PUC SP 2013 (2) - Física Resolvida

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FFÍÍSSIICCAA
16 EE
Um estudante percorre uma praça quadrada de lados iguais
a L. Após uma volta completa, em que cada lado da praça
foi percorrido com velocidades escalares constantes de
módulos iguais a v, 2v, 3v e 4v, o estudante resolveu cal -
cular sua velocidade escalar média ao longo do percurso. 
O resultado obtido foi
a) 10v / 4 b) 4L / 10v c) 10v / 4L
d) 25v / 48 e) 48v / 25
Resolução
V = ⇔ �t = 
AB: t1 = 
BC: t2 = 
CD: t3 = 
DA: t4 = 
O tempo total �t é dado por:
�t = t1 + t2 + t3 + t4
�t = + + + = 
A velocidade escalar média no percurso todo é dada
por:
Vm = = 4L . 
Δs
–––
Δt
Δs
–––
V
L
–––
V
L
–––
2V
L
–––
3V
L
–––
4V
L
–––
V
L
–––
2V
L
–––
3V
L
–––
4V
L(12 + 6 + 4 + 3)
–––––––––––––––
12V
25L
�t = ––––
12V
Δs
–––
Δt
12V
––––
25L
48
Vm = ––––V25
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17 AA
Considere um recipiente ideal, no interior do qual são
colocados 2,4 litros de água e uma fina haste metálica de
espessura e massa desprezíveis, comprimento inicial igual
a 10cm e coeficiente de dilatação volumétrico igual a 
3,6 x 10–5°C–1, que estão em equilíbrio térmico a uma
temperatura de 20°C. O conjunto é colocado no interior
de um forno de potência constante e igual a 4000W, que
é ligado durante 3 minutos. Considerando que toda
energia térmica liberada pelo forno foi integralmente
absorvida pelo conjunto (água+haste), determine a
dilatação linear sofrida pela haste metálica após o tempo
de aquecimento.
Adote:
calor específico da água = 1,0cal/g°C
densidade da água = 1g/cm3
1cal = 4J
a) 9,0 x 10–3 cm b) 1,14 x 10–2 cm
c) 3,42 x 10–2 cm d) 2,6 x 10–3 cm
e) 7,8 x 10–3 cm
Resolução
(I) Pot = ⇒ 4000 = ⇒ 
Q = cal ⇒
(II) Q = mc�� ⇒ 180 000 = 2400 . 1,0 . ��
Da qual:
É importante notar que, como a densidade da
água vale 1,0g/cm3, um volume de 2,4L implica
uma massa m = 2,4kg ou 2400g.
(III) �L = L0 � �� ⇒ �L = L0 ��
Sendo L0 = 10cm, � = 3,6 . 10
–5°C–1 e �� = 75°C,
calculemos a dilatação linear sofrida pela haste
metálica (�L):
�L = 10 . . 75 (cm)
Da qual: �L = 900 . 10–5cm
Q
–––
Δt
Q
–––––
3 . 60
Q = 720 000J
720 000
––––––––
4
Q = 180 000cal
�� = 75°C
�
–––
3
3,6 . 10–5
––––––––
3
�L = 9,0 . 10–3cm
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18 CC
Determine o tipo e a vergência (C), em dioptrias (di), da
lente de um instrumento óptico capaz de produzir uma
imagem, direita e aumentada de 5 vezes, de uma formiga
que está situada a 10cm do centro óptico dessa lente.
a) Lente côncava e C = 8di 
b) Lente côncava e C = 12,5di
c) Lente convexa e C = 8di
d) Lente convexa e C = 12,5di
e) Lente côncava e C = 2di
Resolução
Usando a equação do aumento linear transversal:
A = 
5 = 
5f – 50 = f
4f = 50
A vergência C é dada por:
C = = di
Como a vergência é positiva, a lente é convergente,
que foi nomeada como lente convexa.
f
––––
f – p
f
–––––
f – 10
f = 12,5cm
1
––
f
1
––––––
0,125
C = 8 di
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19 EE
A d.d.p. entre os terminais A e B da associação é igual a
17,0V e a resistência elétrica de cada resistor vale 1,0� . 
A intensidade da corrente elétrica que percorre o circuito é
a) 0,85A b) 1,0A c) 2,43A
d) 3,4A e) 4,0A
Resolução
Os terminais A e C e B e H constituem curto-circuitos.
Os terminais C e D, E e F e G e H fornecem
associações idênticas (3� associados em paralelo com
1�).
R’ = � = �
Os terminais D e E e F e G também fornecem asso -
ciações idênticas (2� associados em paralelo com 2�).
R” = � = 1 �
Assim:
Req = � + 1� + � + 1� + � = �
3 x 1
–––––
3 + 1
3
––
4
2 x 2
–––––
2 + 2
A C D E F G H B
3
4
�
1�
3
4
�
1�
3
4
�
3
––
4
3
––
4
3
––
4
17
––
4
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Aplicando-se a 1.a Lei de Ohm aos terminais da
associação, temos:
UAB = Req i ⇒ 17 = i ⇒
Observação: A questão foi anulada pela PUC por um
problema gráfico. Saiu um sinal de interrogação no
lugar da letra Ω.
17
––
4
i = 4,0A
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20 DD
Uma esfera de massa M é abandonada do repouso, no
ponto 1 de uma rampa de altura h, por onde passa a
deslizar sem atrito. No ponto 2, ela se choca frontalmente
com outra esfera de massa 1,5M, também inicialmente
em repouso.
Sendo a colisão perfeitamente elástica, qual a razão h'/h,
expressa em porcentagem (%), entre a nova altura
alcançada pela esfera e a altura inicial?
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
Resolução
1) O módulo da velocidade com que a esfera A, de
massa M, atinge a base da rampa (ponto 2) é dado
por:
EM1
= EM2
Mgh = 
VA = ����2gh
2) No ato da colisão, temos:
e = = 
1 = 
V’B – V’A = VA (I)
Qantes = Qapós
mAVA = mAV’A + mBV’B
MVA = MV’A + 1,5MV’B
VA = V’A + 1,5 V’B (II)
De I e II, vem:
(I) + (II):�
V’B – V’A = VA
1,5V’B + V’A = VA 
V’B – V’A–––––––––
VA – 0
Vaf–––––
Vap
V’B – V’A–––––––––
VA – VB
(antes) A
VA
B
V = 0B
m = MA m = 1,5MB
(após) A
V’A
B
V’B
m = MA m = 1,5MB
M VA
2
––––––
2
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2,5V’B = 2VA
V’B = VA
Em (I):
VA – V’A = VA
3) No retorno da esfera A, temos:
E’M2
= E’M1
= M g h’
VA’
2 = 2 g h’
�– VA�2 = 2 g h’
�– ����2gh�2 = 2 g h’
= 2 g h’
⇒
4
––
5
4
––
5
1V’A = – ––– VA5
M VA’
2
––––––
2
1
––
5
1
––
5
2gh
–––
25
h’
––– = 0,04
h
h’ = 4% . h
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