Vestibular de Física -  Universidade Federal do Ceará - 2009 - UFC, Notas de estudo de Física. Universidade Potiguar (UnP)
Gisele
Gisele12 de Março de 2013

Vestibular de Física - Universidade Federal do Ceará - 2009 - UFC, Notas de estudo de Física. Universidade Potiguar (UnP)

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Vestibular de Física da Universidade Federal do Ceará do ano 2009.
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Comentários de Física

Vestibular 2009 – 2º Etapa Física Pág. 1 de 6

Física

01. Duas partículas A e B, de massa m, executam movimentos circulares uniformes sobre o plano x y (x e y representam eixos perpendiculares) com equações horárias dadas por ( ) ( )2 cosAx t = a+a ωt ,

( ) ( )senAy t = a ωt e ( ) ( )2 cosBx t = a+a ωt− , ( ) ( )senBy t = a ωt , sendo ω e a constantes positivas.

A) Determine as coordenadas das posições iniciais, em t = 0, das partículas A e B. B) Determine as coordenadas do centro de massa do sistema formado pelas partículas A e B no instante t = 0.C) Determine as coordenadas do centro de massa do sistema formado pelas partículas A e B em um

instante qualquer t .

D) Mostre que a trajetória do centro de massa é uma circunferência de raio a , com centro no ponto (x = 0, y = 0).

Solução A) No instante inicial, as coordenadas das posições iniciais das partículas A e B são:

( ) ( )0 2 cos 0 3Ax = a+a ω a× = ; ( ) ( )0 sen 0 0Ay = a ω× = , ( ) ( )0 2 cos 0Bx = a+a ω a− × = − ; ( ) ( )0 sen 0 0By = a ω× = .

B) As coordenadas do centro de massa são dadas por

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )/ / 2CM A B A Bx t = mx t +mx t m+m = x t + x t e

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )/ / 2CM A B A By t = my t +my t m+m = y t + y t . No instante t = 0, tem-se:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0 / 3 ( ) / 2CM A Bx = mx +mx m+m = a+ a a− = e

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0 / 0 0 / 2=0CM A By = my +my m+m = + .

C) Substituindo-se as expressões dadas para ( )Ax t , ( )Bx t , ( )Ay t e ( )By t nas expressões acima, obtemos:

( ) ( ) ( )( ) ( )2 cos 2 cos / 2 cosCMx t = a+a ωt a+a ωt = a ωt− e

( ) ( ) ( )( ) ( )sen sen / 2 senCMy t = a ωt +a ωt = a ωt .

D) Somando-se os quadrados de ( )CMx t e de ( )CMy t , obtemos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2cos sen sen cos .CM CMx t + y t = a ωt + a ωt = a ωt + ωt = a A equação 2 2 2CM CMx + y = a é a equação de uma circunferência de raio a com centro em (x = 0, y = 0), que é a trajetória do centro de massa.

Pontuação: o item A vale dois pontos; o item B vale dois pontos; o item C vale dois pontos; o item D vale quatro pontos.

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Vestibular 2009 – 2º Etapa Física Pág. 2 de 6

02. A única força horizontal (ao longo do eixo x) que atua em uma partícula de massa m = 2 kg é descrita, em um dado intervalo de tempo, pelo gráfico abaixo. A partícula está sujeita a um campo gravitacional uniforme cuja aceleração é constante, apontando para baixo ao longo da vertical, de módulo g = 10 m/s2. Despreze quaisquer efeitos de atrito.

A) Determine o módulo da força resultante sobre a partícula entre os instantes t1 = 1 s e t2 = 3s, sabendo que o impulso ao longo da direção horizontal foi de 30 N⋅s no referido intervalo de tempo.

B) Determine a variação da quantidade de movimento da partícula, na direção horizontal, entre os

instantes t2 = 3s e t3 = 7s.

Solução A) No intervalo de tempo entre os instantes t1 = 1s e t2 = 3s, o impulso ao longo do eixo x é I = 30 N⋅s.

Logo, a força resultante ao longo da direção x é: ( ) ( ) NFttIFttFI 15 2/30 1121121 =⇒=−=⇒−= . (1)

Outra força que age na partícula no referido intervalo de tempo é a força peso

. 20/ 10 2 2 NsmkgmgP =⋅== Logo, a força resultante total entre os instantes t1 = 1s e t2 = 3s é:

. 25 400225221 NFPFF RR =⇒+=+= (2)

B) A variação da quantidade de movimento entre os instantes t2=3 s e t3=7 s é igual ao impulso, que é numericamente igual à área sob a curva tF × no referido intervalo de tempo. Logo,

.sN Q )()tt)(FF(

IQ ⋅=∆⇒+= −+

==∆ 70 2

42015

2 2321

Pontuação: o item A vale até cinco pontos; o item B vale cinco pontos.

03. Uma barra cilíndrica reta metálica, homogênea, de comprimento L , com seção transversal A , isolada lateralmente a fim de evitar perda de calor para o ambiente, tem suas duas extremidades mantidas a temperaturas 1T e 2T , 1 2T > T . Considere que o regime estacionário tenha sido atingido.

A) Escreva a expressão do fluxo de calor por condução, sabendo-se que esse fluxo é proporcional à área da seção transversal e à diferença de temperatura entre os extremos da região de interesse ao longo da direção do fluxo e inversamente proporcional à distância entre tais extremos.

B) Determine a temperatura de um ponto da barra localizado a uma distância / 3L da extremidade de

maior temperatura em função de 1T e 2T .

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Solução A) No regime estacionário, o fluxo através da barra é dado por Ф = KA(T1 – T2)/L, onde K é uma constante de proporcionalidade, denominada coeficiente de condutibilidade térmica.

B) O fluxo entre as extremidades da barra se mantém constante ao longo de sua extensão. Logo, Ф = KA(T1 – T2)/L = KA(T1 – T)/(L/3),

de onde se obtém ( )1 22T / 3T = +T , sendo esta a temperatura a uma distância / 3L da extremidade da barra que se encontra mantida a uma temperatura 1T .

Pontuação: o item A vale quatro pontos; o item B vale seis pontos.04. Uma fonte fixa emite uma onda sonora de freqüência f . Uma pessoa se move em direção à fonte sonora

com velocidade 1v e percebe a onda sonora com freqüência 1f . Se essa mesma pessoa se afastasse da

fonte com velocidade 2v , perceberia a onda sonora com freqüência 2f . Considerando a velocidade do

som no ar, vs = 340 m/s, e v1 = v2 = 20 m/s, determine a razão 1 2/f f .

Solução Considere-se a velocidade positiva quando a pessoa se aproxima da fonte sonora fixa e negativa

quando se afasta. Assim, para as duas situações descritas, podemos escrever ( )1 1/ /s sf v = f v +v e ( )2 2/ /s sf v = f v v− . Dessas duas equações, obtém-se ( ) ( )1 2 1 2/ /s sf f = v +v v v− .

Substituindo-se vs = 340 m/se v1 = v2 = 20 m/s, obtém-se 1 2/ 9 / 8f f = .

Pontuação: a questão vale até dez pontos.

05. Uma partícula de massa m e carga positiva q, com velocidade horizontal v r

(módulo v), penetra numa região de comprimento L (paralelo à velocidade inicial da partícula), na qual existe um campo elétrico

vertical E r

(constante), conforme a figura abaixo. A aceleração da gravidade local é g r

(de módulo g,

direção vertical e sentido para baixo). Na região onde o campo elétrico é não-nulo (entre as linhas verticais tracejadas na figura abaixo), a força elétrica tem módulo maior que a força peso. Determine o módulo do campo elétrico para o qual a partícula apresenta o máximo alcance ao longo da linha horizontal localizada na altura em que ela deixa a região do campo elétrico. Despreze quaisquer efeitos de dissipação de energia (resistência do ar, atrito etc.).

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Solução Para que a partícula tenha o máximo alcance, como requerido na questão, a velocidade adquirida na vertical, no instante em a partícula deixa a região do campo elétrico, deve ser igual, em módulo, à velocidade inicial da partícula na direção horizontal, que é sempre constante (pela ausência de forças naquela direção). Nesse caso, após deixar a região do campo elétrico, a partícula é lançada obliquamente, num ângulo de 450 em relação à horizontal. Essa é a condição de máximo alcance ao longo da linha horizontal que passa no ponto onde a partícula deixa a região de campo elétrico não- nulo. O tempo no qual a partícula percorre a região do campo elétrico é:

v

L t = . (1)

Neste intervalo de tempo, a velocidade na direção y alcança o valor v. A aceleração ao longo da direção y (vertical) é:

{ { { L

v

t

v atavv y

v

L yoy

v

y

2

0

==⇒+= ===

. (2)

A força resultante sobre a partícula na região do campo elétrico encontra-se ao longo da direção y, sendo igual à diferença entre a força elétrica e a força peso. Logo,

( ) 2

 

  

 +=⇒+=⇒=−= g

L

v

q

m Ega

q

m EmamgqEF yyR ,

que é o valor do campo necessário para que a partícula tenha o máximo alcance ao longo da horizontal localizada na altura em que ela deixa a região do campo elétrico. Pontuação: a questão vale até dez pontos.

06. Dois capacitores desconhecidos são ligados em série a uma bateria de força eletromotriz ε , de modo que a carga final de cada capacitor é q. Quando os mesmos capacitores são ligados em paralelo à mesma bateria, a carga total final da associação é 4q. Determine as capacitâncias dos capacitores desconhecidos.

Solução Os capacitores desconhecidos serão aqui nomeados como 21 e CC . Quando os capacitores estão conectados em série à bateria, obtém-se:

1

1 2

1 2 1 2

1 1 C Cq

C C C Cε

−  

= + =  +  . (1)

No caso da ligação em paralelo, obtém-se:

( )1 2 4q

C C ε

= + . (2)

Substituindo (2) em (1), encontra-se: 2

1 2 2

4q C

Cε = . (3)

Substituindo (3) em (2), encontra-se, após alguma manipulação algébrica: 22

2 2 2 2 22

4 4 2 2 0 .

q q q q C C C C

ε ε ε ε  − + = − = ⇒ =   

(4)

Substituindo (4) em (3), encontra-se:

1

2q C

ε = . (5)

Logo, as capacitâncias desconhecidas são dadas pelas equações (4) e (5). Pontuação: a questão vale até dez pontos.

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07. Na figura abaixo, é mostrada uma distribuição de três partículas carregadas (duas com carga positiva e uma com carga negativa) localizadas ao longo dos eixos perpendiculares de um dado sistema de referência. Todas as distâncias estão em unidades arbitrárias (u.a.). As cargas positivas, ambas iguais a q, estão fixas nas coordenadas (x,y), iguais a (4,0) e (– 4,0). A carga negativa, igual a – q, está localizada, inicialmente em repouso, no ponto A, cujas coordenadas são (0,3). A aceleração da gravidade local é constante (módulo g) e aponta no sentido negativo do eixo y do sistema de referência, que está na vertical. Todas as partículas possuem a mesma massa m. A constante eletrostática no meio em que as partículas carregadas estão imersas é K.

Determine o módulo da velocidade com que a partícula com carga negativa chega ao ponto P,

localizado pelas coordenadas (x,y) = (0,–3).

Solução O problema envolve o conceito da conservação de energia. Assumimos aqui que o zero de energia potencial elétrica encontra-se no infinito e que o zero de energia potencial gravitacional encontra-se no eixo y = 0. A energia mecânica da partícula com carga – q, na posição inicial, é igual à energia no ponto P. Logo,

2 2 21 3 2 2 3

5 2 5A P Kq Kq

E E mg mv mg    

= ⇒ − = − −       

12v g⇒ = . Pontuação: a questão vale até dez pontos.

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08. N recipientes, 1n , 2n , 3n ..., Nn , contêm, respectivamente, massas m a uma temperatura T , / 2m a

uma temperatura / 2T , / 4m a uma temperatura / 4T , ..., 1/ 2Nm − a uma temperatura 1/ 2NT − , de um mesmo líquido. Os líquidos dos N recipientes são misturados, sem que haja perda de calor, atingindo uma temperatura final de equilíbrio fT .

A) Determine fT , em função do número de recipientes N .

B) Determine fT , se o número de recipientes for infinito.

Solução A) Quando misturamos uma massa 1m de um líquido de calor específico c , que se encontra a uma

temperatura 1T , com uma massa 2m do mesmo líquido, que se encontra a uma temperatura 2T , as duas massas trocam calor até que o equilíbrio térmico seja atingido. Isso implica

( ) ( )1 12 1 2 12 2 0m c T T +m c T T =− − , de onde tiramos a temperatura de equilíbrio ( ) ( )12 1 1 2 2 1 2/T = m T +m T m +m . Se misturarmos a esse líquido de massa 1 2m + m , que está a uma

temperatura 12T , uma massa 3m do mesmo líquido a uma temperatura 3T , podemos seguir o cálculo acima para encontrarmos

( )( ) ( ) ( ) ( )123 1 2 12 3 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 3/ /T = m +m T +m T m +m +m = m T +m T +m T m +m +m Esse procedimento pode ser estendido até termos misturado os líquidos de todos os N recipientes. Obteremos para a temperatura final de equilíbrio

( ) ( )1 1 2 2 1 2... / ...f N N NT = m T +m T + +m T m +m + +m . Substituindo-se m1 = m, m2 = m/2, ..., mN = m/2

N-1, T1 = T, T2 = T/2, ..., TN = T/2 N-1, encontramos

( ) ( )2N 2 11 1/ 4 1/16 ... 1/ 2 / 1 1/ 2 1/ 4 ... 1/ 2NfT = mT + + + + m + + + +− −   . No numerador aparece uma progressão geométrica com N termos (sendo o primeiro termo igual a 1) e de razão 1/ 4 ; no denominador também aparece uma progressão geométrica com N termos (sendo o primeiro termo igual a 1) e de razão 1/ 2 . Sabemos que a soma dos termos de uma progressão geométrica com N termos (o primeiro termo sendo 1a ) e de razão q é dada por

( ) ( )11 1 / 1NS = a q q− − − . Utilizando essa expressão para obter as somas que aparecem na expressão para fT , obtemos ( ) ( )2N 2 12T 1 1/ 2 / 3 1 1/ 2NfT = − − − −  .

B) Se o número de recipientes for infinito, a expressão para fT é

( ) ( )1 1/ 4 1/16 ... / 1 1/ 2 1/ 4 ... .fT = mT + + + m + + +   A soma dos termos de uma progressão geométrica infinita com primeiro termo 1a e razão

q (0 1)q< < é ( )1 / 1S = a q− . Utilizando esse resultado para calcularmos as somas que aparecem na expressão acima para fT , obtemos 2T / 3fT = .

Pontuação: o item A vale até cinco pontos; o item B vale cinco pontos.

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