Unimontes 2012.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Vestibular · Grupos 1 e 2 · Física · 22 questões.

Vestibular Unimontes 2012.1
Grupos 1 e 2
22 questões de Física

Os grupos utilizam a mesma numeração, Q27 a Q37, mas têm questões distintas. Selecione o grupo para navegar. Gabaritos oficiais conferidos para os respectivos cadernos.

Enunciados, alternativas e dados transcritos integralmente dos cadernos. As figuras mostram apenas diagramas e gráficos originais. As resoluções são do Método TEF; inconsistências documentais são indicadas sem modificar o texto da prova.

Fontes da transcrição
Q27
Mecânica — Cinemática — Movimento relativo

Duas partículas A e B deslocam-se em linha reta, mas nada se sabe sobre a ordem dessas partículas. Ambas deslocam-se no mesmo sentido, com velocidades de módulos constantes VA= 2 m/s e VB = 1 m/s, respectivamente. No instante inicial, a distância entre as partículas é de 4 m. Conhecendo apenas essas informações sobre as partículas, o mínimo de tempo necessário para que a distância entre elas seja de 6 m, em segundos, será igual a

A)2.
B)1.
C)10.
D)3.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q27

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: A distância depende da ordem inicial das partículas.

Passo 1. Se A já estiver à frente, a separação aumenta a 1 m/s e passa de 4 a 6 m em 2 s. Se A estiver atrás, precisa percorrer 10 m relativamente a B, levando 10 s. O menor tempo é 2 s.

$t_{\min}=\frac{6-4}{2-1}=2\ \mathrm{s}$

Resposta: alternativa A.

Q28
Mecânica — Hidrostática — Empuxo e movimento

Uma esfera de raio R e densidade igual a 80% da densidade da água é colocada no fundo de um recipiente com água e, em seguida, abandonada. A altura da coluna de água é h. Considere que o módulo da aceleração da gravidade no local seja g e que a trajetória da partícula na subida seja perpendicular à superfície da água. Considere, ainda, que a densidade da água seja constante em qualquer ponto do percurso da esfera. O módulo da velocidade da esfera, quando seu centro estiver à distância h–R da superfície, será

Esfera de raio R no fundo de recipiente com coluna de água h.
A)$\sqrt{\dfrac{g(h-R)}2}$.
B)$\sqrt{\dfrac{g(2h-R)}2}$.
C)$\sqrt{\dfrac{g(h-2R)}2}$.
D)$\sqrt{\dfrac{g(h-2R)}{10}}$.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q28

ANULADA
Resolução — Método TEF

Ideia central: A posição pedida coincide com a posição inicial do centro da esfera.

Passo 1. No fundo, o centro está R acima da base, portanto à profundidade h−R. Como é abandonada do repouso, sua velocidade nessa posição é zero, valor ausente das alternativas. Se o objetivo fosse o centro a R da superfície, teríamos deslocamento h−2R, aceleração g/4 e a expressão C.

$a=\frac{\rho_agV-0,8\rho_aVg}{0,8\rho_aV}=\frac g4,\quad v^2=\frac{g(h-2R)}2$

Resposta: Questão oficialmente anulada.

Anulada oficialmente no caderno 9. Preservado o enunciado com distância h−R, sem correção silenciosa.

Q29
Termologia — Dilatação térmica — Dilatação superficial e volumétrica

Um cubo possui aresta de tamanho L e é feito de um metal cujo coeficiente de dilatação linear é α. Após ser submetido a uma variação de temperatura ∆T, a razão entre a sua variação de área e a sua variação de volume é igual a 4

A)$\dfrac4L$.
B)$\dfrac{2}{3L}$.
C)$\dfrac{3}{2L}$.
D)$\dfrac2L$.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q29

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: A área total do cubo é 6L² e seu volume é L³.

Passo 1. Usando os coeficientes superficiais 2α e volumétricos 3α, a razão elimina α e ΔT.

$\frac{\Delta A}{\Delta V}=\frac{6L^2(2\alpha\Delta T)}{L^3(3\alpha\Delta T)}=\frac4L$

Resposta: alternativa A.

Resultado na aproximação linear usual de pequenas dilatações; área interpretada como área total do cubo.

Q30
Termologia — Termodinâmica — Ciclo Otto

A figura a seguir é um diagrama PV de um modelo idealizado dos processos termodinâmicos que ocorrem em um motor a gasolina. Esse modelo é chamado de Ciclo Otto. A mistura ar e gasolina passa pelas transformações indicadas no gráfico em que as curvas a-b e c-d são transformações adiabáticas. As temperaturas dos pontos a, b, c e d são 290 K, 350 K, 700 K e 500 K, respectivamente. A partir dessas informações, a eficiência desse ciclo é

Diagrama PV do ciclo Otto: a-b compressão adiabática, b-c aquecimento isocórico, c-d expansão adiabática e d-a resfriamento isocórico.
A)35%.
B)30%
C)45%.
D)40%.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q30

D
Resolução — Método TEF

Ideia central: Nas etapas isocóricas, o calor trocado é nCᵥΔT.

Passo 1. A máquina recebe calor de b a c e rejeita calor de d a a. Calculamos o rendimento pela razão entre o calor rejeitado e recebido.

$\eta=1-\frac{T_d-T_a}{T_c-T_b}=1-\frac{500-290}{700-350}=0,40=40\%$

Resposta: alternativa D.

As temperaturas fornecidas não satisfazem a mesma razão adiabática nas duas curvas para um gás ideal com coeficiente adiabático constante; a resposta oficial segue os calores isocóricos dados.

Q31
Mecânica — Energia — Energia e atrito

Um bloco de massa m possui velocidade $v_0$ = 5,00 m/s quando está a 2,00 m da base de um plano inclinado (veja a figura). O coeficiente de atrito dinâmico é 0,125. Sobre o plano inclinado não existe atrito. O bloco segue em direção ao plano inclinado e inicia a subida. Em determinado instante, ele está a uma distância d da base do plano. Nesse momento, suas energias cinética e potencial gravitacional são iguais. Sabendo-se que a inclinação do plano inclinado é θ= 30°, o valor de d, em metros, é igual a

Dados: $g=10$ m/s²; $\sin30^\circ=1/2$, $\cos30^\circ=\sqrt3/2$.

Bloco a 2,00 m do plano inclinado de 30 graus, trecho horizontal com atrito 0,125 e distância d sobre o plano.
A)2.
B)1.
C)4.
D)3.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q31

B
Resolução — Método TEF

Ideia central: O atrito dissipa energia apenas nos 2 m horizontais.

Passo 1. A energia que sobra na base é 10m joules. No ponto pedido, metade é potencial e metade cinética. Como a altura é d sen30°, obtemos d = 1 m.

$E=\frac{m5^2}{2}-0,125mg\cdot2=10m,\quad 2mgd\sin30^\circ=10m\Rightarrow d=1\ \mathrm m$

Resposta: alternativa B.

Q32
Mecânica — Estática — Equilíbrio de forças

A figura abaixo mostra um bloco de massa m = 10 kg, preso a dois cabos inextensíveis. A aceleração da gravidade no local tem módulo g = 10 m/s². O módulo da tração no cabo A é $T_A$ e no cabo B é $T_B$. Os valores de $T_A$ e $T_B$, em Newtons, para que o sistema permaneça em equilíbrio, são, respectivamente,

Dados: $\cos60^\circ=\sin30^\circ=1/2$; $\cos30^\circ=\sin60^\circ=\sqrt3/2$.

Cabos A e B inclinados a 30 e 60 graus com a horizontal sustentam massa m.
A)$50$, $50\sqrt3$.
B)$50\sqrt3$, $50$.
C)$30\sqrt3$, $30$.
D)$30$, $30\sqrt3$.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q32

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: As componentes horizontais se cancelam e as verticais sustentam o peso.

Passo 1. Da horizontal, Tᵦ = √3 Tₐ; substituímos na vertical, cujo peso é 100 N.

$T_A\cos30^\circ=T_B\cos60^\circ,\quad T_A\sin30^\circ+T_B\sin60^\circ=100\Rightarrow T_A=50,\ T_B=50\sqrt3\ \mathrm N$

Resposta: alternativa A.

Q33
Ondulatória — Ondas em cordas — Velocidade de propagação

Numa corda de densidade $\mu$, fixa nas extremidades, propaga-se uma onda devido a uma perturbação periódica de frequência f. Quando a corda está sob uma tensão $T_1$, a velocidade da onda é $V_1$ e o comprimento de onda é $\lambda_1$ e, quando a tensão é $T_2$, a velocidade é $V_2$ e o comprimento de onda é $\lambda_2$. A razão entre $\lambda_2$ e $\lambda_1$ é

A)$\dfrac{T_2}{T_1}$.
B)$\sqrt{\dfrac{T_1}{T_2}}$.
C)$\dfrac{T_1}{T_2}$.
D)$\sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}$.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q33

D
Resolução — Método TEF

Ideia central: A velocidade de onda na corda é √(T/μ).

Passo 1. A fonte mantém a frequência f, logo λ = v/f. A densidade linear é a mesma nos dois casos.

$\frac{\lambda_2}{\lambda_1}=\frac{v_2}{v_1}=\sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$

Resposta: alternativa D.

Q34
Eletricidade — Capacitores — Associação mista

No circuito ilustrado na figura abaixo, $C_1$ = 4 µF, $C_2$ = 6 µF e $C_3$ = 5 µF e a ddp entre a e b é igual a 80 V. A respeito das cargas $q_1$, $q_2$ e $q_3$, armazenadas nos capacitores de capacitância $C_1$, $C_2$ e $C_3$, respectivamente, é CORRETO afirmar que

Observação: 1 µF = $1 × 10^{-6}$ F

Capacitores C1 e C2 em série no ramo superior, em paralelo com C3 entre a e b.
A)$q_1=q_2=4,00\times10^{-4}$ C, $q_3=1,92\times10^{-4}$ C.
B)$q_1=q_2=q_3=1,92\times10^{-4}$ C.
C)$q_1=q_2=1,92\times10^{-4}$ C, $q_3=4,00\times10^{-4}$ C.
D)$q_1=q_2=q_3=4,00\times10^{-4}$ C.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q34

C
Resolução — Método TEF

Ideia central: C₁ e C₂ estão em série; esse ramo está em paralelo com C₃.

Passo 1. A associação em série equivale a 2,4 µF. Ambos os ramos recebem 80 V e cada capacitor em série tem a mesma carga.

$C_{12}=\frac{4\cdot6}{4+6}=2,4\ \mu\mathrm F,\quad q_1=q_2=2,4\cdot10^{-6}\cdot80=1,92\cdot10^{-4}\ \mathrm C,\quad q_3=5\cdot10^{-6}\cdot80=4,00\cdot10^{-4}\ \mathrm C$

Resposta: alternativa C.

Q35
Eletromagnetismo — Indução — Fem de movimento

Uma barra metálica move-se com velocidade constante de módulo 40 cm/s ao longo de dois trilhos metálicos paralelos, unidos por uma tira metálica numa das extremidades (veja a figura). Um campo magnético $\vec B$, de módulo B = 0,20 T, aponta para fora da página. A distância L dos trilhos é igual a 25,0 cm. Considerando que a resistência da barra vale 20,0 Ω e que a resistência dos trilhos é desprezível, a fem gerada e a corrente elétrica na barra valem, respectivamente,

Barra desliza para a esquerda em trilhos separados por L sob campo magnético saindo da página.
A)30 mV e 3,0 mA.
B)10 mV e 2,0 mA.
C)20 mV e 1,5 mA.
D)20 mV e 1,0 mA.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q35

D
Resolução — Método TEF

Ideia central: A fem induzida na barra é BLv.

Passo 1. Convertemos a velocidade para 0,40 m/s e o comprimento para 0,250 m. Depois aplicamos a lei de Ohm.

$\mathcal E=0,20\cdot0,250\cdot0,40=0,020\ \mathrm V=20\ \mathrm{mV},\quad I=0,020/20=0,001\ \mathrm A=1,0\ \mathrm{mA}$

Resposta: alternativa D.

Q36
Eletricidade — Potencial elétrico — Trabalho do campo

Uma partícula cuja carga é q = 3 × 10⁻⁹ C move-se do ponto A ao ponto B, ao longo de uma linha reta. A distância entre A e B é d = 0,5 m. O campo elétrico é uniforme ao longo dessa linha, no sentido de A para B, com módulo E = 200 N/C. O trabalho realizado pelo campo e a diferença de potencial VA – VB são iguais a, respectivamente,

A)$3\times10^{-7}$ J e 200 V.
B)$3\times10^{-7}$ J e 100 V.
C)$3\times10^{-9}$ J e 100 V.
D)$3\times10^{-9}$ J e 200 V.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q36

B
Resolução — Método TEF

Ideia central: O potencial diminui no sentido do campo elétrico.

Passo 1. A diferença de potencial vale Ed; o trabalho positivo do campo sobre a carga positiva vale qEd.

$V_A-V_B=200\cdot0,5=100\ \mathrm V,\quad W=3\cdot10^{-9}\cdot100=3\cdot10^{-7}\ \mathrm J$

Resposta: alternativa B.

Q37
Física moderna — Física nuclear — Radioatividade

Em 1902, ao estudarem a radioatividade do tório, Ernest Rutherford e Frederick Soddy descobriram que a radioatividade está associada a profundas mudanças no interior do átomo, capazes de transformá-lo em outro elemento. Descobriram que o tório produz, continuamente, uma substância quimicamente diferente, que é intensamente radioativa. Se o elemento assim produzido é separado do tório, ele desaparece com o passar do tempo, considerando que, por sua vez, ele também se transforma num elemento diferente dos demais. Observando esse processo, Rutherford e Soddy formularam a lei do decaimento exponencial, estabelecendo que uma fração fixa do elemento radioativo decai a cada unidade de tempo. O descobrimento da radioatividade e da transmutação dos elementos obrigou os cientistas a modificarem radicalmente suas ideias sobre a estrutura atômica, pois ficou demonstrado que o átomo não é nem indivisível nem imutável. Ao invés de ser um simples receptáculo inerte contendo elétrons, verificou-se que o átomo pode mudar de forma e emitir quantidades prodigiosas de energia, em forma de radiação. Mais tarde, essas mesmas radiações serviram de instrumento para novas investigações no interior do átomo. Com base nas informações do texto acima, é CORRETO afirmar que as descobertas sobre a radioatividade demonstraram:

A)Num material radioativo composto de um determinado elemento químico, a quantidade desse elemento não se altera.
B)Num material que sofre decaimento radioativo, um elemento químico pode ser transformado em outro.
C)Um material que sofre decaimento radioativo não perde massa.
D)Um material que sofre decaimento radioativo ganha massa, pois outros elementos surgem como produto do decaimento.

Gabarito oficial · Grupo 1 · Q37

B
Resolução — Método TEF

Ideia central: Decaimentos radioativos podem transformar núcleos de um elemento em núcleos de outro.

Passo 1. O próprio texto descreve a produção de substâncias quimicamente diferentes a partir do tório. Isso caracteriza a transmutação nuclear da alternativa B.

Resposta: alternativa B.

Q27
Mecanica — Movimento circular — Velocidade tangencial

Um disco de raio R está fixado a um eixo de raio r (veja a figura). O disco gira com velocidade angular de módulo ω. A velocidade na periferia do eixo é v e, na periferia do disco, V. Sabendo-se que R = 4r, a razão entre v e V é

Diagrama original da questão 27.
A)4,00.
B)1,00.
C)0,25.
D)2,00.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q27

C
Resolução — Método TEF

Ideia central: A velocidade angular é comum ao eixo e ao disco.

Passo 1. Escreva $v=\omega r$ e $V=\omega R$.

Passo 2. Dividindo, $v/V=r/R=1/4=0{,}25$.

Resposta: alternativa C.

Q28
Mecanica — Estatica — Equilibrio de torques

Na figura a seguir, uma barra homogênea, de peso $P_b$, está fixa no ponto $O$ e sustenta um bloco de peso $P_B$. Considerando que $L_1=3L_2$ e $P_b=\frac{P_B}{10}$, o valor da força $F$, que mantém a barra em equilíbrio e na horizontal, em função do peso $P_B$ do bloco, é

Diagrama original da questão 28.
A)$\frac{2P_B}{15}$.
B)$\frac{P_B}{15}$.
C)$\frac{P_B}{5}$.
D)$\frac{4P_B}{15}$.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q28

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: A polia móvel reparte o peso do bloco entre dois trechos de corda.

Passo 1. A tração que puxa a extremidade direita da barra para baixo é $T=P_B/2$. O peso da barra atua em seu centro, a $L_2$ à esquerda de O.

Passo 2. O equilíbrio dos momentos em O dá $3FL_2+(P_B/10)L_2=(P_B/2)L_2$. Logo, $F=2P_B/15$.

Resposta: alternativa A.

Q29
Eletricidade — Circuitos — Efeito joule

Um circuito é formado com 3 resistores de resistências $R_1=R$, $R_2=2R$ e $R_3=3R$. Sobre $R_2$ e $R_3$ passa a mesma corrente que difere da corrente que atravessa $R_1$. O circuito equivalente é alimentado por uma ddp de 100 V. Considerando que 70% da energia produzida no circuito, em 1 minuto, é capaz de variar a temperatura de uma solução de 100 gramas e calor específico $c$, em 5°C, pode-se afirmar que as resistências $R_1$, $R_2$ e $R_3$ valem, em ohms, respectivamente,
$c=0{,}8$ cal/g°C
1 cal = 4,2 J

A)300, 600 e 900.
B)100, 200 e 300.
C)50, 100 e 150.
D)75, 150 e 225.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q29

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: A associação é R em paralelo com 5R e parte da energia elétrica aquece a solução.

Passo 1. O calor absorvido é $Q=100\cdot0{,}8\cdot5=400$ cal $=1680$ J. Assim, $E=1680/0{,}7=2400$ J e $P=40$ W.

Passo 2. Temos $R_{eq}=100^2/40=250$ Ω e $R_{eq}=5R/6$. Portanto, $R=300$ Ω; os demais são 600 Ω e 900 Ω.

Resposta: alternativa A.

Q30
Optica — Refracao — Lei de snell

Quando um feixe de luz laser incide, com ângulo de incidência igual a 45°, numa superfície que separa dois meios com índices de refração n₁ e n₂, vindo do meio de índice n₁ para o de n₂, esse feixe fica totalmente sobre a superfície, conforme a figura a seguir. Considerando a incidência desse feixe, nas mesmas condições, porém com ângulo de incidência igual a 30°, o ângulo de refração, em graus, será

Dados: $\cos60°=\operatorname{sen}30°=1/2$
$\operatorname{sen}60°=\cos30°=\sqrt3/2$
$\operatorname{sen}45°=\cos45°=\sqrt2/2$

Diagrama original da questão 30.
A)30.
B)45.
C)60.
D)90.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q30

B
Resolução — Método TEF

Ideia central: A incidência inicial corresponde ao ângulo limite.

Passo 1. Pela lei de Snell, $n_1\sin45°=n_2$.

Passo 2. Na segunda incidência, $\sin r=(n_1/n_2)\sin30°=\sqrt2/2$, portanto $r=45°$.

Resposta: alternativa B.

Q31
Termologia — Gases — Teoria cinetica

Um gás ideal monoatômico, a um dado volume V, possui temperatura T. A energia cinética média de uma partícula contida no gás é $E_0$. Considere que não existe troca de energia com o meio externo. Sendo o número de partículas igual a N, a pressão será dada por

A)$P=\frac{2NE_0}{3V}$.
B)$P=\frac{NE_0}{3V}$.
C)$P=\frac{2NE_0}{V}$.
D)$P=\frac{NE_0}{V}$.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q31

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: Relacione a energia por partícula com a equação de estado.

Passo 1. Para um gás monoatômico, $E_0=3kT/2$, enquanto $PV=NkT$.

Passo 2. Substituindo $kT=2E_0/3$, resulta $P=2NE_0/(3V)$.

Resposta: alternativa A.

Q32
Mecanica — Energia — Colisoes

A figura a seguir mostra a trajetória que uma bola de bilhar descreverá numa mesa de sinuca, sem atrito. Cada vez que a bola de sinuca colide com a mesa, ela perde 20% da energia que tem. Por exemplo, e a energia inicial é E0, após o primeiro choque ela será 0,8 E0. Se a bola inicia a trajetória da figura com v = 10 m/s, o módulo da velocidade com que a bola chegará na caçapa, em m/s, é

Diagrama original da questão 32.
A)6.
B)2.
C)4.
D)8.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q32

D
Resolução — Método TEF

Ideia central: Cada choque multiplica a energia cinética por 0,8.

Passo 1. A trajetória contém dois choques antes de atingir a caçapa. Logo, $E_f=0{,}8^2E_0=0{,}64E_0$.

Passo 2. Como $E_c=mv^2/2$, a velocidade é $v_f=\sqrt{0{,}64}\,10=8$ m/s.

Resposta: alternativa D.

Q33
Ondulatoria — Ondas — Amplitude e periodo

Para um dado intervalo de tempo, um sinal é mostrado na tela de um computador de um navio (veja a figura). Um marinheiro, ao observar a tela, percebe que se trata de um sinal de um fenômeno físico oscilante. Uma escala na tela do monitor mostra quadrados de lados iguais à unidade, tanto temporal quanto espacial. Considerando apenas unidades arbitrárias, a amplitude e o período da oscilação, respectivamente, são, aproximadamente,

Diagrama original da questão 33.
A)3 e 15.
B)2 e 13.
C)3 e 12.
D)3 e 10.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q33

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: A amplitude mede a distância à linha de equilíbrio; o período mede uma repetição completa.

Passo 1. Conte aproximadamente três quadrados da linha central à crista.

Passo 2. Entre duas cristas sucessivas há aproximadamente quinze quadrados horizontais: amplitude 3 e período 15.

Resposta: alternativa A.

Q34
Eletricidade — Eletrostatica — Potencial eletrico

Três partículas com cargas de mesmo módulo estão posicionadas ao longo do eixo x (veja a figura). A partícula central está na origem, possui carga elétrica com sinal oposto ao das outras e está a uma distância d de qualquer uma delas. Em pelo menos um ponto P, localizado a uma distância x em relação a essa partícula central, o potencial elétrico é nulo. Considerando d = 1cm, o valor de x, em cm, no intervalo 0

Dado: $\sqrt2\approx1{,}41$

Diagrama original da questão 34.
A)0,31.
B)0,71.
C)0,21.
D)0,41.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q34

D
Resolução — Método TEF

Ideia central: O potencial é a soma algébrica das contribuições das três cargas.

Passo 1. No intervalo indicado, $kq/(d+x)+kq/(d-x)-kq/x=0$.

Passo 2. Reduzindo, $2dx=d^2-x^2$, de onde $x=(\sqrt2-1)d$. Para $d=1$ cm, $x\approx0{,}41$ cm.

Resposta: alternativa D.

Q35
Eletricidade — Circuitos — Potencia eletrica

No circuito ilustrado na figura abaixo, a potência dissipada pelo resistor de 10 Ω é igual a

Diagrama original da questão 35.
A)750 W.
B)810 W.
C)1000 W.
D)500 W.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q35

B
Resolução — Método TEF

Ideia central: O resistor de 9 Ω está em série com o paralelo de 10 Ω e 15 Ω.

Passo 1. O paralelo vale $R_p=10\cdot15/(10+15)=6$ Ω; a corrente total é $I=225/(9+6)=15$ A.

Passo 2. A tensão no paralelo é $V_p=15\cdot6=90$ V. Assim, $P_{10}=90^2/10=810$ W.

Resposta: alternativa B.

Q36
Eletromagnetismo — Forca magnetica — Carga em campo magnetico

Um elétron que viaja com velocidade constante $\vec v$ passa a 50 cm de um fio, no exato momento em que um dispositivo é acionado e uma corrente elétrica começa a circular no fio (veja a figura). Marque a alternativa que representa corretamente o vetor força magnética que atua no elétron no instante mencionado.

Diagrama original da questão 36.
A)
Vetor força na alternativa A.
B)
Vetor força na alternativa B.
C)
Vetor força na alternativa C.
D)
Vetor força na alternativa D.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q36

C
Resolução — Método TEF

Ideia central: Use o sentido do campo do fio e depois o sinal negativo da carga.

Passo 1. Com a corrente para a direita, o campo acima do fio sai do plano. Para velocidade à direita, $\vec v\times\vec B$ aponta para baixo.

Passo 2. O elétron tem carga negativa: sua força aponta para cima, como em C.

Resposta: alternativa C.

Resolução adota a aproximação usual de campo magnético estabelecido. A descrição do instante de acionamento não considera o tempo de propagação do campo até o elétron.

Q37
Moderna — Fisica nuclear — Radiacoes

Entre 1896 e 1898, Antoine-Henri Becquerel, Pierre Curie e Maria Curie (Maria Sklodowska) descobriram que alguns elementos pesados, como o urânio e o tório, emitem, espontaneamente, radiações penetrantes, capazes de sensibilizar uma placa fotográfica. Passando um feixe colimado dessas radiações através de um campo magnético, eles encontraram três componentes que foram denominados de radiações α, β e γ. Os raios γ não são desviados pelo campo magnético, o que indica que não possuem carga elétrica. No entanto, os raios α e β são desviados e foi descoberto que eles possuem cargas positiva e negativa, respectivamente. Esses experimentos foram realizados num dispositivo que possuía ambiente com vácuo. Quando foi introduzido ar no ambiente, observou-se que a radiação α é detida por uma camada de ar de poucos centímetros, ao contrário do que ocorre com as outras duas radiações. Introduzindo lâminas de espessuras diferentes, eles descobriram que poucos milímetros de um material denso são suficientes para deter a radiação β, mas a radiação γ só diminui de intensidade após atravessar um bloco de chumbo de vários cm de espessura. Atualmente, sabemos que a radiação β é composta por elétrons de alta energia e que os raios γ são radiação eletromagnética, com um comprimento de onda muito pequeno. A natureza das partículas α foi descoberta por Rutherford, que descobriu que se trata de átomos de hélio duplamente ionizados. Com base nas informações do texto acima, é CORRETO afirmar que

A)partículas com alto poder de penetração possuem frequência muito alta.
B)partículas com alto poder de penetração possuem comprimento de onda muito grande.
C)partículas com baixo poder de penetração possuem frequência muito alta.
D)partículas com baixo poder de penetração possuem comprimento de onda muito pequeno.

Gabarito oficial · Grupo 2 · Q37

A
Resolução — Método TEF

Ideia central: Identifique a radiação mais penetrante descrita pelo texto.

Passo 1. O texto atribui aos raios γ grande poder de penetração e comprimento de onda muito pequeno.

Passo 2. Para ondas eletromagnéticas, $f=c/\lambda$: comprimento de onda pequeno corresponde a frequência alta.

Resposta: alternativa A.