Prova Unesp 2025.1 2ª Fase — Física com Gabarito e Resolução

Q19

Mecânica — Cinemática — Movimento Uniformemente Variado

Em aviação há algumas velocidades típicas referentes a alguns procedimentos e momentos do voo, cujos valores são específicos para cada aeronave. Duas dessas velocidades são:

• velocidade $V_1$: velocidade máxima, durante a corrida para decolagem, para a decisão do piloto de decolar ou desistir da decolagem. Até a velocidade $V_1$, é possível desistir da decolagem com segurança. Acima dessa velocidade, a decolagem é obrigatória.

• velocidade de cruzeiro ($V_{cruz}$): velocidade constante em que uma aeronave opera durante a maior parte do voo.

Considere que, para uma aeronave de grande porte com dois motores decolar de um aeroporto, cuja pista de decolagem tem 1 750 m de comprimento, os valores de $V_1$ e de $V_{cruz}$ sejam, respectivamente, 140 nós e 500 nós, e que o consumo médio dessa aeronave seja de 1 100 kg de querosene de aviação, por hora e por motor, durante um voo com velocidade de cruzeiro.

Esquema da decolagem: avião parte do repouso (V0=0), atinge V1 após 70% do comprimento da pista, e depois V_cruz em voo

Esquema da corrida de decolagem (fora de escala)

Sabendo que $1$ m/s $= 3{,}6$ km/h $= 2$ nós e que, para atingir a velocidade $V_1$, essa aeronave tem de percorrer 70% do comprimento da pista, partindo do repouso e com aceleração escalar constante, calcule:

a)a intensidade da aceleração da aeronave, em m/s², em sua corrida para decolagem, até atingir a velocidade $V_1$.

Resposta$a = 2$ m/s².

b)o consumo de querosene da aeronave, em kg, em um voo em que ela tenha permanecido com a velocidade de cruzeiro por 3 600 km.

Resposta8 800 kg.

Resolução comentada

Convertendo $V_1 = 140$ nós para m/s: como $2$ nós $=1$ m/s:

$$V_1 = 140/2 = 70\ \mathrm{m/s}$$

A distância percorrida até atingir $V_1$ é $70\%$ de $1.750$ m $= 1.225$ m, partindo do repouso. Pela equação de Torricelli:

$$V_1^2 = 2a d \Rightarrow a = \dfrac{V_1^2}{2d} = \dfrac{70^2}{2\times1.225} = \dfrac{4.900}{2.450} = 2\ m/s^2$$

Convertendo $V_{cruz}=500$ nós para km/h: como $2$ nós $=3{,}6$ km/h, cada nó vale $1{,}8$ km/h, logo

$$V_{cruz} = 500\times1{,}8 = 900\ \mathrm{km/h}$$

O tempo para percorrer $3.600$ km nessa velocidade :

$$t = \dfrac{3.600}{900} = 4$$

h. Cada um dos dois motores consome $1.100$ kg/h, então o consumo total :

$$2 \times 1.100 \times 4 = 8.800\ \mathrm{kg}$$

Q20

Óptica — Lentes — Lentes Esféricas

A figura mostra uma vela acesa diante de uma lente esférica feita de vidro, com centro óptico O, imersa no ar, e alguns raios de luz emitidos pela chama dessa vela, antes e depois de incidirem sobre a lente.

Vela de altura 18 raiz de 3 cm a 45 cm de uma lente esférica; um raio incide a 30° do eixo e emerge paralelo a ele; outro raio passa pelo centro óptico O, com prolongamento tracejado

fora de escala

Considere $\text{tg }30° = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ e admita que essa lente obedeça às condições de nitidez de Gauss.

a)Essa lente apresenta comportamento óptico convergente ou divergente? A imagem dessa vela, conjugada por essa lente, pode ser projetada sobre um anteparo? Responda e justifique suas respostas com base nas trajetórias dos raios mostradas na figura e no fato de a imagem conjugada ser real ou virtual.

RespostaDivergente. A imagem é virtual, então não pode ser projetada em anteparo.

b)Qual a distância, em cm, da imagem dessa vela, conjugada por essa lente, ao centro óptico da lente?

Resposta$p' = 7{,}5$ cm.

Resolução comentada

O raio que incide sobre a lente e emerge paralelo ao eixo principal, quando prolongado de volta até o objeto, forma com o eixo um triângulo retângulo de catetos $18\sqrt{3}$ cm (altura da vela) e $45+|f|$ cm (distância do objeto até o foco, atrás da lente). Assim:

$$\text{tg }30° = \dfrac{18\sqrt{3}}{45+|f|} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{18\sqrt{3}}{45+|f|} \Rightarrow 45+|f| = 18\times3 = 54 \Rightarrow |f| = 9{,}0\ \mathrm{cm}$$

Como o raio incidente paralelo ao eixo se afasta dele após atravessar a lente (diverge), em vez de convergir para um ponto do outro lado, a lente é divergente ($f<0$): $f=-9{,}0$ cm.

Os raios refratados nunca se cruzam de fato — apenas seus prolongamentos (linha tracejada) se encontram do mesmo lado do objeto — por isso a imagem é virtual e não pode ser projetada em anteparo (que só recebe luz de imagens reais).

Pela equação de Gauss, com $p=45$ cm e $f=-9$ cm:

$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}=\dfrac{1}{f} \Rightarrow \dfrac{1}{45}+\dfrac{1}{p'}=-\dfrac{1}{9} \Rightarrow \dfrac{1}{p'} = -\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{45} = \dfrac{-5-1}{45} = -\dfrac{6}{45} \Rightarrow p' = -7{,}5\ \mathrm{cm}$$

O módulo da distância da imagem ao centro óptico é $7{,}5$ cm.

Q21

Eletricidade — Eletrodinâmica — Campo Elétrico Uniforme

Em uma impressora para computadores, gotas de tinta eletrizadas, ao serem submetidas a um campo elétrico uniforme, são desviadas e guiadas para posições específicas de uma folha de papel. Considere que uma gota de massa $m = 2\times10^{-11}$ kg e carga elétrica $q = 4\times10^{-14}$ C penetra, com velocidade horizontal $v_0$, pelo ponto P, em uma região em que atuam apenas um campo elétrico uniforme $\vec{E}$ de intensidade $8\times10^4$ N/C, na direção do eixo y e em seu sentido positivo, e o campo gravitacional $\vec{g}$, conforme a figura.

Eixos x e y; gota entra em P com velocidade horizontal v0; campo E apontando para cima e g para baixo; folha de papel vertical à direita com o ponto Q em (xQ, yQ)

fora de escala

Adotando $g = 10$ m/s² e sabendo que essa gota atinge o ponto Q de coordenadas ($x_Q$, $y_Q = 0{,}03$ cm) sobre a folha de papel, calcule:

a)a aceleração dessa gota de tinta, em m/s², no trajeto entre P e Q.

Resposta$a = 150$ m/s² (mesmo sentido de $\vec{E}$).

b)a diferença de potencial, em V, entre os pontos P e Q, e o trabalho realizado pela força elétrica, em J, no trajeto entre P e Q.

Resposta$U_{PQ} = 24$ V; $W_{elétrica} = 9{,}6\times10^{-13}$ J.

Resolução comentada

A força elétrica sobre a gota (carga positiva) tem intensidade

$$F_{elétrica} = qE = 4\times10^{-14}\times8\times10^4 = 3{,}2\times10^{-9}\ \mathrm{N}$$

no mesmo sentido de $\vec{E}$ (para cima). O peso tem intensidade

$$F_{peso}=mg=2\times10^{-11}\times10=2\times10^{-10}\ \mathrm{N}$$

para baixo. A força elétrica supera o peso. Calcule a aceleração resultante:

$$a = \dfrac{F_{elétrica}-F_{peso}}{m} = \dfrac{3{,}2\times10^{-9}-0{,}2\times10^{-9}}{2\times10^{-11}} = \dfrac{3{,}0\times10^{-9}}{2\times10^{-11}} = 150\ m/s^2$$

no sentido de $\vec{E}$.

Como o campo é uniforme:

$$U_{PQ} = E\cdot y_Q$$

Converta a coordenada vertical para metros:

$$y_Q=0{,}03\ \mathrm{cm}=3\times10^{-4}\ \mathrm{m}$$

$$U_{PQ} = 8\times10^4\times3\times10^{-4} = 24\ \mathrm{V}$$

O trabalho da força elétrica :

$$W = q\cdot U_{PQ} = 4\times10^{-14}\times24 = 9{,}6\times10^{-13}\ \mathrm{J}$$

(positivo, pois a gota se desloca no mesmo sentido da força elétrica).