AFA 2011 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Se cada cateto mede $\ell$, a hipotenusa mede $\ell\sqrt2$. A distância total é $(2+\sqrt2)\ell$.

Os tempos nos trechos A, B e C são $\ell\sqrt2/v$, $\ell/(2v)$ e $\ell/v$. Logo, $t_\mathrm{total}=(\sqrt2+3/2)\ell/v$.

Assim, $v_m=\dfrac{2+\sqrt2}{\sqrt2+3/2}v=\boxed{(4-2\sqrt2)v}$.

Após duas horas de movimento de A, sua posição é $s_A=80\cdot2=160\,\mathrm{km}$. Como B está $10\,\mathrm{km}$ atrás, percorreu $150\,\mathrm{km}$.

O tempo de movimento de B é $150/100=1{,}5\,\mathrm h$. Portanto, ele partiu $\Delta t=2-1{,}5=\boxed{0{,}50\,\mathrm h}$ depois de A.

O gráfico fornece $v_A=50-0{,}2t$ e $v_B=-50+0{,}2t$. Partindo da mesma posição, os deslocamentos são $\Delta s_A=50t-0{,}1t^2$ e $\Delta s_B=-50t+0{,}1t^2$.

Igualando-os, $100t-0{,}2t^2=0$, isto é, $t(100-0{,}2t)=0$. Além do encontro inicial, temos $\boxed{t=500\,\mathrm s}$.

A pedra é lançada horizontalmente do topo, a uma altura $2R$ do chão. Na queda, $2R=\frac12gt^2$, logo $t=2\sqrt{R/g}$.

Como o alcance é $4R$, sua velocidade no instante do rompimento era $v=4R/t=2\sqrt{gR}$, portanto $v^2=4gR$.

No topo da trajetória circular, tração e peso apontavam para o centro: $T+mg=mv^2/R=4mg$. Assim, $\boxed{T=3mg}$.

Para a soma, $S^2=A^2+B^2+2AB\cos60^\circ$. Como $B=2A$, encontramos $S^2=7A^2$.

Para a diferença, $D^2=A^2+B^2-2AB\cos60^\circ=3A^2$.

Logo, $\dfrac SD=\sqrt{\frac73}=\boxed{\frac{\sqrt{21}}3}$.

I é verdadeira: $m_Av_A=m_Bv_B$ e $m_A=2m_B$ implicam $v_A=v_B/2$.

II é verdadeira no sentido empregado na prova: uma força de atrito atuando durante um intervalo produz impulso $\vec J=\int\vec F_\mathrm{at}\,dt$. III também é verdadeira: a quantidade de movimento depende da velocidade medida no referencial; a luminária está parada para o passageiro, mas se move para o observador na plataforma.

IV é falsa: puxar os próprios cabelos produz forças internas, incapazes de erguer o centro de massa do conjunto. Portanto, I, II e III estão corretas.

Seja $K_0$ a energia cinética inicial, igual para as duas esferas, e $h$ a altura de lançamento. Pela conservação da energia, $K_{Af}=K_0+2mgh$ e $K_{Bf}=K_0+mgh$.

Como as massas são $2m$ e $m$, temos $v_A^2=K_0/m+2gh$ e $v_B^2=2K_0/m+2gh$.

Assim, $v_A^2<v_B^2$ e $\boxed{v_A/v_B<1}$.

I é correta: a leitura só se estabiliza quando termômetro e corpo atingem equilíbrio térmico.

No início, o vidro recebe calor antes do mercúrio; a expansão do reservatório pode reduzir momentaneamente o nível do líquido. Isso explica II. Depois o mercúrio aquece e, por dilatar mais que o vidro, faz a coluna subir até a leitura final: III é correta.

Portanto, as três proposições descrevem o processo considerado pela prova.

O rompimento em A deixa o conjunto à esquerda sem ligação ao neutro. À direita, $R_1$ e $R_2$ continuam ligados ao neutro, mantendo suas tensões de $110\,\mathrm V$. $R_5$ continua diretamente entre as fases, sob $220\,\mathrm V$.

À esquerda, $R_3=220\,\Omega$ e $R_4=110\,\Omega$ passam a ficar em série entre as fases. A corrente é $I=220/(220+110)=2/3\,\mathrm A$.

As novas tensões são $U_3=146{,}7\,\mathrm V$ e $U_4=73{,}3\,\mathrm V$. Como $P=U^2/R$, a potência aumenta somente em $\boxed{R_3}$.

I é verdadeira: o ar retido entre partículas reduz a condução de calor. II é falsa: a água tem densidade máxima próxima de $4^\circ\mathrm C$, e não de $2^\circ\mathrm C$.

III é falsa: corpos à temperatura ambiente emitem principalmente infravermelho, não ultravioleta. A descrição também não considera a redução das trocas por convecção na estufa.

IV é verdadeira: a lã dificulta a entrada de calor do ambiente mais quente, enquanto as túnicas claras refletem parte da radiação solar. Corretas: $\boxed{\text{I e IV}}$.

O ciclo é horário, logo o trabalho do gás é positivo e igual à área do retângulo. Convertendo litros: $\Delta V=(0{,}6-0{,}2)\cdot10^{-3}=4\cdot10^{-4}\,\mathrm{m^3}$.

Assim, $W=(2-1)\cdot10^5\cdot4\cdot10^{-4}=40\,\mathrm J$. Com $40$ ciclos por segundo, $P=40\cdot40=\boxed{1600\,\mathrm W}$.

Em um ciclo, $\Delta U=0$, portanto $Q_\mathrm{líq}=W=40\,\mathrm J$. A menor temperatura corresponde ao menor produto $PV$, que ocorre em D.

Com a chave em A e o capacitor carregado, não há corrente nos resistores de $2\,\Omega$ e $3\,\Omega$. A ddp do capacitor é $100\,\mathrm V$, e sua energia é $E=\frac12CU^2=\frac12(13\cdot10^{-6})(100)^2=65\,\mathrm{mJ}$.

Ao passar a chave para B, o capacitor descarrega pelos resistores de $10\,\Omega$, $5\,\Omega$ e $1\,\Omega$ em paralelo. A tensão instantânea é igual nos três; por $P=U^2/R$, as energias se dividem proporcionalmente às condutâncias.

A fração dissipada em $1\,\Omega$ é $\frac{1}{1/10+1/5+1}=10/13$. Portanto, $E_{1\Omega}=65(10/13)=\boxed{50\,\mathrm{mJ}}$.

Na dispersão normal da água, $n_\mathrm{violeta}>n_\mathrm{amarelo}>n_\mathrm{vermelho}$. O ângulo de incidência é o mesmo para as três cores.

Pela lei de Snell, $n_\mathrm{ar}\sin i=n_\mathrm{água}\sin r$. Quanto maior o índice na água, menor o ângulo refratado em relação à normal.

Assim, o vermelho tem o maior ângulo e o violeta o menor: $\boxed{\alpha>\beta>\gamma}$.

No instante inicial a corda está na deformação máxima, com velocidade transversal nula. Podemos escrever $y(x,t)=y(x,0)\cos(\omega t)$.

Após $3T/4$, $\cos(3\pi/2)=0$: todos os pontos passam pela posição de equilíbrio. A velocidade vale $\partial y/\partial t=-\omega y(x,0)\sin(\omega t)=\omega y(x,0)$.

Portanto, 1 e 3, inicialmente acima do equilíbrio, movem-se para cima; 2, inicialmente abaixo, move-se para baixo. A corda reta com esses sentidos é a alternativa C.

A passagem pelo orifício da câmara escura inverte a imagem nas duas direções do plano do objeto: a parte inferior do L aparece acima e sua parte à direita aparece à esquerda.

O observador vê esse anteparo através do espelho plano. A reflexão acrescenta a inversão lateral à imagem da câmara. Combinando as duas etapas, o traço horizontal fica acima e aponta para a direita.

Essa orientação corresponde à figura D.

Como os blocos são puxados lentamente por forças iguais, as deformações satisfazem $k_Ax_A=k_Bx_B$. Ao se encostarem, $x_A+x_B=d$.

Resolvendo, $x_A=k_Bd/(k_A+k_B)$ e $x_B=k_Ad/(k_A+k_B)$. No instante em que são soltos, as velocidades são nulas e toda a energia é elástica.

Logo, $E=\frac12k_Ax_A^2+\frac12k_Bx_B^2=\boxed{\dfrac{k_Ak_Bd^2}{2(k_A+k_B)}}$.

A aproximação do ímã aumenta o fluxo magnético através da bobina. Pela lei de Lenz, a corrente induzida cria um campo que se opõe a esse aumento.

A face da bobina voltada ao ímã assume o mesmo polo do polo A que se aproxima, seja ele norte ou sul. Polos iguais se repelem.

Assim, durante a aproximação, a bobina $\boxed{\text{sempre o repelirá}}$.

Como a carga é positiva, a força elétrica aponta para cima e o peso para baixo. Tomando o sentido vertical para cima como positivo, $a_y=qE/m-g$.

Os campos são uniformes, de modo que a aceleração é constante e depende apenas de $q$, $E$, $m$ e $g$. Ela não depende do ângulo de lançamento $\theta_0$.

Inclusive pode ser nula quando $qE=mg$. Portanto, somente C é correta.

O comprimento de onda do som é $\lambda=v/f=340/340=1\,\mathrm m$. A coluna de ar é aberta na boca e fechada pela água: há ventre de deslocamento na boca e nó na superfície da água.

Os comprimentos ressonantes obedecem $L=(2n-1)\lambda/4$. A figura D mostra $L=1-0{,}75=0{,}25\,\mathrm m=\lambda/4$, com nó embaixo e ventre em cima.

A configuração corresponde ao modo fundamental do tubo fechado.

A ddp acelera o elétron a partir do repouso. O ganho de energia cinética é $qU=\frac12mv^2$, logo $v=\sqrt{2qU/m}$.

Na região magnética, a força magnética fornece a força centrípeta: $qvB=mv^2/r$. Assim, $r=mv/(qB)$.

Substituindo a velocidade, $\boxed{r=\dfrac1B\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}}$.