AFA 2014 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O objeto é lançado para trás com velocidade que anula sua velocidade horizontal em relação à Terra. Ele cai do repouso da altura $2R$, portanto $2R=gt^2/2$ e $t=2\sqrt{R/g}$.

Nesse tempo a motocicleta percorre meia volta, de comprimento $\pi R$. Logo, $v=\pi R/t=(\pi/2)\sqrt{gR}$ e $v^2/R=\pi^2g/4$.

No topo, normal e peso apontam para o centro: $N+P=mv^2/R$. Dividindo por $P=mg$, $N/P=\pi^2/4-1=10/4-1=\boxed{1{,}5}$.

Durante a subida, a inclinação do gráfico dá $a_\mathrm{sub}=(0-4)/0{,}5=-8\,\mathrm{m/s^2}$. A distância AB é a área triangular: $s=4\cdot0{,}5/2=1\,\mathrm m$.

Adotando $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ e $\sin37^\circ=0{,}6$, a componente do peso produz $6\,\mathrm{m/s^2}$ ladeira abaixo. A contribuição do atrito tem módulo $8-6=2\,\mathrm{m/s^2}$.

Na descida o atrito inverte o sentido; a aceleração é $6-2=4\,\mathrm{m/s^2}$. Partindo do repouso em B, $v^2=2as=2\cdot4\cdot1$, portanto $\boxed{v=2\sqrt2\,\mathrm{m/s}}$.

A barra e a mola são perpendiculares na articulação comum. A distância entre os apoios é $2L_0$, e a barra mede $L_0$. Pelo triângulo retângulo, o comprimento da mola é $\sqrt{(2L_0)^2-L_0^2}=\sqrt3L_0$. Sua deformação é $(\sqrt3-1)L_0$.

A barra faz $60^\circ$ com a horizontal. O centro de massa está a $L_0/2$ do apoio, de modo que o braço horizontal do peso é $(L_0/2)\cos60^\circ=L_0/4$.

Tomando torques em relação ao apoio da barra, $F_\mathrm{mola}L_0=mgL_0/4$, logo $F_\mathrm{mola}=mg/4$. Pela lei de Hooke, $\boxed{k=\dfrac{mg}{4L_0(\sqrt3-1)}}$.

Para Carnot, $\eta=1-T_f/T_q$, com temperaturas em kelvins. Na máquina 1, as temperaturas são $500\,\mathrm K$ e $800\,\mathrm K$, logo $\eta_1=0{,}375$. Na máquina 2, $\eta_2=1-227/527\approx0{,}569$: I é verdadeira.

II é falsa, pois $Q_{q1}=W/\eta_1=2000/0{,}375\approx5333\,\mathrm J$. III é verdadeira: $Q_{f2}=4000(227/527)\approx1723\,\mathrm J$.

IV é falsa: para igual calor recebido, a máquina de maior rendimento rejeita menos calor. Corretas: $\boxed{\text{I e III}}$.

Inicialmente, o peso aparente do corpo é $m_1g$. O empuxo satisfaz $\rho_0V_0g=(M-m_1)g$, portanto $\rho_0V_0=M-m_1$.

Na temperatura x, o corpo tem volume $V_0(1+\gamma x)$. Se $\beta$ é o coeficiente do líquido, sua densidade é $\rho_x=\rho_0/(1+\beta x)$. O novo equilíbrio dá $M-m_2=\rho_0V_0(1+\gamma x)/(1+\beta x)$.

Substituindo a relação inicial e isolando $\beta$, $1+\beta x=\dfrac{M-m_1}{M-m_2}(1+\gamma x)$.

Assim, $\boxed{\beta=\dfrac{m_2-m_1}{(M-m_2)x}+\dfrac{M-m_1}{M-m_2}\gamma}$.

Os dois corpos descem $2\,\mathrm m$ em cada repetição. Como a velocidade é constante, não há variação de energia cinética: a perda de energia potencial transforma-se em calor na água.

Por queda, $Q_1=(6+4)\cdot10\cdot2=200\,\mathrm J$. Em 40 quedas, $Q=8000\,\mathrm J$.

A água tem massa $1000\,\mathrm g$ e calor específico $4\,\mathrm{J/(g\,^\circ C)}$. Logo, $\Delta T=Q/(mc)=8000/(1000\cdot4)=\boxed{2^\circ\mathrm C}$.

A entropia é função de estado. Portanto, sua variação total em qualquer ciclo é nula. Nas etapas adiabáticas reversíveis também vale $\Delta S=0$; nas expansões isotérmicas AB e EF a entropia aumenta.

No ciclo 2, a condição reversível é $Q_1^\prime/T_3=Q_2^\prime/T_4$. A figura fornece $T_3=300\,\mathrm K$ e $T_4=100\,\mathrm K$.

Logo, $Q_1^\prime/Q_2^\prime=300/100=3$ e $\Delta S_\mathrm{ciclo}=0$. As duas afirmações de D estão corretas.

O gráfico mostra que B realiza duas oscilações no tempo de uma oscilação de A. Logo, $\omega_B=2\omega_A$. Como as massas são iguais e $k=m\omega^2$, $k_B=4k_A$.

No instante $t_2$, os dois sistemas têm o mesmo deslocamento não nulo. A energia potencial é $E_P=kx^2/2$, portanto $E_{PB}=4E_{PA}>E_{PA}$.

Assim, a afirmação correta é D. No instante $t_1$, a igualdade das posições também não implica igualdade das energias cinéticas, pois os sistemas têm frequências diferentes.

Use as duas partes do objeto como marcadores: na parte superior, a metade preta está acima; na inferior, a metade preta está à direita. Cada reflexão altera ambas as partes de forma coerente, sem mudar apenas uma delas isoladamente.

Nos espelhos planos ortogonais, as duas imagens de uma reflexão aparecem giradas nos lados; a imagem de duas reflexões apresenta a transformação correspondente à rotação de $180^\circ$. As imagens reais do espelho côncavo e da lente convergente também são invertidas, com a transformação do conjunto inteiro.

As figuras A, B e C correspondem a essas transformações. D mantém a ordem vertical das partes e muda apenas a lateralidade da parte inferior, combinação que nenhum dos arranjos apresentados produz. Portanto, a imagem impossível é D.

A rede tem $1000$ linhas por milímetro, portanto sua separação é $d=10^{-3}/1000=10^{-6}\,\mathrm m$.

Os máximos principais satisfazem $d\sin\theta=m\lambda$. Como $|\sin\theta|\le1$, $|m|\le d/\lambda=10^{-6}/(4\cdot10^{-7})=2{,}5$. As ordens inteiras possíveis são $-2,-1,0,1,2$.

São cinco máximos principais: o central e dois pares simétricos. A alternativa que mostra esse número é C.

A resultante em C é perpendicular a AB e aponta para o interior do triângulo. Ela está entre as direções de C para A e de C para B; assim, as duas forças são de atração. Logo, A e B têm o mesmo sinal entre si e sinal oposto ao de C: $q_A/q_B>0$.

Se $AB=BC=s$, a base é $AC=2s\cos\alpha$. Pela lei de Coulomb, $\dfrac{F_A}{F_B}=\dfrac{|q_A|}{|q_B|}\dfrac{s^2}{AC^2}=\dfrac{q_A/q_B}{4\cos^2\alpha}$.

Portanto, $q_A/q_B=4\cos^2\alpha(F_A/F_B)$. Como $0<\cos^2\alpha<1$, $\boxed{0<q_A/q_B<4F_A/F_B}$, como afirma C.

A interação é repulsiva. Na distância mínima, a separação deixa de diminuir, portanto as partículas têm velocidades iguais. Pela conservação do momento, $mv_0=2mv$, logo $v=v_0/2$.

Inicialmente, a energia cinética total é $K_i=mv_0^2/2$. Na aproximação máxima, $K_f=2[\frac12m(v_0/2)^2]=mv_0^2/4$.

A diferença vira energia potencial: $Kq^2/d_\mathrm{min}=K_i-K_f=mv_0^2/4$. Assim, $\boxed{d_\mathrm{min}=4Kq^2/(mv_0^2)}$.

Em série, a fem é $2\varepsilon$ e a resistência interna é $2r$: $P_s=4\varepsilon^2R/(R+2r)^2$. Em paralelo, a fem é $\varepsilon$ e a resistência interna é $r/2$: $P_p=\varepsilon^2R/(R+r/2)^2$.

A potência máxima ocorre quando a resistência externa iguala a interna. Logo, os máximos ficam em $R=2r$ para série e $R=r/2$ para paralelo. Ambos têm altura $P_\mathrm{max}=\varepsilon^2/(2r)$.

As curvas se cruzam em $R=r$; para resistências maiores, a associação em série fornece maior potência. O gráfico que reúne essas características é C.

Cada fio produz em P campo de módulo $B_0=\mu i/(2\pi d)$. Pela regra da mão direita, as componentes paralelas a y se cancelam, enquanto as componentes na direção x se somam.

A projeção de cada campo nessa direção traz o fator $\ell/(2d)$. Logo, $B_\mathrm{res}=2B_0\ell/(2d)=\mu i\ell/(2\pi d^2)$.

A velocidade está em y, perpendicular ao campo resultante. Assim, $\boxed{F=qvB_\mathrm{res}=\dfrac{\mu i\ell qv}{2\pi d^2}}$.

Julieta está em repouso em relação ao balanço, portanto mede o período próprio $T_0$. Romeu vê os eventos separados por um intervalo dilatado: $T=\gamma T_0$.

Com $v=0{,}5c$, $\gamma=1/\sqrt{1-0{,}25}=2/\sqrt3=2\sqrt3/3$. Assim, $T=(2\sqrt3/3)T_0$.

O comprimento L medido por Romeu é contraído. O comprimento próprio da nave, medido por Julieta, é $L_0=\gamma L=(2\sqrt3/3)L$. As duas expressões correspondem a A.

O efeito fotoelétrico ocorre se a energia do fóton satisfaz $hf\ge\omega$. A frequência visível máxima indicada é $7{,}50\cdot10^{14}\,\mathrm{Hz}$.

Com o valor fornecido, $h=4{,}1\cdot10^{-15}\,\mathrm{eV\,s}$, a energia máxima é $E_\mathrm{max}=4{,}1\cdot10^{-15}\cdot7{,}50\cdot10^{14}=3{,}075\,\mathrm{eV}$.

Entre as funções trabalho, somente a do sódio, $2{,}3\,\mathrm{eV}$, é menor que esse limite. Sua frequência limiar é $2{,}3/(4{,}1\cdot10^{-15})\approx5{,}61\cdot10^{14}\,\mathrm{Hz}$, dentro da faixa visível.

Portanto, somente o $\boxed{\text{sódio}}$ pode funcionar com parte da luz visível.