Resolução-da-Prova-IME-Física

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Livro Digital Resolução de 
Física IME 1ª 
fase 2020 
 
 
 
 
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16. 
Uma fonte sonora de frequência 𝑓0 é arremessada verticalmente para cima, com velocidade 
inicial de um ponto da superfície terrestre no qual a aceleração da gravidade é 𝑔. 
Dados: 
• aceleração da gravidade: 𝑔 = 9,8 𝑚/𝑠2; e 
• velocidade inicial da fonte sonora: 𝑣0 = 98 𝑚/𝑠. 
Nota: despreze a resistência do ar e a variação da aceleração da gravidade com a altitude. 
A frequência 𝑓 percebida 10 segundos mais tarde por um observador estático situado no local 
do arremesso é tal que 
(A) 0 < 𝑓 < 𝑓0 
(B) 𝑓 = 𝑓0 
(C) 𝑓0 < 𝑓 < 2𝑓0 
(D) 𝑓 = 2𝑓0 
(E) 𝑓 > 2𝑓0 
 
Comentários: 
Perceba que 10 segundos é o tempo para o objeto chegar ao topo. Mas, não se esqueça que 
ainda há o tempo para o som voltar ao observador, o que resultaria num tempo maior que 10 
segundos. 
Assim, o instante em que a fonte emite o som analisado pelo observador deve ser menor que 
10 segundos, para que, considerando o tempo para chegar ao observador, resulte 10 segundos, ou 
seja, o objeto ainda está subindo. Logo, a fonte sonora está se afastando do observador e, por 
Doppler, sua frequência percebida é menor. 
𝑓 = 𝑓0 ⋅ (
𝑣𝑠𝑜𝑚
𝑣𝑠𝑜𝑚 + 𝑣𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒
) 
Gabarito: A 
 
17. 
 
Um sistema mecânico, composto por um corpo de massa 𝑀 conectado a uma mola, está 
inicialmente em equilíbrio mecânico e em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, 
conforme mostra a figura. Um projétil esférico de massa 𝑚 é disparado na direção horizontal 
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contra a massa 𝑀, provocando um choque perfeitamente inelástico que inicia uma oscilação 
no sistema. 
Dados: 
• 𝑀 = 10 𝑘𝑔; 
• 𝑚 = 2 𝑘𝑔; 
• amplitude de oscilação do sistema = 0,4 𝑚; e 
• frequência angular = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
A velocidade do projétil antes do choque entre as massas 𝑀 e 𝑚, em m/s, é: 
(A) 0,8 (B) 1,6 (C) 2,4 (D) 4,8 (E) 9,6 
 
Comentários: 
 Se a velocidade do projétil antes do choque é 𝑣, temos: 
𝑚 ⋅ 𝑣 = (𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑣′ ⇒ 𝑣′ =
𝑚
𝑚 + 𝑀
⋅ 𝑣 
 Pela conservação da energia após o choque, dado que não existe atrito durante a oscilação, 
temos: 
𝐸𝑚𝑒𝑐 =
𝑘 ⋅ 𝐴2
2
=
(𝑚 + 𝑀) ⋅ 𝑣′2
2
 
 Onde o 𝑘 é dado por: 
𝜔2 =
𝑘
𝑚 +𝑀
⇒ 22 =
𝑘
12
⇒ 𝑘 = 48 𝑁/𝑚 
 Substituindo na equação de energia, temos: 
48 ⋅ 0,42 = 12 ⋅ 𝑣′2 ⇒ 𝑣′ = 0,8 𝑚/𝑠 
 Portanto: 
0,8 =
2
10 + 2
⋅ 𝑣 ⇒ 𝑣 = 4,8 𝑚/𝑠 
Gabarito: D 
 
18. 
Um indivíduo instalou uma fonte de luz monocromática linearmente polarizada na roda do seu 
carro, irradiando em direção ortogonal à roda e paralela ao solo. O veículo está em movimento 
retilíneo em velocidade constante. Um detector linearmente polarizado desloca-se, 
acompanhando o eixo da roda, na mesma velocidade e sentido do carro. O gráfico da 
intensidade luminosa (𝐼𝐿) captada pelo detector, em função do ângulo (𝜃), em graus, entre os 
planos de polarização da luz e do detector, é: 
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Comentários: 
A análise do exercício permite simplificar uma enorme quantidade de contas. Isso ocorre 
devido ao fato de a velocidade do observador ser a mesma que a do centro da roda do carro. 
Desta maneira, para o observador, a roda apenas realiza um movimento circular uniforme. 
Considere um movimento de rotação puro da roda. 
 
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𝜃 = 𝜔 ⋅ 𝑡 (𝐼) 
Para a polarização de uma onda, podemos utilizar a lei de Malus. A lei de Malus relaciona a 
intensidade com o ângulo de polarização. 
𝐼 = 𝐼0 ⋅ 𝑐𝑜𝑠²𝜃 
Utilizando a equação (I), vem: 
𝐼 = 𝐼0 ⋅ 𝑐𝑜𝑠²(𝜔 ⋅ 𝑡) 
Podemos utilizar a seguinte transformação trigonométrica: 
𝑐𝑜𝑠2𝜃 =
cos(2𝜃) + 1
2
 
Transformando, temos: 
𝐼 = 𝐼0 ⋅ (
cos(2 ⋅ 𝜔 ⋅ 𝑡) + 1
2
) ⇒ 𝐼 =
𝐼0
2
+
𝐼0
2
⋅ cos(2 ⋅ 𝜔 ⋅ 𝑡) 
Percebemos que a forma do gráfico é do tipo cossenóide. Notamos que pela expressão acima, 
podemos eliminar as alternativas (C), (D) e (E). 
Para chegar na alternativa correta, podemos analisar a primeira derivada da função 
intensidade. 
𝑑𝐼
𝑑𝜃
= −𝐼0 ⋅ sen(2𝜃) 
Para os pontos 𝜃 =
𝜋
2
𝑒 𝜃 =
3𝜋
2
, temos a seguinte expressão: 
(
𝑑𝐼
𝑑𝜃
)
𝜋
2
= −𝐼0 ⇒ (
𝑑𝐼
𝑑𝜃
)
3𝜋
2
= 𝐼0 
Notamos que há derivada nesses pontos. Na alternativa (A) esses pontos não apresentam 
derivada. Assim, percebe-se que a única alternativa correta é a (B). 
Gabarito: B 
 
19. 
 
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Em um experimento, uma fonte laser emite um pulso luminoso instantâneo, que é refletido 
por um espelho plano (𝑀𝑅 ), girando em velocidade angular constante 𝜔. Um outro espelho 
fixo, côncavo e circular (𝑀𝐹), encontra-se acima da fonte laser, ambos localizados a uma 
distância 𝐿 = 3 𝑘𝑚 de 𝑀𝑅 , conforme mostra a figura. O centro de curvatura (C) de 𝑀𝐹 localiza-
se no ponto onde a luz do laser encontra 𝑀𝑅 e coincide com seu centro de rotação. 
Dado: 
• velocidade da luz: 𝑐 = 3 ⋅ 108 𝑚/𝑠. 
Observações: 
• a posição de 𝑀𝑅 e 𝑀𝐹 são tais que o feixe consegue chegar a 𝑀𝐹 , pelo menos, duas 
vezes; e 
• despreze o comprimento da fonte laser. 
Para que o pulso luminoso seja refletido em 𝑀𝐹 pela 2ª vez, a um comprimento de arco Δ𝑠 =
30 𝑐𝑚 do 1° ponto de reflexão, o valor de 𝜔, em rad/s, é: 
(A) 1,25 
(B) 2,50 
(C) 3,33 
(D) 5,00 
(E) 10,00 
 
Comentários: 
Nessa questão era necessário compreender o que ocorria no experimento. A luz emitida pelo 
laser atinge o espelho plano uma primeira vez. Após incidir no espelho plano, ela reflete-se em um 
ângulo 𝜃0 que irá incidir sobre o 1º ponto de reflexão. Este raio de luz retorna pelo mesmo caminho, 
já que o ponto C é centro de curvatura do espelho côncavo, e atinge o espelho plano novamente, 
estando este em um novo ângulo 𝜃. A diferença entre estes dois ângulos é: 
Δ𝜃 = 𝜃 − 𝜃0 = 𝜔 ⋅ 𝑡 
Este tempo 𝑡 é o tempo corrido entre os dois contatos, ou seja, o tempo necessário para a 
luz percorrer do espelho plano até o côncavo e de volta, ou seja: 
𝑡 =
2 ⋅ 𝐿
𝑐
=
2 ⋅ 3 ⋅ 103
3 ⋅ 108
= 2 ⋅ 10−5 𝑠 
Portanto: 
Δ𝜃 = 2 ⋅ 10−5 ⋅ 𝜔 𝑟𝑎𝑑 
Entretanto, se o espelho rotacionou Δ𝜃 , o ângulo do raio de luz irá rotacionar 2 ⋅ Δ𝜃 . Assim, 
pela relação entre as grandezas angulares e lineares: 
2 ⋅ Δ𝜃 ⋅ 𝐿 = Δ𝑠 
2 ⋅ 2 ⋅ 10−5 ⋅ 𝜔 ⋅ 3⋅ 103 = 3 ⋅ 10−1 
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𝜔 =
10
4
= 2,5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Gabarito: B 
 
20. 
 
 
Uma barra de metal de massa 𝑀 uniformemente distribuída e seção reta quadrada de lado 𝐿 
encontra-se totalmente submersa e sustentada pela estrutura na figura, composta por uma 
haste e por fios inextensíveis com massas desprezíveis. Em determinado instante, a haste 
começa a ser puxada lentamente pelo fio central em D, de modo que a barra começa a emergir. 
Esse movimento durou até que apenas 25% da barra estivesse imersa, momento em que 
ocorreu o rompimento do fio AB. 
Dados: 
• comprimento da barra: ℎ; 
• aceleração da gravidade: 𝑔; e 
• massa específica da água: 𝜇. 
A força de tração que leva à ruptura do fio AB é: 
(A) √3(2𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6 
(B) √3(4𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/12 
(C) √3(4𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6 
(D) √3(2𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/3 
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(E) √3(8𝑀 − 𝜇ℎ𝐿2)𝑔/6 
 
Comentários: 
Pelo enunciado, a barra é lentamente puxada para cima. Isso implica que a tração sobre o fio 
a todo momento garante o equilíbrio da barra, isto é, aceleração nula. Assim, analisando as forças 
sobre a barra no momento de ruptura do fio: 
 
2 ⋅ 𝑇 ⋅ cos 30° = 𝑃 − 𝐸 
Mas: 
{
𝑃 = 𝑀 ⋅ 𝑔
𝐸 = 𝑉𝑠𝑢𝑏𝑚𝑒𝑟𝑠𝑜 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇 = ℎ ⋅ 𝐿
2 ⋅ 0,25 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇
 
Substituindo: 
𝑇 =
(𝑃 − 𝐸)
2 ⋅
√3
2
=
𝑀 ⋅ 𝑔 − ℎ ⋅
𝐿2
4
⋅ 𝑔 ⋅ 𝜇
√3
⇒ 𝑇 =
√3
12
⋅ 𝑔 ⋅ (4 ⋅ 𝑀 − ℎ ⋅ 𝐿2 ⋅ 𝜇) 
Gabarito: B 
21. 
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A figura acima mostra a energia cinética de um atleta de 60 kg, durante uma corrida de 2700 
m, em função da distância percorrida. O tempo gasto para o atleta completar a corrida foi de: 
(A) 09 min e 00 s 
(B) 08 min e 10 s 
(C) 08 min e 20 s 
(D) 08 min e 34 s 
(E) 08 min e 50 s 
 
Comentários: 
 Pela definição de energia cinética, temos: 
𝐸𝑐 =
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
 
Para 𝑚 = 60 𝑘𝑔 , temos: 
𝑣 =
1
√30
⋅ √𝐸𝑐 
Perceba que para os trechos inclinados temos um MRUV, já que 𝑣2 varia linearmente com a 
distância, o que caracteriza a Equação de Torricelli, que faz parte do MRUV. 
Assim, lembra-se que em um MRUV podemos usar a velocidade média do movimento como 
𝑣 =
𝑣1+𝑣2
2
, em que 𝑣1 é a velocidade inicial do trecho inclinado do gráfico e 𝑣2 a final. 
Portanto, analisando por trechos e usando velocidade média para os trechos inclinados 
temos: 
Δ𝑡 =
900 ⋅ √30
√750
+
900 ⋅ √30
√750 +√480
2
+ 
900 ⋅ √30
√480 + √1920
2
 
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Perceba que todas as raízes se reduzem em quadrados perfeitos ao se simplificarem com 
√30 . Efetuando os valores, chegamos em Δ𝑡 = 8min 𝑒 50 𝑠. 
Gabarito: E 
 
22. 
 
Uma partícula com carga positiva viaja em velocidade constante até aproximar-se de uma 
esfera oca com carga negativa uniformemente distribuída em sua casca. Ao encontrar a esfera, 
a partícula entra em seu interior por um pequeno furo, passa pelo centro e deixa a esfera por 
um segundo furo, prosseguindo o movimento. Bem distante da esfera, a partícula se aproxima 
de uma placa metálica plana de grande dimensão, com carga negativa uniformemente 
distribuída pela placa, conforme esquema da figura. 
Observações: 
• a carga da partícula não redistribui a carga da casca esférica e nem da placa plana; e 
• a distribuição das cargas da casca esférica e da placa plana não interferem entre si. 
O gráfico que melhor exprime a velocidade da partícula em função de sua posição é: 
 
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Comentários: 
Nesta questão o aluno deveria lembrar dos conceitos de blindagem eletrostática. Não era 
necessário a análise numérica do problema. Para o primeiro trecho, enquanto a partícula está fora 
do alcance de atuação da esfera (e por consequência da placa), sua velocidade não varia. Ao 
aproximar-se suficientemente da esfera de carga negativa, a partícula é atraída pela esfera e adquiri 
uma aceleração não nula. 
Portanto, o primeiro trecho está representado corretamente em todas as alternativas. 
A etapa seguinte é o efeito da casca esférica sobre a partícula enquanto essa caminha no 
interior da casca esférica. Aqui, é importante lembrar que ocorre o fenômeno de blindagem 
eletrostática (visto que nas observações despreza-se a redistribuição de carga da casca por efeito da 
partícula). Por conta do fenômeno da blindagem eletrostática, o campo elétrico no interior da casca 
esférica é nulo, logo, a variação de velocidade em seu interior também é nula. 
Assim, o segundo trecho está corretamente indicado somente nas alternativas B e C. 
O terceiro trecho é após a saída da casca esférica. A desaceleração é simétrica à aceleração 
anterior à entrada, ou seja, considera-se somente o efeito da esfera. Devido à distância até a placa, 
seu efeito é desprezível. Dessa forma, as alternativas B e C permanecem ambas corretas. 
Para o trecho final a análise é mais complicada e foge do escopo da prova, no entanto, será 
feita aqui. Ao afastar-se suficientemente da esfera, considera-se somente o efeito da placa plana. 
Como a placa é dita “de grandes dimensões”, considera-se que ela atua como uma placa infinita. 
Assim, o campo é dado por: 
𝐸 =
𝜎
2 ⋅ 𝜖
 
Este campo é constante, assim, a aceleração em função do tempo é constante e a velocidade 
varia linearmente com o tempo. Entretanto, o gráfico a ser analisado é da velocidade em função da 
distância. Portanto, por Torricelli: 
𝑣2 = 𝑣0
2 + 2 ⋅ 𝑎 ⋅ 𝑥 
Tem-se 𝑣2 em função de 𝑥. Para analisar o comportamento da figura, é necessário encontrar -
se 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
. Utilizando-se de Torricelli: 
𝑑(𝑣2)
𝑑𝑥
=
𝑑(𝑣2)
𝑑𝑣
⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 2 ⋅ 𝑣 ⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 
Mas: 
𝑑(𝑣2)
𝑑𝑥
= 2 ⋅ 𝑎 
Assim: 
2 ⋅ 𝑎 = 2 ⋅ 𝑣 ⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑥
 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
=
𝑎
𝑣
 
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A aceleração é constante, entretanto, a velocidade aumenta conforme o passar do tempo. 
Dessa forma, a derivada da velocidade em relação a 𝑥 é decrescente. Portanto, o gráfico obtido no 
último trecho deveria apresentar uma concavidade para baixo, e não se tem esta opção dentre as 
alternativas. 
Observações: 
É interessante notar que, caso fosse ignorado a observação acerca da não capacidade de 
redistribuição de cargas, poderia tratar-se a placa com uso do conceito de carga imagem. Nesse 
caso: 
𝐸 =
𝑘 ⋅ 𝑞
𝑙 − 𝑥
 
Assim, a força seria dada por: 
𝐹 = 𝑞 ⋅ 𝐸 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑚 ⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑘 ⋅ 𝑞2
𝑙 − 𝑥
 
Mas: 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑑𝑣
𝑑𝑥
⋅
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
𝑑𝑣
𝑑𝑥
⋅ 𝑣 
Substituindo: 
𝑚 ⋅ 𝑣 ⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑥
=
𝑘 ⋅ 𝑞2
𝑙 − 𝑥
 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
=
𝑘 ⋅ 𝑞2
𝑚
⋅
1
𝑣
⋅
1
𝑙 − 𝑥
 
O termo 
𝑘⋅𝑞2
𝑚
 é constante. A velocidade é crescente, entretanto não se sabe até que valor, 
entretanto, (𝑙 − 𝑥) tende a 0. Portanto, considera-se que 𝑣 ⋅ (𝑙 − 𝑥) tende a 0 (conceito de limites). 
Ou seja, a derivada tenderia a infinito. Nesse caso, a figura aproximaria-se mais da alternativa C. 
Ressalta-se novamente que esta análise foge completamente do escopo da prova. Portanto, 
de forma rigorosa, não há alternativa correta. 
Gabarito: Sem alternativa 
 
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Uma fonte luminosa A emite uma luz com comprimento de onda 𝜆 = 500 𝑛𝑚, no vácuo, na 
direção de um anteparo localizado em C. Emfrente ao espelho localizado em B, encontra-se a 
película 𝑃1 com índice de refração 𝑛1 = 1,25 e, em frente ao espelho localizado em D, 
encontra-se uma a película 𝑃2 com índice de refração 𝑛2. 
Observações: 
• os espelhos equidistam do centro do anteparo C; 
• após ser emitido do ponto A, o feixe de luz reflete em direção a B e refrata em direção a D; 
• após refletir em B, o feixe refrata diretamente em direção a E; e 
• após refletir em D, o feixe volta a refletir totalmente em C em direção a E. 
O menor índice de refração 𝑛2 para que ocorra interferência totalmente destrutiva para um 
observador localizado em E, é 
(A) 1,00 
(B) 1,05 
(C) 1,15 
(D) 1,20 
(E) 1,25 
 
Comentários: 
Usando a diferença de caminhos ópticos (CO), em que 𝐶𝑂 = Δ𝑥 ⋅ 𝑛, temos que para a 
primeira interferência destrutiva a diferença de caminhos óticos é 
𝜆
2
. 
Assim, como o único trecho diferente entre os dois caminhos é a parte das lâminas e 
lembrando que temos que considerar que o raio vai e volta dentro da lâmina (um fator 2), fazemos: 
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|2𝑑1 ⋅ 𝑛1− 2 ⋅ 𝑑2 ⋅ 𝑛2| = 
𝜆
2
 , substituindo os dados temos dois valores (módulo) 𝑛2 = 0,95 ou 𝑛2 =
1,05, mesmo que 0,95 seja menor ele é impossível, pois 𝑛 é definido como 𝑛 =
𝑐
𝑣
 , em que 𝑐 é a 
velocidade da luz (máxima possível), o que garante que 𝑛 ≥ 1. 
Gabarito: B 
 
24. 
Duas partículas com cargas elétricas 𝑞1 e 𝑞2 movem-se no plano xy e suas posições em função 
do tempo 𝑡 são dadas pelos pares ordenados 𝑝1(𝑡) = [𝑥1(𝑡), 𝑦1(𝑡)] e 𝑝2(𝑡) = [𝑥2(𝑡), 𝑦2(𝑡)], 
respectivamente. 
Dados: 
• constante de Coulomb: 𝑘 = 9,0 ⋅ 109 ; 
• cargas elétricas: 𝑞1 = 2,0 ⋅ 10
−6 e 𝑞2 = 2,5 ⋅ 10
−6; e 
• posições das partículas: 𝑝1(𝑡) = (
5
√𝑡
,
1
√𝑡
− 1), 𝑝2(𝑡) = (
1
√𝑡
,
4
√𝑡
− 1) 
Considerando todas as grandezas dadas no Sistema Internacional de Unidades, o módulo da 
componente 𝑦 do impulso da força que uma partícula exerce sobre a outra no intervalo de 
tempo de 1,0 a 6,0 é: 
(A) 13,5 ⋅ 10−3 
(B) 18,9 ⋅ 10−3 
(C) 25,2 ⋅ 10−3 
(D) 31,5 ⋅ 10−3 
(E) 37,8 ⋅ 10−3 
 
Comentários: 
Podemos associar um eixo coordenado às cargas e definir vetores posição para elas. 
 
 Fazendo a diferença de vetores: 
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𝑟(𝑡) = 𝑟2⃗⃗⃗ ⃗(𝑡) − 𝑟1⃗⃗⃗ ⃗(𝑡) ⇒ 𝑟(𝑡) = (
−4
√𝑡
,
3
√𝑡
) ⇒ |𝑟(𝑡)| =
5
√𝑡
 
Podemos achar os ângulos que o vetor 𝑟(𝑡) faz com os eixos: 
 
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
4
5
 e 𝑠𝑒𝑛𝛼 =
3
5
 
Precisamos da força eletrostática na vertical (a componente em y do vetor) entre as 
partículas. Assim, temos: 
|𝐹𝑦 | =
𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2
(
5
√𝑡
)
2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⇒ |𝐹𝑦| =
3 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2
125
⋅ 𝑡 
Note que a força vertical varia linearmente com o tempo. Para encontrar o impulso, podemos 
fazer o gráfico da força vertical em função do tempo e calcular área sob o gráfico. 
 
Assim, temos o impulso: 
𝐼𝑦 =
1
2
(6 − 1) ⋅ (
3 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2
125
+
18 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2
125
) 
𝐼𝑦 = (
21 ⋅ 𝐾 ⋅ 𝑞1 ⋅ 𝑞2
50
) ⇒ 𝐼𝑦 = (
21 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅ 2 ⋅ 10−6 ⋅ 2,5 ⋅ 10−6
50
) 
𝐼𝑦 = 18,9 ⋅ 10
,−3 
Gabarito: B 
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25. 
Um escritório de patentes analisa as afirmativas de um inventor que deseja obter os direitos 
sobre três máquinas térmicas reais que trabalham em um ciclo termodinâmico. Os dados sobre 
o calor rejeitado para a fonte fria e o trabalho produzido pela máquina térmica - ambos 
expressos em Joules - encontram-se na tabela abaixo. 
Máquina térmica Calor rejeitado (J) Trabalho produzido (J) 
A 40 60 
B 15 30 
C 8 12 
As afirmativas do inventor são: 
Afirmativa 1: O rendimento das máquinas A e C são os mesmos para quaisquer temperaturas 
de fonte quente e de fonte fria. 
Afirmativa 2: As máquinas A, B e C obedecem à Segunda Lei da Termodinâmica. 
Afirmativa 3: Se o calor rejeitado nas três situações acima for dobrado e se for mantida a 
mesma produção de trabalho, a máquina B apresentará rendimento superior aos das máquinas 
A e C, supondo atendidos os princípios da termodinâmica. 
Tomando sempre as temperaturas dos reservatórios das fontes quente e fria das máquinas 
como 900 K e 300 K, está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): 
(A) 1, apenas. 
(B) 2, apenas. 
(C) 1, 2 e 3. 
(D) 1 e 3, apenas. 
(E) 2 e 3, apenas. 
 
Comentários: 
Para as máquinas térmicas nas condições iniciais: 
{
𝑄𝑄𝐴
= 100 𝐽
𝑄𝑄𝐵 = 45 𝐽
𝑄𝑄𝐶 = 20 𝐽
→ {
𝜂𝐴 = 60%
𝜂𝐵 = 66,66%
𝜂𝐶 = 60%
 
Para as temperaturas em questão, o rendimento do ciclo de Carnot é: 
𝜂𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 66,66% 
Afirmativa 1: A afirmativa 1 aborda o fato de que os rendimentos das máquinas A e C são iguais 
nessas condições de operação. Entretanto, não se pode afirmar se isto se mantém para quaisquer 
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temperaturas. É inconcebível uma máquina térmica real que tenha rendimento independente da 
temperatura, visto que seu rendimento deve ser menor ou igual ao rendimento de Carnot. Assim, 
para determinadas condições de temperatura em que: 
𝜂𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 < 60% 
As máquinas A e C não poderiam apresentar mais o rendimento do exemplo. 
Afirmativa 2: Quanto à afirmativa 2, surge uma dúvida acerca da forma que se aborda uma máquina 
operando com rendimento exatamente igual ao ciclo de Carnot. Pode-se afirmar que a máquina real 
não poderia atingir esse ciclo, mas poderia atingir infinitamente próximo, portanto, a afirmativa 2 é 
duvidosa. 
Afirmativa 3: Quanto à afirmativa 3, fazendo-se as contas para a nova condição de operação: 
{
 
 
 
 𝑄𝑄𝐴
= 140 𝐽
𝑄𝑄𝐵 = 60 𝐽
𝑄𝑄𝐶 = 28 𝐽
→
{
 
 
 
 𝜂𝐴 =
3
7
≅ 42,85%
𝜂𝐵 = 50%
𝜂𝐶 =
3
7
≅ 42,85%
 
Portanto, está correta. 
Dessa forma, a única alternativa definitivamente correta é a terceira, sendo a segunda 
afirmativa questionável e a primeira sendo definitivamente errada por falta de mais informações 
acerca do funcionamento das máquinas A e C. 
Gabarito: E 
 
26. 
 
Obs: as dimensões do corpo preso ao pêndulo são desprezíveis em relação ao seu 
comprimento. 
Um foguete desloca-se com aceleração constante 𝑎, que forma um ângulo 𝛼 com a vertical, 
como mostra a figura, em uma região cujo campo gravitacional local é 𝑔. No interior do foguete 
há um pêndulo simples de comprimento 𝐿. Na condição de equilíbrio, o período 𝜏 do pêndulo 
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para oscilações de pequenas amplitudes é: 
(A) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2+𝑎2+2𝑎𝑔𝑠𝑒𝑛 𝛼
 
(B) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2+𝑎2−2𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼
 
(C) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2+𝑎2−𝑎𝑔𝑠𝑒𝑛 𝛼
 
(D) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2+𝑎2+𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼
 
(E) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2+𝑎2+2𝑎𝑔𝑐𝑜𝑠 𝛼
 
 
Comentários: 
 Pela de acordo com as acelerações, temos: 
 
�⃗�𝑎𝑝 = �⃗� − 𝑎 
 Portanto, pela lei dos cossenos temos as relações dos módulos das acelerações: 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 + 𝑎2 − 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos(180° − 𝛼) 
𝑔𝑎𝑝 = √𝑔
2 + 𝑎2 + 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos 𝛼 
 Logo, o período do pêndulo é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝐿
𝑔𝑎𝑝
⇒ 𝑇 = 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 + 𝑎2 + 2 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑎 ⋅ cos 𝛼
 
Gabarito: E 
 
27. 
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Um feixe de luz hipotético, mostrado na figura acima, propaga-se ao longo do plano 𝑥𝑦 em um 
meio não homogêneo, cujo índice de refração é função da coordenada 𝑦(𝑛 = 𝑛(𝑦)). 
Considerando que o feixe tangencia o eixo 𝑥 no ponto (0,0), onde 𝑛(0) = 𝑛0. Sabendo que a 
velocidade daluz no vácuo é 𝑐, o valor máximo absoluto possível da componente 𝑦 para a 
velocidade do feixe passível de ser atingida é: 
(A) 
𝑐
2𝑛0
2 (B) 
𝑐
2𝑛0
 (C) 
𝑐
4𝑛0
2 (D) 
𝑐
𝑛0
 (E) 
𝑐
4𝑛0
 
 
Comentários: 
 
Podemos utilizar a Lei de Snell para os pontos O e P. 
𝑛0 ⋅ 𝑠𝑒𝑛90° = 𝑛(𝑦) ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 (𝐼) 
Para o índice de refração: 
𝑛(𝑦) =
𝑐
𝑣(𝑦)
 (𝐼𝐼) 
Substituindo (I) e (II): 
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𝑛0 =
𝑐
𝑣(𝑦)
 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⇒ 𝑣(𝑦) =
𝑐
𝑛0
𝑠𝑒𝑛𝛼 
Note que o enunciado solicita a componente vertical da velocidade da luz. Dessa maneira, 
temos: 
𝑣𝑦 =
𝑐
𝑛0
⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ⇒ 𝑣𝑦 =
𝑐
𝑛0
⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝛼 
𝑣𝑦 =
𝑐
2𝑛0
⋅ 𝑠𝑒𝑛2𝛼 
A componente admite valor máximo quando 𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 1 
𝑣𝑦,𝑚á𝑥 =
𝑐
2𝑛0
 
Gabarito: B 
 
28. 
 
Um capacitor previamente carregado com energia de 4,5 𝐽 foi inserido no circuito, resultando 
na configuração mostrada na figura acima. No instante 𝑡 = 0, a chave 𝑆 é fechada e começa a 
circular no circuito a corrente 𝑖(𝑡), com 𝑖(0) > 2 𝐴. 
Diante do exposto, ao ser alcançado o regime permanente, ou seja 𝑖(𝑡 → ∞) = 0, o módulo 
da variação de tensão, em volts, entre os terminais capacitor desde o instante 𝑡 = 0 é: 
(A) 0 
(B) 2 
(C) 3 
(D) 5 
(E) 8 
 
Comentários: 
Considerando 𝑄 = 1𝐶 como 1 coulumb de fato, temos: 
𝐸 =
𝑄2
2⋅𝐶
 e 𝑄 = 𝐶 ⋅ 𝑈 
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Ao substituir os dados encontramos 𝐶 =
1
9
 𝐹 e 𝑈 = 9 𝑉 . Como no final o resistor não dissipa 
energia, ele não gera queda de potencial, ou seja, a 𝑑𝑑𝑝 do gerador (5 𝑉) será a mesma que a do 
capacitor. 
Portanto, se inverte ou não a polaridade do capacitor ao comparar o início e o final, temos 
que as possibilidades (de 9 𝑉 para 5 𝑉) seriam 14 𝑉 ou 4 𝑉 (somando ou subtraindo). Temos que 
analisar qual poderia ser correta usando que 𝑖(0) > 2 𝐴, mas não é necessário, já que nenhuma das 
respostas está nas alternativas. Além disso, faremos a análise considerando que o enunciado quis 
informar que, na verdade, 1 𝐹 e não 1 𝐶. 
Para essa segunda consideração as equações são as mesmas, mas usamos que 𝐶 = 1 𝐹. 
Assim, 𝑄 = 3 𝐶 e, portanto, 𝑈 = 3 𝑉. Como no final a 𝑑𝑑𝑝 é 5 𝑉, temos novamente duas 
possibilidades 2 𝑉 OU 8 𝑉. 
Para escolhermos um dos dois valores, devemos utilizar a condição do enunciado 𝑖(0) > 2 𝐴. 
No início, podemos analisar os efeitos independentes da fonte e do capacitor, por 
superposição, ou seja, 𝑖𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 =
𝑈𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟
𝑅
 e 𝑖𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒 =
𝑈𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒
𝑅
 , com 𝑅 = 2 Ω, chegamos em 
𝑖𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 = 1,5 𝐴 e 𝑖𝑓𝑜𝑛𝑡𝑒 = 2,5 𝐴, ou seja se no início eles estão em fase (se “ajudando”) 
𝑖𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 4 𝐴, mas se no início eles estão em oposição de fase ( se “atrapalhando”) 𝑖𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 =
1 𝐴, mas como 𝑖(0) > 2 𝐴, ficamos com a primeira opção. 
No final, como a corrente é nula, eles têm de estar em oposição de fase (um anulando a 
corrente do outro). Logo, se eles começam em fase e terminam em oposição, o sinal da 𝑑𝑑𝑝 mudou. 
Portanto, no cálculo da variação, os valores se somam, isto é, Δ𝑈 = (3 − (−5)) = 8 𝑉. 
Observação: não importa a orientação do começo (positiva ou negativa), pois o módulo da variação 
será sempre 8 𝑉 . 
Gabarito: E 
 
29. 
 
Uma partícula de massa 𝑚 e carga elétrica +𝑞 percorre a trajetória tracejada na figura em 
velocidade constante 𝑣. No instante em que a partícula alcança o ponto A, surge um campo 
magnético uniforme com intensidade constante 𝐵, emergindo do plano do papel. A 
intensidade do campo magnético 𝐵 para que a partícula alcance o ponto D na continuação de 
sua trajetória é: 
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(A) 
(𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣
2𝑥𝑞
 
(B) 
2𝑦𝑚𝑣
(𝑥2+𝑦2)𝑞
 
(C) 
2𝑥𝑚𝑣
(𝑥2+𝑦2)𝑞
 
(D) 
2𝑥𝑞
(𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣
 
(E) 
(𝑥2+𝑦2)𝑚𝑣
2𝑦𝑞
 
 
Comentários: 
 De acordo com a enunciado, a partícula descreverá a seguinte trajetória: 
 
Pelas relações trigonométricas do triângulo ACE: 
𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
√𝑥2 + 𝑦2
2 ⋅ 𝑅
 
E, pelas relações trigonométricas do triângulo ABD: 
𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
𝑦
√𝑥2 + 𝑦2
 
E, com: 
𝑅 =
𝑚 ⋅ 𝑣
𝑞 ⋅ 𝐵
 
Tem-se: 
√𝑥2 + 𝑦2 ⋅ 𝑞 ⋅ 𝐵
2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣
=
𝑦
√𝑥2 + 𝑦2
⇒ 𝐵 =
2 ⋅ 𝑦 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣
𝑞 ⋅ (𝑥2 + 𝑦2)
 
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Gabarito: B 
 
30. 
 
Uma partícula emite um feixe laser horizontal de encontro a uma lente convergente de 
distância focal 𝑓. Após ser desviado, o feixe atinge um anteparo localizado depois do foco da 
lente. Sabendo que a partícula, a lente e o anteparo estão em movimento em velocidade 
escalar 𝑣 nos respectivos sentidos indicados na figura, a aceleração do ponto de impacto do 
feixe, no referencial do anteparo, é: 
 
(A) 𝑣2/4𝑓 (B) 𝑣2/3𝑓 (C) 𝑣2/2𝑓 (D) 2𝑣2/𝑓 (E) 4𝑣2/𝑓 
 
Comentários: 
Adotou-se um referencial sobre a lente, desta forma a velocidade da lente é nula e o anteparo 
afasta-se com velocidade 2 ⋅ 𝑣, enquanto o laser aproxima-se com velocidade 𝑣, ambas na direção 
horizontal. Na direção vertical, o movimento do feixe de laser permanece inalterado. Assim, a 
situação inicial está representada na figura abaixo: 
 
Tem-se a semelhança de triângulos equacionada abaixo: 
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𝑑0
𝑓
=
𝑥1
𝐿0 − 𝑓
 
Assim: 
𝑥1 =
𝑑0 ⋅ 𝐿0
𝑓
− 𝑑0 
Para uma situação em um tempo genérico 𝑡, vem: 
 
A nova semelhança de triângulos fica: 
𝑑(𝑡)
𝑓
=
𝑥2
𝐿(𝑡) − 𝑓
 
Onde: 
{
𝑑(𝑡) = 𝑑0 + 𝑣 ⋅ 𝑡
𝐿(𝑡) = 𝐿0 + 2 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡
 
Substituindo: 
𝑑0 + 𝑣 ⋅ 𝑡
𝑓
=
𝑥2
𝐿0 + 2 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 − 𝑓
 
Isolando 𝑥2: 
𝑥2 =
𝑑0 ⋅ 𝐿0
𝑓
− 𝑑 +
2 ⋅ 𝑑0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 𝑣 ⋅ 𝑡 ⋅ 𝐿0+ 2 ⋅ 𝑣
2 ⋅ 𝑡2
𝑓
− 𝑣 ⋅ 𝑡 
Note que: 
𝑥2 = 𝑥1 +
2 ⋅ 𝑑0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 𝐿0 ⋅ 𝑣 ⋅ 𝑡 + 2 ⋅ 𝑣
2 ⋅ 𝑡2
𝑓
− 𝑣 ⋅ 𝑡 
Comparando com a expressão horária do movimento, a aceleração é dada pelo termo com 
𝑡2. Assim: 
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𝑎
2
=
2 ⋅ 𝑣2
𝑓
⇒ 𝑎 =
4 ⋅ 𝑣2
𝑓
 
Observação: Vale notar que foi desconsiderado o efeito Doppler relativístico, pois haveria variação 
da frequência incidente sobre a lente. Com isso, essa variação de frequência acarretaria uma 
variação no índice de refração da lente o que implicaria em uma mudança na distância focal 
(calculável pela equação dos fabricantes de lente). Esta análise foge drasticamente do esperado na 
prova, portanto foi ignorada. 
Gabarito: E