AFA 2013 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Como $\vec D=\vec A+\vec C$ tem módulo nulo, $\vec C=-\vec A$.

Então $\vec R=\vec B+\vec C=\vec B-\vec A$. Somando com $\vec S=\vec A+\vec B$, obtemos $\vec F=\vec S+\vec R=2\vec B$.

Logo, $|\vec F|=2|\vec B|=\boxed{16u}$. O módulo de $\vec S$ não é necessário para esse resultado.

Como A e B são coaxiais, $\omega_A=\omega_B$; como C e D são coaxiais, $\omega_C=\omega_D$. A correia sem deslizamento impõe $\omega_BR_B=\omega_CR_C$, logo $\omega_A=5\omega_C$.

Enquanto o fio se desenrola, A dá $L/(2\pi R_A)=10\pi/(2\pi)=5$ voltas. Na frenagem, C dá n voltas e A dá $5n$. O total é $5(n+1)$.

No início da frenagem, o gráfico fornece $\omega_D=2\pi$, logo $\omega_A=10\pi\,\mathrm{rad/s}$. Na etapa acelerada, a velocidade linear final na periferia de A é $v_A=\omega_AR_A=10\pi\,\mathrm{m/s}$.

Usando $v_A^2=2aL$, temos $100\pi^2=2a(10\pi)$, de onde $\boxed{a=5\pi\,\mathrm{m/s^2}}$.

O vértice da parábola de b ocorre em $t=4\,\mathrm s$, quando sua velocidade é zero. Como $v_{b0}=8\,\mathrm{m/s}$, $0=8+a_b(4)$, portanto $a_b=-2\,\mathrm{m/s^2}$.

Em $t=3\,\mathrm s$, $v_b=8-2\cdot3=2\,\mathrm{m/s}$. Nesse instante a reta de a é tangente à parábola: as inclinações, e portanto as velocidades, são iguais.

A partícula a tem velocidade constante $2\,\mathrm{m/s}$. Em quatro segundos percorre $\boxed{\Delta s_a=2\cdot4=8\,\mathrm m}$.

Como a rampa faz $45^\circ$, B está a uma distância horizontal h de A. O alcance horizontal de B até C é $2h$. A trajetória a partir de B satisfaz $y=h+x-\frac{gx^2}{v_B^2}$.

Em C, $y=0$ e $x=2h$: $0=3h-4gh^2/v_B^2$, portanto $v_B^2=4gh/3$. A altura máxima é $H=h+v_B^2/(4g)=4h/3$.

A energia inicial da mola se transforma em energia mecânica em B: $\frac12kx^2=mgh+\frac12mv_B^2=5mgh/3=5mgH/4$.

Logo, $\boxed{x=\sqrt{\dfrac{5mgH}{2k}}}$.

Sem líquido, a normal inferior é $N_1=\mu_1Vg$. Quando a esfera flutua com metade do volume submerso, o equilíbrio exige $\mu g(V/2)=\mu_1Vg$, logo $\mu=2\mu_1$.

Com a esfera totalmente submersa e encostada no teto, o empuxo aponta para cima e o peso e a normal do teto para baixo. Assim, $N_2=\mu Vg-\mu_1Vg=\mu_1Vg$.

Portanto, $\boxed{N_2/N_1=1}$.

Na iminência de perder contato, a normal é nula. A componente vertical da tração equilibra o peso e a horizontal fornece a força centrípeta.

A figura mostra desnível $\ell/2$ para fio de comprimento $\ell$, logo $\sin\theta=1/2$ e $\cos\theta=\sqrt3/2$. O raio da órbita é $r=\ell\cos\theta$.

Assim, $T\sin\theta=mg$ e $T\cos\theta=mv^2/r$. Dividindo e substituindo r, $v^2=g\ell\cos^2\theta/\sin\theta=(3/2)g\ell$.

Portanto, $\boxed{v=\sqrt{3g\ell/2}}$.

A dilatação linear é $L=L_0(1+\alpha\theta)$. A inclinação do gráfico $L\times\theta$ vale $L_0\alpha$.

Como as retas são paralelas, $L_{A0}\alpha_A=L_{B0}\alpha_B$. Na figura, $L_{A0}=\ell$ e $L_{B0}=2\ell$.

Assim, $\ell\alpha_A=2\ell\alpha_B$, ou $\boxed{\alpha_A/\alpha_B=2}$.

O gabarito oficial anula a questão. O texto fornece $C_V=2R/3$ e $C_P=5R/2$, mas para um gás ideal deve valer a relação de Mayer $C_P-C_V=R$. Os valores impressos dão $11R/6$, incompatível com essa condição.

No ciclo, $T_A=500\,\mathrm K$, $T_B=1000\,\mathrm K$ e $T_C=2000\,\mathrm K$. O trabalho é a área: $W=(2-1)\cdot10^5(0{,}4-0{,}2)=20000\,\mathrm J$.

Se usarmos literalmente os calores específicos impressos, $Q_\mathrm{in}=5(2R/3)(500)+5(5R/2)(1000)\approx113333\,\mathrm J$, dando $\eta\approx17{,}6\%$.

Se a fração de $C_V$ fosse $3R/2$, consistente com $C_P=5R/2$, obteríamos $Q_\mathrm{in}=130000\,\mathrm J$ e $\eta\approx15{,}4\%$. Essa diferença mostra por que não devemos escolher uma alternativa após corrigir silenciosamente o enunciado. Mantemos a anulação.

As escalas se relacionam por $F=1{,}8C+32$. Para uma mesma variação de temperatura, $\Delta F=1{,}8\Delta C$. Assim, o intervalo de $1^\circ\mathrm C$ equivale a $1{,}8^\circ\mathrm F$, confirmando B.

Sendo os termômetros fisicamente idênticos e expostos à mesma temperatura, a altura do álcool é igual. Os números não são sempre diferentes: em $-40^\circ$, Celsius e Fahrenheit coincidem.

Inicialmente o raio atravessa a interface com incidência $45^\circ$ sem desvio. Pela lei de Snell, isso exige $n_1=n_2$.

Para o raio chegar integralmente a D, precisa sofrer reflexão total na nova interface. O índice $n_3$ deve satisfazer $n_3>n_2$ e $\sin45^\circ>n_2/n_3$.

Portanto, $n_3>\sqrt2\,n_2=\sqrt2\,n_1\approx1{,}414n_1$. Entre as opções, somente $\boxed{n_3=1{,}5n_1}$ atende.

A diferença de fase entre pontos separados por $\Delta x$ é $\Delta\phi=2\pi\Delta x/\lambda$.

Entre $\alpha$ e $\beta$, a separação é $\lambda$: estão em fase. Entre $\beta$ e $\gamma$, a separação é $\lambda/2$: estão em oposição. Entre $\alpha$ e $\gamma$, a separação é $3\lambda/2$: também estão em oposição.

Somente III é verdadeira. IV é falsa porque a oposição não ocorre apenas entre $\gamma$ e $\beta$.

A frequência fundamental de uma corda é $f_A=(1/2L)\sqrt{T_A/\mu}$, portanto $T_A\propto f_A^2$.

Ao aumentar a tensão de A, sua frequência sobe até igualar a de B, f. Como inicialmente havia x batimentos por segundo, a frequência inicial de A era $f-x$.

Logo, $\boxed{\dfrac{T_\mathrm{maior}}{T_\mathrm{menor}}=\left(\dfrac f{f-x}\right)^2}$.

Na direção da oscilação, a componente constante do peso desloca a posição de equilíbrio. Se x é medido a partir desse equilíbrio, a resultante fica $F=-kx$.

Assim, $\omega=\sqrt{k/m}$ e $T=2\pi\sqrt{m/k}$, tanto na rampa quanto na vertical.

Como m e k são os mesmos, $\boxed{T^\prime/T=1}$.

A atração elétrica fornece a força centrípeta: $KQq/r^2=mv^2/r$, logo $KQq/r=mv^2$.

A energia potencial é negativa, $U=-KQq/r=-mv^2$, pois as cargas têm sinais opostos e adotamos $U=0$ no infinito.

Somando a energia cinética, $E=\frac12mv^2+U=\boxed{-\frac12mv^2}$.

Com as chaves abertas, os resistores de $100\,\Omega$, $50\,\Omega$ e $300\,\Omega$ estão em série. A corrente no amperímetro é $I_A=1{,}5/450=1/300\,\mathrm A$.

Ao fechar C₂, o resistor de $50\,\Omega$ é curto-circuitado. Ao fechar C₁, R fica em paralelo com o resistor de $100\,\Omega$. A leitura mantida exige tensão $U=100I_A=1/3\,\mathrm V$ nesse paralelo.

A corrente total em $300\,\Omega$ é $I_\mathrm{tot}=(1{,}5-1/3)/300=7/1800\,\mathrm A$. A corrente em R é $I_R=I_\mathrm{tot}-I_A=1/1800\,\mathrm A$.

Portanto, $R=U/I_R=(1/3)/(1/1800)=\boxed{600\,\Omega}$.

Os capacitores estão em série. Ao abrir a chave, a carga das placas isoladas fica conservada. C₁ não tem sua geometria alterada, portanto $U_1=Q/C_1$ permanece constante.

A inclinação deixa regiões da armadura mais próximas e outras mais afastadas. A capacitância local é proporcional a $1/d$: o ganho nas regiões de menor distância predomina sobre a perda nas de maior distância. Assim, $C_2$ aumenta e, com carga fixa, $U_2=Q/C_2$ diminui.

Assim, a ddp de C₁ fica constante e a de C₂ diminui: alternativa B.

Um elemento radial do disco situado à distância r do eixo tem rapidez $v=\omega r$. A fem gerada nesse elemento é $d\varepsilon=B\omega r\,dr$.

Integrando do eixo à borda de raio R, $\varepsilon=\int_0^RB\omega r\,dr=B\omega R^2/2$. Como B e $\omega$ são constantes, a fem também é constante.

Para uma lâmpada ôhmica, $P=\varepsilon^2/R_L$ é constante e positiva. O gráfico é C.

No modelo de Bohr, $E_n=-13{,}6/n^2\,\mathrm{eV}$. A transição de $n=2$ para $n=1$ libera $\Delta E=13{,}6(1-1/4)=10{,}2\,\mathrm{eV}$.

Como $\lambda=hc/\Delta E$ e $hc\approx1240\,\mathrm{eV\,nm}$, $\lambda\approx1240/10{,}2=121{,}6\,\mathrm{nm}=1{,}216\cdot10^{-7}\,\mathrm m$.

Esse comprimento de onda pertence ao $\boxed{\text{ultravioleta}}$, na série de Lyman.

Mesmo em um campo não uniforme, a força magnética é $\vec F=q\vec v\times\vec B$ e permanece perpendicular à velocidade. Sua potência é $\vec F\cdot\vec v=0$.

Assim, o campo não realiza trabalho e a energia cinética $\frac12mv^2$ fica constante. A direção da velocidade pode variar, mas seu módulo continua igual a $v_0$.

O gráfico horizontal de $v$ em função de x corresponde a D.

Cada elétron acelerado pela ddp de $4{,}0\cdot10^4\,\mathrm V$ adquire energia cinética de $40\,\mathrm{keV}$. Um fóton produzido na desaceleração não pode ter energia superior a esse valor.

Logo, $\lambda_\mathrm{min}=hc/E_\mathrm{max}\approx12400\,\mathrm{eV\,\text{Å}}/40000\,\mathrm{eV}=0{,}31\,\text{Å}$.

Entre os valores apresentados, somente $\boxed{0{,}35\,\text{Å}}$ é maior que esse limite e, portanto, possível.