AFA 2021 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

No intervalo de $0$ a $t$, a velocidade varia uniformemente de $v_0$ até $v$. Assim, $\Delta s_1=\dfrac{v_0+v}{2}t$.

De $t$ a $2t$, o movimento é uniforme: $\Delta s_2=vt$. De $2t$ a $4t$, a velocidade varia uniformemente de $v$ até $-v$; como a velocidade média nesse trecho é nula, $\Delta s_3=\dfrac{v+(-v)}{2}(2t)=0$.

Logo, $\Delta s=\dfrac{v_0+v}{2}t+vt=\dfrac{v_0+3v}{2}t$. Portanto, $v_m=\dfrac{\Delta s}{4t}=\dfrac{v_0+3v}{8}$.

Imediatamente antes de tocar a fita, a velocidade é horizontal; portanto, a fita está no ponto mais alto da trajetória. Para o lançamento a $45^\circ$, $x=\dfrac{v_0^2\sin 90^\circ}{2g}$. Como $x=2{,}5\text{ m}$, resulta $v_0^2=50$.

A altura da fita é $h=\dfrac{v_0^2\sin^2 45^\circ}{2g}=1{,}25\text{ m}$, e a velocidade horizontal antes do choque vale $v_1=v_0\cos45^\circ=5\text{ m/s}$.

Após tocar a fita, a bola parte horizontalmente da altura $h$. O tempo de queda satisfaz $h=\dfrac{gt_q^2}{2}$, logo $t_q=0{,}5\text{ s}$. Como $x'=h/2=0{,}625\text{ m}$, a velocidade horizontal após o choque é $v_2=x'/t_q=1{,}25\text{ m/s}$.

Desprezando o impulso do peso durante o curto choque, o impulso aplicado pela fita é $I=m\left|v_2-v_1\right|=0{,}2\left|1{,}25-5\right|=0{,}75\text{ N}\cdot\text{s}$.

Faça um diagrama de forças para o corpo escolhido e defina os eixos mais convenientes para o movimento. A segunda lei de Newton relaciona a soma vetorial das forças à aceleração, por isso cada componente deve ser escrita com o sinal correspondente ao eixo adotado.

Na posição mais alta do pêndulo, o fio forma $30^\circ$ com a horizontal, isto é, $60^\circ$ com a vertical. A elevação do conjunto é $h=L(1-\cos60^\circ)=1{,}2(1-0{,}5)=0{,}6\text{ m}$.

Entre o instante posterior à colisão e a altura máxima, conserva-se a energia mecânica: $\dfrac{1}{2}(6M)V^2=(6M)gh$. Assim, $V=\sqrt{2gh}=\sqrt{12}=2\sqrt3\text{ m/s}$.

No ápice do lançamento, a partícula possui apenas a componente horizontal $v_0\cos30^\circ$. Na colisão inelástica, conserva-se a quantidade de movimento horizontal: $M v_0\cos30^\circ=6M V$. Portanto, $v_0\dfrac{\sqrt3}{2}=6(2\sqrt3)$, de onde $v_0=24\text{ m/s}$.

Faça um diagrama de forças para o corpo escolhido e defina os eixos mais convenientes para o movimento. A segunda lei de Newton relaciona a soma vetorial das forças à aceleração, por isso cada componente deve ser escrita com o sinal correspondente ao eixo adotado.

Antes de C apoiar-se na cadeira, os três blocos possuem acelerações de mesmo módulo $a$. Para B e C: $mg-T_B=ma$ e $mg-T_C=ma$; portanto, $T_B=T_C=T$. Para A: $T_B+T_C=ma$, ou seja, $2T=ma$.

Substituindo $T=m(g-a)$: $2m(g-a)=ma$, logo $a=\dfrac{2g}{3}$ e $T_B=\dfrac{mg}{3}$.

Quando C se apoia na cadeira, o fio ligado a C deixa de tracionar A. Para o sistema A–B: $mg-T'_B=ma'$ e $T'_B=ma'$. Assim, $a'=g/2$ e $T'_B=mg/2$.

Consequentemente, $\dfrac{T'_B}{T_B}=\dfrac{mg/2}{mg/3}=\dfrac{3}{2}$.

Faça um diagrama de forças para o corpo escolhido e defina os eixos mais convenientes para o movimento. A segunda lei de Newton relaciona a soma vetorial das forças à aceleração, por isso cada componente deve ser escrita com o sinal correspondente ao eixo adotado.

Antes da colisão, $v_A=2\text{ m/s}$ e $v_B=1\text{ m/s}$. O encontro ocorre quando $2t=4+t$, isto é, em $t=4\text{ s}$ e na posição $x=8\text{ m}$.

Como as massas são iguais, a conservação da quantidade de movimento fornece $v'_A+v'_B=3$. Pelo coeficiente de restituição, $0{,}5=\dfrac{v'_B-v'_A}{v_A-v_B}$, logo $v'_B-v'_A=0{,}5$.

Da resolução do sistema, $v'_A=1{,}25\text{ m/s}$ e $v'_B=1{,}75\text{ m/s}$. Após a colisão, quando A percorre de $8\text{ m}$ até $28\text{ m}$, decorre $\Delta t=\dfrac{20}{1{,}25}=16\text{ s}$.

Nesse intervalo, B alcança $x_B=8+1{,}75(16)=36\text{ m}$.

Comece isolando o corpo ou o conjunto que está em equilíbrio. Sobre ele, marque as forças externas com direção, sentido e ponto de aplicação. O equilíbrio exige resultante de forças nula; para um corpo extenso, também exige soma dos momentos nula em relação a qualquer eixo escolhido.

Na Figura 1, a força é perpendicular à barra e sua linha de ação está à distância $x$ de O. Portanto, $M_1=Fx$.

Na Figura 2, como a força é vertical, o braço de alavanca é somente a distância horizontal entre O e P: $d_2=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{4}=\dfrac{3x}{4}$. Logo, $M_2=F\dfrac{3x}{4}$.

Assim, $\dfrac{M_1}{M_2}=\dfrac{Fx}{3Fx/4}=\dfrac{4}{3}$.

Reconheça a posição de equilíbrio e a força ou aceleração restauradora. No movimento harmônico simples, a aceleração é proporcional ao afastamento da posição de equilíbrio e aponta em sentido oposto a ele. Período, frequência e frequência angular descrevem ritmos equivalentes do mesmo movimento.

A massa do recipiente preenchido é $m_X=\rho V$. O período do sistema massa–mola é $T_M=2\pi\sqrt{\dfrac{\rho V}{k}}$.

Para pequenas oscilações, o período do pêndulo simples é $T_P=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$.

Como os períodos são iguais, $\dfrac{\rho V}{k}=\dfrac{L}{g}$. Portanto, $\rho=\dfrac{kL}{gV}$.

Defina o sistema e o sentido adotado para calor e trabalho. A primeira lei relaciona a variação da energia interna ao calor recebido e ao trabalho realizado pelo gás. Em um diagrama pressão por volume, a área orientada sob a curva corresponde ao trabalho do gás.

Em um diagrama $P\times V$, o trabalho líquido realizado pelo gás em um ciclo é numericamente igual à área interna do ciclo. O sinal é positivo no sentido horário e negativo no sentido anti-horário.

No ciclo I, $\tau_I=(4p-p)(4v-v)=9pv$. No ciclo II, a área triangular é metade da anterior: $\tau_{II}=\dfrac{9pv}{2}$. Ambos são percorridos no sentido horário, portanto $\tau_I>\tau_{II}>0$.

No ciclo III, o sentido é anti-horário, logo $\tau_{III}=-\dfrac{9pv}{2}$. Como, em qualquer ciclo, $\Delta U=0$, vale $Q=\tau$. Assim, nos ciclos I e II há conversão líquida de calor em trabalho, com $\tau_I>\tau_{II}$.

Localize objeto, vértice e foco antes de calcular a posição da imagem. A reflexão obedece à igualdade entre os ângulos medidos a partir da normal. Para espelhos esféricos, a relação entre distância focal, posição do objeto e posição da imagem deve ser usada com a convenção de sinais apropriada.

A imagem produzida por $E_1$ é simétrica à palavra AFA em relação ao plano desse espelho. Como $E_1$ está inclinado de $45^\circ$, a primeira imagem assume a orientação vertical e especular indicada ao resultado obtido.

Em seguida, $E_2$, paralelo a $E_1$, produz uma segunda reflexão. A composição de duas reflexões em espelhos planos paralelos preserva a orientação do objeto, equivalendo apenas a uma translação da imagem.

Desse modo, o observador vê a inscrição final AFA com a mesma orientação da placa original.

Desenhe a normal à interface e meça os ângulos em relação a ela. A lei de Snell relaciona índices de refração e senos dos ângulos em cada meio. A frequência da luz permanece determinada pela fonte ao atravessar uma interface estacionária, enquanto velocidade e comprimento de onda podem mudar.

Para raios paraxiais em um dioptro plano, a distância aparente é $d'=d\dfrac{n_{\text{observador}}}{n_{\text{objeto}}}$.

Para A, que está em $n_2=4/3$ e é observado de $n_1=1$: $d'_{A1}=3d/4$. Após aproximá-lo $d/2$ da superfície, $d'_{A2}=3d/8$. Logo, $d_A=3d/8$.

Para B, que está em $n_1=1$ e é observado de $n_2=4/3$: $d'_{B1}=4d/3$. Depois da aproximação, $d'_{B2}=2d/3$. Logo, $d_B=2d/3$.

$\dfrac{d_A}{d_B}=\dfrac{3d/8}{2d/3}=\dfrac{9}{16}$.

Identifique a distribuição das cargas e a grandeza pedida antes de somar contribuições. Campo elétrico é vetor, enquanto potencial elétrico e capacitância são escalares. Em uma associação de capacitores, a ligação por fios determina quais placas compartilham o mesmo potencial.

No ponto de máxima aproximação, a partícula fica momentaneamente em repouso. Assim, toda a energia cinética inicial transforma-se em energia potencial elétrica: $3=\dfrac{k_0q^2}{r_{\min}}$.

Como $k_0q^2=9\cdot10^9(5\cdot10^{-6})^2=0{,}225$, resulta $r_{\min}=0{,}225/3=0{,}075\text{ m}$.

A força máxima ocorre nessa distância: $F_{\max}=\dfrac{k_0q^2}{r_{\min}^2}=\dfrac{0{,}225}{(0{,}075)^2}=40\text{ N}$.

A lâmpada de resistência $2r$ e o reostato estão em paralelo. Quando a resistência do reostato aumenta de $2r$ para $4r$, a resistência equivalente externa aumenta. A corrente total fornecida pela bateria diminui, reduzindo a queda de tensão na resistência interna $r$; portanto, a tensão nos terminais e a potência da lâmpada aumentam. Seu brilho aumenta.

Escrevendo $R=xr$, a tensão no paralelo é $U=\dfrac{2x}{2+3x}\varepsilon$. Logo, a potência no reostato é $P_R=\dfrac{U^2}{R}=\dfrac{4x}{(2+3x)^2}\dfrac{\varepsilon^2}{r}$.

Visto pelos terminais do reostato, o restante do circuito possui resistência de Thévenin $R_{Th}=r\parallel2r=2r/3$. A potência transferida ao reostato é máxima quando $R=R_{Th}$; como todo o intervalo de variação, de $2r$ a $4r$, está acima de $2r/3$, a potência dissipada por R diminui à medida que sua resistência aumenta.

Antes de calcular correntes, identifique os nós ligados por fios ideais. Elementos em série conduzem a mesma corrente; elementos em paralelo têm a mesma diferença de potencial. Com essa topologia estabelecida, aplique a lei de Ohm e, quando necessário, as leis dos nós e das malhas.

Para dois geradores idênticos em série, a fem equivalente é $2\varepsilon$ e a resistência interna é $2r$. Na condição de máxima transferência de potência, $R_1=2r$ e $P_{1,\max}=\dfrac{(2\varepsilon)^2}{4(2r)}=\dfrac{\varepsilon^2}{2r}$.

Para os dois geradores em paralelo, a fem equivalente é $\varepsilon$ e a resistência interna é $r/2$. Então, $R_2=r/2$ e $P_{2,\max}=\dfrac{\varepsilon^2}{4(r/2)}=\dfrac{\varepsilon^2}{2r}$.

As potências máximas são iguais. Como os recipientes contêm massas iguais de água e permanecem ligados pelo mesmo intervalo, recebem quantidades iguais de calor. Portanto, $\Delta T_2=\Delta T_1=20^\circ\text{C}$.

Observe se o fluxo magnético através da espira muda com o tempo. O fluxo depende do campo, da área e da orientação entre o campo e a normal da superfície. A lei de Faraday relaciona a força eletromotriz induzida à taxa dessa variação.

Como a área e a orientação do circuito são fixas, o fluxo magnético é proporcional a B. Pela lei de Faraday–Lenz, $i=-\dfrac{1}{R}\dfrac{d\Phi}{dt}\propto-\dfrac{dB}{dt}$.

No início, B cresce e a corrente é negativa. No máximo de B, a inclinação é nula e a corrente passa por zero. Em seguida, B diminui, de modo que a corrente se torna positiva; no mínimo de B, ela volta a zero.

Quando B cresce novamente, a corrente é negativa. Finalmente, no trecho em que B permanece constante, $dB/dt=0$ e a corrente é nula. Esse comportamento corresponde ao gráfico C.

Identifique os núcleos antes e depois do processo e conserve número de massa e número atômico nas reações nucleares. A energia liberada ou absorvida está associada à diferença entre as massas de repouso dos estados inicial e final.

O defeito de massa em cada fusão é $\Delta m=4m_H-m_{He}=4(1{,}67\cdot10^{-27})-6{,}65\cdot10^{-27}=3\cdot10^{-29}\text{ kg}$.

A energia liberada por reação é $E=\Delta mc^2=3\cdot10^{-29}(3\cdot10^8)^2=2{,}7\cdot10^{-12}\text{ J}$.

Como ocorrem $10^{38}$ reações por segundo, a potência liberada é $P=2{,}7\cdot10^{26}\text{ W}$. O número de lâmpadas de $100\text{ W}$ é $N=\dfrac{2{,}7\cdot10^{26}}{10^2}=2{,}7\cdot10^{24}$, cuja ordem de grandeza é $10^{24}$.

Identifique a energia associada à radiação ou à partícula e escreva a relação quântica indicada pela situação. Para um fóton, a energia depende da frequência, $E=hf$, e a frequência deve estar em hertz.

A energia necessária é $E=3{,}75\text{ eV}=3{,}75(1{,}6\cdot10^{-19})=6\cdot10^{-19}\text{ J}$.

Para um fóton, $E=\dfrac{hc}{\lambda}$. Assim, $\lambda=\dfrac{hc}{E}=\dfrac{6\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^8}{6\cdot10^{-19}}=3\cdot10^{-7}\text{ m}$.

Como $1\text{ nm}=10^{-9}\text{ m}$, segue $\lambda=300\text{ nm}$.