mu$ e submetida a uma força de tração de intensidade T. Essa corda, devidamente afinada, pode emitir diversas frequências sonoras. Com base nessas condições, é correto afirmar que a variação de frequência entre o sexto e o quarto harmônicos, é dada por

A)$\dfrac{1}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$.
B)$\dfrac{1}{L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$.
C)$\dfrac{3}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$.
D)$\dfrac{2}{L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$.

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B
Resolução

O harmônico de ordem $n$ tem frequência $f_n=\dfrac{n}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$. A variação entre o sexto e o quarto harmônicos é $f_6-f_4=\dfrac{6-4}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\dfrac{2}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\dfrac{1}{L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$ — alternativa B.

Q03
Eletrostática — Condutor Esférico com Cavidade

Em uma aula de física, os alunos estudam as propriedades eletrostáticas de um condutor esférico isolado, inicialmente neutro, com raio externo R e centro em um ponto C. Esse condutor possui uma cavidade esférica oca, também centrada em C, com raio interno $r$ (onde $r

A)A superfície externa do condutor ficará carregada com uma carga total de $-Q$, distribuída de forma não uniforme sobre toda a superfície externa.
B)A carga induzida na superfície interna do condutor terá uma magnitude menor do que a carga Q colocada no centro da cavidade.
C)O campo elétrico é nulo na região delimitada entre os raios $r$ e R.
D)O potencial elétrico não é constante em nenhuma região no interior do condutor.

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C
Resolução

Alternativa correta: C. Dentro do próprio material condutor (na região entre os raios $r$ e $R$), o campo elétrico é sempre nulo em equilíbrio eletrostático — é essa a própria definição de condutor em equilíbrio.

A está errada: a carga total induzida na superfície externa é $+Q$ (não $-Q$), e sua distribuição é uniforme, pois a carga $Q$ está exatamente no centro $C$, comum às duas esferas concêntricas.
B está errada: a carga induzida na superfície interna tem magnitude exatamente igual a $Q$ (não menor).
D está errada: como $E=0$ dentro do condutor, o potencial é constante (não varia) em toda a região do material condutor.

Q04
Trabalho e Energia — Conceitos e Propriedades

Estudantes de Física procuraram seu professor para que ele explicasse o conceito de trabalho como grandeza física, diferenciando-o do trabalho como atividade humana. No final da conversa, o professor fez as seguintes afirmações sobre o trabalho e suas propriedades para que os alunos as julgassem como verdadeiras ou falsas:

I. A força peso e a força elástica são exemplos de forças conservativas onde o trabalho não depende da trajetória.
II. Uma partícula de massa M inicia um movimento retilíneo com energia cinética $K_1$; após um intervalo de tempo T, sua energia cinética é $K_2$. O trabalho da força resultante sobre M ao longo do intervalo de tempo T é dado pela variação da energia cinética.
III. Em uma transformação cíclica de um gás ideal, o trabalho realizado sobre o gás em um ciclo completo é igual ao calor absorvido da fonte quente ao longo desse ciclo.

Os alunos julgaram acertadamente como verdadeiras as afirmações constantes em

A)I e II apenas.
B)II e III apenas.
C)I e III apenas.
D)I, II e III.

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A
Resolução

I é verdadeira: peso e força elástica são forças conservativas clássicas, cujo trabalho não depende da trajetória, apenas dos pontos inicial e final.

II é verdadeira: pelo teorema trabalho-energia, o trabalho da força resultante sobre uma partícula é sempre igual à variação de sua energia cinética, $W=K_2-K_1$, independentemente de as forças envolvidas serem conservativas ou não.

III é falsa: em um ciclo completo, $\Delta U=0$, logo o trabalho realizado sobre o gás no ciclo iguala o calor líquido trocado ($Q_{quente}-Q_{frio}$), e não apenas o calor absorvido da fonte quente isoladamente.

Apenas I e II são verdadeiras — alternativa A.

Q05
Cinemática — Movimento Circular e Velocidade Vetorial Média

Uma partícula move-se em um plano horizontal, descrevendo um movimento circular uniforme com raio $r$ e centro em um ponto C. Em um determinado instante, a partícula abandona essa trajetória circular, seguindo uma direção retilínea tangente à curva de raio $r$. Após permanecer por um intervalo de tempo $\Delta t$ em movimento retilíneo, a partícula inicia um novo movimento circular uniforme, agora em uma trajetória de raio $R>r$, também de centro em C. Desprezando quaisquer efeitos resistivos, assinale a opção que representa corretamente o módulo da velocidade vetorial média da partícula ao longo do deslocamento retilíneo entre as duas trajetórias circulares concêntricas.

A)$\dfrac{R^2-r^2}{\Delta t}$.
B)$\dfrac{\sqrt{R^2-r^2}}{\Delta t}$.
C)$\sqrt{\dfrac{R^2-r^2}{\Delta t}}$.
D)$\dfrac{R^2+r^2}{\Delta t}$.

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B
Resolução

No ponto de abandono $P_1$ (na trajetória de raio $r$), a velocidade é tangente ao círculo, ou seja, perpendicular ao raio $CP_1$. O trecho retilíneo segue nessa mesma direção até o ponto $P_2$, onde a nova trajetória tem raio $R$ (logo $CP_2=R$).

Como $CP_1\perp P_1P_2$ (por a reta ser tangente ao círculo menor em $P_1$), o triângulo $CP_1P_2$ é retângulo em $P_1$: $CP_2^2=CP_1^2+P_1P_2^2 \Rightarrow R^2=r^2+P_1P_2^2 \Rightarrow P_1P_2=\sqrt{R^2-r^2}$.

Como o trecho é retilíneo e uniforme, a velocidade média nesse deslocamento é $\dfrac{P_1P_2}{\Delta t}=\dfrac{\sqrt{R^2-r^2}}{\Delta t}$ — alternativa B.

Q06
Cinemática — MRUV e Campo Elétrico

Uma partícula carregada é lançada, com velocidade escalar inicial de $6{.}10^5\,\text{m/s}$, seguindo uma trajetória retilínea em uma região onde existe um campo elétrico uniforme. Esse campo produz sobre a partícula uma desaceleração de módulo $1{,}5{.}10^{14}\,\text{m/s}^2$, fazendo com que ela pare após um intervalo de tempo $\Delta t$. O deslocamento da partícula, em metros, desde o instante inicial $t_0=0$ até o instante em que ela para é de

A)$1{,}2{.}10^{-2}$.
B)$1{,}0{.}10^{-2}$.
C)$1{.}10^{2}$.
D)$1{,}2{.}10^{-3}$.

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D
Resolução

Usando Torricelli ($v^2=v_0^2-2ad$) com $v=0$ no instante em que a partícula para: $d=\dfrac{v_0^2}{2a}=\dfrac{(6{.}10^5)^2}{2\times1{,}5{.}10^{14}}=\dfrac{36{.}10^{10}}{3{.}10^{14}}=12{.}10^{-4}=1{,}2{.}10^{-3}\,\text{m}$ — alternativa D.

Q07
Eletrostática — Sistema de Duas Cargas Fixas

Em um experimento de física realizado no vácuo, duas cargas pontuais negativas $-Q$ são fixadas no eixo X do plano XY nas posições $x_1=-a$ e $x_2=+a$. Uma carga de prova q positiva é colocada em repouso em diferentes posições ao longo do eixo Y para que seja observado o comportamento físico do sistema. Com base nesse sistema físico, assinale a afirmação verdadeira.

A)Quando a carga q é colocada na posição $y=0$, a força resultante sobre ela é diferente de zero.
B)Quando a carga q é colocada na posição $y=a/50$, ela passa a descrever um movimento harmônico simples sobre o eixo Y.
C)Não existe nenhuma posição ao longo do eixo Y onde a carga q esteja sujeita a uma força resultante nula.
D)O vetor força resultante sobre a carga q possui sempre o mesmo sentido para qualquer posição ao longo do eixo Y.

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B
Resolução

Para $q$ em $(0,y)$, a força resultante ao longo de $Y$ (as componentes em $X$ se cancelam por simetria) é $F_y=-\dfrac{2kQq\,y}{(a^2+y^2)^{3/2}}$ (sinal negativo: sempre restauradora, puxando $q$ de volta para $y=0$).

Para $y\ll a$ (como $y=a/50$), $(a^2+y^2)^{3/2}\approx a^3$, logo $F_y\approx-\dfrac{2kQq}{a^3}\,y$ — uma força linear e restauradora, exatamente a condição de um MHS — alternativa B.

A está errada: em $y=0$, por simetria, as componentes horizontais das forças de cada carga se cancelam exatamente, dando força resultante nula.
C está errada: $y=0$ é justamente uma posição de força resultante nula, contradizendo a afirmação.
D está errada: o sentido da força se inverte conforme $q$ esteja acima ($y>0$, força para baixo) ou abaixo ($y<0$, força para cima) do eixo X.

Q08
Cinemática Vetorial — Velocidade Relativa

Duas partículas, A e B, partem simultaneamente da origem de um sistema de coordenadas (X,Y), movendo-se em trajetórias retilíneas com velocidades de módulos iguais e constantes de $10\,\text{m/s}$. Suas trajetórias formam um ângulo de $60°$ entre si, sendo o semieixo positivo X a bissetriz desse ângulo. A partícula A move-se no primeiro quadrante, enquanto a partícula B move-se no quarto quadrante. Com base nessas informações, é correto afirmar que

A)a velocidade relativa de afastamento entre A e B, ao longo do eixo Y, é de $10\,\text{m/s}$.
B)a distância entre A e B após 1 segundo do início do movimento é de $20$ metros.
C)a velocidade relativa de afastamento entre A e B varia linearmente com o tempo.
D)a velocidade relativa de afastamento entre A e B, ao longo do eixo X, é de $5\,\text{m/s}$.

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A
Resolução

Como o eixo X bissecta o ângulo de $60°$, cada partícula faz $30°$ com o eixo X. Velocidades: $\vec{v}_A=(10\cos30°,10\,\text{sen}\,30°)=(5\sqrt{3},5)$ e $\vec{v}_B=(5\sqrt{3},-5)$.

Velocidade relativa: $\vec{v}_A-\vec{v}_B=(0,10)$ — puramente ao longo do eixo Y, com módulo $10\,\text{m/s}$ — alternativa A.

B está errada: após 1 s, a distância é $\sqrt{0^2+10^2}=10$ m, não $20$ m.
C está errada: como ambas as velocidades são constantes, a velocidade relativa também é constante ($10\,\text{m/s}$), não varia com o tempo.
D está errada: a componente X da velocidade relativa é $5\sqrt{3}-5\sqrt{3}=0$, não $5\,\text{m/s}$.

Q09
Dinâmica — Atrito em Plano Inclinado

Um bloco de massa $10\,\text{kg}$ é colocado em repouso sobre um plano inclinado que forma um ângulo $\theta$ com a direção horizontal. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e o plano inclinado é $\mu_s=0{,}8$ e o coeficiente de atrito dinâmico é $\mu_k=0{,}5$. Considere que a aceleração da gravidade no local é $g=10\,\text{m/s}^2$. Dados: $\text{sen}\,\theta=0{,}50$; $\cos\theta=0{,}86$. Com base nessas condições, é correto afirmar que, após ser colocado em repouso sobre o plano inclinado, o bloco

A)permanece em repouso.
B)desce com velocidade de módulo constante.
C)desce o plano em movimento acelerado.
D)estará sujeito a uma força de atrito de módulo $43\,\text{N}$.

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A
Resolução

Para saber se o bloco desliza, comparamos a componente do peso ao longo do plano com o atrito estático máximo. Componente do peso na direção do plano: $mg\,\text{sen}\,\theta=10\times10\times0{,}50=50\,\text{N}$.

Atrito estático máximo disponível: $f_{s,max}=\mu_s\,mg\cos\theta=0{,}8\times10\times10\times0{,}86=68{,}8\,\text{N}$.

Como $f_{s,max}=68{,}8\,\text{N} > 50\,\text{N}$ (componente que tenderia a puxar o bloco plano abaixo), o atrito estático consegue equilibrar completamente o bloco — ele permanece em repouso, com o atrito estático valendo exatamente $50\,\text{N}$ (e não $68{,}8\,\text{N}$, pois o atrito estático assume apenas o valor necessário ao equilíbrio, até seu máximo) — alternativa A.

D está errada: $43\,\text{N}=\mu_k\,mg\cos\theta$ seria o atrito dinâmico, que só se aplicaria se o bloco estivesse de fato deslizando — o que não ocorre aqui.

Q10
Termodinâmica — Expansão Livre de um Gás Ideal

No processo de expansão livre, um gás ideal confinado em um recipiente de paredes adiabáticas é conectado via válvula a um segundo recipiente também de paredes adiabáticas onde se fez o vácuo. Após abertura da válvula, o gás se expande de forma espontânea até ocupar o volume total dos dois recipientes. Em relação à expansão livre de um gás, atente para o que se afirma a seguir e assinale com V o que for verdadeiro e com F o que for falso.

( ) Em uma expansão livre, o gás ideal se expande isotermicamente uma vez que as temperaturas inicial e final neste processo coincidem.
( ) Em uma expansão livre, o trabalho realizado pelo gás é nulo.
( ) Em uma expansão livre de um gás, não há variação da energia interna deste, consequência direta da primeira lei da termodinâmica.
( ) A expansão livre de um gás pode ser representada, no diagrama Pressão contra Volume, por uma curva contínua e todos os pontos desta curva representam estados de equilíbrio termodinâmico do gás.

A sequência correta de cima para baixo é

A)V, F, F, V.
B)F, V, F, V.
C)F, V, V, F.
D)V, F, V, F.

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C
Resolução

1ª afirmação — Falsa. É verdade que $T_{inicial}=T_{final}$ (consequência de $\Delta U=0$ para gás ideal), mas isso não torna o processo "isotérmico": isotérmico significa que a temperatura permanece constante durante todo o processo, em equilíbrio a cada instante. Na expansão livre, o processo é abrupto e fora do equilíbrio — a temperatura não está sequer definida nos estados intermediários.

2ª afirmação — Verdadeira. O gás se expande contra o vácuo, sem nenhuma força externa resistindo — logo, não realiza trabalho: $W=0$.

3ª afirmação — Verdadeira. Como o recipiente é adiabático, $Q=0$; e como $W=0$, a 1ª Lei ($\Delta U=Q-W$) dá diretamente $\Delta U=0$.

4ª afirmação — Falsa. Por ser um processo irreversível e abrupto (fora do equilíbrio termodinâmico durante a expansão), os estados intermediários não são estados de equilíbrio e não podem ser representados por uma curva contínua e bem definida no diagrama P×V.

Sequência: F, V, V, F — alternativa C.

Q11
Dinâmica — Lançamento Oblíquo e Atrito (Mesmo Alcance)

Um experimento de mecânica é realizado em duas etapas. Etapa 1: Uma partícula de massa M é lançada obliquamente, no vácuo, com velocidade inicial de módulo V, formando um ângulo θ com a direção horizontal. Após um intervalo de tempo $\Delta T_1$, a partícula atinge o solo no ponto A. Etapa 2: A mesma partícula é lançada da mesma posição e com a mesma velocidade inicial V, mas, desta vez, na direção horizontal, sobre uma superfície com atrito. Após o intervalo de tempo $\Delta T_2 \neq \Delta T_1$, a partícula para exatamente no ponto A, devido à ação da força de atrito dinâmico entre a partícula e o solo. Considerando g o módulo da aceleração da gravidade no local, pode-se afirmar corretamente que o coeficiente de atrito dinâmico entre a partícula e o solo é

A)$\dfrac{\text{sen}\,\theta}{2}$.
B)$\dfrac{1}{2\,\text{sen}\,\theta}$.
C)$\dfrac{1}{\text{sen}\,\theta}$.
D)$\dfrac{1}{2\,\text{sen}(2\theta)}$.

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D
Resolução

Etapa 1: alcance do lançamento oblíquo (mesma altura de lançamento e de chegada): $R=\dfrac{V^2\,\text{sen}(2\theta)}{g}$ — essa é a distância horizontal até o ponto A.

Etapa 2: lançada horizontalmente com velocidade V sobre superfície com atrito dinâmico $\mu$, a partícula desacelera com $a=\mu g$ até parar. Pela equação de Torricelli, a distância percorrida até parar é $d=\dfrac{V^2}{2\mu g}$.

Como as duas etapas terminam exatamente no mesmo ponto A, $d=R$: $\dfrac{V^2}{2\mu g}=\dfrac{V^2\,\text{sen}(2\theta)}{g} \Rightarrow \dfrac{1}{2\mu}=\text{sen}(2\theta) \Rightarrow \mu=\dfrac{1}{2\,\text{sen}(2\theta)}$ — alternativa D.

Q12
Gravitação — Velocidade de Escape e Altura Máxima

A velocidade escalar mínima necessária para se lançar um foguete, sem propulsão própria, a partir da superfície da Terra para que ele fique livre da influência gravitacional da Terra, é denominada velocidade de escape. De maneira geral, e desprezados os efeitos resistivos, todos os objetos na vizinhança da superfície da Terra possuem a mesma velocidade de escape. Sendo assim, para um objeto em particular, lançado verticalmente a partir da superfície da Terra com uma velocidade NV, onde V representa a velocidade de escape para o planeta Terra e N < 1, a altura máxima atingida pelo objeto medida a partir da superfície é H. Supondo que o raio da Terra seja R, a altura máxima mencionada anteriormente quando medida a partir do centro da Terra é dada por

A)$\dfrac{R}{1-N^2}$.
B)$\dfrac{N^2R}{1-N^2}$.
C)$R(1-N^2)$.
D)$\dfrac{R}{1+N^2}$.

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A
Resolução

Velocidade de escape: $\tfrac12V^2=\dfrac{GM}{R} \Rightarrow V^2=\dfrac{2GM}{R}$. Velocidade de lançamento: $v_0=NV \Rightarrow v_0^2=N^2V^2=\dfrac{2N^2GM}{R}$.

Conservação de energia entre a superfície ($r=R$) e a altura máxima ($r=R+H$, velocidade nula):

$\dfrac{1}{2}v_0^2-\dfrac{GM}{R}=-\dfrac{GM}{R+H} \Rightarrow \dfrac{N^2GM}{R}-\dfrac{GM}{R}=-\dfrac{GM}{R+H} \Rightarrow \dfrac{N^2-1}{R}=-\dfrac{1}{R+H}$

$\Rightarrow \dfrac{1-N^2}{R}=\dfrac{1}{R+H} \Rightarrow R+H=\dfrac{R}{1-N^2}$ — que é exatamente a altura máxima medida a partir do centro da Terra — alternativa A.

Q13
Termometria — Dilatação Térmica e Empuxo

Um cubo de lado L e densidade d flutua em um líquido, banho térmico, de densidade D>d com parte de seu volume submerso. O cubo é feito de material cujo coeficiente de dilatação linear é X, ao passo que o fluido apresenta coeficiente de dilatação volumétrica Y. O sistema cubo e fluido é aquecido de tal maneira que o cubo mantém inalterada a sua cota submersa, medida a partir da base inferior do cubo à superfície livre do líquido. Sabendo que a variação de temperatura sofrida pelo sistema é igual a T com XT≪1 e que, durante o processo de aquecimento, o cubo mantém sua forma paralelepipédica, a relação entre X e Y para que esta condição sobre a cota submersa ocorra é (Adote $(1+x)^n\approx1+nx$ para $x\ll1$)

A)$X=Y$.
B)$X=Y/2$.
C)$X=2Y$.
D)$X=Y/4$.

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B
Resolução

Condição de flutuação: peso do cubo = empuxo, ou seja $d\,L^3g=D\,h\,L^2g$, com $h$ a cota submersa e $L^2$ a área da base. Logo $h=\dfrac{d}{D}L$.

Após aquecer $\Delta T=T$: o lado do cubo passa a $L'=L(1+XT)$, e a densidade do cubo (mesma massa, novo volume) passa a $d'\approx d(1-3XT)$. A densidade do fluido passa a $D'\approx D(1-YT)$ (mesma massa, novo volume, dilatação volumétrica Y).

Nova cota submersa: $h'=\dfrac{d'}{D'}L'\approx\dfrac{d}{D}L\,(1-3XT)(1+YT)(1+XT)\approx h\left[1+(Y-2X)T\right]$ (desprezando termos de segunda ordem).

Para que $h'=h$ (cota submersa inalterada), precisamos de $(Y-2X)T=0 \Rightarrow Y=2X \Rightarrow X=\dfrac{Y}{2}$ — alternativa B.

Q14
Eletricidade — Capacitores em Paralelo

Um capacitor de capacitância X, inicialmente descarregado, é carregado através de uma fonte de bancada capaz de estabelecer uma diferença de potencial constante V entre seus terminais. Para esta configuração, a energia armazenada no capacitor após o equilíbrio é dada por U. Em seguida, e já desconectado da fonte de bancada, o capacitor de capacitância X é conectado, em paralelo, através de seus terminais a um segundo capacitor de capacitância Y inicialmente descarregado. Para esta configuração, a energia armazenada pelo conjunto de capacitores após o equilíbrio é dada por U'. Sendo assim, a expressão que fornece a razão U/U' em termos de X e Y, é dada por

A)$\dfrac{X}{X+Y}$.
B)$\dfrac{Y}{Y+X}$.
C)$\dfrac{X}{Y}$.
D)$\dfrac{XY}{X+Y}$.

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A
Resolução

Carga inicial de X: $Q_0=XV$, com energia $U=\dfrac{1}{2}XV^2$.

Ao desconectar e ligar em paralelo a Y (descarregado), a carga total $Q_0$ se redistribui, com nova tensão comum $V'=\dfrac{Q_0}{X+Y}=\dfrac{XV}{X+Y}$. Nova energia do conjunto: $U'=\dfrac{1}{2}(X+Y)V'^2=\dfrac{X^2V^2}{2(X+Y)}$.

Assim, $\dfrac{U'}{U}=\dfrac{X^2V^2/[2(X+Y)]}{XV^2/2}=\dfrac{X}{X+Y}$ — alternativa A.

Nota: o enunciado pede literalmente "a razão U/U'"; nossa conta direta dá $U/U'=(X+Y)/X$, que não aparece entre as alternativas. Invertendo a razão — $U'/U=X/(X+Y)$ —, chega-se exatamente à alternativa A, que é o gabarito oficial. Entendemos que a alternativa correta corresponde à razão energia final sobre energia inicial ($U'/U$).

Q15
Oscilações — Frequência Crítica em Plataforma Vibrante

Em uma etapa de uma linha de montagem industrial, uma pequena plataforma, de massa desprezível, é capaz de oscilar verticalmente com frequência F e amplitude A. Sobre a plataforma, que deve operar com uma dada frequência crítica, é depositado periodicamente um componente de massa M que será repassado à etapa seguinte da linha de montagem. Essa condição sobre a frequência faz-se necessária para garantir que o componente de massa M não perca o contato com a plataforma. Supondo que a aceleração da gravidade local tem módulo igual a g, o quadrado da frequência de operação F crítico do sistema aqui descrito é

A)$Mg/A$.
B)$\dfrac{A}{4\pi^2M}$.
C)$\dfrac{g}{4\pi^2A}$.
D)$\dfrac{g^2+A^2}{4\pi^2Ag}$.

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C
Resolução

O componente perde contato com a plataforma quando a aceleração da plataforma (para baixo) excede $g$ — isso ocorre no ponto mais alto do MHS, onde a aceleração tem módulo máximo $\omega^2A$. A condição crítica é $\omega^2A=g$.

Com $\omega=2\pi F$: $4\pi^2F^2A=g \Rightarrow F^2=\dfrac{g}{4\pi^2A}$ — alternativa C.

Q16
Impulso e Colisão — Força Variável no Tempo

Uma partícula de massa M desloca-se sobre uma superfície horizontal, perfeitamente lisa, com velocidade constante e de módulo igual a U. Em determinado instante, esta ricocheteia ao chocar-se elasticamente e perpendicularmente com uma parede situada a sua frente. A evolução da força de interação entre a partícula e a parede foi mapeada como uma função do tempo e é expressa da seguinte maneira: $F(t)=(2F_0/T)t$ para $0\le t\le T/2$; $F(t)=(2F_0/T)(T-t)$ para $T/2\le t\le T$. Supondo que a colisão se inicia em $t=0$ e que ela tem curta duração de T segundos, a constante $F_0$ é dada por

A)$2MU/T$.
B)$UM/T$.
C)$4MU/T$.
D)$UM/(2T)$.

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C
Resolução

Colisão elástica perpendicular: a partícula inverte o sentido mantendo o módulo da velocidade, logo a variação de momento tem módulo $|\Delta p|=MU-(-MU)=2MU$.

Esse impulso é a área sob o gráfico triangular de $F(t)$: $I=\dfrac{1}{2}\times T\times F_0$ (base T, altura $F_0$).

Igualando: $\dfrac{1}{2}TF_0=2MU \Rightarrow F_0=\dfrac{4MU}{T}$ — alternativa C.

Q17
Oscilações — Superposição de MHS e Figuras de Lissajous

No laboratório de Eletricidade e Magnetismo da Universidade Estadual do Ceará, um professor de Física tem a sua disposição um Osciloscópio e dois Geradores de Funções Arbitrárias. Com o intuito de explorar a superposição de movimentos periódicos, o professor seleciona dois sinais obtidos através dos geradores de funções e combina-os, na tela do osciloscópio, numa varredura no plano coordenado ortogonal XOY com origem em O no centro dessa tela. A análise realizada combina sinais harmônicos de mesma frequência ω, mas com uma diferença de fase δ constante no tempo. Para sinais com mapeamento na variável tempo t, com a forma $X(t)=B\cos(\omega t)$ e $Y(t)=A\cos(\omega t+\delta)$, atente para as seguintes afirmações:

I. Se $\delta=0$, o movimento combinado é retilíneo na direção da diagonal do retângulo de lados 2A e 2B.
II. Se $\delta=\pi/2$, o movimento combinado tem como representação uma trajetória elíptica descrita no sentido horário com eixos na direção dos eixos coordenados.
III. Se $\delta=3\pi/2$ e os sinais apresentam mesma amplitude (A=B), o movimento combinado tem como representação uma trajetória circular descrita no sentido horário.
IV. Se $\delta=\pi$, o movimento combinado é novamente retilíneo, mas ao longo da outra diagonal do retângulo de lados 2A e 2B.

Está correto o que se afirma em

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

Gabarito oficial CEV/UECE — UECE 25.1 — 2ª Fase

B
Resolução

I (verdadeira): com $\delta=0$: $Y=A\cos\omega t$, $X=B\cos\omega t \Rightarrow Y=(A/B)X$ — reta de coeficiente positivo, a diagonal do retângulo.

II (verdadeira): com $\delta=\pi/2$: $Y=-A\,\text{sen}(\omega t)$, e $(X/B)^2+(Y/A)^2=1$, uma elipse com eixos nos eixos coordenados. Em $t=0$: ponto mais à direita $(B,0)$; logo depois, $X$ decresce e $Y$ fica negativo — movimento descendo a partir da direita, ou seja, sentido horário.

III (falsa): com $\delta=3\pi/2$ e $A=B$: $Y=A\,\text{sen}(\omega t)$, $X=A\cos(\omega t)$ — círculo de raio A. Em $t=0$: ponto $(A,0)$; logo depois, $X$ decresce e $Y$ cresce (fica positivo) — movimento subindo a partir da direita, ou seja, sentido anti-horário, contrariando a afirmação.

IV (verdadeira): com $\delta=\pi$: $Y=-A\cos\omega t=-(A/B)X$ — reta de coeficiente negativo, a outra diagonal do retângulo.

Corretas: I, II e IV apenas — alternativa B.

Q18
Óptica — Profundidade Aparente em Líquidos Estratificados

Um Becker com 1000 ml de capacidade é preenchido completamente com um líquido cujo índice de refração é Z. Esse Becker, quando visto de cima por um observador situado no ar, aparenta ter uma profundidade inferior à real. No entanto, quando um segundo Becker com as mesmas características do anterior é preenchido com 500 ml de um líquido cujo índice de refração é X e os outros 500 ml com um líquido cujo índice de refração é Y, a profundidade aparente desse segundo Becker, quando vista de cima pelo observador, é a mesma que a obtida a partir do líquido cujo índice de refração é Z. Diante do exposto e supondo que os líquidos utilizados para preencher o Becker na segunda situação não se misturam, o índice de refração Z, do primeiro líquido, quando expresso em termos dos índices de refração X e Y é (considere o caso em que X>Y>1)

A)$\dfrac{2XY}{X+Y}$.
B)$X+Y$.
C)$XY$.
D)$\dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}$.

Gabarito oficial CEV/UECE — UECE 25.1 — 2ª Fase

A
Resolução

Profundidade aparente de uma camada de espessura real $h$ e índice $n$, vista de cima: $h/n$ (aproximação paraxial).

Becker 1 (só Z, profundidade real total H): profundidade aparente $=H/Z$.

Becker 2 (camadas de X e Y, cada uma com espessura real $H/2$, mesmo volume total): profundidade aparente $=\dfrac{H/2}{X}+\dfrac{H/2}{Y}=\dfrac{H}{2}\left(\dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}\right)$ — esse resultado independe da ordem de empilhamento das camadas.

Igualando as duas profundidades aparentes: $\dfrac{H}{Z}=\dfrac{H}{2}\left(\dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}\right) \Rightarrow \dfrac{1}{Z}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{X+Y}{XY} \Rightarrow Z=\dfrac{2XY}{X+Y}$ — alternativa A.

Q19
Eletromagnetismo — Transformador

Os rádios valvulados estiveram em moda entre os anos de 1930 e 1960 na maioria dos lares. Para funcionar de forma adequada, uma única válvula deste rádio necessita de uma tensão aproximada de 7,0 V em seu filamento, que pode ser obtida por meio de um transformador ligado aos 115 V da rede elétrica. Sabe-se, no entanto, que o secundário do transformador em questão possui 28 voltas. Se esse transformador, com corrente no primário de 70 mA, for utilizado para alimentar um Rádio valvulado que possui em seu interior 5 válvulas, do tipo aqui mencionado, ligadas em série, é correto afirmar que a corrente no secundário do transformador e o número de voltas do primário deste são, respectivamente,

A)150 mA e 460 voltas.
B)230 mA e 29 voltas.
C)1150 mA e 29 voltas.
D)230 mA e 460 voltas.

Gabarito oficial CEV/UECE — UECE 25.1 — 2ª Fase

D
Resolução

Número de voltas do primário: o par (28 voltas no secundário, 7 V nominais por válvula) define a razão de transformação física do aparelho: $\dfrac{N_p}{N_s}=\dfrac{V_p}{V_s} \Rightarrow N_p=28\times\dfrac{115}{7}=460$ voltas.

Corrente no secundário: com 5 válvulas ligadas em série, a tensão total exigida do secundário é $V_s=5\times7=35\,\text{V}$. Por conservação de potência no transformador ideal ($P_p=P_s$): $I_p V_p=I_s V_s \Rightarrow I_s=\dfrac{I_p V_p}{V_s}=\dfrac{0{,}070\times115}{35}=0{,}23\,\text{A}=230\,\text{mA}$.

Corrente no secundário = 230 mA; voltas do primário = 460 — alternativa D.

Q20
Termodinâmica — Ciclo de Carnot Aplicado a OTEC

A conversão de energia térmica em eletricidade nos oceanos em virtude da diferença de temperatura entre as águas da superfície e as águas profundas, OTEC, do inglês Ocean Thermal Energy Conversion, é uma tecnologia de energia renovável. O principal desafio tecnológico desse projeto é gerar quantidades significativas de energia, de forma eficiente, a partir de pequenas diferenças (gradientes) de temperatura. De forma a produzir trabalho útil, a OTEC funciona essencialmente como uma máquina térmica operando entre duas fontes térmicas, a superfície e a profundeza do oceano. Embora a OTEC possa operar em ciclo aberto, fechado ou híbrido fazendo uso de líquido refrigerante, para efeito de cálculo, será considerado o ciclo fechado. Suponha que esse sistema opere como uma máquina térmica entre os extremos de temperatura 25°C (superfície do oceano) e 10°C (profundeza do oceano) com uma taxa de realização de trabalho de 2 MW. Além disso, ao estimar o rendimento máximo dessa máquina por meio do ciclo de Carnot, operando entre os extremos de temperatura, obtém-se como taxa de extração de calor da superfície da água, aproximadamente, o valor de

A)40 MW.
B)2,1 MW.
C)5 MW.
D)3,3 MW.

Gabarito oficial CEV/UECE — UECE 25.1 — 2ª Fase

A
Resolução

Rendimento de Carnot: $\eta=1-\dfrac{T_c}{T_h}=1-\dfrac{283}{298}=\dfrac{15}{298}\approx0{,}0503$ (usando temperaturas absolutas, $25°C=298\,K$ e $10°C=283\,K$).

Como $\eta=\dot W/\dot Q_h$, a taxa de calor extraído da fonte quente é $\dot Q_h=\dfrac{\dot W}{\eta}=\dfrac{2}{0{,}0503}\approx39{,}8\,\text{MW}\approx40\,\text{MW}$ — alternativa A.

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