Vestibular de Física -  Universidade Federal do Ceará - 2010 - UFC, Notas de estudo de Física. Universidade Potiguar (UnP)
Gisele
Gisele12 de Março de 2013

Vestibular de Física - Universidade Federal do Ceará - 2010 - UFC, Notas de estudo de Física. Universidade Potiguar (UnP)

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Vestibular de Física da Universidade Federal do Ceará do ano 2010.
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Prova de Física

Física

01.Duas pessoas pegam simultaneamente escadas rolantes, paralelas, de mesmo comprimento l, em uma loja, sendo que uma delas desce e a outra sobe. A escada que desce tem velocidade VA = 1 m/s e a que sobe é VB. Considere o tempo de descida da escada igual a 12 s. Sabendo-se que as pessoas se cruzam a 1/3 do caminho percorrido pela pessoa que sobe, determine:

A) a velocidade VB da escada que sobe. B) o comprimento das escadas.

C) a razão entre os tempos gastos na descida e na subida das pessoas.

Questão 01 Comentários: A) Os espaços percorridos por cada pessoa são dados por:

3 2

l = VAt e 3 1

l = VBt, sendo l o comprimento das escadas e t o tempo gasto pelas pessoas em seus

percursos até se cruzarem. Daí, conclui-se que 2 1=

A

B V V

, o que resulta em VB = 0,5 m/s.

B) O comprimento das escadas será dado por l = VAtd, onde td é o tempo de descida, que resulta em l = 12 m.

C) Como l = VAtd e l = VBts , temos que 2 1=

s

d t t

.

Pontuação: Os itens A e B valem três pontos cada; o item C vale quatro pontos.

02. Uma partícula de massa m e carga elétrica q é largada do repouso de uma altura 9H, acima do solo. Do solo até uma altura h' = 5H, existe um campo elétrico horizontal de módulo constante E. Considere a gravidade local de módulo constante g, a superfície do solo horizontal e despreze quaisquer efeitos de dissipação de energia. Determine:

A) o tempo gasto pela partícula para atingir a altura h'.

B) o tempo gasto pela partícula para atingir o solo.

C) o tempo gasto pela partícula sob ação do campo elétrico.

D) o módulo do deslocamento horizontal da partícula, desde o instante em que a partícula é largada até o instante em que a partícula atinge o solo.

Questão 02 Comentários:

A) O tempo para chegar à altura Hh 5=′ é g=t' 8H

.

B) O tempo total para a partícula atingir o solo é g

=tt 18H

.

C) Logo, o tempo que a partícula permanece sob a ação do campo elétrico será

g =

gg =t't=t t

2H8H18H −− .

D) Como o campo elétrico tem módulo constante, a aceleração horizontal é m qE=ax . Portanto,

mg qEH=ta=Δx x

2

2 1

.

Pontuação: Os itens A e B valem dois pontos cada; os itens C e D valem três pontos cada.

CCV/UFC/Vestibular 2010 – 2ª Etapa – Física Pág. 1 de 5

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03. Uma força constante, horizontal, de módulo F é aplicada a um corpo de peso 10 N, que está sob uma mesa horizontal e preso a uma mola de constante elástica de 2 N/m. Inicialmente a mola não está deformada e a força Festá na direção de deformação da mola. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o corpo e a mesa são, respectivamente, µ e = 0,5 e µ c = 0,4. Considere que o módulo da aceleração da gravidade local é g = 10 m/s2 e que, durante o movimento, o corpo não muda o sentido da sua velocidade. Determine:

A) o valor da força F mínima para colocar o corpo em movimento.

B) o espaço percorrido pelo corpo, em função de F, até parar.

C) o valor máximo de F para que ocorra este movimento.

Questão 03 Comentários: A) Como o bloco está sob uma mesa horizontal, a força de atrito estático máxima é

5N0,5x10==mgμ=f ee . Portanto, para sair do repouso, o módulo da força F deve ser maior que N5 .

B) Ao iniciar o movimento na horizontal, as forças que agem no bloco são F, a força de atrito cinético e a força da mola. A força de atrito cinético é 4N0,4x10==mgμ=f cc . Aplicando o teorema

trabalho e energia cinética quando o bloco para pela primeira vez, tem-se que ( ) AF=kA2 4 2 1 − ,

onde A é o deslocamento sofrido pelo bloco até parar pela primeira vez. Substituindo o valor da constante da mola, obtemos 4−F=A . C) Após parar, o bloco estará sujeito à força F , à força de atrito estático e à força da mola. No equilíbrio, devemos ter 0=f+F+kA e− . Substituindo então o valor da constante da mola, obtemos

( ) 042 =f+F+F e−− ou 8−F=fe . Como Nfe 5≤ , resulta que NF 31≤ . Portanto, o valor máximo de F é 13N. Pontuação: Os itens A e B valem três pontos cada; o item C vale quatro pontos.

04. Um triângulo retângulo isósceles é montado com arames de materiais distintos, de modo que nos catetos o material possui coeficiente de dilatação térmica linear A 2 1−C , enquanto na hipotenusa o material possui coeficiente de dilatação térmica linear 2A 1−C . Determine a variação de temperatura para que o triângulo torne-se equilátero.

Questão 04 Comentários: Como o triângulo no início é retângulo e isósceles, os catetos possuem inicialmente o comprimento 0l

e a hipotenusa 20l . Após a dilatação térmica, o triângulo torna-se equilátero. Logo, devemos ter

( )  



ΔTA+l=ΔTA+l 0

2 12210 ,

o que resulta em ΔT = .C A 1

Pontuação: A questão vale até dez pontos.

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05. Um cilindro de área de seção reta S e comprimento L, completamente isolado, é dividido em partições A e B, ambas de volumes iguais, por uma parede diatérmica, móvel e impermeável. Cada partição é preenchida com um gás ideal, de modo que a partição A possui o dobro do número de mols da partição B. Ambas as partições encontram-se em uma mesma temperatura T durante o processo. Despreze quaisquer efeitos de atrito e, quando o sistema estiver em equilíbrio, determine:

A) os volumes das partições A e B em função de S e L.

B) o módulo do deslocamento da parede em função de L.

Questão 05 Comentários: A) Uma parte tem n mols e outra 2n mols. Como os gases são ideais, podemos escrever

A A 2P V = nRT e B BP V = nRT , para as partições A e B, respectivamente. Daí resulta que

A A B B 2

P VP V = . No equilíbrio, como a área da parede é igual para os dois gases, obtém-se A BP = P .

Isto implica que A 2 Bx = x , onde Ax e Bx são os comprimentos ocupados pelos gases em cada

partição do cilindro no equilíbrio. Como A Bx + x = L , tem-se que B3x = L , ou seja B 3 Lx = . Logo o

volume da partição A vale V A= 2 3 SL e de B vale .

3 1 SL=VB

B) O módulo do deslocamento da parede será dado por 632 L=LL=Δx − .

Pontuação: O item A vale seis pontos; o item B vale quatro pontos.

06. Considere um conjunto de N resistores, cada um com resistência R. Os resistores estão conectados sobre um plano, formando um polígono de N lados. De que maneira deve-se medir a resistência equivalente, para que se obtenha o maior valor possível dela?

Questão 06 Comentários: Se medirmos entre dois pontos que compreendam k resistências, então a resistência equivalente será

( )RkN+kR=Req − 111

,

de modo que ( ) N RkNk=Req

2− . Note-se que o termo entre parênteses é um polinômio de segundo

grau em k . O máximo de um polinômio do segundo grau c+bx+ax2 , com 0<a , é abx 2−= . Como 1−=a e N=b no polinômio entre parênteses, temos que a resistência equivalente máxima

será quando 2 N=k para N par, e

2 1+N=k ou

2 1−=Nk para N ímpar.

Pontuação: A questão vale até dez pontos.

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07. Considere dois resistores, R1 = R e R2 = 3R, e uma bateria de força eletromotriz ε de resistência interna nula. Quando esses elementos de circuito são ligados em série, a potência fornecida pela bateria à associação de resistores é Ps, enquanto, na associação em paralelo a potência fornecida pela bateria aos resistores é PP. Determine a razão Ps / PP.

Questão 07 Comentários: No circuito em série, a corrente é dada por

( ) 4R3R ε

+R εis == (1).

A potência fornecida pela bateria para o circuito no qual os resistores estão ligados em série é

R iP ss 4

2εε == (2).

No circuito em paralelo, a corrente é dada por

3R 4ε

4 3R

=   

 

= εi p (3).

A potência fornecida pela bateria para o circuito no qual os resistores estão ligados em paralelo é

R iP pp 3

4 2εε == (4).

Das equações (2) e (4), obtemos que

16 3

3R 4ε

4R 2

2

=

  

   

  

   

=

ε

P P

p

s .

Pontuação: A questão vale até dez pontos.

08. Em um dado instante de tempo, uma partícula X (massa m e carga elétrica nula) e uma partícula Y (massa m e carga elétrica positiva q) entram com velocidades iguais e de módulo v, em uma região na qual está presente um campo magnético uniforme de intensidade B. As partículas são lançadas em um mesmo plano perpendicular ao campo magnético. A) Determine o intervalo de tempo t para o qual as partículas terão suas velocidades em sentidos

opostos.

B) Determine a variação da energia cinética total do sistema no intervalo de tempo encontrado no item anterior.

Desconsidere quaisquer efeitos gravitacionais e de dissipação de energia.

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Questão 08 Comentários: A partícula sem carga movimenta-se na região de campo magnético sem qualquer alteração na direção e no módulo de sua velocidade. Por outro lado, a partícula com carga q sofre a ação do campo magnético uniforme, de modo a descrever uma trajetória circular. Sabendo que o campo magnético não é capaz de alterar o módulo da velocidade da carga, a variação de energia cinética do sistema é nula em qualquer instante de tempo.

(a) A) As partículas terão suas velocidades em sentidos opostos quando a partícula com carga q percorrer metade da trajetória circular. Logo, o intervalo de tempo será de meio período. O período do movimento de uma partícula carregada em um campo magnético uniforme é

qB m=T π2 .

Logo, o intervalo de tempo de meio período é

qB m=t π∆ .

B) Pelo exposto no texto acima, a variação de energia cinética é zero. Pontuação: O item A vale seis pontos; o item B vale quatro pontos.

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