AFA 2010 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A velocidade instantânea é a inclinação da tangente ao gráfico $S(t)$. No vértice da parábola, em $t=2\,\mathrm{s}$, a tangente é horizontal: $v=0$.

Antes do vértice, a posição diminui e a velocidade é negativa; depois, a posição aumenta e a velocidade é positiva. A concavidade para cima indica aceleração positiva. Assim, somente a afirmação C está correta.

A rapidez permanece em $15\,\mathrm{m/s}$, mas a direção da velocidade muda em $90^\circ$. Portanto, existe variação de velocidade e aceleração vetorial.

Como $\vec v_i$ e $\vec v_f$ são perpendiculares, $|\Delta\vec v|=\sqrt{15^2+15^2}=15\sqrt2\,\mathrm{m/s}$.

Dividindo pelo intervalo: $a_m=\dfrac{15\sqrt2}{5\sqrt2}=\boxed{3{,}0\,\mathrm{m/s^2}}$.

O gabarito oficial anula a questão. Podemos verificar uma inconsistência no encontro proposto, adotando $g=10\,\mathrm{m/s^2}$.

A coordenada horizontal de A é $x_A=80\cos30^\circ\,t=40\sqrt3\,t$. Para chegar à vertical de B, em $x=200\sqrt3$, A precisa de $t=5\,\mathrm{s}$. Nesse instante B está em movimento há $3\,\mathrm{s}$.

As alturas seriam $y_A=80\sin30^\circ(5)-5(5)^2=75\,\mathrm m$ e $y_B=70(3)-5(3)^2=165\,\mathrm m$. Elas não coincidem: os dados não permitem a colisão informada.

Calcular apenas $v_{yA}=-10\,\mathrm{m/s}$ e $v_{yB}=40\,\mathrm{m/s}$ sugeriria C, mas isso ignora a condição indispensável de igualdade das alturas. Mantemos a anulação oficial.

Em uma órbita circular, a gravitação fornece a força centrípeta: $\dfrac{GMm}{R^2}=m\omega^2R$. Logo, $\omega=\sqrt{\dfrac{GM}{R^3}}$.

Ao dobrar o raio, $\omega^\prime=\omega/2^{3/2}$. Assim, $\dfrac{\omega}{\omega^\prime}=2^{3/2}=\boxed{2\sqrt2}$.

Derivando a posição $S=20t-5t^2$, encontramos $v=20-10t$ e $a=-10\,\mathrm{m/s^2}$. A aceleração aponta para a esquerda nos três instantes.

As velocidades são $v(1)=10\,\mathrm{m/s}$, $v(2)=0$ e $v(3)=-10\,\mathrm{m/s}$: primeiro o vagão segue à direita, para instantaneamente e depois segue à esquerda.

No referencial do vagão, a força de inércia aponta à direita. A esfera fica inclinada à direita em todos esses instantes. Esse conjunto de velocidade, aceleração e inclinação corresponde a A.

Pelo teorema da energia cinética, a energia adquirida pelo bloco é o trabalho da força resultante. Peso e normal não realizam trabalho no deslocamento horizontal.

No caso 1, $W_1=Fd$. Nos casos 2 e 3, a componente horizontal tem módulo $F\cos\theta$, de modo que $W_2=W_3=Fd\cos\theta$.

Como $\cos\theta<1$, concluímos $\boxed{E_1>E_2=E_3}$.

O impulso é a área sob o gráfico $F(t)$ e corresponde à variação de quantidade de movimento: $J=mv$, pois o bloco parte do repouso.

No gráfico 1, a área é a soma de triângulo e retângulo: $J_1=\frac{1\cdot4}{2}+1\cdot4=6\,\mathrm{N\,s}$. No gráfico 2, $J_2=2\cdot4=8\,\mathrm{N\,s}$. No gráfico 3, $J_3=\frac{2\cdot4}{2}=4\,\mathrm{N\,s}$.

A massa é a mesma nas três situações. Assim, $\boxed{v_3<v_1<v_2}$.

Em equilíbrio, a tração indicada pelo dinamômetro soma-se ao empuxo para equilibrar o peso: $F+\rho Vg=mg$.

No líquido A, $\rho_A Vg=mg-F_1$; no líquido B, $\rho_B Vg=mg-F_2$. O volume submerso é o mesmo.

Dividindo as equações: $\boxed{\dfrac{\rho_A}{\rho_B}=\dfrac{mg-F_1}{mg-F_2}}$.

No trecho MN, a água super-resfriada inicia a solidificação. O calor liberado ao formar gelo aquece o conjunto de $-5^\circ\mathrm C$ até $0^\circ\mathrm C$.

No modelo calorimétrico empregado pela questão, $m_\mathrm{gelo}L=mc\Delta T$. Substituindo: $m_\mathrm{gelo}\cdot80=160\cdot1\cdot5=800\,\mathrm{cal}$.

Portanto, $\boxed{m_\mathrm{gelo}=10\,\mathrm g}$.

O volume transbordado mede a expansão do líquido além da expansão do recipiente: $\Delta V_\mathrm{ap}=V_0\beta_\mathrm{ap}\Delta T$.

Com $\Delta T=120-20=100^\circ\mathrm C$, temos $\beta_\mathrm{ap}=\dfrac{27}{3000\cdot100}=\boxed{9{,}0\cdot10^{-5}\,^\circ\mathrm C^{-1}}$.

Na malha, o objeto mede $2\,\mathrm{cm}$ e a imagem invertida mede $1\,\mathrm{cm}$. Assim, $A=-1/2=-p^\prime/p$, logo $p^\prime=p/2$. A separação entre objeto e imagem é $3\,\mathrm{cm}$, portanto $p-p^\prime=3$ e obtemos $p=6\,\mathrm{cm}$, $p^\prime=3\,\mathrm{cm}$.

A equação do espelho fornece $\frac1f=\frac16+\frac13$, ou seja, $f=2\,\mathrm{cm}$.

Para a nova imagem com aumento positivo $A=2$, vale $p^\prime=-2p$. Então $\frac12=\frac1p-\frac1{2p}=\frac1{2p}$, resultando em $\boxed{p=1\,\mathrm{cm}}$.

Em AB, a temperatura é constante e o volume aumenta. A equação $PV=nRT$ implica pressão decrescente: no plano $P\times V$, AB é um trecho de hipérbole percorrido para a direita e para baixo.

Em BC, o volume fica constante e a temperatura diminui. A pressão também diminui, de modo que BC é um segmento vertical para baixo.

A combinação das duas transformações corresponde ao gráfico A.

A lente amplia as letras sem inverter sua orientação. Portanto, produz uma imagem virtual, direita e maior que o objeto: comportamento de uma lente convergente usada como lupa, com o objeto entre ela e o foco.

Entre as opções, a lente côncavo-convexa é a convergente apresentada pela classificação da prova. As demais são divergentes nessa classificação.

As franjas escuras consecutivas são igualmente espaçadas. Pela figura, AB corresponde ao intervalo entre duas franjas escuras vizinhas, enquanto BC abrange três intervalos iguais.

Chamando cada intervalo de $\Delta x$, temos $AB=\Delta x$ e $BC=3\Delta x$. Portanto, $\boxed{AB/BC=1/3}$.

A está na mediatriz dos centros dos anéis: cada elemento do anel positivo possui um correspondente negativo à mesma distância de A. Seus potenciais se cancelam, e $V_A=0$.

B está mais perto do anel positivo que do negativo; como as cargas têm o mesmo módulo, o potencial positivo predomina: $V_B>0$.

A carga de prova é negativa. Assim, $\Delta U=q(V_B-V_A)<0$. Como a velocidade é constante, $\Delta K=0$ e o trabalho externo é $W_\mathrm{ext}=\Delta U<0$.

Os pontos A e B estão à mesma altura. Logo, o trabalho total do peso entre eles é nulo. A tração também não faz trabalho, pois é perpendicular ao deslocamento instantâneo.

A força elétrica, de módulo $qE$, aponta para a esquerda. O deslocamento horizontal de A até B, nessa direção, mede $2\ell\sin\theta$. Seu trabalho é $W_e=2qE\ell\sin\theta$.

Como a esfera parte do repouso, o teorema da energia cinética fornece $\boxed{K_B=2qE\ell\sin\theta}$.

As três pilhas em série fornecem $4{,}5\,\mathrm V$. Pela ligação dos fios, $R_2$ e $R_3$ estão em paralelo, e esse conjunto está em série com $R_1$. A ddp de $2\,\mathrm V$ medida em $R_2$ também está em $R_3$.

Logo, $V_1=4{,}5-2=2{,}5\,\mathrm V$ e a corrente em $R_1$ é $I_1=2{,}5/2{,}5=1\,\mathrm A$. Em $R_3$, $I_3=2/3\,\mathrm A$.

A corrente no amperímetro é a corrente do ramo $R_2$: $I_2=I_1-I_3=1/3\,\mathrm A$. Assim, $R_2=2/(1/3)=6\,\Omega$. Obtemos $\boxed{V_1=5/2\,\mathrm V,\ I_A=1/3\,\mathrm A,\ R_2=6\,\Omega}$.

Em regime permanente de corrente contínua, o capacitor não conduz. No ramo superior, a corrente vale $12/(2+4)=2\,\mathrm A$; no inferior, $12/(1+2)=4\,\mathrm A$.

A queda de potencial do nó esquerdo até cada terminal do capacitor é a mesma: $2\cdot2=4\,\mathrm V$ acima e $4\cdot1=4\,\mathrm V$ abaixo. Portanto, os terminais são equipotenciais.

A ddp do capacitor é zero e $Q=C\Delta V=\boxed{0\,\mu\mathrm C}$.

A força magnética é sempre perpendicular à velocidade da partícula, portanto não realiza trabalho. Ela pode desviar a trajetória, mas não alterar diretamente a energia cinética.

O trabalho do peso ao descer a altura $h$ vale $mgh$. Como a partícula é solta do repouso, $\Delta K=mgh$ e $\boxed{K=mgh}$ ao atravessar o plano xy.

A força magnética $q\vec v\times\vec B$ desloca cargas livres para extremidades opostas da barra. Essa separação cria um campo elétrico interno: I está correta.

A separação prossegue até a força elétrica equilibrar a força magnética. Em módulo, $qE=qvB$, portanto $E=vB$: II está correta.

Para uma barra de comprimento $\ell$ na direção da separação, a ddp entre as extremidades é $\varepsilon=E\ell=B\ell v$, a fem de movimento: III também está correta.

Logo, as três afirmações estão corretas.