AFA 2005 — 30 questões de Física comentadas — Método TEF

A queda tem duas fases físicas diferentes. Nos primeiros $1{,}0\ \text{s}$, o movimento é uniformemente acelerado pela gravidade; depois da abertura do paraquedas, o enunciado estabelece velocidade constante. Primeiro encontramos a velocidade e a distância ao término da queda livre.

Partindo do repouso, $v=gt=10\cdot1=10\ \text{m/s}$. Nesse primeiro segundo, a distância percorrida é $\Delta s=\frac12gt^2=\frac12\cdot10\cdot1^2=5\ \text{m}$.

A altura restante é $305-5=300\ \text{m}$. Na segunda etapa, a rapidez já não varia: $\Delta t=\frac{300}{10}=30\ \text{s}$.

Conferência: somar as duas distâncias dá $5+300=305\ \text{m}$, exatamente a altura inicial. O intervalo total desde o abandono seria $31\ \text{s}$, mas a questão pergunta pelo tempo a partir da abertura.

As gotas saem do repouso em intervalos constantes $\tau$. A gota que acaba de se desprender está na altura inicial; a gota imediatamente abaixo cai há $\tau$; a gota inferior, há $2\tau$. É crucial ler $X$ e $Y$ como indicados pelas setas da figura.

Para um corpo solto do repouso, $s=\frac12gt^2$. Assim, a queda da gota intermediária é $Y=\frac12g\tau^2$. A gota inferior percorreu $X=\frac12g(2\tau)^2=4\left(\frac12g\tau^2\right)$.

Dividindo os dois deslocamentos, $\dfrac XY=\dfrac{4(\frac12g\tau^2)}{\frac12g\tau^2}=4$. Os fatores $g$ e $\tau$ desaparecem da razão.

Conferência: dobrar o tempo de queda quadruplica o deslocamento, comportamento característico da queda livre partindo do repouso. A alternativa correspondente é D.

Os três gráficos são de posição em função do tempo. A velocidade média depende do deslocamento total e da duração, não da inclinação de um trecho isolado: $v_m=\dfrac{x_f-x_i}{\Delta t}$.

Em cada situação, o movimento começa na posição $x_i=0$, alcança a posição $a$ e termina na posição $x_f=a/2$. O tempo final é o mesmo, $\Delta t=b$.

Logo, nas três situações, $v_m=\dfrac{a/2-0}{b}=\dfrac{a}{2b}$. A forma do percurso entre os extremos não altera esse resultado.

Os trechos ascendentes e descendentes têm inclinações distintas nos três desenhos, de modo que as velocidades instantâneas, iniciais ou finais, em geral são diferentes. Só a velocidade média coincide.

O ventilador gira como um corpo rígido em torno de um mesmo eixo. Portanto, os pontos A e B completam cada volta simultaneamente: compartilham o período $T$, a frequência $f$ e a velocidade angular $\omega=2\pi f$.

O ponto A está mais distante do centro de rotação que B, isto é, $r_A>r_B$. Pela relação $v=\omega r$, conclui-se que $v_A>v_B$. Assim, a alternativa A está correta.

O módulo da aceleração centrípeta é $a_c=\omega^2r$, portanto $a_A>a_B$. A alternativa D diz exatamente o contrário, sendo a afirmação incorreta pedida no enunciado.

As alternativas B e C também são verdadeiras: $\omega_A=\omega_B$ e $T_A=T_B$. A única incorreta é D.

Os movimentos começam ao mesmo tempo e se encontram no ponto Q. A componente horizontal da velocidade de N não é fornecida nem necessária: basta igualar as alturas das duas partículas no instante do choque.

Adotando o solo como origem vertical, a partícula M sobe com $y_M=30t-\frac12gt^2=30t-5t^2$. A partícula N parte de $120\ \text{m}$ com velocidade vertical inicial nula: $y_N=120-5t^2$.

No choque, $y_M=y_N$, logo $30t-5t^2=120-5t^2$, de onde $30t=120$ e $t=4\ \text{s}$. Substituindo na altura de M: $y_Q=30\cdot4-5\cdot16=40\ \text{m}$.

Pela trajetória de N, a queda vertical em quatro segundos é $5\cdot16=80\ \text{m}$; saindo de $120\ \text{m}$, resta $40\ \text{m}$. Os dois cálculos conferem.

O bloco permanece em repouso em relação à rampa acelerada e o contato não tem atrito. Isso exige que sua aceleração horizontal seja a mesma do plano. Na direção perpendicular à superfície atua a normal; a decomposição correta pode ser feita no referencial do solo ou da rampa.

No referencial acelerado com a rampa, atuam a força peso $mg$ e a força inercial horizontal de módulo $ma$, voltada em sentido oposto à aceleração da rampa. O equilíbrio da componente paralela à rampa fornece $mg\operatorname{sen}\theta=ma\cos\theta$.

Cancelando a massa, $a=g\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}=g\operatorname{tg}\theta$. Como $g$ é constante, $a$ é proporcional a $\operatorname{tg}\theta$.

A proporcionalidade passa por uma verificação física: para um plano quase horizontal, $\theta\to0$ e $a\to0$. Para inclinações mais acentuadas, a aceleração horizontal necessária cresce.

Começamos pelo gráfico de velocidade de A. A inclinação de uma reta $v\times t$ é a aceleração: nos primeiros $6\ \text{s}$, a velocidade cresce de zero para $24\ \text{m/s}$.

Logo $a=\Delta v/\Delta t=24/6=4\ \text{m/s}^2$. Sobre A, horizontalmente, a única força não compensada é a tração: $T=m_Aa$. Sobre B, verticalmente, $m_Bg-T=m_Ba$.

Substituindo a tração obtida para A na equação de B: $m_Bg-m_Aa=m_Ba$. Assim, $\dfrac{m_A}{m_B}=\dfrac{g-a}{a}=\dfrac{10-4}{4}=\dfrac32$.

Conferência: a massa de A é maior que a de B, mas apenas B tem peso motor na direção do fio, o que produz aceleração menor que $g$. O resultado é a alternativa C.

Em movimento circular uniforme, o módulo da velocidade é constante, mas sua direção muda. Por isso existe aceleração centrípeta, e a força resultante que a produz nunca é nula.

A partícula está no ponto P, à direita do centro da trajetória. A aceleração centrípeta $\vec a$ e a força resultante $\vec F=m\vec a$ apontam ambas para a esquerda, isto é, para o centro.

Como o movimento é horário, a velocidade tangencial $\vec v$ no ponto mais à direita aponta verticalmente para baixo. Precisamos, portanto, da figura com $\vec F$ à esquerda, $\vec a$ à esquerda e $\vec v$ para baixo.

Entre os quatro diagramas oferecidos, apenas a alternativa B representa simultaneamente essas três direções.

Para um pêndulo cônico ideal em regime circular uniforme, a tração $T$ no fio possui componente vertical que equilibra o peso e componente horizontal que fornece a resultante centrípeta. Afirmativa I: verdadeira.

No equilíbrio vertical, $T\cos\theta=mg$, portanto $T=mg/\cos\theta$. Se $\theta$ aumenta, $\cos\theta$ diminui e a tração aumenta. A afirmativa III é falsa.

Com comprimento do fio $\ell$, o raio do círculo é $r=\ell\operatorname{sen}\theta$. Na horizontal, $T\operatorname{sen}\theta=m\omega^2r$, de onde $\omega^2=g/(\ell\cos\theta)$ e $T_{\text{período}}=2\pi\sqrt{\ell\cos\theta/g}$. Portanto o período varia com $\theta$ (e com a velocidade). A afirmativa II também é falsa.

Conclusão física independente: somente I é verdadeira. O gabarito provisório código 21 indica A (I e II), mas não há alternativa “I apenas”. É uma inconsistência do item/gabarito que precisa ser tratada editorialmente antes de publicação como questão validada.

Na queda livre sem resistência do ar, a energia potencial gravitacional perdida transforma-se integralmente em energia cinética. Como o corpo é abandonado do repouso, sua energia cinética inicial vale zero.

A perda de energia potencial é $E$, logo $E=\Delta E_c=\frac12mv^2$. A velocidade indicada é a velocidade depois de perder essa energia.

Isolando a massa, $m=\dfrac{2E}{v^2}$. A alternativa correspondente é B.

Conferência dimensional: $\text{J}/(\text{m}^2/\text{s}^2)=\text{kg}$, como exige uma expressão para massa.

A bala acerta o bloco quando este já caiu por um segundo. A colisão fornece velocidade horizontal ao conjunto, mas não muda instantaneamente o movimento vertical. Precisamos primeiro determinar quanto tempo de queda ainda falta após o impacto.

Sem a bala, a duração total da queda a partir do repouso seria $t_f=\sqrt{2h/g}$. Como o choque acontece em $t=1\ \text{s}$, resta $\Delta t=\sqrt{2h/g}-1\ \text{s}$. No eixo horizontal, o momento se conserva durante o choque inelástico: $mv=(M+m)V_x$.

Portanto $V_x=\dfrac{m}{M+m}v$. Depois da colisão, essa velocidade horizontal mantém-se constante e produz desvio $x=V_x\Delta t$, isto é, $x=\left(\sqrt{\dfrac{2h}{g}}-1\right)\dfrac{m}{M+m}v$.

A alternativa D contém exatamente esse produto. As dimensões são consistentes: o termo entre parênteses é um tempo e $\dfrac{m}{M+m}v$ é uma velocidade.

A água sai horizontalmente pelo bico da mangueira e carrega quantidade de movimento. Para mantê-lo em repouso, o lavador precisa compensar a força de reação do jato.

Em um intervalo $\Delta t$, sai a massa $\Delta m=\dot m\Delta t$, com momento horizontal $\Delta p=\Delta m\cdot v$. A força média correspondente é $F=\Delta p/\Delta t=\dot m v$.

Com $\dot m=0{,}60\ \text{kg/s}$ e $v=25\ \text{m/s}$, temos $F=0{,}60\cdot25=15\ \text{N}$. A força exercida pela água sobre a mangueira tem módulo igual e sentido contrário à força sobre o jato.

Conferência dimensional: $(\text{kg/s})(\text{m/s})=\text{kg}\cdot\text{m/s}^2=\text{N}$. Resposta C.

A figura mostra duas reflexões sucessivas, primeiro em $E_1$ e depois em $E_2$. Em cada reflexão, o ângulo medido em relação à normal é conservado; para converter ângulos entre raio e superfície, devemos considerar complementos de $90^\circ$.

O raio faz ângulo $\theta$ com o primeiro espelho. Após refletir em $E_1$, continua fazendo $\theta$ com a superfície $E_1$, porém do lado oposto da normal. Entre as superfícies dos espelhos há ângulo $\beta$.

Pela configuração geométrica desenhada, o raio que chega a $E_2$ faz ângulo $\beta+\theta$ com a direção de referência da superfície. O ângulo agudo associado à normal do segundo espelho fica $\alpha=\beta+\theta-90^\circ$.

A expressão coincide com a alternativa B. O resultado depende da configuração indicada (raio que efetivamente se reflete nos dois espelhos).

A fonte submersa envia raios em todas as direções. Só escapam para o ar os que chegam à superfície com ângulo de incidência menor ou igual ao ângulo crítico. A abertura de saída é um círculo centrado na vertical da fonte.

Pela lei de Snell no limite de refração tangencial, $n_{\text{ÁGUA}}\operatorname{sen}\theta_c=n_{\text{AR}}$. Assim, $\theta_c=\arcsin\left(\dfrac{n_{\text{AR}}}{n_{\text{ÁGUA}}}\right)$.

O raio extremo percorre a profundidade vertical $h$ até a superfície. No triângulo retângulo formado, $\operatorname{tg}\theta_c=r/h$. Portanto $r=h\operatorname{tg}\left[\arcsin\left(\dfrac{n_{\text{AR}}}{n_{\text{ÁGUA}}}\right)\right]$.

O anteparo circular com esse raio cobre toda a região da superfície pela qual poderiam escapar raios vindos da fonte. A alternativa correta é A.

O cristalino trabalha como uma lente convergente que adapta sua curvatura para projetar imagens nítidas sobre a retina. A distância entre o cristalino e a retina varia muito pouco, mesmo quando a distância do objeto muda.

Pela relação das lentes $1/f=1/p+1/p^{\prime}$, ao aproximar o objeto, $p$ diminui e $1/p$ aumenta. Mantido aproximadamente fixo $p^{\prime}$, o valor de $1/f$ aumenta: a distância focal $f$ diminui.

A contração dos músculos ciliares permite que o cristalino fique mais convexo, aumentando seu poder de convergência. Isso corresponde à alternativa A.

A retina permanece na mesma região do olho; é o poder refrativo do cristalino que se ajusta para manter a imagem sobre ela.

Uma lupa é uma lente convergente utilizada para observar uma imagem ampliada de um objeto próximo. A condição típica de ampliação é colocar o objeto mais perto da lente do que o foco.

Quando $0virtual.

Nessa disposição, o aumento linear é positivo e de módulo maior que 1: a imagem é direita e ampliada. A alternativa A reúne a posição do objeto e a natureza correta da imagem.

Uma lupa funcionando como instrumento de observação não projeta uma imagem real sobre uma tela; quem a observa é o olho, que prolonga mentalmente os raios emergentes.

A massa oscila verticalmente em torno da posição de equilíbrio. O alongamento estático $b$ serve para determinar a constante da mola em função da massa: $kb=mg$. A distância inicial $\ell$ é medida em relação ao equilíbrio.

Da igualdade estática, $k/m=g/b$. Para pequenas oscilações de mola ideal, a frequência angular satisfaz $\omega^2=k/m$, logo $\omega=\sqrt{g/b}$.

A lei horária de MHS é $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$. O corpo foi abandonado do repouso na posição de elongação máxima inferior: $x(0)=\ell$ e $v(0)=0$. Portanto $A=\ell$ e $\varphi=0$, dando $x(t)=\ell\cos\left(\sqrt{g/b}\ t\right)$.

Conferência: para $t=0$, o cosseno vale 1 e $x=\ell$, em conformidade com a condição inicial. A frequência tem unidade $1/\text{s}$, pois $g/b$ tem unidade $1/\text{s}^2$.

O bloco executa MHS sem atrito. Sua energia mecânica permanece constante e se distribui entre a energia potencial elástica e a energia cinética.

Em relação à posição de equilíbrio $x=0$, $E=\frac12kA^2$ e $E_{pe}=\frac12kx^2$. Por conservação, $E_c(x)=E-E_{pe}=\frac12k(A^2-x^2)$.

Essa função é uma parábola com concavidade para baixo: o valor máximo ocorre em $x=0$ e os zeros em $x=\pm A$, onde o bloco inverte o sentido do movimento.

O único gráfico que apresenta energia cinética não negativa, máxima no equilíbrio e nula nos dois extremos é o da alternativa A.

Pontos do fio que permanecem praticamente parados são os nós da onda estacionária. A separação entre dois nós consecutivos não é um comprimento de onda completo: vale $\lambda/2$.

Sendo a distância entre nós $d=40\ \text{cm}=0{,}40\ \text{m}$, temos $\lambda=2d=0{,}80\ \text{m}$.

A velocidade da onda é $v=\lambda f=0{,}80\cdot60=48\ \text{m/s}$. Esse valor corresponde à alternativa C.

Conferência: com frequência fixa, duplicar a distância entre nós duplicaria a velocidade; a expressão respeita essa proporcionalidade.

A esfera A pode se deslocar sobre o arco semicircular sem atrito. As forças elétricas atuam sobre A ao longo de AB e AC; para ela permanecer em equilíbrio na posição indicada, a soma das componentes tangenciais dessas forças deve ser zero. A reação normal do anteparo compensa a componente radial.

Como BC é diâmetro de uma semicircunferência de raio $R$, o triângulo BAC é retângulo em A. Pelo ângulo $\alpha$ em C, $AB=2R\operatorname{sen}\alpha$ e $AC=2R\cos\alpha$. Os módulos das repulsões elétricas são $F_B=\dfrac{kq(8\ \mu\text{C})}{(2R\operatorname{sen}\alpha)^2}$ e $F_C=\dfrac{kq(64\ \mu\text{C})}{(2R\cos\alpha)^2}$.

A geometria da tangente ao arco fornece os fatores $\cos\alpha$ para a componente tangencial de $F_B$ e $\operatorname{sen}\alpha$ para a de $F_C$. O equilíbrio requer $F_B\cos\alpha=F_C\operatorname{sen}\alpha$. Substituindo as expressões anteriores e eliminando os fatores comuns: $\dfrac{8\cos\alpha}{\operatorname{sen}^2\alpha}=\dfrac{64\operatorname{sen}\alpha}{\cos^2\alpha}$.

Assim, $8\cos^3\alpha=64\operatorname{sen}^3\alpha$, isto é, $\operatorname{tg}^3\alpha=1/8$. Como $\alpha$ é agudo, $\operatorname{tg}\alpha=1/2=0{,}50$. Resultado obtido independentemente, de acordo com a alternativa C.

Entre as placas, o campo elétrico atua perpendicularmente à velocidade inicial. Portanto, a velocidade horizontal mantém módulo $v$, enquanto o movimento vertical é uniformemente acelerado pela força elétrica.

O tempo para percorrer o comprimento $L$ é $t=L/v$. A aceleração vertical tem módulo $a_y=|q|E/m$. Como a partícula entra no plano médio das placas e sai na borda superior, o deslocamento vertical é $\Delta y=D/2$.

Usando $\Delta y=\frac12a_yt^2$, obtemos $\dfrac D2=\dfrac12\dfrac{|q|E}{m}\dfrac{L^2}{v^2}$. Multiplicando por 2 e isolando o campo: $E=\dfrac{mDv^2}{|q|L^2}$. A alternativa D apresenta a expressão (considerando $q$ como módulo da carga).

Conferência dimensional: $mDv^2/(qL^2)$ tem unidades de força por carga, $\text{N/C}$, como deve ser para campo elétrico.

Uma chapa metálica introduzida entre as placas pode ser tratada como um condutor em equilíbrio eletrostático. Seu campo elétrico interno é nulo, e a diferença de potencial fica concentrada nas regiões de ar restantes.

A separação original é $D$. A chapa tem espessura $D/2$ e está centralizada; assim, a soma das espessuras dos dois vãos de ar é $D-D/2=D/2$.

O capacitor original tem $C_0=\varepsilon_0A/D$. Com a chapa, o sistema equivale a dois capacitores em série cuja espessura efetiva total de ar é $D/2$. Consequentemente, $C^{\prime}=\varepsilon_0A/(D/2)=2C_0$.

A capacitância dobra, alternativa B. O resultado é independente de como a espessura restante é dividida entre os dois vãos, desde que a chapa não toque as placas.

A corrente média em um intervalo é a carga total que atravessa o fio dividida pelo tempo. Em um gráfico $i\times t$, a carga corresponde geometricamente à área compreendida entre a curva e o eixo do tempo.

De $0$ a $2\ \text{s}$, a corrente é $3\ \text{A}$. A área retangular é $Q_1=3\cdot2=6\ \text{C}$. De $2$ a $6\ \text{s}$, a corrente cai linearmente até zero e a área triangular é $Q_2=\frac12\cdot4\cdot3=6\ \text{C}$.

A carga total vale $Q=Q_1+Q_2=12\ \text{C}$. Logo $i_m=Q/\Delta t=12/6=2\ \text{A}$.

A corrente média corresponde à alternativa C. A área total é de dois blocos de mesma carga, mas com intervalos temporais diferentes.

A figura mostra três lâmpadas em paralelo conectadas à mesma bateria de tensão constante $U$. Portanto, a diferença de potencial em cada ramo é igual a $U$.

Se a lâmpada 2 queimar, seu ramo fica aberto. Os ramos das lâmpadas 1 e 3 continuam recebendo a tensão $U$, logo suas potências $P_1=U^2/R_1$ e $P_3=U^2/R_3$ não se alteram.

A corrente total diminui, pois a contribuição $I_2$ desaparece: $I_{tot}^{\prime}=I_1+I_3

A alternativa A está correta. A resistência equivalente aumenta quando se remove um dos ramos paralelos, sem mudar os outros ramos.

A fonte F é ideal e aplica uma tensão constante $U$ aos dois ramos em paralelo: um contém o reostato de resistência $R$ e o outro contém a lâmpada de resistência fixa $R_L$.

As correntes são $I_R=U/R$ e $I_L=U/R_L$. A corrente total é $I=U/R+U/R_L$, e a potência entregue pela fonte vale $P=UI=U^2/R+U^2/R_L$.

Quando $R$ aumenta de $r_1$ para $r_2$, o termo $U^2/R$ diminui, enquanto o termo $U^2/R_L$ permanece constante. A curva decresce de forma não linear, tornando-se menos inclinada em módulo para valores maiores de $R$.

O gráfico compatível é o da alternativa A. A potência não cai até zero: mesmo para $R$ muito grande, a lâmpada continua consumindo energia.

As duas espiras estão no mesmo plano e carregam correntes de sentidos opostos, como indicam as setas. A regra da mão direita determina a direção do campo de cada espira ao longo do eixo perpendicular ao plano.

No ponto C, que está na região central de ambas, cada espira produz campo perpendicular ao plano com sentido dado pela respectiva corrente. Como as correntes circulam em sentidos opostos, os dois campos em C também se opõem; para valores apropriados de $i_1$ e $i_2$, seus módulos podem ser iguais.

No ponto D, externo às duas espiras, a orientação do campo de cada uma é oposta à orientação correspondente na região central do seu próprio círculo. Como as correntes continuam opostas, as contribuições em D também têm sentidos contrários, possibilitando cancelamento para outra relação apropriada entre as correntes.

O verbo “poderá” indica possibilidade, não anulação simultânea em C e D. Portanto o campo resultante pode ser nulo em C ou D, alternativa C.

O campo magnético aponta na direção $+y$ e a velocidade inicial do elétron aponta na direção $+z$. São direções perpendiculares; por isso a força magnética tem módulo $F=|q|vB$ e é perpendicular à velocidade em todos os instantes.

Uma força sempre perpendicular à velocidade não realiza trabalho e mantém o módulo da rapidez. Ela atua como força centrípeta, produzindo movimento circular uniforme.

O plano da órbita é perpendicular ao campo magnético: como $\vec B$ está no eixo $y$, a trajetória circular fica no plano $xz$. Isso corresponde à alternativa B.

O elétron tem carga negativa, o que inverte o sentido do vetor $\vec v\times\vec B$, mas não modifica o plano nem a forma da órbita.

No espectrômetro, o íon sai do repouso, ganha energia cinética pela ação do campo elétrico e depois descreve uma semicircunferência no campo magnético. Devemos combinar trabalho elétrico e força magnética centrípeta.

O íon tem carga $q=2e$ e percorre, na região I, a distância $2R$ ao longo do campo. O trabalho elétrico é $W=qE(2R)=4eER$, igual à energia cinética de entrada na região II: $\frac12mv^2=4eER$.

Na região II, a força magnética é centrípeta: $qvB=mv^2/R$. Portanto $2evB=mv^2/R$, o que fornece $v=2eBR/m$. Substituindo na expressão da energia: $\frac12m\left(\frac{2eBR}{m}\right)^2=4eER$.

Simplificando, $\frac{2e^2B^2R^2}{m}=4eER$ e $m=\dfrac{eB^2R}{2E}$. O resultado coincide com a alternativa A.

No arranjo da figura, a espira é inicialmente atravessada por um campo magnético uniforme, perpendicular à sua superfície. O giro de metade da espira altera a área efetiva perpendicular ao campo e, portanto, o fluxo magnético.

Pela lei de Faraday, a força eletromotriz induzida está associada à variação do fluxo: em intervalos finitos, o módulo médio é $|\mathcal E_m|=|\Delta\Phi|/\Delta t$. O fluxo inicial é máximo; durante o giro representado, sua contribuição da parte móvel diminui.

Pela lei de Lenz, a corrente induzida cria efeito magnético que se opõe a essa diminuição de fluxo. Aplicando a regra da mão direita à orientação da espira e ao sentido de giro representados, a corrente no segmento indicado circula de b para a.

Essa é a alternativa D. A intensidade da corrente não pode ser considerada constante, linear no tempo ou independente da velocidade do giro sem informações adicionais.

Uma espira condutora cai atravessando uma região de campo magnético. Quando apenas parte dela atravessa a fronteira do campo, o fluxo magnético através de sua área varia e surgem corrente induzida e força magnética que se opõem ao movimento.

Na entrada, o fluxo aumenta; a indução produz efeito que dificulta a penetração, reduzindo a aceleração em comparação com $g$. Quando a espira fica inteiramente dentro de uma região de campo uniforme, o fluxo é constante e, idealmente, a corrente induzida cessa. Nesse trecho, a aceleração volta a $g$.

Na saída, o fluxo diminui, reaparece corrente induzida e ocorre nova força de oposição ao movimento. Há dissipação elétrica por efeito Joule durante as passagens pelas fronteiras: parte da energia potencial inicial é transformada em energia interna, não em energia cinética.

Assim, a energia cinética ao chegar ao solo é menor que $mgh$: $\frac12mv_f^2