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AFA 2016 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Academia da Força Aérea

Edição 2016 · Versão A · Física — resolução comentada Método TEF.

Q49
Cinemática — Gráficos — Encontro por Áreas

Dois móveis, A e B, partindo juntos de uma mesma posição, porém com velocidades diferentes, que variam conforme o gráfico abaixo, irão se encontrar novamente em um determinado instante.

AFA 2016, questão 49: Encontro por Áreas, figura 1

Considerando que os intervalos de tempo $t_1-t_0$, $t_2-t_1$, $t_3-t_2$, $t_4-t_3$ e $t_5-t_4$ são todos iguais, os móveis A e B novamente se encontrarão no instante

A)$t_4$
B)$t_5$
C)$t_2$
D)$t_3$

Gabarito oficial — versão A

A
Resolução

O reencontro exige deslocamentos iguais: as áreas sob as curvas de velocidade precisam coincidir. É mais simples somar as áreas do gráfico da velocidade relativa $v_A-v_B$.

Seja $\Delta v$ a diferença entre os dois patamares e $\Delta t$ cada intervalo de tempo. De $t_0$ a $t_1$, A fica atrás de B por $\Delta v\,\Delta t$. Entre $t_1$ e $t_3$, a velocidade relativa cresce linearmente de $-\Delta v$ até $+\Delta v$: as duas áreas triangulares se cancelam.

Em $t_3$, A ainda está atrás pela distância $\Delta v\,\Delta t$. De $t_3$ a $t_4$, sua vantagem de velocidade é $\Delta v$, e ele recupera exatamente essa distância. Portanto, o primeiro reencontro ocorre em $\boxed{t_4}$.

Cuidado, armadilha! Velocidades iguais não implicam posições iguais.

Alternativa correta: A

Q50
Mecânica — Dinâmica — Frenagem em Rampa

Um bloco é lançado com velocidade $v_0$ no ponto P paralelamente a uma rampa, conforme a figura. Ao escorregar sobre a rampa, esse bloco para na metade dela, devido à ação do atrito.

AFA 2016, questão 50: Frenagem em Rampa, figura 1

Tratando o bloco como partícula e considerando o coeficiente de atrito entre a superfície do bloco e da rampa constante ao longo de toda descida, a velocidade de lançamento para que este bloco pudesse chegar ao final da rampa deveria ser, no mínimo,

A)$\sqrt2\,v_0$
B)$2v_0$
C)$2\sqrt2\,v_0$
D)$4v_0$

Gabarito oficial — versão A

A
Resolução

Peso e atrito têm componentes constantes ao longo da rampa, portanto a desaceleração é constante.

Se a rampa mede $L$, \[0=v_0^2+2a(L/2)\quad\Rightarrow\quad a=-v_0^2/L.\]

Para parar no final, \[0=v^2+2aL\quad\Rightarrow\quad v^2=2v_0^2\quad\Rightarrow\quad\boxed{v=\sqrt2\,v_0}.\]

Cuidado, armadilha! A distância de parada é proporcional ao quadrado da velocidade inicial.

Alternativa correta: A

Q51
Mecânica — Energia — Lançamento Horizontal e Rotação

Dois mecanismos que giram com velocidades angulares $\omega_1$ e $\omega_2$ constantes são usados para lançar horizontalmente duas partículas de massas $m_1=1\,\mathrm{kg}$ e $m_2=2\,\mathrm{kg}$ de uma altura $h=30\,\mathrm m$, como mostra a figura 1 abaixo.

AFA 2016, questão 51: Lançamento Horizontal e Rotação, figura 1

Num dado momento em que as partículas passam, simultaneamente, tangenciando o plano horizontal α , elas são desacopladas dos mecanismos de giro e, lançadas horizontalmente, seguem as trajetórias 1 e 2 (figura 1) até se encontrarem no ponto P. Os gráficos das energias cinéticas, em joule, das partículas 1 e 2 durante os movimentos de queda, até a colisão, são ) apresentados na figura 2 em função de ( h − , em m, y onde y é a altura vertical das partículas num tempo qualquer, medida a partir do solo perfeitamente horizontal.

AFA 2016, questão 51: Lançamento Horizontal e Rotação, figura 2

Desprezando qualquer forma de atrito, a razão $\omega_2/\omega_1$ é

A)1
B)2
C)3
D)4

Gabarito oficial — versão A

D
Resolução

O intercepto de cada reta fornece a energia no lançamento. Durante a queda, $K=K_0+mg(h-y)$.

Para 1, $K_{01}=2\,\mathrm J$ e $m_1=1\,\mathrm{kg}$: $u_1=\sqrt{2K_{01}/m_1}=2\,\mathrm{m/s}$. Para 2, \[K_{02}=416-2\cdot10\cdot20=16\,\mathrm J,\] então $u_2=\sqrt{2\cdot16/2}=4\,\mathrm{m/s}$.

Os raios são $2R$ e $R$: \[\frac{\omega_2}{\omega_1}=\frac{u_2/R}{u_1/(2R)}=2\frac{u_2}{u_1}=\boxed4.\]

Cuidado, armadilha! Desconte a energia adquirida na queda antes de calcular a velocidade inicial.

Alternativa correta: D

Q52
Mecânica — Hidrostática — Empuxo e Aceleração

Um balão, cheio de um certo gás, que tem volume de 2,0 m3, é mantido em repouso a uma determinada altura de uma superfície horizontal, conforme a figura abaixo.

AFA 2016, questão 52: Empuxo e Aceleração, figura 1

Sabendo-se que a massa total do balão (incluindo o gás) é de 1,6 kg, considerando o ar como uma camada uniforme de densidade igual a 1,3 kg/m3, pode-se afirmar que ao liberar o balão, ele

A)ficará em repouso na posição onde está.
B)subirá com uma aceleração de 6,25 m/s².
C)subirá com velocidade constante.
D)descerá com aceleração de 6,25 m/s².

Gabarito oficial — versão A

B
Resolução

O empuxo é o peso do ar deslocado: \[E=\rho Vg=1{,}3\cdot2\cdot10=26\,\mathrm N.\] O peso vale $P=1{,}6\cdot10=16\,\mathrm N$.

A resultante aponta para cima: \[a=\frac{E-P}{m}=\frac{26-16}{1{,}6}=\boxed{6{,}25\,\mathrm{m/s^2}}.\]

Cuidado, armadilha! Use a massa total, incluindo o gás, no peso e na segunda lei.

Alternativa correta: B

Q53
Mecânica — Gravitação — Peso Aparente e Rotação

Considere a Terra um planeta esférico, homogêneo, de raio R, massa M concentrada no seu centro de massa e que gira em torno do seu eixo E com velocidade angular constante $\omega$, isolada do resto do universo. Um corpo de prova colocado sobre a superfície da Terra, em um ponto de latitude $\varphi$, descreverá uma trajetória circular de raio r e centro sobre o eixo E da Terra, conforme a figura abaixo. Nessas condições, o corpo de prova ficará sujeito a uma força de atração gravitacional $\vec F$, que admite duas componentes, uma centrípeta, $\vec F_{cp}$, e outra que traduz o peso aparente do corpo, $\vec P$.

AFA 2016, questão 53: Peso Aparente e Rotação, figura 1

Quando $\varphi=0^\circ$, então o corpo de prova está sobre a linha do equador e experimenta um valor aparente da aceleração da gravidade igual a $g_e$. Por outro lado, quando $\varphi=90^\circ$, o corpo de prova se encontra em um dos polos, experimentando um valor aparente da aceleração da gravidade igual a $g_p$. Sendo G a constante de gravitação universal, a razão $g_e/g_p$ vale

A)$1-\dfrac{\omega^2R^3}{GM}$
B)$\dfrac{(GM-\omega^2r)R^2}{GM}$
C)$\dfrac{1-\omega^2r}{GM}$
D)$\dfrac{GMR^2-\omega^2r^2}{GM}$

Gabarito oficial — versão A

A
Resolução

No equador, parte da atração gravitacional fornece a aceleração centrípeta. O peso aparente é a força de sustentação na superfície.

No polo, $g_p=GM/R^2$. No equador, \[mg_p-N=m\omega^2R\quad\Rightarrow\quad g_e=N/m=GM/R^2-\omega^2R.\]

Dividindo, \[\frac{g_e}{g_p}=\boxed{1-\frac{\omega^2R^3}{GM}}.\]

Cuidado, armadilha! No equador, o raio da trajetória é R e o peso aparente difere da atração gravitacional.

Alternativa correta: A

Q54
Termologia — Dilatação — Coeficiente Linear

Consultando uma tabela da dilatação térmica dos sólidos verifica-se que o coeficiente de dilatação linear do ferro é $13\times10^{-6}\,{}^\circ\mathrm C^{-1}$. Portanto, pode-se concluir que

A)num dia de verão em que a temperatura variar $20\,{}^\circ\mathrm C$, uma barra de ferro de $10{,}0\,\mathrm m$ sofrerá variação de $2{,}6\,\mathrm{cm}$.
B)o coeficiente de dilatação superficial do ferro é $169\times10^{-6}\,{}^\circ\mathrm C^{-1}$.
C)para cada $1\,{}^\circ\mathrm C$ de variação de temperatura, uma barra de $1{,}0\,\mathrm m$ varia $13\times10^{-6}\,\mathrm m$.
D)o coeficiente de dilatação volumétrica do ferro é $39\times10^{-18}\,{}^\circ\mathrm C^{-1}$.

Gabarito oficial — versão A

C
Resolução

Use $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$. Para $1\,\mathrm m$ e $1\,{}^\circ\mathrm C$, \[\Delta L=13\times10^{-6}\,\mathrm m,\] exatamente C.

Em A, $\Delta L=13\times10^{-6}\cdot10\cdot20=0{,}0026\,\mathrm m=0{,}26\,\mathrm{cm}$, e não $2{,}6\,\mathrm{cm}$.

Para o sólido isotrópico, $\beta\simeq2\alpha=26\times10^{-6}$ e $\gamma\simeq3\alpha=39\times10^{-6}$, em unidades de inverso de grau Celsius. B e D estão incorretas.

Cuidado, armadilha! Os coeficientes são 2α e 3α, não α² e α³.

Alternativa correta: C

Q55
Termologia — Calorimetria — Combustão e Potência

Deseja-se aquecer 1,0 L de água que se encontra inicialmente à temperatura de 10 °C até atingir 100 °C sob pressão normal, em 10 minutos, usando a queima de carvão. Sabendo-se que o calor de combustão do carvão é 6000 cal/g e que 80% do calor liberado na sua queima é perdido para o ambiente, a massa mínima de carvão consumida no processo, em gramas, e a potência média emitida pelo braseiro, em watts, são

A)15; 600
B)75; 600
C)15; 3000
D)75; 3000

Gabarito oficial — versão A

D
Resolução

A massa de água é $1000\,\mathrm g$ e $\Delta T=90\,{}^\circ\mathrm C$: \[Q_\mathrm{útil}=mc\Delta T=90000\,\mathrm{cal}.\]

Somente 20% aquece a água: \[Q_\mathrm{total}=90000/0{,}20=450000\,\mathrm{cal},\qquad m_c=450000/6000=\boxed{75\,\mathrm g}.\]

Em $600\,\mathrm s$, \[P=\frac{450000\cdot4}{600}=\boxed{3000\,\mathrm W}.\]

Cuidado, armadilha! A potência emitida inclui o calor perdido; a útil é somente 600 W.

Alternativa correta: D

Q56
Mecânica — Oscilações — Períodos de Pêndulos

Três pêndulos simples 1, 2 e 3 que oscilam em MHS possuem massas respectivamente iguais a m, 2m e 3m e são mostrados na figura abaixo.

AFA 2016, questão 56: Períodos de Pêndulos, figura 1

Os fios que sustentam as massas são ideais, inextensíveis e possuem comprimento respectivamente $L_1$, $L_2$ e $L_3$. Para cada um dos pêndulos registrou-se a posição x, em metro, em função do tempo t, em segundo, e os gráficos desses registros são apresentados nas figuras 1, 2 e 3 abaixo.

AFA 2016, questão 56: Períodos de Pêndulos, figura 2

Considerando a inexistência de atritos e que a aceleração da gravidade seja $g=\pi^2\,\mathrm{m/s^2}$, é correto afirmar que

A)$L_1=L_2/3;\ L_2=2L_3/3;\ L_3=3L_1$
B)$L_1=2L_2;\ L_2=L_3/2;\ L_3=4L_1$
C)$L_1=L_2/4;\ L_2=L_3/4;\ L_3=16L_1$
D)$L_1=2L_2;\ L_2=3L_3;\ L_3=6L_1$

Gabarito oficial — versão A

C
Resolução

Para um pêndulo em MHS, $T=2\pi\sqrt{L/g}$: $L\propto T^2$, sem dependência da massa.

Leia cada escala separadamente. No primeiro gráfico, dois ciclos duram $2\,\mathrm s$: $T_1=1\,\mathrm s$. No segundo, $1\,\mathrm s$ representa meio ciclo: $T_2=2\,\mathrm s$. No terceiro, um ciclo e meio dura $6\,\mathrm s$: $T_3=4\,\mathrm s$.

Logo, \[L_1:L_2:L_3=1:4:16.\] Portanto, $L_1=L_2/4$, $L_2=L_3/4$ e $L_3=16L_1$.

Cuidado, armadilha! Os gráficos têm escalas temporais diferentes.

Alternativa correta: C

Q57
Ondulatória — Difração — Máximo Central

Uma figura de difração é obtida em um experimento de difração por fenda simples quando luz monocromática de comprimento de onda $\lambda_1$ passa por uma fenda de largura $d_1$. O gráfico da intensidade luminosa I em função da posição x ao longo do anteparo onde essa figura de difração é projetada está apresentado na figura 1 abaixo.

AFA 2016, questão 57: Máximo Central, figura 1

Alterando-se neste experimento apenas o comprimento de onda da luz monocromática para um valor $\lambda_2$, obtém-se o gráfico apresentado na figura 2. E alterando-se apenas o valor da largura da fenda para um valor $d_2$, obtém-se o gráfico da figura 3.

AFA 2016, questão 57: Máximo Central, figura 2
AFA 2016, questão 57: Máximo Central, figura 3

Nessas condições, é correto afirmar que

A)$\lambda_2>\lambda_1$ e $d_2>d_1$
B)$\lambda_2>\lambda_1$ e $d_2<d_1$
C)$\lambda_2<\lambda_1$ e $d_2>d_1$
D)$\lambda_2<\lambda_1$ e $d_2<d_1$

Gabarito oficial — versão A

D
Resolução

Na fenda simples, os primeiros mínimos obedecem $d\sin\theta=\lambda$. A largura do máximo central cresce com $\lambda/d$.

Da figura 1 para a 2, o máximo fica mais estreito. Só o comprimento de onda mudou, logo $\lambda_2<\lambda_1$.

Da figura 1 para a 3, o máximo fica mais largo. Só a fenda mudou, logo $d_2<d_1$. As duas conclusões correspondem a D.

Cuidado, armadilha! Compare cada gráfico novo com a figura 1: uma fenda menor espalha mais a luz.

Alternativa correta: D

Q58
Óptica — Espelhos Planos — Simetria

Considere um objeto formado por uma combinação de um quadrado de aresta a cujos vértices são centros geométricos de círculos e quadrados menores, como mostra a figura abaixo.

AFA 2016, questão 58: Simetria, figura 1

Colocando-se um espelho plano, espelhado em ambos os lados, de dimensões infinitas e de espessura desprezível ao longo da reta r, os observadores colocados nas posições 1 e 2 veriam, respectivamente, objetos completos com as seguintes formas

A)
Alternativa A da questão 58: Simetria
B)
Alternativa B da questão 58: Simetria
C)
Alternativa C da questão 58: Simetria
D)
Alternativa D da questão 58: Simetria

Gabarito oficial — versão A

B
Resolução

O espelho forma a imagem por simetria: cada ponto fica à mesma distância perpendicular do plano que seu correspondente no objeto.

Cada observador vê a parte do objeto de seu lado e a reflexão dessa parte. O espelho de duas faces permite fazer a mesma construção para a metade oposta, vista pelo outro observador.

Completando as formas por reflexão na reta $r$, obtemos o par B. Não se deve transladar ou girar os detalhes: trata-se de reflexão.

Cuidado, armadilha! Use a metade do objeto situada do lado de cada observador.

Alternativa correta: B

Q59
Eletricidade — Eletrostática — Pequenas Oscilações

A figura abaixo mostra uma pequena esfera vazada E, com carga elétrica $q=+2{,}0\times10^{-5}\,\mathrm C$ e massa $80\,\mathrm g$, perpassada por um eixo retilíneo situado num plano horizontal e distante $D=3\,\mathrm m$ de uma carga puntiforme fixa $Q=-3{,}0\times10^{-6}\,\mathrm C$.

AFA 2016, questão 59: Pequenas Oscilações, figura 1

Se a esfera for abandonada, em repouso, no ponto A, a uma distância x muito próxima da posição de equilíbrio O, tal que $x/D\ll1$, a esfera passará a oscilar de MHS em torno de O, cuja pulsação é, em rad/s, igual a

A)$1/3$
B)$1/4$
C)$1/2$
D)$1/5$

Gabarito oficial — versão A

C
Resolução

A carga fixa negativa atrai a esfera positiva. Perto de O, a componente da força ao longo do eixo é restauradora.

A distância é $r=\sqrt{D^2+x^2}$, portanto \[F_x=-\frac{k|qQ|x}{(D^2+x^2)^{3/2}}\simeq-\frac{k|qQ|}{D^3}x\quad(x\ll D).\]

Comparando com $F_x=-m\omega^2x$, \[\omega=\sqrt{\frac{k|qQ|}{mD^3}}=\sqrt{\frac{9\times10^9\cdot2\times10^{-5}\cdot3\times10^{-6}}{0{,}080\cdot27}}=\boxed{\frac12\,\mathrm{rad/s}}.\]

Cuidado, armadilha! Projete a força no eixo do movimento e use a aproximação x ≪ D.

Alternativa correta: C

Q60
Mecânica — Energia Potencial — Campos Uniformes

Uma partícula de massa m e carga elétrica $-q$ é lançada com um ângulo $\theta$ em relação ao eixo x, com velocidade igual a $v_0$, numa região onde atuam um campo elétrico $\vec E$ e um campo gravitacional $\vec g$, ambos uniformes e constantes, conforme indicado na figura abaixo.

AFA 2016, questão 60: Campos Uniformes, figura 1

Desprezando interações de quaisquer outras naturezas com essa partícula, o gráfico que melhor representa a variação de sua energia potencial $\Delta E_p$ em função da distância d percorrida na direção do eixo x é

A)
Alternativa A da questão 60: Campos Uniformes
B)
Alternativa B da questão 60: Campos Uniformes
C)
Alternativa C da questão 60: Campos Uniformes
D)
Alternativa D da questão 60: Campos Uniformes

Gabarito oficial — versão A

B
Resolução

O campo elétrico desenhado aponta para cima. Como a carga é $-q$, a força elétrica aponta para baixo, no mesmo sentido do peso. A força vertical resultante é $-(mg+qE)$; portanto, $\Delta U=(mg+qE)y$.

Não há aceleração horizontal. Com $d=v_0\cos\theta\,t$ e aceleração vertical $-(g+qE/m)$, a trajetória é \[y=d\tan\theta-\frac{(g+qE/m)d^2}{2v_0^2\cos^2\theta}.\]

Substituindo na energia potencial total, \[\Delta U=(mg+qE)d\tan\theta-\frac{(mg+qE)^2d^2}{2mv_0^2\cos^2\theta}.\] O termo linear é positivo e o quadrático é negativo: a energia primeiro aumenta e depois diminui, numa parábola côncava para baixo que passa pela origem. Esse é o gráfico B.

Cuidado, armadilha! A carga é negativa: a força elétrica tem sentido contrário ao campo e, neste desenho, soma-se ao peso.

Alternativa correta: B

Q61
Termologia — Termodinâmica — Aquecimento Elétrico

Um cilindro adiabático vertical foi dividido em duas partes por um êmbolo de 6,0 kg de massa que pode deslizar sem atrito. Na parte superior, fez-se vácuo e na inferior foram colocados 2 mols de um gás ideal monoatômico. Um resistor de resistência elétrica ôhmica R igual a 1 Ω é colocado no interior do gás e ligado a um gerador elétrico que fornece uma corrente elétrica i, constante, de 400 mA, conforme ilustrado na figura abaixo.

AFA 2016, questão 61: Aquecimento Elétrico, figura 1

Fechando-se a chave Ch durante 12,5 min, o êmbolo desloca-se 80 cm numa expansão isobárica de um estado de equilíbrio para outro. Nessas condições, a variação da temperatura do gás foi, em °C, de

A)1,0
B)2,0
C)3,0
D)5,0

Gabarito oficial — versão A

C
Resolução

A energia do resistor aumenta a energia interna e realiza trabalho ao levantar o êmbolo.

A energia elétrica é \[E_\mathrm{el}=Ri^2t=1(0{,}400)^2(12{,}5\cdot60)=120\,\mathrm J.\] O trabalho é \[W=mg\Delta h=6\cdot10\cdot0{,}80=48\,\mathrm J.\]

Logo, $\Delta U=120-48=72\,\mathrm J$. Para gás monoatômico, \[\Delta U=\frac32nR\Delta T=24\Delta T.\] Portanto, \[\boxed{\Delta T=3\,\mathrm K=3\,{}^\circ\mathrm C}.\]

Cuidado, armadilha! Nem toda energia elétrica vira energia interna: parte levanta o êmbolo.

Alternativa correta: C

Q62
Eletromagnetismo — Força Magnética — Torque

O lado EF de uma espira condutora quadrada indeformável, de massa m, é preso a uma mola ideal e não condutora, de constante elástica K. Na posição de equilíbrio, o plano da

espira fica paralelo ao campo magnético B gerado por um ímã em forma de U, conforme ilustra a figura abaixo.

AFA 2016, questão 62: Torque, figura 1

O lado CD é pivotado e pode girar livremente em torno do suporte S, que é posicionado paralelamente às linhas de indução do campo magnético. Considere que a espira é percorrida por uma corrente elétrica i, cuja intensidade varia senoidalmente, em função do tempo t, conforme indicado no gráfico abaixo.

AFA 2016, questão 62: Torque, figura 2

Nessas condições, pode-se afirmar que a

A)espira oscilará em MHS, com frequência igual a $1/t_2$.
B)espira permanecerá na sua posição original de equilíbrio.
C)mola apresentará uma deformação máxima dada por $Bi\ell/(mgK)$.
D)mola apresentará uma deformação máxima dada por $(Bi\ell+mg)/K$.

Gabarito oficial — versão A

B
Resolução

A força em um segmento é $\vec F=i\vec\ell\times\vec B$. Nos lados CD e EF, paralelos ao campo, ela é nula.

Nos outros lados, as forças são opostas. Seus momentos em torno do eixo CD cancelam-se: o torque magnético não possui componente nesse eixo, paralelo ao campo.

A corrente variável não produz a rotação permitida pelo suporte nem altera a deformação de equilíbrio da mola. A espira permanece na posição original: B.

Cuidado, armadilha! Confira o ângulo entre segmento e campo e a componente do torque no eixo permitido.

Alternativa correta: B

Q63
Eletromagnetismo — Indução — Trilhos Divergentes

Numa região onde atua um campo magnético uniforme $\vec B$ vertical, fixam-se dois trilhos retos e homogêneos, na horizontal, de tal forma que suas extremidades ficam unidas formando entre si um ângulo $\theta$. Uma barra condutora AB, de resistência elétrica desprezível, em contato com os trilhos, forma um triângulo isósceles com eles e se move para a direita com velocidade constante $\vec V$, a partir do vértice C no instante $t_0=0$, conforme ilustra a figura abaixo.

AFA 2016, questão 63: Trilhos Divergentes, figura 1

Sabendo-se que a resistividade do material dos trilhos não varia com a temperatura, o gráfico que melhor representa a intensidade da corrente elétrica i que se estabelece neste circuito, entre os instantes $t_1$ e $t_2$, é

A)
Alternativa A da questão 63: Trilhos Divergentes
B)
Alternativa B da questão 63: Trilhos Divergentes
C)
Alternativa C da questão 63: Trilhos Divergentes
D)
Alternativa D da questão 63: Trilhos Divergentes

Gabarito oficial — versão A

A
Resolução

Ao avançar, a barra aumenta tanto a área do circuito quanto a resistência dos trechos de trilho utilizados.

Com $x=Vt$ e $\alpha=\theta/2$, a barra mede $\ell=2x\tan\alpha$: \[\varepsilon=BV\ell=2BVx\tan\alpha.\] A fem é proporcional a $x$.

Os trilhos têm comprimento total $2x/\cos\alpha$. Com seção $S$, \[R=\frac{2\rho x}{S\cos\alpha},\qquad i=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{BVS\sin\alpha}{\rho}.\] A corrente é constante para $t>0$: gráfico A.

Cuidado, armadilha! A fem aumenta, mas a resistência também aumenta na mesma proporção.

Alternativa correta: A

Q64
Física Moderna — Estrutura Atômica — Colisão

O diagrama abaixo ilustra os níveis de energia ocupados por elétrons de um elemento químico A.

AFA 2016, questão 64: Colisão, figura 1

Dentro das possibilidades apresentadas nas alternativas abaixo, a energia que poderia restar a um elétron com energia de 12,0 eV, após colidir com um átomo de A, seria de, em eV,

A)0
B)1,0
C)5,0
D)5,4

Gabarito oficial — versão A

C
Resolução

O átomo absorve quantidades de energia iguais às diferenças entre níveis permitidos.

De $E_1=-21{,}4\,\mathrm{eV}$ a $E_2=-14{,}4\,\mathrm{eV}$, \[\Delta E=7{,}0\,\mathrm{eV}.\]

O elétron incidente de $12{,}0\,\mathrm{eV}$ pode fornecer essa energia e sair com \[K_f=12{,}0-7{,}0=\boxed{5{,}0\,\mathrm{eV}}.\]

Cuidado, armadilha! As energias dos níveis são negativas, mas a energia de excitação é uma diferença positiva.

Alternativa correta: C

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