Provas Anteriores | EMESCAM 2009.1 | Prof. Ricardo Bastos

Q26

Mecânica — Cinemática — Lançamento oblíquo (alcance máximo): Bala perdida

Um policial em uma operação contra o tráfico de drogas atirou com uma arma numa direção inclinada em relação à horizontal. Essa arma consegue imprimir uma velocidade inicial de 200 m/s na bala. Para investigar a origem das balas perdidas na operação foi necessário determinar o alcance máximo possível dos projéteis. Usando a aceleração da gravidade igual a $10\ \text{m/s}^2$, nas condições acima descritas, o alcance máximo possível da bala atirada pelo policial ao atingir a superfície horizontal do solo é de:

A)2000 m;

B)3000 m;

C)4000 m;

D)5000 m;

E)6000 m.

Gabarito

Resolução

O alcance de um projétil lançado e recebido no mesmo nível é $A=\dfrac{v_0^2\,\text{sen}\,2\theta}{g}$, que é máximo quando $\text{sen}\,2\theta=1$ (ângulo de 45°):

$A_{max}=\dfrac{v_0^2}{g}=\dfrac{200^2}{10}=4\,000$ m.

Q27

Termologia — Transmissão de Calor — Condução térmica (lei de Fourier): Roupa molhada

A temperatura do corpo humano se mantém aproximadamente constante mesmo na presença de um ambiente mais frio, o que decorre do sistema termorregulador. As roupas diminuem essa taxa de perda, pois mantêm certa quantidade de ar preso junto ao corpo proporcionando um isolamento. Uma pessoa que está com a roupa molhada sente frio, pois a água não é um bom isolante térmico. Sendo a área corporal coberta pela roupa molhada igual a $1{,}6\ \text m^2$, a espessura da roupa 0,5 cm, a condutividade térmica da roupa molhada $0{,}60\ \dfrac{\text W}{\text{m.K}}$, a temperatura da pele $34\ ^\circ\text C$ e a temperatura ambiente $14\ ^\circ\text C$, determine a taxa de perda de calor.

A)3840 W;

B)4340 W;

C)4840 W;

D)5340 W;

E)5840 W.

Gabarito

Resolução

Pela lei de Fourier, $\Phi=\dfrac{kA\,\Delta T}{L}$, com $L=0{,}5\ \text{cm}=5\times10^{-3}$ m e $\Delta T=34-14=20$ K:

$\Phi=\dfrac{0{,}60\times1{,}6\times20}{5\times10^{-3}}=3\,840$ W.

Q28

Ondulatória — Ondas Estacionárias — Harmônico fundamental em corda: Corda de violão presa com o dedo

Uma corda de violão oscila no primeiro harmônico com freqüência de 440 Hz. Um músico ao tocar o violão prende a corda com o dedo em um ponto localizado a um quarto do comprimento da extremidade. Supondo que o pedaço maior da corda presa ainda oscile no primeiro harmônico, dentre os resultados abaixo, qual representa aproximadamente a nova freqüência de vibração:

A)186,7 Hz;

B)286,7 Hz;

C)386,7 Hz;

D)486,7 Hz;

E)586,7 Hz.

Gabarito

Resolução

No primeiro harmônico, $L=\dfrac\lambda2$, então $f=\dfrac{v}{2L}$ ($v$ fica fixa, pois a tensão e a corda são as mesmas). Logo $f\propto\dfrac1L$.

O pedaço maior tem $L'=\dfrac34L$:

$f'=f\,\dfrac{L}{L'}=440\times\dfrac43\approx586{,}7$ Hz.

Q29

Eletricidade — Eletrostática — Campo elétrico e potencial elétrico (superposição): Quatro cargas puntiformes

Considere quatro cargas puntiformes $q_1=q$, $q_2=q$, $q_3=-q$ e $q_4=-q$. Das configurações abaixo indique aquela em que o campo elétrico e o potencial elétrico são nulos no ponto $P$? Considere que os itens (a), (d) e (e) sejam quadrados e que em (b) e (c) temos alinhamentos.

Figura da questão 29 de Física — EMESCAM 2009.1

A)Configuração A (quadrado: $q_1$ e $q_2$ em cima, $q_3$ e $q_4$ embaixo, $P$ no centro).

B)Configuração B (alinhadas: $q_1,\ q_3,\ P,\ q_4,\ q_2$).

C)Configuração C (alinhadas: $q_1,\ q_2,\ P,\ q_3,\ q_4$).

D)Configuração D (quadrado: $q_1$ e $q_3$ em cima, $q_4$ e $q_2$ embaixo, $P$ no centro).

E)Configuração E (quadrado com $P$ em um vértice e $q_3$ no centro).

Gabarito

Resolução

O potencial é escalar: $V_P=\sum\dfrac{kq_i}{d_i}$. O campo é vetorial: $\vec E_P=\sum\vec E_i$. Precisamos que os dois somem zero.

D) Verdadeira: no quadrado, as cargas nas diagonais ficam a distâncias iguais de $P$. Uma diagonal tem $q_1$ e $q_2$ (as duas positivas) e a outra tem $q_3$ e $q_4$ (as duas negativas). Em cada diagonal os campos têm mesmo módulo e sentidos opostos, então $\vec E=\vec 0$. O potencial é $\dfrac{k}{d}(q+q-q-q)=0$.

A) Falsa: cada diagonal tem uma carga positiva e outra negativa, então os campos se somam e $\vec E\ne\vec0$.

B) Falsa: $\vec E=\vec0$ por simetria, mas $V\ne0$, pois as cargas negativas ficam mais próximas de $P$ ($V=\dfrac{kq}{x}\left(-1-1+\tfrac12+\tfrac12\right)=-\dfrac{kq}{x}$).

C) Falsa: $V=0$, mas os campos de $q_2$ e de $q_3$ apontam ambos para o mesmo lado, então $\vec E\ne\vec0$.

E) Falsa: $P$ está num vértice, e as distâncias às cargas são diferentes.

Q30

Óptica — Refração — Refração em meios paralelos e lei de Snell: Quatro meios

Considere um conjunto de quatro meios materiais diferentes A, B, C e D dispostos paralelamente, com espessuras de 10 cm cada um e índices de refração, respectivamente, dados por $n_A=2$, $n_B=\sqrt2$, $n_C=2\sqrt3/3$ e $n_D=1$. Um raio de luz que se propaga no meio A incide em B sob um ângulo de 30 graus em relação à normal. Determine a soma das distâncias percorridas pelo raio nos meios que ele atravessa totalmente.

A)$10\left(1+2\sqrt2+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$;

B)$20\left(1+\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$;

C)$30\left(1+\dfrac{\sqrt2}{2}+3\sqrt3\right)$;

D)$40\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$;

E)$5\left(\dfrac{2\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Gabarito

Resolução

Em meios paralelos, $n\,\text{sen}\,\theta$ é constante: $n_A\,\text{sen}\,30^\circ=2\times\tfrac12=1$.

• Em A: $\text{sen}\,\theta_A=\dfrac12$, então $\theta_A=30^\circ$.

• Em B: $\text{sen}\,\theta_B=\dfrac1{\sqrt2}$, então $\theta_B=45^\circ$.

• Em C: $\text{sen}\,\theta_C=\dfrac{1}{2\sqrt3/3}=\dfrac{\sqrt3}2$, então $\theta_C=60^\circ$.

• Em D: $\text{sen}\,\theta_D=1$, então $\theta_D=90^\circ$. O raio chega rasante e não penetra em D.

O raio atravessa A, B e C totalmente. Em cada meio de espessura $e=10$ cm o caminho é $\dfrac{e}{\cos\theta}$:

$d_A=\dfrac{10}{\cos30^\circ}=\dfrac{20\sqrt3}{3}$; $\ d_B=\dfrac{10}{\cos45^\circ}=10\sqrt2$; $\ d_C=\dfrac{10}{\cos60^\circ}=20$.

Soma: $20+10\sqrt2+\dfrac{20\sqrt3}{3}=20\left(1+\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Q34

Mecânica — Dinâmica — Segunda lei de Newton e soma vetorial: Corpos nos vértices de um triângulo equilátero

Três corpos A ($m_A=5{,}0$ kg), B ($m_B=8{,}0$ kg) e C ($m_C=4{,}0$ kg) estão posicionados nos vértices de um triângulo eqüilátero. A força que A exerce em B é de repulsão e vale 40 N. A força que A exerce em C é de atração e vale 50 N. Qual a aceleração a que será submetido o corpo A, supondo válidas as leis da mecânica newtoniana?

A)$2\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$;

B)$3\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$;

C)$4\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$;

D)$5\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$;

E)$6\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$.

Gabarito

Resolução

Pela terceira lei, B e C agem sobre A com forças de mesmo módulo: 40 N (B repele A, então a força em A se afasta de B) e 50 N (C atrai A, então a força em A aponta para C).

As direções AB e AC formam $60^\circ$ (triângulo equilátero). Como uma força aponta para longe de B e a outra para C, o ângulo entre as duas forças em A é $180^\circ-60^\circ=120^\circ$.

$F^2=40^2+50^2+2\cdot40\cdot50\cos120^\circ=1\,600+2\,500-2\,000=2\,100\Rightarrow F=10\sqrt{21}$ N.

$a=\dfrac{F}{m_A}=\dfrac{10\sqrt{21}}{5}=2\sqrt{21}\ \text{m/s}^2$.

Q35

Mecânica — Trabalho e Energia — Trabalho da força de atrito e conservação de energia: Plano inclinado e plano horizontal

Um corpo é liberado do topo de um plano inclinado e desliza em um plano horizontal, conforme a figura abaixo:

Figura da questão 35 de Física — EMESCAM 2009.1

Em todo o percurso há atrito de coeficiente $\mu$. A altura inicial do corpo, em relação ao plano horizontal, vale $h$ e o ângulo entre o plano inclinado e a horizontal vale $\theta$. Supondo que o corpo deslize no plano inclinado e percorra uma distância horizontal $d$, qual das opções abaixo indica o valor de $d$?

A)$\dfrac{h}{\mu}\left[1-2\mu\cot g(\theta)\right]$;

B)$h\left[1-\mu\cot g(\theta)\right]$;

C)$\dfrac{2h}{\mu}\left[1-\mu\cot g(\theta)\right]$;

D)$\dfrac{h}{2\mu}\left[1-\mu\cot g(\theta)\right]$;

E)$\dfrac{h}{\mu}\left[1-\mu\cot g(\theta)\right]$.

Gabarito

Resolução

O corpo parte do repouso e termina em repouso, então toda a energia potencial inicial é dissipada pelo atrito: $mgh=W_{atrito}$.

No plano inclinado, o comprimento é $\dfrac{h}{\text{sen}\,\theta}$ e a normal é $mg\cos\theta$: $W_1=\mu mg\cos\theta\cdot\dfrac{h}{\text{sen}\,\theta}=\mu mgh\cot\theta$.

No plano horizontal: $W_2=\mu mg\,d$.

$mgh=\mu mgh\cot\theta+\mu mg\,d\Rightarrow d=\dfrac{h}{\mu}\left(1-\mu\cot\theta\right)$.

Q37

Eletromagnetismo — Indução Eletromagnética — Fem de movimento e lei de Lenz: Barra deslizante em trilho condutor

Um trilho perfeitamente condutor (resistência nula) é dobrado e colocado perpendicularmente a um campo magnético de módulo $B$, que entra no plano do trilho, conforme a figura abaixo. A distância entre os lados paralelos do trilho vale $L$. Uma barra de resistência $R$ é colocada para deslizar com velocidade constante $\vec v$, sobre o trilho, no sentido indicado. Percebemos o surgimento de uma corrente elétrica no trilho e o aquecimento da barra a uma taxa de calor $P$. Desprezando atritos e perdas de energia, podemos afirmar que:

Figura da questão 37 de Física — EMESCAM 2009.1

A)$P=B^2L^2v^2/R$ e a corrente tem sentido anti-horário;

B)$P=B^2L^2v^2/R$ e a corrente tem sentido horário;

C)$P=B^2L^2v^2$ e a corrente tem sentido horário;

D)$P=B^2L^2v^2$ e a corrente tem sentido anti-horário;

E)$P=BLv/R$ e a corrente tem sentido horário.

Gabarito

Resolução

Potência: a fem de movimento é $\varepsilon=BLv$ e a corrente é $i=\dfrac{BLv}{R}$. A taxa de aquecimento da barra é $P=\dfrac{\varepsilon^2}{R}=\dfrac{B^2L^2v^2}{R}$.

Sentido: a barra se move para a esquerda, e a área do circuito (entre a barra e o lado fechado do trilho, à esquerda) diminui. O campo entra no plano, então o fluxo entrando diminui. Pela lei de Lenz, a corrente induzida cria um campo que se opõe a essa diminuição, ou seja, também entrando no plano, o que corresponde à corrente em sentido horário.

Q40

Ondulatória — Conceitos Básicos — Superposição de ondas harmônicas (soma de senos): Interferência

Sejam as funções trigonométricas $y_1=y_m\,\text{sen}(kx-\omega t+\delta)$ e $y_2=y_m\,\text{sen}(kx-\omega t+\beta)$, onde $y_m$, $k$, $\omega$, $\delta$ e $\beta$ são constantes enquanto $x$ e $t$ representam grandezas de posição e tempo. Qual das opções abaixo indica o resultado da soma $y=y_1+y_2$?

A)$y=2y_m\,\text{sen}\!\left(kx-\omega t+\dfrac{\beta-\delta}{2}\right)\cos\!\left(\dfrac{\beta-\delta}{2}\right)$;

B)$y=2y_m\,\text{sen}\!\left(kx+\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)\cos\!\left(\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)$;

C)$y=2y_m\,\text{sen}\!\left(kx-\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)\cos\!\left(\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)$;

D)$y=2y_m\,\text{sen}\!\left(kx-\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)\cos\!\left(\dfrac{\beta-\delta}{2}\right)$;

E)$y=2y_m\cos\!\left(kx-\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)\text{sen}\!\left(\dfrac{\beta-\delta}{2}\right)$.

Gabarito

Resolução

Pela identidade $\text{sen}\,a+\text{sen}\,b=2\,\text{sen}\dfrac{a+b}{2}\cos\dfrac{a-b}{2}$, com $a=kx-\omega t+\beta$ e $b=kx-\omega t+\delta$:

$\dfrac{a+b}{2}=kx-\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}$ e $\dfrac{a-b}{2}=\dfrac{\beta-\delta}{2}$.

$y=2y_m\,\text{sen}\!\left(kx-\omega t+\dfrac{\beta+\delta}{2}\right)\cos\!\left(\dfrac{\beta-\delta}{2}\right)$: uma onda de mesma frequência, com amplitude $2y_m\cos\dfrac{\beta-\delta}{2}$ e fase média $\dfrac{\beta+\delta}{2}$.