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 O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA 
 
1 
 
FÍSICA 
 
QUESTÃO 1 
Uma partícula move-se com velocidade de 50 m/s. Sob a ação de uma 
aceleração de módulo 0,2 m/s2, ela chega a atingir a mesma 
velocidade em sentido contrário. O tempo gasto, em segundos, para 
ocorrer essa mudança no sentido da velocidade é 
a) 250 
b) 500 
c) 100 
d) 50 
Resolução Alternativa B 
A partícula inicialmente está com velocidade 0 50 /v m s= . Para 
atingir uma velocidade de mesmo módulo, porém em sentido contrário 
( 50 /v m s= − ), ela deve sofrer uma aceleração no sentido contrário 
ao seu sentido inicial de movimento, ou seja, 20,2 /a m s= − . Sendo 
o movimento uniformemente variado, temos: 
0 50 50 0,2 500v v at t t s= + ⇒ − = − ⋅ ⇒ = 
QUESTÃO 2 
Um corpo é abandonado do repouso de uma altura h acima do solo. 
No mesmo instante, um outro é lançado para cima, a partir do solo, 
segundo a mesma vertical, com velocidade v. Sabendo que os corpos 
se encontram na metade da altura da descida do primeiro, pode-se 
afirmar que h vale: 
a) v
g
 b) 
1
2v
g
   
 c) 
2v
g
 d) 
2
v
g
    
Resolução Alternativa C 
Orientando a trajetória para baixo, e colocando a origem no ponto de 
onde o primeiro corpo é abandonado, temos: 
 0 
h v 
Corpo 1 
Corpo 2 
 
As equações horárias do movimento de cada um deles são dadas por: 
2
1
2
2
0 0
2
2
gy t t
gy h vt t
 = + + = − +
. 
Como eles se encontram no ponto 
2
hy = , da equação horária do 
corpo 1 vem que: 
2
2 2
h g ht t
g
= ⇒ = 
Substituindo na equação do corpo 2, que nesse instante também 
chegou ao ponto 
2
hy = , temos: 
2
2 2
2 2
h h g h h hh v h v h v
g g g g
 = − ⋅ + ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒   
2vh
g
= ± 
A raiz negativa não convém, devido às hipóteses adotadas (h positivo) 
 
QUESTÃO 3 
Considere um pequeno avião voando em trajetória retilínea com 
velocidade constante nas situações a seguir. 
 
(1) A favor do vento. 
(2) Perpendicularmente ao vento. 
 
Sabe-se que a velocidade do vento é 75% da velocidade do avião. 
Para uma mesma distância percorrida, a razão 1
2
t
t
∆
∆ , entre os 
intervalos de tempo nas situações (1) e (2), vale 
a) 
1
3
 b) 
3
5
 c) 
7
9
 d) 
5
7
 
Resolução Alternativa D 
Situação (1): 
 
 AVIÃO 
VENTO 
TOTAL A
v? 
Av
?
4
3
 
Avv
??
4
7
1 = 
 
 
Situação (2): 
 
 AVIÃO 
VENTO 
Av
?
 
Av
?
4
3
 
Av
?
 
Av
?
4
3
 
2v
?
 
TOTAL 
 
Pelo teorema de Pitágoras, temos: 
2 2 2
2 2
3 5| | | | | | | | | |
4 4A A A
v v v v v= + ⇒ =? ? ? ? ? . 
 
Para uma mesma distância D percorrida nas duas situações: 
1
1
1 1 2 2
2
2
| |
| | | |
| |
Dv
t
v t v t
Dv
t
 = ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = ∆
?
? ?
? 
1
1 2
2
7 5 5| | | |
4 4 7A A
tv t v t
t
∆∆ = ∆ ⇒ =∆
? ?
 
QUESTÃO 4 
Um corpo de massa m, preso à extremidade de um fio, constituindo 
um pêndulo cônico, gira num círculo horizontal de raio R, como mostra 
a figura. 
 
Sendo g a aceleração da gravidade local e θ o ângulo do fio com a 
vertical, a velocidade do corpo pode ser calculada por 
a) Rgtgθ b) 2Rg 
c) Rgsenθ d) Rg 
 
 
 
 
 
 
 
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2 
 
Resolução Alternativa A 
As forças que atuam no corpo são o seu peso e a tração do fio. A 
resultante dessas duas forças é a força centrípeta: 
 
T
?
 
P
?
 
T
?
 
P
?
 CP
F
?
 
 
O polígono de forças correspondente é: 
T
?
 
P
?
 
CPF
?
 
θ 
 
Logo, temos: 
2
2
| |
| | | | | | | |
| | | || |
CP
vmF vRtg v R g tg
m g R gP
θ θ= = = ⇒ =
?
? ? ??? ? ? 
 
QUESTÃO 5 
A figura mostra uma bola de isopor 
caindo, a partir do repouso, sob 
efeito da resistência do ar, e outra 
bola idêntica, abandonada no vácuo 
no instante t1 em que a primeira 
atinge a velocidade limite. 
A opção que pode representar 
os gráficos da altura h em função do tempo t para as situações 
descritas é: 
a) 
 
c) 
 
b) 
 
d) 
 
Resolução Alternativa C 
Observe que foi adotada a orientação positiva para cima. 
O movimento da bola na situação 1 será acelerado para baixo 
(embora não necessariamente com aceleração constante) até o 
instante t1, em que ela atinge sua velocidade limite, e a partir daí 
passa a cair em movimento retilíneo e uniforme. Antes de t1, seu 
movimento não é uniforme e o gráfico do espaço em função do tempo 
não será uma reta, o que descarta as alternativas (b) e (d). 
Além disso, antes de t1 a aceleração escalar, apontando para baixo, 
será negativa, pois está no sentido contrário àquele adotado como 
positivo. Portanto, a curva deve ter concavidade negativa, o que 
acontece apenas na alternativa (c). 
Finalmente, na situação 2, a bola está em queda livre, e sua equação 
horária dos espaços será dada por: 
2
1( )( )
2
g t th t H −= − , cujo gráfico é uma parábola, também de 
concavidade negativa, deslocado de t1 para a direita. 
QUESTÃO 6 
Na questão anterior, considere que a bola da situação 2 atinge o solo 
com uma velocidade duas vezes maior que a velocidade limite 
alcançada pela bola na situação 1. Nestas condições, pode-se afirmar 
que o percentual de energia dissipada na situação 1 foi de: 
a) 75% b) 25% c) 50% d) 10% 
Resolução Alternativa A 
Seja v1 a velocidade limite alcançada na situação 1 e v2 a velocidade 
com que a bola atinge o solo na situação 2. 
Em ambas as situações, a energia mecânica inicial em relação ao solo 
é dada pela energia potencial gravitacional, ou seja, 0 | |E m g h= ? . 
Na situação 2, há conservação da energia mecânica, e portanto 
podemos escrever: 
2
2
0 2| | 2 | |2C
mvE E m g h v g h= ⇒ = ⇒ =? ? 
Por outro lado, na situação 1, de acordo com o enunciado: 
1 2 1
1 1 2 | |
2 2
v v v g h= ⇒ = ? 
A energia mecânica com que a bola chega ao solo nessa situação é a 
sua energia cinética 
2
1
2
mv
. Assim, a perda de energia mecânica em 
relação à energia mecânica inicial será dada por: 
22
1
2
1
1 2 | || | 22 1 1
| | 2 | | 2 | |
mv g hm g h v
m g h g h g h
 −   = − = − =
??
? ? ? 
1 31 75%
4 4
= − = = 
 
QUESTÃO 7 
A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando 
horizontalmente em MCU com velocidades lineares v1 e v2. A razão 
1
2
T
T
 entre as intensidades das trações nos fios ideais 1 e 2 é 
 
a) 
2 2
1 2
2
2
v v
v
+
 b) 
2 2
1 2
2
2
2v v
v
+
 
c) 
2 2
1 2
2
2
v v
v
−
 d) 
2
2
2
1
v
v
 
 
 
 
 
 
 
Resolução Alternativa B 
Isolando os corpos 1 e 2, temos: 
1 1T
?
 2T
?
 
2 2T
?
 
 
Os corpos estão em movimento circular uniforme, portanto a força 
resultante sobre cada um deles é de natureza centrípeta: 
 
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3 
 
2
1
1 2 1
2
2
2 2
| || | | |
| || |
2
vT T m
R
vT m
R
 − = =
?? ?
?? 
Dividindo membro a membro a primeira equação pela segunda, e 
lembrando que as massas m1 e m2 são iguais, já que os corpos são 
idênticos, vem que: 
2 2
1 2 1 1 1
2 2
2 22 2
| | | | | | | | | |2 1 2
| | | || | | |
T T v T v
v vT T
− = ⇒ − = ⇒
? ? ?? ?
? ?? ? 
2 2
1 1 2
2
22
| | 2 | | | |
| || |
T v v
vT
+=
? ? ?
? ? 
 
QUESTÃO 8 
O volume de água necessário para acionar cada turbina de uma 
determinada central hidrelétrica é cerca de 700 m3 por segundo, 
“guiado” através de um conduto forçadode queda nominal igual a 112 
m. 
Considere a densidade da água igual a 1kg/L. Se cada turbina 
geradora assegura uma potência de 700 MW, a perda de energia 
nesse processo de transformação mecânica em elétrica é, 
aproximadamente, igual a 
a) 5% 
b) 15% 
c) 10% 
d) 20% 
Resolução Alternativa C 
Se não houvesse perdas, a energia gerada seria precisamente a 
energia potencial gravitacional da água no topo da queda. Assim: 
0
| | ( ) | | | |GE m g h V g h VP g h
t t t t
ρ ρ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅  = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ∆ ∆ ∆ ∆ 
? ? ?
 
Onde, 
ρ = densidade da água 
V = volume de água 
Assim, como temos 700 m3 a cada 1 segundo: 
3 6
0 1,0 10 700 10 112 784 10 784P W MW= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 
Como a energia gerada é de fato 700 MW, a perda em relação à 
energia potencial gravitacional é dada por: 
784 700 10,7%
784
− = 
 
QUESTÃO 9 
A figura representa um brinquedo de 
parque de diversão em que as 
pessoas, apenas em contato com a 
parede vertical, giram juntamente com 
uma espécie de cilindro gigante em 
movimento de rotação. 
 
Considere as forças envolvidas abaixo relacionadas. 
P
???
é a força peso 
atF
???
 é a força de atrito estático 
cpF
????
 é a força centrípeta 
cfF
???
 é a força centrífuga 
Para um referencial externo, fixo na terra, as forças que atuam sobre 
uma pessoa estão representadas pela opção: 
a) 
 
b) 
 
c) 
 
d) 
 
Resolução Alternativa D 
Como a pessoa fica em contato apenas com a parede vertical (não há 
contato com nenhum tipo de piso), então deve haver alguma força de 
atrito exercida pela parede para equilibrar a força peso que atua sobre 
a pessoa. Portanto, deverá existir um atrito vertical e dirigido para 
cima. A reação normal da parede sobre a pessoa faz o papel de 
resultante centrípeta, sendo a responsável pelo movimento circular 
uniforme que a pessoa executará junto com o cilindro. Como o 
enunciado pediu o diagrama de forças em relação a um referencial fixo 
na Terra, que pode ser considerado inercial para a situação do 
problema, não existe nenhuma força do tipo centrífuga, uma vez 
que forças dessa natureza só aparecem em referencias não-inerciais. 
Tal seria o caso se a pergunta sobre o diagrama de forças fosse feita 
em relação a um referencial dentro do brinquedo, ou seja, que também 
estivesse em movimento de rotação. Além disso, naturalmente, há a 
força peso, orientada para baixo, devido ao campo gravitacional da 
Terra, que age sobre a pessoa. 
 
 
QUESTÃO 10 
Em uma apresentação da Esquadrilha da Fumaça, uma das 
acrobacias é o “loop”, representado pela trajetória circular da figura. 
Ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória, a força que o assento 
do avião exerce sobre o piloto é 
 
a) igual ao peso do piloto. 
b) maior que o peso do piloto. 
c) menor que o peso do piloto. 
d) nula. 
 
Resolução Alternativa B 
Ao passar pelo ponto mais baixo da circunferência descrita, supondo 
que o avião esteja em movimento circular e uniforme, temos duas 
forças atuando no piloto, ambas verticais: o seu peso, que aponta para 
baixo, e a força normal exercida pelo assento do avião, que aponta 
para cima. 
 
N
?
 
P
?
 
 
Observe que a soma vetorial dessas duas forças deve ser uma força 
resultante de natureza centrípeta, já que o piloto descreve uma 
trajetória circular junto com o avião. Como a força centrípeta aponta 
sempre para o centro da circunferência descrita, no ponto mais baixo 
da trajetória, a resultante entre N
?
 e P
?
 deve apontar para cima, 
portanto devemos ter: | | | |N P>? ? 
 
 
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QUESTÃO 11 
Três esferas estão suspensas por 
fios ideais conforme a figura. Se a 
esfera A for deslocada da posição 
inicial e solta, ela atingirá uma 
velocidade v e colidirá frontalmente 
com as outras duas esferas 
estacionadas. 
Considerando o choque entre as esferas perfeitamente elástico, pode-
se afirmar que as velocidades , ,A B Cv v e v de A B e C , imediatamente 
após as colisões, serão: 
a) A B Cv v v v= = = b) 0
2A B C
vv e v v= = = 
c) 0A B Cv v e v v= = = d) 
3A B C
vv v v= = = 
Resolução Alternativa C 
Designando as velocidades depois do choque por v’, temos, pela 
conservação de energia (choque perfeitamente elástico e=1) no 
choque entre A e B: 
'- ' '- ' 1 '- ' (1)
- - 0
afast B A B A
B A
aprox A B
v v v v ve v v v
v v v v
= = = = ⇒ = 
Pela conservação da quantidade de movimento, temos: 
. . . ' . ' . .0 . ' . '
' ' (2)
A A B B A A B B A B
A B
m v m v m v m v m v m m v m v
v v v
+ = + ⇒ + = + ⇒
= + 
Somando as equações (1) e (2), temos: 
2. ' 2. 'B Bv v v v= ⇒ = 
Portanto: ' 0Av = 
Analogamente no choque entre B e C, temos: 
'' 0 
''
B
C
v
v v
=
= 
Logo, imediatamente após as colisões, as velocidades de A e B são 
nulas e a velocidade de C é igual a v: 
0A B Cv v e v v= = = 
 
QUESTÃO 12 
A respeito de um satélite artificial estacionário em órbita sobre um 
ponto do equador terrestre, afirma-se que: 
I - a força que a Terra exerce sobre ele é a resultante 
centrípeta necessária para mantê-lo em órbita. 
II - o seu período de translação é 24 horas. 
III - os objetos soltos em seu interior ficam flutuando devido à 
ausência da gravidade. 
Está (ão) correta(s): 
a) apenas I. b) apenas II e III. 
c) apenas I e II. d) I, II e III. 
Resolução Alternativa C 
I – Correta: De fato é a força gravitacional que mantém o satélite em 
sua órbita. Por ele estar estacionário (geoestacionário), podemos 
assumir que sua posição em relação à Terra não se altera e portanto 
sua altitude permanece constante (raio constante, num movimento 
circular). A força de atração, única força atuante, é perpendicular ao 
vetor velocidade e, portanto, é a resultante centrípeta. 
II – Correta: Seu período de translação é o mesmo período de rotação 
da Terra, para que ele permaneça estacionário em relação à mesma 
(sobre uma mesma posição projetada na Terra). 
III – Incorreta: Tanto os objetos quanto o satélite estão sujeitos à 
mesma ação da gravidade, ou seja, movimentam-se juntos. Daí o fato 
dos objetos flutuarem no interior do satélite, eles possuem aceleração 
relativa em relação ao satélite nula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
QUESTÃO 13 
A figura abaixo apresenta dois corpos de massa m suspensos por fios 
ideais que passam por roldanas também ideais. Um terceiro corpo, 
também de massa m, é suspenso no ponto médio M do fio e baixado 
até a posição de equilíbrio. 
M 
 
O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é: 
a) 3
6
d b) 3
3
d 
c) 3
4
d d) 3
2
d 
 
 
Resolução Alternativa A 
 
T
?
T− ? 
'T
?
 'T
?
 
T
?
P
?
P
?
P
?
 
T
?
 
 θ1 
 θ3 
 θ2 
 
Na figura, temos que as trações têm todas a mesma intensidade (T), 
pois os três corpos são idênticos, logo θ1=θ2=θ3=120º. Além disso, da 
simetria do problema, podemos concluir que θ3 é dividido pela vertical 
em dois ângulos iguais: 
 
T
?
T− ? 
T
?
P
?
P
?
P
?
 
T
?
 
 θ1 
2
d 
h 
60º 60º 
 
Assim, da figura: 
d d d d 32tg60º = = 3 h = 
h 2h 62 3
= ⇒ = 
 
 
QUESTÃO 14 
Uma viga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fios 
verticais como mostra a figura abaixo: 
 
 
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A razão entre as trações nos fios A e B vale: 
Re
so
lu
çã
o Alternativa D 
Observe a figura: 
TA TB 
P 
L 
L/4 
L/4 
7L/12 
L/6 
 
A partir do somatório das forças, temos: 
A BT T P+ = (1) 
A partir do somatório dos momentos em relação ao ponto de 
sustentaçãodo fio B, temos: 
A A
L 7L 3PP. T . 0 T =
4 12 7
− = ⇒ (2) 
Substituindo (2) em (1) temos: B
4PT =
7
 
A razão entre as trações será: 
3 37
4 47
A
B
PT
PT
= = 
 
QUESTÃO 15 
Uma balança está em equilíbrio, no ar, tendo bolinhas de ferro num 
prato e rolhas de cortiça no outro. Se esta balança for levada para o 
vácuo, pode-se afirmar que ela: 
a) penderia para o lado das bolinhas de ferro, pois a densidade do 
mesmo é maior que a densidade da cortiça. 
b) não penderia para nenhum lado, porque o peso das bolinhas de 
ferro é igual ao peso das rolhas de cortiça. 
c) não penderia para nenhum lado, porque no vácuo não tem empuxo. 
d) penderia para o lado das rolhas de cortiça, pois enquanto estava no 
ar o empuxo sobre a cortiça é maior que o empuxo sobre o ferro. 
Resolução Alternativa D 
Denotando os índices 1 para ferro e 2 para cortiça, como no ar a 
balança está em equilíbrio e considerando a balança com os braços 
iguais N1 = N2 
P1 
P2 
N1 E1 
N2 E2
 
Assim, como temos o seguinte equilíbrio: 1 1 1
2 2 2
P = N + E
P = N + E

 
Podemos dizer que: 1 1 2 2P E P E− = − 
Daí, como o empuxo é dado por: E = . V. gρ , temos que: 
( ) ( ) ( )( )1 21 1 2 2 1 1 2 2 2 1P E P E
ar
ar ar
ar
VV V
V
ρ ρρ ρ ρ ρ ρ ρ
−− = − ⇒ − = − ⇒ =− 
Como 1 2 1 2ar V Vρ ρ ρ> > ⇒ < (como descrito na figura) 
Assim, sabendo que o volume ocupado pela cortiça é maior, 1 2E E< e 
como 1 1 2 2 1 2P E P E P P− = − ⇒ < 
Com isso, no vácuo (onde não existiria empuxo) a balança penderia 
para o lado das cortiças. 
 
 
 
 
 
 
 
QUESTÃO 16 
Duas esferas A e B de mesmo volume, de 
materiais diferentes e presas por fios 
ideais, encontram-se em equilíbrio no 
interior de um vaso com água conforme a 
figura. 
Considerando-se as forças peso 
( A BP e P ), empuxo ( A BE e E ) e tensão no 
fio ( A BT e T ) relacionadas 
a cada esfera, é INCORRETO afirmar que: 
a) A BT T< b) A BE E= 
C) A B A BT T P P+ = − d) A BP P> 
Resolução Alternativa A 
TA EA 
PA TB 
EB 
PB 
A partir da figura temos A A A
B B B
P T E
P T E
= + + =
 
Para esfera de mesmo volume o empuxo é igual A BE E= 
Assim: 
A A B B A B A BP T P T P P T T− = + ⇒ − = + 
Como TA e TB são os módulos das trações (positivos), podemos 
concluir que A BP P> 
Assim, as alternativas b, c e d estão corretas. 
Nada podemos afirmar em relação a TA e TB: 
( ) 2A A A A A B A B
B B B B
P T E T P E
T T P P E
P T E T E P
= + = −  ⇒ ⇒ − = + − + = = −  
 
Temos três opções de sistemas que satisfazem as condições do 
problema, com densidades possíveis para as esferas: 
i) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P PE T T T Tρ ρρ + +< ⇒ < ⇒ − > ⇒ > 
ii) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P PE T T T Tρ ρρ + += ⇒ = ⇒ − = ⇒ = 
iii) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P PE T T T Tρ ρρ + +> ⇒ > ⇒ − < ⇒ < 
Portanto, não podemos afirmar o que diz a alternativa a. 
 
QUESTÃO 17 
O diagrama de fases apresentado a seguir pertence a uma substância 
hipotética. Com relação a essa substância, pode-se afirmar que: 
 
a) 1
2
 b) 2
3
 
c) 5
6
 d) 3
4
 
 
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6 
 
 
 
a) nas condições normais de temperatura e pressão, a referida 
substância se encontra no estado sólido. 
b) se certa massa de vapor da substância à temperatura de 300º C for 
comprimida lentamente, não poderá sofrer condensação, pois está 
abaixo da temperatura crítica. 
c) se aumentarmos gradativamente a temperatura da substância, 
quando ela se encontra a 70º C e sob pressão de 3 atm, ocorrerá 
sublimação da mesma. 
d) para a temperatura de 0ºC e pressão de 0,5 atm, a substância se 
encontra no estado de vapor. 
Resolução Alternativa D 
 
a) Falso. Nas condições normais de temperatura e pressão (0 °C e 1,0 
atm) a referida substância está no estado de vapor. Observe onde 
está o ponto no gráfico: 
 
S L 
V 
 
b) Falso. Ao comprimir lentamente, podemos assumir que se trata de 
um processo isotérmico, ou seja, a curva que representa o processo 
seria um segmento de reta vertical no gráfico: 
 
S 
L 
V 
 
Assim, se a substância atingir pressões próximas a 4 atm ou 
superiores, passará do estado de vapor para o estado líquido, ou seja, 
sofrerá condensação. 
c) Falso. Quando a substância está a 70 °C e sob pressão de 3 atm, 
ela se encontra no estado sólido. Além disso, se submetermos essa 
substância a uma expansão isobárica, sua temperatura aumentará até 
que sofra fusão e passe para o estado líquido, e não diretamente para 
o estado gasoso. 
 
S
L 
V 
 
d) Verdadeiro. De acordo com o gráfico, o ponto citado está de fato 
na região em que a substância se encontra no estado de vapor. 
 
S L 
V 
 
QUESTÃO 18 
A figura a seguir representa o Ciclo de Carnot realizado por um gás 
ideal que sofre transformações numa máquina térmica. Considerando-
se que o trabalho útil fornecido pela máquina, em cada ciclo, é igual a 
1500 J e, ainda que, T1 = 600 K e T2 = 300 K, é INCORRETO afirmar 
que 
 
 
a) de B até C o gás expande devido ao calor recebido do meio 
externo. 
b) a quantidade de calor retirada da fonte quente é de 3000 J. 
c) de A até B o gás se expande isotermicamente 
d) de D até A o gás é comprimido sem trocar calor com o meio 
externo. 
Resolução Alternativa A 
Como a máquina opera segundo um ciclo de Carnot, seu rendimento é 
dado por: 
2
1
300 11 1
600 2
T
T
η = − = − = 
Por outro lado, sendo 1Q o calor absorvido da fonte quente e 2Q o 
calor rejeitado para a fonte fria, temos também: 
1 2 1 2
1
2
1 1
1500
3000
1 1500
1500
2
Q Q Q Q
Q J
Q J
Q Q
τ
τη
= − = −  = ⇒ ⇒  = = =  
 
 
a) Incorreta: o ciclo de Carnot é formado por duas transformações 
isotérmicas (trechos AB e CD) e duas transformações adiabáticas 
(trechos BC e DA). Sendo o trecho BC uma transformação adiabática, 
não há troca de calor com o meio nessa fase, e o trabalho que o gás 
realiza nessa expansão vem de sua energia interna, de acordo com a 
Primeira Lei da Termodinâmica. 
b) Correta: calculado acima. 
c) Correta: a transformação AB é uma expansão (volume em B maior 
que volume em A) e se realiza à temperatura constante T1. 
d) Correta: a transformação DA é uma compressão (volume em A 
menor que volume em D) e como é adiabática, não há troca de calor 
com o meio. Nesse caso, a energia recebida do meio sob a forma de 
trabalho é armazenada como energia interna do gás. 
 
 
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QUESTÃO 19 
Um cilindro de volume constante contém determinado gás ideal à 
temperatura T0 e pressão p0. Mantém-se constante a temperatura do 
cilindro e introduz-se, lentamente, a partir do instante t = 0, certa 
massa do mesmo gás. 
O gráfico abaixo representa a massa m de gás existente no interior do 
cilindro em função do tempo t. 
 
Nessas condições, a pressão do gás existente no recipiente, para o 
instante t = a, é igual a 
a) 2,0 p0 b) 1,5 p0 
c) 2,5 p0 d) 4,0 p0 
Resolução Alternativa B 
A massa de gás existente no interior do cilindro é dada por: 
( )
2
bm t t b
a
= + . 
Aplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a, 
temos: 
0 0
0 0 0
0
0
(0)
( )
mp V RTp V n RT M
pV nRT m apV RT
M
 == ⇒ =  =
 
Dividindo as duas equações membro a membro, vem: 
0
0 0
(0) 3 1,5
( ) 2
2
p m b p p p
bp m a b
= = ⇒ = =
+
 
 
QUESTÃO 20 
A figura mostra um objeto A, colocado a 8 m de um espelho plano, e 
um observador O, colocado a 4 m desse mesmo espelho. 
8 m 
4 m 
9 m 
A 
O 
 
Um raio de luzque parte de A e atinge o observador O por reflexão no 
espelho percorrerá, nesse trajeto de A para O, 
a) 10 m 
b) 12 m 
c) 18 m 
d) 15 m 
Resolução Alternativa D 
Traçando o ponto A’, simétrico do ponto A em relação ao espelho, 
temos o trajeto representado abaixo: 
8 m 
4 m 
9 m 
A 
O 
8 m 
A’
P 
 
O raio de luz que parte de A e atinge o observador O é refletido pelo 
espelho no ponto P. 
A distância percorrida pelo raio pode ser obtida aplicando o teorema 
de Pitágoras: 
2 2 29 (8 4) 15d d m= + + ⇒ = 
 
QUESTÃO 21 
Um espelho esférico E de distância focal f e uma lente convergente L 
estão dispostos coaxialmente, com seus eixos ópticos coincidentes. 
Uma fonte pontual de grande potência, capaz de emitir luz 
exclusivamente para direita, é colocada em P. Os raios luminosos do 
ponto acendem um palito de fósforo com a cabeça em Q, conforme 
mostra a figura. 
 
Considerando-se as medidas do esquema, pode-se afirmar que a 
distância focal da lente vale 
a) 2
3
f b) 
2
f 
c) 
3
f d) f 
 
 
Resolução Alternativa A 
Os raios de luz que partem de P incidem no espelho E e formam a 
primeira imagem exatamente no ponto P. Aplicando a equação de 
Gauss para esse espelho, temos: 
1 1 1 1 1 1 2
'
d f
p p f d d f
+ = ⇒ + = ⇒ = 
Essa primeira imagem agora se comportará como objeto para a lente 
L, formando a imagem final em Q. Nesse caso, como tanto o objeto 
quanto a imagem são reais, aplicando novamente a equação de 
Gauss, agora para a lente, vem que: 
1 1 1 2
3 3
2
L
L
d ff
d d f
+ = ⇒ = =   
 
 
QUESTÃO 22 
Considere uma película transparente de faces paralelas com índice de 
refração n iluminada por luz monocromática de comprimento de onda 
no ar igual a λ , como mostra a figura abaixo. 
 
Sendo a incidência de luz pouco inclinada, a mínima espessura de 
película para que um observador a veja brilhante por luz refletida é 
a) 
n
λ b) 
2n
λ c) 
5n
λ d) 
4n
λ 
 
 
 
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Resolução Alternativa D 
Para que o observador veja uma intensificação da luz refletida, existe 
interferência construtiva da luz que é diretamente refletida (na 
superfície) e aquela que é refratada, sofre reflexão na parte inferior da 
película e é novamente refratada. Como o índice de refração da 
película é maior que o do meio, temos que durante a reflexão na parte 
superior da película o feixe sofre inversão de fase, enquanto a reflexão 
na parte inferior da película não apresenta esta inversão. A situação 
descrita é: 
 
Película 
Ar 
Ar 
180o de 
mudança de 
fase 
sem 
mudança 
de fase 
 
Para que ocorra uma interferência construtiva, a onda 2 , que vai 
percorrer um caminho maior, deve, ao ser refratada pela segunda vez, 
estar em fase com a onda 1. Isto ocorrerá se a diferença de caminhos 
entre o raio 1 (diretamente refletido) e o raio 2 (refratado, refletido e 
refratado) for um número ímpar (devido à inversão de fase de uma das 
ondas) de meio-comprimentos de onda no meio da película. 
Note que enquanto a luz percorre o caminho 2 dentro da película, ela 
mantém sua freqüência, mas diminui sua velocidade. Portanto, altera 
seu comprimento de onda. O comprimento de onda no meio da 
película é n n
λλ = . 
Assim, como a incidência é pouco inclinada, a diferença de caminhos 
(que deve ser igual a um número ímpar de meio-comprimentos de 
onda no meio da película) deve ser igual a 2t (onde t é a espessura): 
Portanto: 
2 com k = 1, 3, 5...
2
nt k
λ  ⋅ = ⋅   
 
A espessura mínima para que ocorra interferência construtiva é para k 
= 1, onde temos 
4
t
n
λ= . 
 
QUESTÃO 23 
Um projétil de massa m e velocidade v atinge horizontalmente um 
bloco de massa M que se encontra acoplado a uma mola de constante 
elástica K, como mostra a figura abaixo. 
 
Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola-
projétil passa a oscilar em MHS com amplitude a . Não há atrito entre 
o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas condições, 
a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é 
dada pela expressão 0cos( )x a tω ϕ= + , onde a e ω valem, 
respectivamente, 
a) ( )M m v
K
+ e K
M m+ 
b) mv M m
M m K
+
+ e 
K
M m+ 
c) K
M m+ e 
M m
K
+ 
d) M m K
mv M m
+
+ e 
M m
K
+ 
 
 
 
 
 
 
Resolução Alternativa B 
Na colisão da bala com o bloco, ocorre conservação da quantidade de 
movimento do sistema: 
( ) ' 'ANTES DEPOIS
mvQ Q mv M m v v
M m
= ⇒ = + ⇒ = +
? ?
 
A partir desse momento, o sistema passa a descrever um MHS em 
torno da posição 0x = indicada na figura do enunciado. Na posição 
em que o sistema atinge sua posição extrema à esquerda ( x a= − ), 
sua energia cinética foi toda convertida em energia potencial elástica. 
Impondo a conservação de energia mecânica entre essas duas 
posições (não existem forças dissipativas), vem que: 
22 2 2( )( ') ( )
2 2 2 2
Ka M m v Ka M m mv
M m
+ +  = ⇒ = ⇒ +  
2
2 ( )mv M m mv M ma a
M m K M m K
+ + = ⇒ = + +  
Por outro lado, da definição de ω para o MHS: 
2 K K
M m M m
ω ω= ⇒ =+ + 
 
QUESTÃO 24 
Considere um sistema formado por duas cordas diferentes, com 
densidades µ1 e µ2 tal que µ1 > µ2, em que se propagam dois pulsos 
idênticos,conforme mostra a figura abaixo. 
 
 
A opção que melhor representa a configuração resultante no sistema 
após os pulsos passarem pela junção das cordas é: 
 
Resolução Alternativa B 
A situação exposta nas alternativas indica que deseja-se obter a 
situação após a refração e reflexão de ambas as ondas. Lembrando 
que: 
- Na refração do pulso de onda não existe inversão do pulso. 
- Não ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de 
maior densidade linear para a de menor. 
- Ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de 
menor densidade linear para a de maior. 
 
Analisando a situação na corda 1 temos que: 
i) O pulso que vem da corda 2 não sofre inversão na refração. 
ii) O pulso que vem da corda 1 quando refletido também não sofre 
inversão. 
Logo, na corda 1 deve existir um pulso para cima (refletido) e outro 
para baixo (refratado). 
 
 
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Analisando a situação da corda 2 temos que 
i) O pulso que vem da corda 1 não sofre inversão na refração. 
ii) O pulso que vem da corda 2 quando refletido sofre inversão. 
Logo, na corda 2 deve existir dois pulsos para cima. 
 
A única alternativa que apresenta tal situação é a alternativa B. Vale 
ressaltar que a ordem dos pulsos na corda 1 poderia ser diferente, 
dependendo da velocidade de propagação de cada onda e da 
distância dos pulsos até o ponto de refração. 
QUESTÃO 25 
Um corpo B, de massa igual a 4 kg e carga elétrica +6 µC, dista 30 
mm do corpo A, fixo e com carga elétrica -1 µC. O corpo B é suspenso 
por um fio isolante, de massa desprezível ligado a uma mola presa ao 
solo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L0 = 1,2 
m e ao sustentar estaticamente o corpo B ela se distende, atingindo o 
comprimento L = 1,6 m. Considerando-se a constante eletrostática do 
meio k = 9.109 N.m2/C2, que as cargas originais dos corpos pontuais A 
e B são mantidas e desprezando-se os possíveis atritos, o valor da 
constante elástica da mola, em N/m, é: 
 
 
a) 320 b) 200 c) 600 d) 800 
Resolução Alternativa B 
Seja CF
?
 a força de Coulomb entre as duas cargas. Como as cargas 
têm sinais opostos, tal força será de atração. Seja também ELF
?
 a força 
elástica que a mola aplica no corpo B. O diagrama de forças para o 
corpo B,já decompondo o peso em suas componentes paralela e 
perpendicular ao plano inclinado, está representado a seguir: 
xP
?
 
yP
?
 
CF
?
 
N
?
 
ELF
?
 
60° 
 
Como o corpo está em repouso: 
| | | |
| | | | | |
y
x C EL
N P
P F F
 = + =
? ?
? ? ? 
Da última equação: 
02
| | | || | cos60 ( )A B MOLA
k q qm g k L L
d
⋅ ⋅⋅ ⋅ ° + = ⋅ − ⇒? 
9 6 6
3 2
1 (9 10 ) (1 10 ) (6 10 )4 10 (1,6 1,2)
2 (30 10 ) MOLA
k
− −
−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ + = ⋅ −⋅ 
20 60 200 /
0,4MOLA
k N m+= = 
QUESTÃO 26 
Aqueceu-se certa quantidade de um líquido utilizando um gerador de 
f.e.m. ε = 50 V e resistência interna r = 3 Ω e um resistor de resistência 
R. Se a quantidade de calor fornecida pelo resistor ao líquido foi de 
2.105 J, pode-se afirmar que o tempo de aquecimento foi: 
a) superior a 15 minutos. 
b) entre 6 e 10 minutos. 
c) entre 12 e 15 minutos. 
d) inferior a 5 minutos. 
 
 
 
 
 
Resolução Alternativa A 
O circuito pode ser esquematizado como: 
 
 
A corrente que circula nesse circuito é: 
( )R r i i
R r
εε = + ⋅ ⇒ = + . 
A potência dissipada no resistor R é: 
2( )P r i i i r iε ε= − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ 
Ou seja, o gráfico da potência em função da corrente é uma parábola 
e é dado por: 
i 
P 
0 
r
ε
r2
ε
 
r4
2ε
 
Para que a potência transmitida seja máxima, devemos ter 
2
i
r
ε= e, 
nesse caso, 
2
4
P
r
ε= , que são as coordenadas do vértice da parábola. 
Logo, 
250 625
4 3 3MAX
P W= =⋅ 
Como 
QP
t
= ∆ , quando a potência for máxima, o tempo para o 
aquecimento será mínimo. Esse tempo mínimo será: 
52 10 960 16 min
625
3
MIN
MAX
Qt s
P
⋅∆ = = = =   
. 
Assim, o tempo de aquecimento do líquido foi de pelo menos 16 
minutos, portanto superior a 15 minutos. 
 
QUESTÃO 27 
No circuito representado abaixo, os geradores G1 e G2 são ideais e os 
resistores têm a mesma resistência R. 
 
 
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Se a potência dissipada por R2 é nula, então a razão entre as f.e.m. de 
G1 e G2 é: 
a) ¼ b) 2 c) ½ d) 4 
Resolução Alternativa C 
Se a potência dissipada no resistor 2 é zero, então não há corrente 
atravessando esse trecho do circuito, de modo que só existe corrente 
no ramo da direita 
 
i 
i 
i 
i 
 
Além disso, se não existe corrente circulando no trecho à esquerda, 
então não existe queda de tensão nos resistores 1 e 2, portanto 
1 3 3E U R i= = ⋅ . 
O gerador G2, por sua vez, alimenta os resistores 3 e 4: 
2 3 4( )E R R i= + ⋅ 
Como todos os resistores têm a mesma resistência R, temos: 
1 1
2 2
1
2 2
E R i E
E R i E
= ⋅ ⇒ = = ⋅
. 
QUESTÃO 28 
No circuito esquematizado 
abaixo, C é um capacitor, G um 
gerador de f.e.m. ε e resistência 
interna r e AB um reostato. 
O gráfico que melhor 
representa a carga acumulada 
Q no capacitor 
 
em função da resistência R do reostato é: 
a) 
 
b) 
 
c) 
 
d) 
 
Resolução Alternativa B 
Denominando a resistência no reostato por RAB, e a diferença de 
potencial no capacitor por Uxy temos: 
 
A corrente no circuito, no estado estacionário, pode ser calculada por 
AB
i
R r
ε= + 
Assim: 1xy xy
AB AB
rU r i U r
R r R r
εε ε ε  = − ⋅ ⇒ = − ⋅ = − + + 
 
No capacitor, temos: 
1xy
AB
rQ CU Q C
R r
ε  = ⇒ = ⋅ − + 
 
O gráfico desta função de RAB é nulo quando RAB = 0, tende a Q = C.ε, 
quando RAB tende a valores muito altos: 
lim 1
ABR AB
rC C
R r
ε ε→∞
  ⋅ − = ⋅  +   
 
O gráfico que melhor representa tal situação é dado por: 
 
 
QUESTÃO 29 
A figura mostra uma região na qual atua um campo magnético 
uniforme de módulo B. Uma partícula de massa m, carregada 
positivamente com carga q, é lançada no ponto A com uma velocidade 
de módulo v e direção perpendicular às linhas do campo. O tempo que 
a partícula levará para atingir o ponto B é 
 
a) 
Bq
m
π
 b) 
2 m
Bq
π
 c) 
m
Bq
π
 d) 
2
Bq
m
π
 
Resolução Alternativa C 
Como a velocidade é perpendicular ao campo magnético, a força 
magnética de Lorentz será uma força resultante de natureza 
centrípeta, agindo sobre a carga q. 
2| || | | | | | 90M CP
vF F q v B sen m
R
= ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⇒
?? ? ??
 
| | | || | q B Rv
m
⋅ ⋅=
??
 
A carga entrará em movimento circular uniforme dentro da região onde 
existe campo magnético, descrevendo uma semicircunferência a partir 
do ponto A até abandonar a região no ponto B. 
 v? 
MF
?
 
AB 
Assim, o tempo que a partícula leva para atingir o ponto B é o tempo 
que ela demora para percorrer essa semicircunferência: 
| | | || |
| | | |
s q B R R mv t
t m t B q
π π∆ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ ∆ =∆ ∆ ⋅
?? ? 
 
 
 
 
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QUESTÃO 30 
Uma espira condutora é colocada no mesmo plano e ao lado de um 
circuito constituído de uma pilha, de uma lâmpada e de um interruptor. 
 
 
 
 
 
As alternativas a seguir apresentam situações em que, após o 
interruptor ser ligado, o condutor AB gera uma corrente elétrica 
induzida na espira, EXCETO: 
a) mover a espira na direção y. 
b) desligar o interruptor. 
c) “queimar” a lâmpada. 
d) mover a espira na direção x. 
 
 
Resolução Alternativa A 
Como o condutor AB está sendo percorrido por uma corrente elétrica, 
ele gera um campo magnético na região da espira. Caso este campo 
varie (o que pode ser causado por variação de distâncias ou de 
correntes), teremos uma variação no fluxo magnético na espira, o que 
induz uma corrente na mesma (Lei de Lenz). 
Considerando as dimensões do condutor AB muito maiores que as da 
espira e a distância da mesma ao condutor pequena, podemos 
desconsiderar os efeitos de borda. Também desconsideraremos os 
efeitos do restante do circuito. 
Assim, ao movermos a espira no eixo y, teremos que a distribuição do 
campo sobre a espira permanece a mesma e, portanto, não há 
variação de fluxo (ou seja não haverá corrente induzida). 
Ao desligarmos o interruptor e ao “queimar” a lâmpada, teremos uma 
variação de corrente no condutor, o que diminui o campo na região da 
espira e induz corrente (alteração do fluxo). 
Ao mover a espira no eixo x, teremos que a distribuição do campo 
sobre a espira se altera e, portanto, temos alteração no fluxo e 
também aparecimento de corrente induzida.