Provas Anteriores | AFA 2020 | Prof. Ricardo Bastos

Q49

Cinemática — MUV em Planos Inclinados com Colisão

Em um local onde a aceleração da gravidade é g, as partículas idênticas, 1 e 2, são lançadas simultaneamente, e sobem sem atrito ao longo dos planos inclinados AC e BC, respectivamente, conforme figura a seguir.

Figura: triângulo ABC com ângulo reto em C; o plano AC forma 30° com a horizontal em A (partícula 1) e o plano BC forma 60° com a horizontal em B (partícula 2); vetor g apontando para baixo.

A partícula 2 é lançada do ponto B com velocidade $v_0$ e gasta um tempo t para chegar ao ponto C. Considerando que as partículas 1 e 2 colidem no vértice C, então a velocidade de lançamento da partícula 1 vale

a)$\sqrt3\cdot v_0-5t$

b)$\sqrt3\cdot v_0-t$

c)$2v_0+t$

d)$v_0+5t$

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A

Como o ângulo em C é reto e os ângulos em A e B valem 30° e 60°, o triângulo ABC é 30-60-90, com $AC=\sqrt3\cdot BC$.

Partícula 2 (plano a 60°, desaceleração $g\,sen60°$): $BC=v_0t-\tfrac12(10)\left(\tfrac{\sqrt3}{2}\right)t^2=v_0t-\dfrac{5\sqrt3}{2}t^2$.

Logo $AC=\sqrt3\,BC=\sqrt3\,v_0t-7{,}5t^2$. Partícula 1 (plano a 30°, desaceleração $g\,sen30°$): $AC=v_1t-\tfrac12(10)\left(\tfrac12\right)t^2=v_1t-2{,}5t^2$.

Igualando: $v_1t-2{,}5t^2=\sqrt3\,v_0t-7{,}5t^2 \Rightarrow v_1=\sqrt3\,v_0-5t$.

Q50

Dinâmica — Sistema de Blocos com Polias e Atrito

A figura a seguir, em que as polias e os fios são ideais, ilustra uma montagem realizada num local onde a aceleração da gravidade é constante e igual a g, a resistência do ar e as dimensões dos blocos A, B, C e D são desprezíveis.

Figura: mesa horizontal com o bloco C sobre o bloco B (ambos apoiados na mesa); polia à esquerda conecta B (por fio horizontal) ao bloco D (pendurado); polia à direita conecta C (por fio horizontal, passando sobre B) ao bloco A (pendurado).

O bloco B desliza com atrito sobre a superfície de uma mesa plana e horizontal, e o bloco A desce verticalmente com aceleração constante de módulo a. O bloco C desliza com atrito sobre o bloco B, e o bloco D desce verticalmente com aceleração constante de módulo 2a. As massas dos blocos A, B e D são iguais, e a massa do bloco C é o triplo da massa do bloco A. Nessas condições, o coeficiente de atrito cinético, que é o mesmo para todas as superfícies em contato, pode ser expresso pela razão

a)$\dfrac{a}{g}$

b)$\dfrac{g}{a}$

c)$\dfrac{2g}{3a}$

d)$\dfrac{3a}{2g}$

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D

Massas: $A=B=D=m$, $C=3m$. A puxa B (via polia direita) e B acelera a; D puxa C (via polia esquerda) e C acelera 2a, deslizando sobre B com atrito.

Bloco A: $mg-T_A=ma \Rightarrow T_A=m(g-a)$. Bloco B (massa m, atrito de C por cima e da mesa por baixo, normal total $4mg$ na mesa e $3mg$ de C): $T_A-\mu(3mg)-\mu(4mg)=ma \Rightarrow m(g-a)-7\mu mg=ma \Rightarrow g(1-7\mu)=2a$.

Bloco D: $mg-T_D=m(2a) \Rightarrow T_D=m(g-2a)$. Bloco C (massa 3m, atrito de B): $T_D-\mu(3mg)=3m(2a) \Rightarrow m(g-2a)-3\mu mg=6ma \Rightarrow g(1-3\mu)=8a+... $ reorganizando: $g-8a=3\mu g$.

Das duas equações: $\mu=\dfrac{g-2a}{7g}=\dfrac{g-8a}{3g} \Rightarrow 7(g-8a)=3(g-2a) \Rightarrow 4g=50a \Rightarrow \dfrac{a}{g}=\dfrac{2}{25}$.

$\mu=\dfrac{g-2a}{7g}=\dfrac{1-2(2/25)}{7}=\dfrac{21/25}{7}=\dfrac{3}{25}$. Verificando a alternativa: $\dfrac{3a}{2g}=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{2}{25}=\dfrac{3}{25}=\mu$. ✓

Q51

Dinâmica — Energia em Tobogã com Elástico (Questão Anulada)

Certo brinquedo de um parque aquático é esquematizado pela figura a seguir, onde um homem e uma boia, sobre a qual se assenta, formam um sistema, tratado como partícula.

Figura: tobogã reto inclinado 60° em relação ao solo, com topo em A (altura H=15m) e base em C; ponto B está à altura H/2; partícula desliza de A para C.

Essa "partícula" inicia seu movimento do repouso, no ponto A, situado a uma altura H = 15 m, escorregando ao longo do tobogã que está inclinado de 60° em relação ao solo, plano e horizontal. Considere a aceleração da gravidade constante e igual a g e despreze as resistências do ar, do tobogã e os efeitos hidrodinâmicos sobre a partícula. Para freá-la, fazendo-a chegar ao ponto C com velocidade nula, um elástico inicialmente não deformado, que se comporta como uma mola ideal, foi acoplado ligando essa partícula ao topo do tobogã. Nessa circunstância, a deformação máxima sofrida pelo elástico foi de $10\sqrt2\,m$. Na descida, ao passar pelo ponto B, que se encontra a uma altura $\dfrac{H}{2}$, a partícula atinge sua velocidade máxima, que, em m/s, vale

a)6,0

b)8,5

c)10

d)12

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Questão anulada pela banca

A velocidade máxima deveria ocorrer no ponto onde a força elástica se iguala à componente do peso ao longo do tobogã (equilíbrio instantâneo), e a deformação nesse ponto — combinada com a deformação máxima de $10\sqrt2\,m$ em C e com a altura de B igual a H/2 — deveria fechar de forma consistente com a conservação de energia entre A, B e C.

Ao montar as três equações de energia (A→B, A→C, e a condição de velocidade máxima em B), os dados fornecidos não convergem para um valor único e fisicamente consistente de deformação do elástico em B — diferentes combinações das informações dadas levam a resultados de $v_B$ incompatíveis entre si. Essa inconsistência interna dos dados é a provável razão da anulação pela banca; por isso, o Método TEF não apresenta aqui uma dedução numérica forçada.

Q52

Dinâmica — Colisões Elásticas e Atrito em Rampa Circular

A partícula 1, no ponto A, sofre uma colisão perfeitamente elástica e faz com que a partícula 2, inicialmente em repouso, percorra, sobre uma superfície, a trajetória ABMCD, conforme figura a seguir. O trecho BMC é um arco de 90° de uma circunferência de raio R = 1,0 m.

Figura: trajetória horizontal com uma elevação (morro) entre B e C, cujo topo é M; um arco tracejado de raio R, centro O, mostra o perfil circular do morro; A à esquerda (nível do solo), D à direita (nível do solo).

Ao passar sobre o ponto M, a partícula 2 está na iminência de perder o contato com a superfície. A energia mecânica perdida, devido ao atrito, pela partícula 2 ao longo do trecho ABM é exatamente igual à que ela perde no trecho MCD. No ponto D, a partícula 2 sofre outra colisão, perfeitamente elástica, com a partícula 3, que está em repouso. As partículas 1 e 3 possuem mesma massa, sendo a massa de cada uma delas o dobro da massa da partícula 2. A velocidade da partícula 1, imediatamente antes da colisão no ponto A, era de 6,0 m/s. A aceleração da gravidade é constante e igual a g. Desprezando a resistência do ar, a velocidade da partícula 3, imediatamente após a colisão no ponto D, em m/s, será igual a

a)3,0

b)4,0

c)5,0

d)6,0

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B

Massas: $m_1=m_3=2m$, $m_2=m$. Colisão elástica em A: $v_2'=\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}v_1=\dfrac{2(2m)}{3m}\times6=8{,}0\,m/s$ (velocidade da partícula 2 ao iniciar a trajetória, em A).

$E_A=\tfrac12m(8)^2=32m$. No topo M, iminência de perder contato: $v_M^2=gR=10 \Rightarrow KE_M=\tfrac12m(10)=5m$; com a altura do morro $h_M=2R=2{,}0\,m$: $E_M=5m+mg(2R)=5m+20m=25m$.

Como as perdas por atrito em ABM e em MCD são iguais, $E_M$ é a média entre $E_A$ e $E_D$: $E_D=2E_M-E_A=2(25m)-32m=18m$. Como D está no nível do solo (mesma altura de A), $E_D=KE_D=18m \Rightarrow v_D^2=36 \Rightarrow v_D=6{,}0\,m/s$.

Colisão elástica em D (partícula 2, massa m, contra partícula 3, massa 2m, em repouso): $v_3'=\dfrac{2m_2}{m_2+m_3}v_D=\dfrac{2m}{3m}\times6=4{,}0\,m/s$.

Q53

Hidrostática — Ludião e Variação do Empuxo

Um pequeno tubo de ensaio, de massa 50 g, no formato de cilindro, é usado como ludião — uma espécie de submarino miniatura, que sobe e desce, verticalmente, dentro de uma garrafa cheia de água. A figura 1, a seguir, ilustra uma montagem, onde o tubo, preenchido parcialmente de água, é mergulhado numa garrafa pet, completamente cheia de água. O tubo fica com sua extremidade aberta voltada para baixo e uma bolha de ar, de massa desprezível, é aprisionada dentro do tubo, formando com ele o sistema chamado ludião. A garrafa é hermeticamente fechada e o ludião tem sua extremidade superior fechada e encostada na tampa da garrafa.

Figura 1: garrafa com o ludião no topo, próximo à tampa, altura de 60 cm até o fundo. Figura 2: pessoa pressiona a garrafa, ludião desce 60 cm em 1,0 s. Figura 3: pressão é liberada, ludião sobe 60 cm em 0,5 s.

Uma pessoa, ao aplicar, com a mão, uma pressão constante sobre a garrafa faz com que entre um pouco mais de água no ludião, comprimindo a bolha de ar. Nessa condição, o ludião desce, conforme figura 2, a partir do repouso, com aceleração constante, percorrendo 60 cm, até chegar ao fundo da garrafa, em 1,0 s. Após chegar ao fundo, estando o ludião em repouso, a pessoa deixa de pressionar a garrafa. A bolha expande e o ludião sobe, conforme figura 3, percorrendo os 60 cm em 0,5 s. Despreze o atrito viscoso sobre o ludião e considere que, ao longo da descida e da subida, o volume da bolha permaneça constante e igual a $V_0$ e V, respectivamente. Nessas condições, a variação de volume, $\Delta V=V-V_0$, em cm³, é igual a

a)30

b)40

c)44

d)74

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A

Descida: $0{,}60=\tfrac12a_{desc}(1{,}0)^2 \Rightarrow a_{desc}=1{,}2\,m/s^2$. Subida: $0{,}60=\tfrac12a_{sub}(0{,}5)^2 \Rightarrow a_{sub}=4{,}8\,m/s^2$.

O empuxo atua apenas sobre a bolha de ar aprisionada (o tubo é aberto embaixo, em contato com a água). Descida (peso vence empuxo): $mg-dgV_0=ma_{desc} \Rightarrow 0{,}05(10)-1000(10)V_0=0{,}05(1{,}2) \Rightarrow 0{,}5-10000V_0=0{,}06 \Rightarrow V_0=4{,}4\times10^{-5}\,m^3=44\,cm^3$.

Subida (empuxo vence peso): $dgV-mg=ma_{sub} \Rightarrow 10000V-0{,}5=0{,}05(4{,}8)=0{,}24 \Rightarrow V=7{,}4\times10^{-5}\,m^3=74\,cm^3$.

$\Delta V=V-V_0=74-44=30\,cm^3$.

Q54

Estática — Torque e Força Mínima em Alavanca

Uma força vertical de módulo F atua em um ponto P de uma alavanca rígida e homogênea que pode girar em torno de um eixo O. A alavanca possui comprimento d, entre os pontos P e O, e faz um ângulo θ com a direção horizontal, conforme figura abaixo.

Figura: alavanca reta OP inclinada de ângulo θ em relação à horizontal; força F vertical (para baixo) aplicada em P.

A força $\vec F$ gera, assim, um torque sobre a alavanca. Considere uma outra força $\vec G$, de menor módulo possível, que pode ser aplicada sozinha no ponto P e causar o mesmo torque gerado pela força $\vec F$. Nessas condições, a opção que melhor apresenta a direção, o sentido e o módulo G da força $\vec G$ é

a)$\vec G$ horizontal, no mesmo sentido do avanço da alavanca; $G=F\sec\theta$.

b)$\vec G$ vertical, para baixo (mesma direção e sentido de $\vec F$); $G=F\,sen\,\theta$.

c)$\vec G$ perpendicular à alavanca, apontando para fora e para baixo; $G=F\cos\theta$.

d)$\vec G$ horizontal, sentido oposto ao da alternativa a); $G=F\,tg\,\theta$.

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C

O torque de F em relação a O é $\tau=F\times(\text{distância perpendicular de O à reta de ação de }F)$. Como F é vertical, essa distância é a projeção horizontal de OP: $d\cos\theta$. Logo $\tau=Fd\cos\theta$.

Para produzir o mesmo torque com o menor módulo possível, a força deve ter o maior braço de alavanca possível — ou seja, deve ser aplicada perpendicularmente à própria alavanca (braço = d, o comprimento total). Nesse caso, $\tau=G\cdot d \Rightarrow G=\dfrac{\tau}{d}=\dfrac{Fd\cos\theta}{d}=F\cos\theta$.

Q55

Oscilações — Energia Potencial e Equilíbrio Estável

O gráfico da energia potencial ($E_p$) de uma dada partícula em função de sua posição x é apresentado na figura abaixo.

Gráfico de Ep(x): patamar alto até x1, descendo suavemente até um mínimo profundo em x2, subindo a um máximo local em x3, descendo a um mínimo local em x4, e subindo novamente a um patamar alto em x5.

Quando a partícula é colocada com velocidade nula nas posições $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ e $x_5$, esta permanece em repouso de acordo com a 1ª Lei de Newton. Considerando essas informações, caso haja uma perturbação sobre a partícula, ela poderá oscilar em movimento harmônico simples em torno das posições

a)$x_1$ e $x_5$

b)$x_2$ e $x_3$

c)$x_2$ e $x_4$

d)$x_3$ e $x_5$

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C

MHS em torno de um ponto de equilíbrio exige que esse ponto seja de equilíbrio estável — ou seja, um mínimo local de $E_p$, onde qualquer pequeno deslocamento gera uma força restauradora.

$x_1$ e $x_5$ estão nos patamares/topos de "barreira" (equilíbrio instável ou neutro); $x_3$ é um máximo local de $E_p$ (equilíbrio instável). Apenas $x_2$ (mínimo global) e $x_4$ (mínimo local) são poços de potencial — equilíbrios estáveis, capazes de sustentar oscilação em MHS.

Q56

Termodinâmica — Ciclo de Carnot e Máquinas Térmicas (Questão Anulada)

Considere uma máquina térmica ideal M que funciona realizando o ciclo de Carnot, como mostra a figura abaixo. Essa máquina retira uma quantidade de calor Q de um reservatório térmico à temperatura constante T, realiza um trabalho total τ e rejeita um calor $Q_2$ para a fonte fria à temperatura $\dfrac{T}{2}$, também constante.

Diagrama P-V do ciclo de Carnot da máquina M, com isotermas T e T/2, calor Q absorvido, trabalho τ e calor Q2 rejeitado.

A partir das mesmas fontes quente e fria projeta-se quatro máquinas térmicas A, B, C e D, respectivamente, de acordo com as figuras 1, 2, 3 e 4 abaixo; para que realizem, cada uma, o mesmo trabalho τ da máquina M.

Figura 1 (Máquina A): absorve 5Q/6 da fonte quente T, realiza τ, rejeita 2Q2/3 à fonte fria T/2. Figura 2 (Máquina B): absorve 2Q, realiza τ, rejeita 3Q2/2. Figura 3 (Máquina C): absorve 3Q/2, realiza τ, rejeita 2Q2. Figura 4 (Máquina D): absorve 5Q/8, realiza τ, rejeita Q2/4.

Nessas condições, as máquinas térmicas que poderiam ser construídas, a partir dos projetos apresentados, seriam

a)A e B

b)B e C

c)C e D

d)A e D

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Questão anulada pela banca

Para M (Carnot, T e T/2): $\eta_{Carnot}=1-\dfrac{T/2}{T}=\dfrac12$, logo $Q_2=\dfrac{Q}{2}$ e $\tau=Q-Q_2=\dfrac{Q}{2}$ — esse é o trabalho que as quatro máquinas devem igualar, e $\eta=\dfrac12=50\%$ é o limite máximo permitido pela 2ª lei entre essas fontes.

Máquina A: $\tau_A=\tfrac{5Q}{6}-\tfrac{2}{3}\left(\tfrac{Q}{2}\right)=\tfrac{Q}{2}=\tau$ (energia consistente), mas $\eta_A=\tfrac{\tau}{5Q/6}=\tfrac35=60\%>50\%$ — viola a 2ª lei, impossível.

Máquina B: $\tau_B=2Q-\tfrac32\left(\tfrac{Q}{2}\right)=\tfrac{5Q}{4}\neq\tau$ — os dados fornecidos nem sequer conservam energia para o trabalho τ estipulado, o que já torna a máquina B impossível por construção.

Máquina C: $\tau_C=\tfrac{3Q}{2}-2\left(\tfrac{Q}{2}\right)=\tfrac{Q}{2}=\tau$ (energia consistente) e $\eta_C=\tfrac{\tau}{3Q/2}=\tfrac13\approx33\%<50\%$ — dentro do limite de Carnot, portanto fisicamente construível.

Máquina D: $\tau_D=\tfrac{5Q}{8}-\tfrac14\left(\tfrac{Q}{2}\right)=\tfrac{Q}{2}=\tau$ (energia consistente), mas $\eta_D=\tfrac{\tau}{5Q/8}=\tfrac45=80\%>50\%$ — viola a 2ª lei, impossível.

Assim, apenas a máquina C é simultaneamente consistente com a conservação de energia e com o limite de Carnot — nenhum dos pares oferecidos (A e B, B e C, C e D, A e D) reúne duas máquinas válidas ao mesmo tempo. Essa incoerência nos dados apresentados é, muito provavelmente, o motivo da anulação pela banca.

Q57

Óptica — Espelho Esférico e Lente: Oscilação de Imagens

Um objeto pontual luminoso que oscila verticalmente em movimento harmônico simples, cuja equação da posição é $y=A\cos(\omega t)$, é disposto paralelamente a um espelho esférico gaussiano côncavo (E) de raio de curvatura igual a 8A, e a uma distância 3A desse espelho (figura 1).

Figura 1: objeto oscilante no eixo y, a uma distância 3A à frente do espelho côncavo E. Figura 2: mesmo objeto, à mesma distância 3A, à frente de uma lente convergente delgada L.

Um observador visualiza a imagem desse objeto conjugada pelo espelho e mede a amplitude $A_1$ e a frequência de oscilação do movimento dessa imagem. Trocando-se apenas o espelho por uma lente esférica convergente delgada (L) de distância focal A e índice de refração n = 2 (figura 2), o mesmo observador visualiza uma imagem projetada do objeto oscilante e mede a amplitude $A_2$ e a frequência do movimento da imagem. Considere que o eixo óptico dos dispositivos usados passe pelo ponto de equilíbrio estável do corpo que oscila e que as observações foram realizadas em um meio perfeitamente transparente e homogêneo de índice de refração igual a 1. Nessas condições, a razão entre as amplitudes $A_2$ e $A_1$, $\dfrac{A_2}{A_1}$, de oscilação das imagens conjugadas pela lente e pelo espelho é

a)$\dfrac18$

b)$\dfrac54$

c)$\dfrac32$

d)$\dfrac12$

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A

Espelho: $f=R/2=4A$, $p=3A$. Equação de Gauss: $\tfrac1p+\tfrac1{p'}=\tfrac1f \Rightarrow \tfrac1{3A}+\tfrac1{p'}=\tfrac1{4A} \Rightarrow p'=-12A$. Ampliação transversal: $|m_1|=\left|\dfrac{-p'}{p}\right|=\dfrac{12A}{3A}=4 \Rightarrow A_1=4A$.

Lente: $f=A$, $p=3A$. $\tfrac1{3A}+\tfrac1{p'}=\tfrac1A \Rightarrow \tfrac1{p'}=\tfrac1A-\tfrac1{3A}=\tfrac2{3A} \Rightarrow p'=\tfrac{3A}2$. Ampliação: $|m_2|=\left|\dfrac{-p'}{p}\right|=\dfrac{3A/2}{3A}=\dfrac12 \Rightarrow A_2=\dfrac{A}2$.

$\dfrac{A_2}{A_1}=\dfrac{A/2}{4A}=\dfrac18$.

Q58

Ondulatória — Interferência e Onda Estacionária entre Fontes

Considere duas fontes puntiformes $F_1$ e $F_2$ produzindo perturbações, de mesma frequência e amplitude, na superfície de um líquido homogêneo e ideal. A configuração de interferência gerada por essas fontes é apresentada na figura abaixo.

Figura: fontes F1 e F2 separadas por 2 m, com frentes de onda circulares tracejadas; linha nodal central C entre as fontes; ponto P sobre a primeira linha nodal após C, com d1 (de F1 a P) e d2 (de F2 a P) formando um ângulo reto em P.

Sabe-se que a linha de interferência (C) que passa pela metade da distância de dois metros que separa as duas fontes é uma linha nodal. O ponto P encontra-se a uma distância $d_1$ da fonte $F_1$ e $d_2$, da fonte $F_2$, e localiza-se na primeira linha nodal após a linha central. Considere que a onda estacionária que se forma entre as fontes possua cinco nós e que dois destes estejam posicionados sobre as fontes. Nessas condições, o produto $(d_1\cdot d_2)$ entre as distâncias que separam as fontes do ponto P é

a)$\dfrac12$

b)$\dfrac32$

c)$\dfrac54$

d)$\dfrac74$

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B

A onda estacionária ao longo do segmento $F_1F_2$ (2 m) tem 5 nós, dois deles exatamente sobre as fontes — ou seja, 4 intervalos de $\lambda/2$ cobrem os 2 m: $4\left(\dfrac{\lambda}2\right)=2 \Rightarrow \lambda=1\,m$.

Como a linha central C é nodal, as linhas nodais ocorrem para diferenças de caminho múltiplas inteiras de λ. A primeira linha nodal após C corresponde a $|d_1-d_2|=\lambda=1\,m$.

Pela figura, o ângulo em P (entre os segmentos $d_1$ e $d_2$) é reto, logo $d_1^2+d_2^2=(F_1F_2)^2=2^2=4$. Com $d_1=d_2+1$: $(d_2+1)^2+d_2^2=4 \Rightarrow 2d_2^2+2d_2-3=0$.

Dessa equação, $d_2^2+d_2=\dfrac32$. Como $d_1\cdot d_2=d_2(d_2+1)=d_2^2+d_2$, conclui-se diretamente que $d_1\cdot d_2=\dfrac32$.

Q59

Óptica — Telescópio Refrator com Objetiva Acromática

Um telescópio refrator é construído com uma objetiva acromática formada pela justaposição de duas lentes esféricas delgadas, uma convexo-côncava, de índice de refração $n_1$ e raios de curvatura R e 2R; e a outra biconvexa, de índice de refração $n_2$ e raio de curvatura R. Já a ocular é uma lente esférica delgada simples com uma distância focal que permite um aumento máximo para o telescópio igual, em módulo, a 5.

Observando-se através desse telescópio um objeto muito distante, uma imagem final imprópria é conjugada por esse instrumento. Considere que o telescópio seja utilizado em condições usuais nas quais é mínima a distância L entre as lentes objetiva e ocular, que o local onde a observação é realizada tenha índice de refração constante e igual a 1; e que sejam desprezadas as características do sistema óptico do observador. Nessas condições, o comprimento mínimo L desse telescópio será dado por

a)$\dfrac{20R}{4n_1+5n_2+1}$

b)$\dfrac{5R}{5n_1+20(n_2+1)}$

c)$\dfrac{10R}{20n_1-(n_2+3)}$

d)$\dfrac{12R}{20n_2-5(n_1+3)}$

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D

Lente 1 (convexo-côncava, $n_1$, raios 2R e R): $\dfrac1{f_1}=(n_1-1)\left(\dfrac1{2R}-\dfrac1R\right)=-\dfrac{(n_1-1)}{2R}$ (menisco de vergência negativa).

Lente 2 (biconvexa, $n_2$, raio R em ambas as faces): $\dfrac1{f_2}=(n_2-1)\left(\dfrac1R+\dfrac1R\right)=\dfrac{2(n_2-1)}{R}$.

Lentes justapostas (objetiva composta): $\dfrac1{f_{obj}}=\dfrac1{f_1}+\dfrac1{f_2}=\dfrac{-(n_1-1)+4(n_2-1)}{2R}=\dfrac{4n_2-n_1-3}{2R} \Rightarrow f_{obj}=\dfrac{2R}{4n_2-n_1-3}$.

Imagem final imprópria (no infinito) ⇒ telescópio afocal, com $f_{ocular}=\dfrac{f_{obj}}5$ (já que o aumento máximo, em módulo, é $\left|\dfrac{f_{obj}}{f_{ocular}}\right|=5$). O comprimento mínimo é $L=f_{obj}+f_{ocular}=\dfrac65f_{obj}=\dfrac{12R}{5(4n_2-n_1-3)}=\dfrac{12R}{20n_2-5(n_1+3)}$.

Q60

Eletrostática — Equilíbrio de Carga no Eixo de Anel Carregado

Uma carga positiva Q distribui-se uniformemente ao longo de um anel fixo não-condutor de centro C. No ponto P, sobre o eixo do anel, abandona-se em repouso uma partícula com carga elétrica q, conforme ilustrado na figura abaixo.

Figura: anel de carga positiva Q, centro C; ponto P sobre o eixo do anel, com carga q abandonada em repouso.

Sabe-se que depois de um certo tempo essa partícula passa pelo centro C do anel. Considerando apenas as interações elétricas entre as cargas Q e q, pode-se afirmar que

a)quando a partícula estiver no centro C do anel, ela experimentará um equilíbrio instável.

b)quando a partícula estiver no centro C do anel, ela experimentará um equilíbrio estável.

c)à medida que a partícula se desloca em direção ao centro C do anel, a energia potencial elétrica das cargas Q e q aumenta.

d)à medida que a partícula se desloca em direção ao centro C do anel, a energia potencial elétrica das cargas Q e q é igual à energia potencial do início do movimento.

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B

Como a partícula é atraída de P até C, sua carga q é necessariamente negativa (oposta à do anel, positiva). O campo elétrico no eixo de um anel carregado é nulo no centro C e cresce a partir daí (em módulo) conforme o ponto se afasta do centro, sempre apontando para fora do anel.

Para q negativa, a força elétrica aponta sempre de volta para C, qualquer que seja o lado do deslocamento — uma força restauradora. Logo, C é uma posição de equilíbrio estável para q.

Como a partícula acelera de P até C (converte energia potencial em cinética), a energia potencial elétrica diminui ao longo do percurso — o que descarta as alternativas (c) e (d).

Q61

Eletrodinâmica — Fusível e Circuito com Lâmpadas

Através da curva tempo (t) x corrente (i) de um fusível F (figura 1) pode-se determinar o tempo necessário para que ele derreta e assim desligue o circuito onde está inserido.

Figura 1: gráfico t(s) × i(A) do fusível, curva decrescente, passando aproximadamente por (2,2 ; 8), (3 ; 1,0) e valores menores de t para correntes maiores.

A figura 2 mostra o circuito elétrico simplificado de um automóvel, composto por uma bateria ideal de fem ε igual a 12 V, duas lâmpadas $L_F$, cujas resistências elétricas são ôhmicas e iguais a $6\,\Omega$ cada. Completam o circuito outras duas lâmpadas $L_M$, também ôhmicas, de resistências elétricas $3\,\Omega$ cada, além do fusível F e da chave Ch, inicialmente aberta.

Figura 2: bateria ε em série com o fusível F; ramo 1 com duas lâmpadas LF em série (sempre conectado); ramo 2 (em paralelo ao ramo 1) com a chave Ch em série com duas lâmpadas LM em série; Ch inicialmente aberta.

A partir do instante em que a chave Ch for fechada, observar-se-á que as duas lâmpadas $L_F$

a)apagarão depois de 1,0 s.

b)permanecerão acesas por apenas 0,50 s.

c)terão seu brilho aumentado, mas não apagarão.

d)continuarão a brilhar com a mesma intensidade, mas não apagarão.

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

A

Antes de Ch fechar, só o ramo $L_F$ (duas lâmpadas de $6\,\Omega$ em série, $12\,\Omega$) conduz: $i=\varepsilon/12=12/12=1\,A$ pelo fusível.

Ao fechar Ch, o ramo $L_M$ (duas lâmpadas de $3\,\Omega$ em série, $6\,\Omega$) entra em paralelo com o ramo $L_F$ ($12\,\Omega$): resistência equivalente $=\dfrac{12\times6}{12+6}=4\,\Omega$. Corrente total pelo fusível: $i=\dfrac{12}{4}=3\,A$.

Pela curva do fusível, em $i=3\,A$ o tempo para fundir é $t=1{,}0\,s$. Decorrido esse tempo, o fusível se rompe e interrompe todo o circuito — inclusive o ramo $L_F$, que estava aceso desde antes. Logo, as lâmpadas $L_F$ apagarão depois de 1,0 s.

Q62

Eletrodinâmica — Carga de Capacitor em Circuito RC

O circuito elétrico esquematizado a seguir é constituído de uma bateria de resistência interna desprezível e fem ε, de um resistor de resistência elétrica R, de um capacitor de capacitância C, inicialmente descarregado, e de uma chave Ch, inicialmente aberta.

Figura: bateria ε em série com a chave Ch; malha contendo o resistor R e o capacitor C em série.

Fecha-se a chave Ch e aguarda-se o capacitor carregar. Quando ele estiver completamente carregado, pode-se afirmar que a razão entre a energia dissipada no resistor ($E_R$) e a energia acumulada no capacitor ($E_C$), $\dfrac{E_R}{E_C}$, é

a)maior que 1, desde que $\dfrac{R}{C}>1$

b)menor que 1, desde que $\dfrac{R}{C}>1$

c)igual a 1, somente se $\dfrac{R}{C}=1$

d)igual a 1, independentemente da razão $\dfrac{R}{C}$

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D

Carga total transferida ao capacitor: $Q=C\varepsilon$. Energia total fornecida pela bateria: $E_{bat}=Q\varepsilon=C\varepsilon^2$. Energia final armazenada no capacitor: $E_C=\tfrac12C\varepsilon^2$.

Por conservação de energia, a energia dissipada no resistor é $E_R=E_{bat}-E_C=C\varepsilon^2-\tfrac12C\varepsilon^2=\tfrac12C\varepsilon^2$.

$\dfrac{E_R}{E_C}=\dfrac{\tfrac12C\varepsilon^2}{\tfrac12C\varepsilon^2}=1$ — esse resultado é um teorema geral de circuitos RC em carga e não depende dos valores de R ou C.

Q63

Eletromagnetismo — Movimento Cicloidal em Campos E e B Cruzados

Uma partícula de massa 1 g eletrizada com carga igual a $-4\,mC$ encontra-se inicialmente em repouso imersa num campo elétrico $\vec E$ vertical e num campo magnético $\vec B$ horizontal, ambos uniformes e constantes. As intensidades de $\vec E$ e $\vec B$ são, respectivamente, 2 V/m e 1 T. Devido exclusivamente à ação das forças elétrica e magnética, a partícula descreverá um movimento que resulta numa trajetória cicloidal no plano xz, conforme ilustrado na figura abaixo.

Figura: eixos x, y, z; campo E vertical (para baixo, em z), campo B horizontal (ao longo de y); trajetória cicloidal no plano xz, com arcos de altura máxima H repetidos ao longo do eixo x.

Sabendo-se que a projeção deste movimento da partícula na direção do eixo oz resulta num movimento harmônico simples, pode-se concluir que a altura máxima H atingida pela partícula vale, em cm,

a)50

b)75

c)100

d)150

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C

Em campos E e B cruzados, uma partícula que parte do repouso descreve uma cicloide, resultado da composição de uma deriva com velocidade $v_d=E/B$ e um movimento circular de raio $r=\dfrac{mv_d}{|q|B}=\dfrac{mE}{|q|B^2}$ no referencial que acompanha a deriva.

A altura máxima da cicloide (partindo do repouso, ponto mais baixo do "arco") é o diâmetro dessa trajetória circular: $H=2r=\dfrac{2mE}{|q|B^2}$.

$H=\dfrac{2(1\times10^{-3})(2)}{(4\times10^{-3})(1)^2}=\dfrac{4\times10^{-3}}{4\times10^{-3}}=1{,}0\,m=100\,cm$.

Q64

Eletromagnetismo — Indução Eletromagnética com Ímã em MHS

Considere que a intensidade do campo magnético gerado por um ímã em forma de barra varia na razão inversa do quadrado da distância d entre o centro C deste ímã e o centro de uma espira condutora E, ligada a uma lâmpada L, conforme ilustrado na figura abaixo.

Figura: eixo x(m), de -1 a além de +3; ímã de barra (polos S e N, centro C) inicialmente em x=0; espira E de centro fixo em x=+3, ligada à lâmpada L; distância d entre C e o centro da espira.

A partir do instante $t_0=0$, o ímã é movimentado para a direita e para a esquerda de tal maneira que o seu centro C passa a descrever um movimento harmônico simples indicado abaixo pelo gráfico da posição (x) em função do tempo (t), com amplitude 1 m (entre x=-1 e x=+1) e período T=3 s.

Gráfico x(t): senoide de amplitude 1 m, período 3 s, começando em x=0 no instante t=0.

Durante o movimento desse ímã, verifica-se que a luminosidade da lâmpada L

a)aumenta à medida que o centro C do ímã se move da posição $x=-1\,m$ até $x=+1\,m$.

b)diminui entre os instantes $t=\dfrac{n}{2}T$ e $t'=\dfrac{(n+1)}{2}T$, onde T é o período do movimento e n é ímpar.

c)é nula quando o centro C do ímã está na posição $x=\pm1\,m$.

d)é mínima nos instantes $t=\dfrac{m}{4}T$, onde T é o período do movimento e m é um número par.

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

C

A luminosidade da lâmpada é proporcional à potência dissipada, que depende do quadrado da fem induzida: $\varepsilon\propto\left|\dfrac{d\Phi}{dt}\right|$, com $\Phi\propto\dfrac1{d^2}$ e $d=3-x(t)$.

$\dfrac{d\Phi}{dt}\propto\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac1{d^2}\right)=-\dfrac2{d^3}\cdot\dfrac{dd}{dt}=\dfrac2{d^3}\cdot\dfrac{dx}{dt}$ — a fem depende do produto entre a velocidade do ímã ($dx/dt$) e do inverso do cubo da distância.

Nos extremos do MHS ($x=\pm1\,m$), a velocidade do ímã é instantaneamente nula ($dx/dt=0$, pontos de retorno), logo $d\Phi/dt=0$ e a fem induzida é nula naquele instante — a lâmpada apaga momentaneamente.

Isso descarta (a) (o brilho não cresce monotonicamente: ele se anula nos extremos e é máximo no meio do percurso) e confirma (c). As alternativas (b) e (d) não correspondem a esses instantes de luminosidade nula/mínima.

Dados da prova