UNEB 2015 — Física com gabarito e resolução

Q20

Eletricidade — Eletrostática — Gota de chuva eletrizada

Na atmosfera, existe água no estado líquido na forma de gotículas e gotas maiores de chuva. Sabe-se que a gotícula tem raio médio de 10µm, que existem 10⁶ gotículas por litro de ar, que a gota de chuva tem raio médio de 1000µm e que existe uma gota por litro de ar. (NA atmosfera, 2014).

Admitindo-se as gotas esféricas e considerando-se a gota da chuva eletrizada positivamente, a densidade da água igual a 1,0g/cm³ e π igual a 3, a análise dessas informações permite afirmar:

01)

A massa de uma gota da chuva é igual a 4,0mg.

02)

Em um volume de 1,0m³ de ar, existem 10⁶ gotas.

03)

O potencial elétrico no interior da gota de chuva é nulo.

04)

A gota de chuva é constituída por uma aglomerado de 10⁵ gotículas.

05)

O módulo do campo elétrico no interior da gota é igual ao módulo do campo elétrico de sua parte externa.

Gabarito.

Resolução comentada

• 01 (V): o raio da gota é 1000 µm = 1 mm = 0,1 cm. Com π = 3:

$$V=\frac{4}{3}\pi r^3=4\,(0{,}1)^3=4\times10^{-3}\,\mathrm{cm^3},\qquad m=\rho V=1{,}0\cdot4\times10^{-3}=4\times10^{-3}\,\mathrm{g}=4{,}0\,\mathrm{mg}$$

• 02 (F): há uma gota por litro de ar, e 1 m³ tem 1000 L; são 10³ gotas, e não 10⁶ (10⁶ é o número de gotículas por litro).

• 03 (F): a gota está eletrizada positivamente; no interior de um condutor em equilíbrio eletrostático o campo é nulo e o potencial é constante, igual ao da superfície, portanto não nulo.

• 04 (F): as razões de raios 1000/10 = 100 dão razão de volumes 10⁶; a gota equivale a 10⁶ gotículas, e não a 10⁵.

• 05 (F): no interior da gota o campo elétrico é nulo, enquanto na parte externa é não nulo.

Alternativa 01.

Q22

Grandezas físicas — Unidades — Volume de água transpirada

Com base nas informações da ilustração, é correto afirmar que o volume de água disponível no rio suspenso de umidade, proveniente da transpiração das árvores existentes na Floresta Amazônica, de área igual a 5,5 milhões de km², que poderia desaguar diariamente no Sul e no Sudeste, seria, aproximadamente, de

01)

2,0.10⁹m³

02)

2,2.10¹³ litros

03)

2,2.10⁶km³

04)

5,0.10¹³mm³

05)

5,5.10⁹m³

Gabarito.

Resolução comentada

A transpiração é de 4 mm por dia, ou 4 litros por m². A área é:

$$A=5{,}5\times10^{6}\,\mathrm{km^2}=5{,}5\times10^{6}\cdot10^{6}\,\mathrm{m^2}=5{,}5\times10^{12}\,\mathrm{m^2}$$

O volume diário é:

$$V=A\cdot h=5{,}5\times10^{12}\cdot4\times10^{-3}=2{,}2\times10^{10}\,\mathrm{m^3}$$

Como 1 m³ = 10³ L:

$$V=2{,}2\times10^{10}\cdot10^{3}=2{,}2\times10^{13}\ \mathrm{L}$$

O mesmo valor, em outras unidades, é 2,2·10⁷ km³ ou 2,2·10¹⁹ mm³; as demais alternativas não coincidem.

Alternativa 02.

Q23

Mecânica — Cinemática — Lançamento oblíquo de cápsula

Canhão antiaéreo lançando obliquamente uma cápsula de iodeto de prata em direção a uma nuvem.

Nuvens produzem chuva quando gotas minúsculas de água super-resfriadas colidem com partículas de poeira com o tamanho adequado, formando grânulos de gelo, que se precipitam em direção ao solo e derretem ao longo do caminho. O método mais conhecido de fazer chover envolve injetar partículas, “sementes” de iodeto de prata nas nuvens, em torno das quais o gelo pode se formar. (BAUM, 2014, p.46-53).

Na figura, observa-se um canhão antiaéreo, lançando obliquamente uma cápsula que contém iodeto de prata, que atinge a altura máxima na nuvem e explode. Considere o módulo da aceleração da gravidade local igual a g, a cápsula, com massa m, lançada com velocidade de módulo v₀, formando um ângulo θ com a superfície horizontal.

Desprezando-se a resistência do ar e com base nos conhecimentos de Física, é correto afirmar:

01)

A altura atingida pela cápsula é igual a v₀²sen²θ / 2g.

02)

O movimento descrito pela cápsula é progressivo e acelerado.

03)

O módulo da velocidade v₀ é numericamente igual à tangente do ângulo θ.

04)

A energia mecânica da cápsula no ponto mais alto da trajetória é igual a mv₀cosθ / 2.

05)

A quantidade de movimento da cápsula imediatamente antes da explosão é igual a mv₀.

Gabarito.

Resolução comentada

A componente vertical inicial é v₀ sen θ. No ponto mais alto, a componente vertical é nula:

$$0=(v_0\,\mathrm{sen}\,\theta)^2-2gH\ \Rightarrow\ H=\frac{v_0^2\,\mathrm{sen}^2\theta}{2g}$$

• 01 (V): é a expressão obtida.

• 02 (F): o movimento é progressivo (a componente horizontal é positiva), mas a velocidade vertical diminui na subida; o movimento não é acelerado o tempo todo.

• 03 (F): v₀ é uma velocidade e tg θ é adimensional; não podem ser numericamente iguais.

• 04 (F): sem resistência do ar, a energia mecânica se conserva e vale ½ m v₀² em todos os pontos, inclusive no topo.

• 05 (F): no ponto mais alto, a velocidade é v₀ cos θ, e a quantidade de movimento é m v₀ cos θ.

Alternativa 01.

Q26

Eletricidade — Potência elétrica — Energia de uma lâmpada LED

Considere uma lâmpada LED de 16,0W que opera sob tensão de 110,0V e com a vida útil média de 35.000 horas de uso. Desprezando-se a energia dissipada na forma de energia térmica, conclui-se que a ordem de grandeza da energia elétrica convertida em energia luminosa ao longo do uso, em J, é, aproximadamente, de

01)

10¹⁵

02)

10¹³

03)

10¹¹

04)

10⁹

05)

10⁸

Gabarito.

Resolução comentada

Sem perdas térmicas, toda a energia elétrica é convertida em luminosa. O tempo, em segundos, é 35000 · 3600 = 1,26·10⁸ s:

$$E=P\,\Delta t=16\cdot1{,}26\times10^{8}\approx2{,}0\times10^{9}\,\mathrm{J}$$

Como 2,0 < 3,16, a ordem de grandeza é 10⁹. A tensão de 110 V não é necessária.

Alternativa 04.

Q29

Física moderna — Raios X — Absorção de raios X em radiografia

A figura representa uma radiografia do tórax que é utilizada nas abordagens diagnósticas da maioria de doenças pulmonares, incluindo a tuberculose.

Com base nos conhecimentos de Física, é correto afirmar:

01)

Os raios X incidem sobre a chapa com a intensidade constante e igual à da fonte geradora.

02)

A imagem dos pulmões mostrada na radiografia indica a ocorrência do fenômeno de reflexão dos raios X.

03)

A imagem revela que os pulmões são transparentes aos raios X, permitindo a ocorrência de fenômeno de refração.

04)

As regiões mais claras da imagem, como as dos ossos, indicam menor absorção de raios X.

05)

A nitidez dos ossos dos braços que aparecem na imagem da radiografia se deve ao fenômeno de interferência destrutiva.

Gabarito.

Resolução comentada

• 01 (F): os raios X são atenuados ao atravessar o corpo; a intensidade que chega à chapa é menor que a da fonte e varia de ponto a ponto.

• 02 (F): a imagem é formada pelos raios transmitidos e absorvidos, não por reflexão.

• 03 (V), entre as alternativas: os pulmões, cheios de ar, absorvem pouco e são praticamente transparentes aos raios X, que os atravessam e sofrem refração ao passar de um meio para outro. É a única afirmativa compatível com a figura.

• 04 (F): os ossos têm maior densidade e absorvem mais raios X; chega menos radiação à chapa nessas regiões. A cor mais clara na radiografia indica maior absorção, e não menor.

• 05 (F): a nitidez do contorno ósseo decorre do contraste de absorção entre osso e tecido mole, e não de interferência destrutiva.

Alternativa 03.

Q31

Óptica — Instrumentos ópticos — Microscópio composto

Uma amostra de bactéria Mycobacterium tuberculosis é vista por um microscópio composto, constituído por uma lente objetiva, de distância focal igual a 6,0mm, e uma lente ocular, de aumento linear transversal de, aproximadamente, 11,4. Colocando-se a amostra a 6,1mm do centro óptico da lente objetiva, a imagem final fornecida pelo microscópio composto terá a ampliação, em módulo, de, aproximadamente,

01)

870

02)

768

03)

684

04)

550

05)

532

Gabarito.

Resolução comentada

Para a objetiva (equação de Gauss), com f = 6,0 mm e p = 6,1 mm:

$$\frac{1}{p\,\prime}=\frac{1}{f}-\frac{1}{p}=\frac{1}{6{,}0}-\frac{1}{6{,}1}=\frac{0{,}1}{36{,}6}\ \Rightarrow\ p\,\prime=366\ \mathrm{mm}$$

O aumento da objetiva é:

$$A_{ob}=\left|\frac{p\,\prime}{p}\right|=\frac{366}{6{,}1}=60$$

A ampliação total é o produto dos aumentos:

$$A=A_{ob}\cdot A_{oc}=60\cdot11{,}4=684$$

Alternativa 03.

Q37

Termologia — Gases ideais — Seringa e pressão do gás

Na aplicação de uma injeção, incialmente, a seringa deve ser posicionada com a agulha imersa no medicamento e, ao puxar o êmbolo para trás, o medicamento move-se para o interior da seringa espontaneamente.

A análise dessa informação, com base nos conhecimentos de Física permite corretamente afirmar:

01)

O aumento do volume de ar no interior da seringa, ao puxar o êmbolo para trás, se deve à transformação isobárica do ar considerado como gás ideal.

02)

O volume e a pressão do ar são grandezas diretamente proporcional.

03)

A variação do volume e da pressão do ar no interior da seringa é descrita por uma curva parabólica.

04)

O gradiente de temperatura gera uma força que empurra o medicamento para dentro da seringa.

05)

A diferença de pressão dentro do recipiente que contém solução do medicamento e no interior da seringa gera uma força que empurra o medicamento para dentro dela.

Gabarito.

Resolução comentada

• 01 (F): ao puxar o êmbolo, o volume aumenta e a pressão diminui; a transformação não é isobárica.

• 02 (F): para temperatura constante, PV = constante; volume e pressão são inversamente proporcionais.

• 03 (F): o gráfico P × V de PV = constante é uma hipérbole, e não uma parábola.

• 04 (F): não há gradiente de temperatura relevante envolvido.

• 05 (V): a pressão do ar dentro da seringa fica menor que a pressão atmosférica sobre o líquido no frasco; a diferença de pressão gera a força resultante que empurra o líquido para dentro da seringa.

Alternativa 05.

Q40

Hidrostática — Empuxo — Bloco de gelo flutuando

Um dos efeitos mais visíveis do derretimento do gelo ártico é o desprendimento de grandes pedaços de geleiras. Sabendo-se que a massa de um bloco de gelo, com forma irregular, é igual a 100ton, a densidade da água do mar e a do gelo são, respectivamente, iguais a 1,0g/mL e 0,9g/cm³, o módulo da aceleração da gravidade local igual 10m/s², o calor latente de fusão do gelo é 80cal/g, e que o gelo flutua em equilíbrio nas águas do mar, nessas condições, é correto afirmar que o

01)

ponto de aplicação do empuxo coincide com o centro de massa do gelo.

02)

módulo do empuxo que atua no bloco de gelo é igual a 1,0.10⁴N.

03)

bloco de gelo absorve 8,0Gcal para se manter no estado sólido a 0^oC.

04)

volume da parte emersa do bloco de gelo é de, aproximadamente, 11,1m³.

05)

volume da parte submersa do bloco de gelo é de, aproximadamente, 111,1m³.

Gabarito.

Resolução comentada

A massa é 100 t = 1,0·10⁵ kg.

• 01 (F): o empuxo atua no centro de empuxo, que é o centro de massa do volume de líquido deslocado, e não o do gelo inteiro.

• 02 (F): em equilíbrio, o empuxo iguala o peso:

$$E=mg=1{,}0\times10^{5}\cdot10=1{,}0\times10^{6}\,\mathrm{N}$$

• 03 (F): para se manter sólido a 0 °C, o gelo não absorve calor; a fusão é que exige 80 cal/g.

• 04 (V) e 05 (F): o volume submerso é o do líquido deslocado, e o volume total do gelo é m/ρ:

$$V_{sub}=\frac{m}{\rho_{\acute{a}gua}}=\frac{1{,}0\times10^{5}}{1{,}0\times10^{3}}=100\ \mathrm{m^3},\qquad V_{gelo}=\frac{1{,}0\times10^{5}}{0{,}9\times10^{3}}\approx111{,}1\ \mathrm{m^3}$$

O volume emerso é 111,1 − 100,0 ≈ 11,1 m³.

Alternativa 04.

UNEB · 2015 — Física com resolução

Dados da prova