AFA 2012 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Movimento retrógrado significa $v<0$. Movimento acelerado significa aumento do módulo da velocidade, portanto velocidade e aceleração têm o mesmo sinal. Nesse caso, $a<0$.

Sendo uniformemente acelerado, a aceleração é constante. O gráfico adequado é a reta horizontal abaixo do eixo do tempo, apresentada em D.

A opção A inclui inversão do movimento; B representa velocidade constante; C apresenta velocidade positiva.

O deslocamento é a área sob o gráfico da velocidade. Como a velocidade não fica negativa, essa área também é a distância percorrida.

No trecho AB, a área retangular é $AB=v_0t_1$. Em BC, a área triangular é $BC=\frac12v_0(t_2-t_1)$.

Logo, $\boxed{\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{t_2-t_1}{2t_1}}$.

A questão foi anulada no gabarito oficial. O enunciado informa que tanto a velocidade do vento quanto a do avião são medidas em relação ao solo. Assim, a velocidade do avião em relação ao solo já é a resultante; somá-la novamente ao vento mistura referenciais.

Se o vetor $\vec B$ representasse a velocidade do avião em relação ao ar, poderíamos escrever $\vec v_\mathrm{solo}=\vec A+\vec B$. A condição de perpendicularidade ao vento daria $(\vec A+\vec B)\cdot\vec A=0$, logo $\cos\theta=-|\vec A|/|\vec B|$, correspondente a B.

Essa interpretação exige alterar a referência indicada no texto. Por isso, apresentamos o cálculo condicional, mantendo a anulação oficial.

Ao descer de H sem dissipação, A chega à base com $u=\sqrt{2gH}$. Considere sua massa $m$ e a de B igual a $2m$.

Em uma colisão frontal perfeitamente elástica com B inicialmente parado, a velocidade final de A é $v_A=\frac{m-2m}{m+2m}u=-u/3$. O sinal negativo indica seu retorno à rampa.

Na subida, $\frac12m(u/3)^2=mgh$. Como $u^2=2gH$, resulta $\boxed{h=H/9}$.

Para satélites do mesmo planeta, $T^2/R^3$ é constante. Portanto, $T_E=T_I(R_E/R_I)^{3/2}$.

Substituindo os raios orbitais, $T_E=1{,}8(6{,}72/4{,}20)^{3/2}=1{,}8(1{,}6)^{3/2}\approx3{,}64$ dias.

O valor mais próximo é $\boxed{3{,}60\text{ dias}}$. O diâmetro físico de cada satélite não entra nessa relação.

Em uma hora, o motor consome $8\,\mathrm L=8000\,\mathrm{cm^3}$. A massa de combustível é $m=0{,}675\cdot8000=5400\,\mathrm g$.

A energia fornecida é $Q=5400\cdot10000\cdot4=2{,}16\cdot10^8\,\mathrm J$. A energia útil é $W=P\Delta t=24000\cdot3600=8{,}64\cdot10^7\,\mathrm J$.

O rendimento é $\eta=W/Q=0{,}40=\boxed{40\%}$.

Com volume constante, a equação do gás ideal fornece $P\propto nT$. Como escapou $10\%$ da massa de ar, $n_f=0{,}9n_i$.

As temperaturas absolutas são $T_i=300\,\mathrm K$ e $T_f=320\,\mathrm K$. Assim, $P_f/P_i=0{,}9(320/300)=0{,}96$.

No tratamento da pressão adotado pela prova, $P_f=30\cdot0{,}96=28{,}8$, aproximadamente $\boxed{29\,\mathrm{libras/pol^2}}$.

Tome os momentos em relação ao apoio A. O peso da prancha atua em $L/2$, e o peso do líquido, $\rho gV^\prime$, atua na posição fixa $x$.

O equilíbrio exige $R_BL=P(L/2)+\rho gV^\prime x$. Logo, $R_B=P/2+(\rho gVx/L)(V^\prime/V)$.

Essa expressão é uma função linear crescente de $V^\prime/V$, começando em $P/2$ quando o recipiente está vazio. O gráfico é A.

I é falsa: uma máquina térmica converte parte do calor recebido em trabalho, e não energia mecânica em térmica como afirma o texto.

II é verdadeira: calor não passa espontaneamente do corpo frio ao quente; um refrigerador precisa de trabalho externo. III é falsa pelo enunciado de Kelvin–Planck: um ciclo não pode transformar integralmente em trabalho o calor retirado de uma única fonte.

IV é verdadeira: o rendimento de Carnot é o máximo entre as mesmas temperaturas. Corretas: $\boxed{\text{II e IV}}$.

No referencial do vagão acelerado à esquerda, a força de inércia aponta à direita. A gravidade efetiva inclina a normal à superfície livre; o ângulo de inclinação satisfaz $\tan\phi=a/g=\sqrt3/3$, logo $\phi=30^\circ$.

Pela orientação da figura, essa inclinação aproxima a normal da direção do raio incidente: o novo ângulo é $i_2=60^\circ-30^\circ=30^\circ$.

A lei de Snell, com os mesmos meios, implica $\sin r_1/\sin r_2=\sin i_1/\sin i_2=(\sqrt3/2)/(1/2)=\boxed{\sqrt3}$.

A separação entre franjas claras consecutivas é $\Delta y=\lambda D/d$. Como x separa uma clara de sua escura vizinha, $x=\Delta y/2$, de modo que $\lambda=2xd/D$: I é verdadeira.

O segundo máximo secundário está a $2\Delta y=4x$ do centro, não a $3x$: II é falsa.

O primeiro mínimo tem diferença de caminhos $\delta=\lambda/2=xd/D$, e não $xd/(2D)$: III é falsa. Somente I está correta.

A primeira lente fornece imagem direita e ampliada, logo é convergente e usada com o objeto entre a lente e seu foco: I é verdadeira.

Uma lente divergente justaposta reduz a convergência do conjunto e pode diminuir a ampliação. Uma plano-côncava, em ar e com índice maior que o do ar, atende a essa condição: II é verdadeira.

Pela associação, $1/f_\mathrm{eq}=1/f_1+1/f_2$. Como $f_2<0$, a potência convergente diminui e a distância focal equivalente aumenta, em vez de diminuir: III é falsa. Corretas: I e II.

Da desigualdade $0<V_A-V_C<V_B-V_C$, obtemos $V_B>V_A>V_C$.

O potencial elétrico diminui no sentido do campo. Na linha horizontal, o campo aponta para a direita; portanto, os pontos devem aparecer da esquerda para a direita na ordem B, A e C.

Essa disposição está na alternativa C.

A figura inicial tem dois ventres e a final tem quatro. Como $L=n\lambda/2$, o comprimento de onda cai à metade. A frequência é a mesma, logo a velocidade também cai à metade.

Na corda, $v=\sqrt{T/\mu}$, então $T_f=T_i/4$. Antes da imersão, $T_i=\rho Vg$; depois, $T_f=(\rho-\delta)Vg$.

Assim, $(\rho-\delta)/\rho=1/4$, ou $\delta/\rho=3/4$. Portanto, $\boxed{\rho/\delta=4/3}$.

Em campo elétrico uniforme, a ddp depende da projeção do deslocamento na direção do campo: $\Delta V=-\vec E\cdot\Delta\vec r$.

A diagonal AC é perpendicular à diagonal BD, direção do campo. Como A e O estão em AC, eles pertencem à mesma equipotencial.

Portanto, $\boxed{V_A-V_O=0}$. A escolha de potencial nulo em D não altera essa igualdade.

As camadas são atravessadas sucessivamente pelo campo, formando dois capacitores em série, cada um com espessura $d/2$ e área S.

Suas capacitâncias são $C_1=2\varepsilon_1S/d$ e $C_2=2\varepsilon_2S/d$. Logo, $1/C_\mathrm{eq}=1/C_1+1/C_2$, de onde $C_\mathrm{eq}=2S\varepsilon_1\varepsilon_2/[d(\varepsilon_1+\varepsilon_2)]$.

A carga das placas é $\boxed{Q=\dfrac{2S\varepsilon_1\varepsilon_2}{d(\varepsilon_1+\varepsilon_2)}U}$.

Para haver corrente através de um passarinho, é necessário existir ddp entre seus pés. Em um mesmo trecho de fio ideal sem componente entre os contatos, essa ddp é nula.

Os pássaros II e IV têm os pés sobre trechos de fio ideal equipotenciais. I e III têm uma lâmpada entre seus pontos de contato; esses pontos podem apresentar ddp quando o circuito é alimentado.

Logo, podemos garantir ausência de corrente nos pássaros $\boxed{\text{II e IV}}$.

Considere n pilhas em série por ramo e $40/n$ ramos em paralelo. A fem equivalente é $\varepsilon=1{,}5n$ e a resistência interna é $r_\mathrm{eq}=0{,}25n/(40/n)=n^2/160$.

A potência no resistor é $P=(1{,}5n)^2R/(R+n^2/160)^2$. Ela é máxima quando $r_\mathrm{eq}=R=2{,}5\,\Omega$, ou seja, $n=20$: dois ramos de vinte pilhas.

Então $\varepsilon=30\,\mathrm V$, $I=30/(2{,}5+2{,}5)=6\,\mathrm A$ e $P=I^2R=90\,\mathrm W$. O calor necessário é $Q=1000\cdot4{,}5\cdot10=45000\,\mathrm J$.

Assim, $t=Q/P=500\,\mathrm s=8{,}33\,\mathrm{min}$, aproximadamente $\boxed{8\text{ minutos}}$.

As forças elétrica, gravitacional e magnética são perpendiculares à direção inicial y. Para a trajetória permanecer retilínea nessa direção, a resultante transversal deve ser nula.

A carga é negativa: a força elétrica aponta para baixo, como o peso; a força magnética aponta para cima na orientação apresentada. A condição é $qvB=qE+mg$.

Nenhuma força tem componente em y, de modo que a rapidez permanece constante, $v=v_0$. O gráfico é a reta horizontal da alternativa A.

Pela lei de Faraday, o módulo da fem induzida durante a aproximação é $|\varepsilon|=|d\Phi/dt|$. Desprezando a autoindutância, $|i|=|\varepsilon|/R$.

A carga transportada na aproximação é $Q=\int|i|dt=|\Phi_f-\Phi_i|/R$, porque o fluxo varia em um único sentido nessa etapa.

Logo, $N=Q/e=|\Delta\Phi|/(Re)$. Para a mesma amplitude e os mesmos extremos da oscilação, a variação de fluxo é fixa e $\boxed{N\text{ não depende de }T}$.