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AFA 2020

Academia da Força Aérea

Exame de Admissão aos CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020 · Prova de Física (Q49-64) — resolução comentada Método TEF.

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.

Partículas lançadas nos planos inclinados AC e BC.

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)$v_0+5t$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

A
Resolução

Como o triângulo $ABC$ é retângulo em $C$, com ângulos de $30°$ e $60°$, temos $AC=\sqrt3\,BC$.

Para a partícula 2, no plano inclinado de $60°$:

$BC=v_0t-\dfrac12(g\,\text{sen}\,60°)t^2=v_0t-\dfrac{5\sqrt3}{2}t^2$.

Logo, $AC=\sqrt3\,BC=\sqrt3\,v_0t-\dfrac{15}{2}t^2$.

Para a partícula 1, no plano inclinado de $30°$:

$AC=v_1t-\dfrac12(g\,\text{sen}\,30°)t^2=v_1t-\dfrac52t^2$.

Igualando as expressões de $AC$:

$v_1t-\dfrac52t^2=\sqrt3\,v_0t-\dfrac{15}{2}t^2$.

Portanto, $v_1=\sqrt3\,v_0-5t$.

Alternativa correta: A

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.

Sistema de blocos A, B, C e D conectado por fios e polias.

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
Resolução

Sejam $m_A=m_B=m_D=m$ e $m_C=3m$.

Para os blocos suspensos:

$T_A=m(g-a)$ e $T_D=m(g-2a)$.

No bloco $B$, a força de atrito com $C$ vale $3\mu mg$ e o atrito com a mesa vale $4\mu mg$. Assim:

$T_A-3\mu mg-4\mu mg=ma$.

Substituindo $T_A$:

$g-7\mu g=2a$.

Para o bloco $C$, cuja aceleração tem módulo $2a$:

$T_D-3\mu mg=3m(2a)$.

Substituindo $T_D$:

$g-3\mu g=8a$.

Subtraindo as duas equações:

$4\mu g=6a$.

Logo, $\mu=\dfrac{3a}{2g}$.

Alternativa correta: D

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.

Tobogã inclinado com os pontos A, B e 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
Resolução

O ponto $A$ está a ${15}\text{ m}$ de altura e o tobogã forma $60°$ com a horizontal. Portanto, o comprimento do trecho inclinado é:

$AC=\dfrac{H}{\text{sen}\,60°}=\dfrac{15}{\sqrt3/2}=10\sqrt3\text{ m}$.

Como o elástico está inicialmente não deformado em $A$ e permanece ligado ao topo do tobogã, sua deformação máxima em $C$ deveria ser igual a $AC$, isto é, $10\sqrt3\text{ m}$.

Entretanto, o enunciado informa uma deformação máxima de $10\sqrt2\text{ m}$. Os dados geométricos são incompatíveis, impedindo uma solução única e fisicamente consistente.

Por isso, a questão foi anulada pela banca.

Alternativa correta: Questão anulada

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.

Trajetória ABMCD percorrida pela partícula 2.

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
Resolução

Considere $m_2=m$ e $m_1=m_3=2m$.

Na colisão elástica em $A$, a partícula 2, inicialmente em repouso, adquire:

$v_2=\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}v_1=\dfrac{2(2m)}{3m}\cdot6={8}\text{ m/s}$.

No ponto $M$, a partícula está na iminência de perder o contato:

$N=0\Rightarrow \dfrac{mv_M^2}{R}=mg\Rightarrow v_M^2=gR=10$.

Como $M$ está a uma altura $2R$:

$E_M=\dfrac12m(10)+mg(2R)=5m+20m=25m$.

Em $A$, $E_A=\dfrac12m(8)^2=32m$. Como as perdas em $ABM$ e $MCD$ são iguais:

$E_A-E_M=E_M-E_D\Rightarrow E_D=2E_M-E_A=18m$.

No ponto $D$, $\dfrac12mv_D^2=18m$, portanto $v_D={6}\text{ m/s}$.

Na colisão elástica com a partícula 3:

$v_3=\dfrac{2m_2}{m_2+m_3}v_D=\dfrac{2m}{3m}\cdot6={4}\text{ m/s}$.

Alternativa correta: B

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.

Etapas do movimento do ludião dentro da garrafa.

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
Resolução

Na descida, partindo do repouso:

${0,60}=\dfrac12a_d(1,0)^2\Rightarrow a_d={1,2}\text{ m/s}^2$.

Na subida:

${0,60}=\dfrac12a_s(0,5)^2\Rightarrow a_s={4,8}\text{ m/s}^2$.

Durante a descida, o peso supera o empuxo:

$mg-\rho gV_0=ma_d$.

Com $m={0,05}\text{ kg}$, $\rho={1.000}\text{ kg/m}^3$ e $g={10}\text{ m/s}^2$:

$V_0=4,4\cdot10^{-5}\text{ m}^3={44}\text{ cm}^3$.

Durante a subida, o empuxo supera o peso:

$\rho gV-mg=ma_s$.

Assim, $V=7,4\cdot10^{-5}\text{ m}^3={74}\text{ cm}^3$.

Logo, $\Delta V=V-V_0=74-44={30}\text{ cm}^3$.

Alternativa correta: A

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.

Alavanca OP sob a ação da força vertical F.

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; $G=F\sec\theta$.
Alternativa A da questão 54.
b)$\vec G$ vertical, para baixo (mesma direção e sentido de $\vec F$); $G=F\,sen\,\theta$.
Alternativa B da questão 54.
c)$\vec G$ perpendicular à alavanca, apontando para fora e para baixo; $G=F\cos\theta$.
Alternativa C da questão 54.
d)$\vec G$ horizontal, sentido oposto ao da alternativa a); $G=F\,tg\,\theta$.
Alternativa D da questão 54.

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C
Resolução

O torque produzido pela força vertical $\vec F$ em relação ao eixo $O$ é:

$\tau=Fd\cos\theta$.

Para produzir o mesmo torque com o menor módulo possível, a força deve ser perpendicular à alavanca, pois assim o braço de alavanca é máximo e igual a $d$.

Portanto:

$Gd=Fd\cos\theta\Rightarrow G=F\cos\theta$.

O sentido deve produzir a mesma rotação causada por $\vec F$, conforme indicado na alternativa C.

Alternativa correta: C

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 da energia potencial em função da posição.

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 $x_5$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

C
Resolução

A força associada à energia potencial é dada por:

$F=-\dfrac{dE_p}{dx}$.

Uma pequena oscilação harmônica pode ocorrer em torno de uma posição de equilíbrio estável, correspondente a um mínimo local da energia potencial.

No gráfico, os mínimos locais ocorrem em $x_2$ e $x_4$. Nessas posições, uma pequena perturbação produz uma força restauradora.

Portanto, a partícula pode oscilar em torno de $x_2$ e $x_4$.

Alternativa correta: C

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 pressão-volume do ciclo de Carnot.

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.

Projeto da máquina térmica A.
Projeto da máquina térmica B.
Projeto da máquina térmica C.
Projeto da máquina térmica D.

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

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

Questão anulada pela banca
Resolução

Para a máquina de Carnot operando entre $T$ e $T/2$:

$\eta_C=1-\dfrac{T/2}{T}=\dfrac12$.

Logo, $\tau=Q/2$ e $Q_2=Q/2$.

Máquina A: realiza o trabalho $\tau$, mas sua eficiência é $\eta_A=3/5=60\%$, superior ao limite de Carnot de $50\%$. Impossível.

Máquina B: os valores de calor fornecidos não resultam no trabalho $\tau$. Viola a conservação da energia.

Máquina C: realiza o trabalho $\tau$ e possui eficiência $\eta_C'=1/3$, inferior ao limite de Carnot. Possível.

Máquina D: realiza o trabalho $\tau$, mas possui eficiência $\eta_D=4/5=80\%$, superior ao limite de Carnot. Impossível.

Assim, somente a máquina C poderia ser construída, mas nenhuma alternativa apresenta apenas C. Por isso, a questão foi anulada.

Alternativa correta: Questão anulada

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).

Objeto oscilante diante do espelho côncavo.
Objeto oscilante diante da lente convergente.

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
Resolução

A amplitude da imagem é o módulo do aumento linear multiplicado pela amplitude do objeto.

Para o espelho côncavo, $R=8A$, logo $f_E=R/2=4A$. Como $p=3A$:

$\dfrac1{4A}=\dfrac1{3A}+\dfrac1{q_E}\Rightarrow q_E=-12A$.

Assim, $|m_E|=|q_E/p|=4$ e $A_1=4A$.

Para a lente convergente, $f_L=A$ e $p=3A$:

$\dfrac1A=\dfrac1{3A}+\dfrac1{q_L}\Rightarrow q_L=\dfrac{3A}{2}$.

Logo, $|m_L|=|q_L/p|=1/2$ e $A_2=A/2$.

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

Alternativa correta: A

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.

Interferência produzida pelas fontes F1 e F2.

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
Resolução

Entre as fontes há cinco nós, incluindo os dois nós situados sobre elas. Portanto, os ${2}\text{ m}$ correspondem a quatro intervalos de meio comprimento de onda:

$4\cdot\dfrac{\lambda}{2}=2\Rightarrow \lambda={1}\text{ m}$.

Como a linha central é nodal, as fontes estão em oposição de fase. Na primeira linha nodal após a central:

$|d_1-d_2|=\lambda=1$.

Pela figura, o triângulo $F_1PF_2$ é retângulo em $P$:

$d_1^2+d_2^2=2^2=4$.

Elevando a diferença ao quadrado:

$(d_1-d_2)^2=d_1^2+d_2^2-2d_1d_2$.

$1=4-2d_1d_2\Rightarrow d_1d_2=\dfrac32$.

Alternativa correta: B

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
Resolução

Para a lente convexo-côncava:

$\dfrac1{f_1}=(n_1-1)\left(\dfrac1{2R}-\dfrac1R\right)=-\dfrac{n_1-1}{2R}$.

Para a lente biconvexa:

$\dfrac1{f_2}=(n_2-1)\left(\dfrac1R-\dfrac1{-R}\right)=\dfrac{2(n_2-1)}R$.

Como as lentes estão justapostas:

$\dfrac1{f_o}=\dfrac1{f_1}+\dfrac1{f_2}=\dfrac{4n_2-n_1-3}{2R}$.

Logo, $f_o=\dfrac{2R}{4n_2-n_1-3}$.

No ajuste normal, a imagem final é imprópria e $L=f_o+f_e$. Como o aumento angular máximo vale 5:

$5=\dfrac{f_o}{f_e}\Rightarrow f_e=\dfrac{f_o}{5}$.

Assim:

$L=\dfrac65f_o=\dfrac{12R}{5(4n_2-n_1-3)}=\dfrac{12R}{20n_2-5(n_1+3)}$.

Alternativa correta: D

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.

Carga q posicionada no eixo de um anel carregado.

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.

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

B
Resolução

Como a partícula abandonada em $P$ se desloca em direção ao anel positivo, sua carga $q$ é negativa.

O potencial produzido pelo anel em um ponto do eixo, a uma distância $x$ do centro, é:

$V(x)=\dfrac{kQ}{\sqrt{R^2+x^2}}$.

A energia potencial elétrica é $U=qV$. Como $q<0$, à medida que $x$ diminui e a partícula se aproxima de $C$, $U$ diminui.

No centro do anel, o campo elétrico é nulo. Para uma pequena perturbação ao longo do eixo, o campo aponta para fora de $C$, mas a força sobre a carga negativa aponta no sentido contrário, reconduzindo-a ao centro.

Logo, $C$ é uma posição de equilíbrio estável.

Alternativa correta: B

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.

Curva característica de atuação do fusível.

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.

Circuito elétrico simplificado do automóvel.

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
Resolução

Antes do fechamento da chave, apenas as duas lâmpadas $L_F$ estão ligadas em série:

$R_F=6+6={12}\,\Omega$ e $i_F=\dfrac{12}{12}={1}\text{ A}$.

Ao fechar a chave, o ramo das lâmpadas $L_M$ também é conectado:

$R_M=3+3={6}\,\Omega$.

Os dois ramos ficam em paralelo:

$R_{eq}=\dfrac{12\cdot6}{12+6}={4}\,\Omega$.

A corrente que atravessa o fusível passa a ser:

$i=\dfrac{12}{4}={3}\text{ A}$.

Pelo gráfico, uma corrente de ${3}\text{ A}$ funde o fusível após aproximadamente ${1,0}\text{ s}$. Até esse instante, as lâmpadas $L_F$ mantêm o mesmo brilho; depois, o circuito é interrompido e elas apagam.

Alternativa correta: A

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.

Circuito RC com bateria, resistor, capacitor e chave.

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 $\dfrac{R}{C}$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

D
Resolução

Ao final do carregamento, a carga do capacitor é:

$Q=C\varepsilon$.

A energia fornecida pela bateria é:

$E_{bat}=\varepsilon Q=C\varepsilon^2$.

A energia armazenada no capacitor é:

$E_C=\dfrac{C\varepsilon^2}{2}$.

Logo, a energia dissipada no resistor vale:

$E_R=E_{bat}-E_C=\dfrac{C\varepsilon^2}{2}$.

Portanto, $\dfrac{E_R}{E_C}=1$, independentemente de $R$ e $C$. A resistência altera apenas o tempo de carregamento.

Alternativa correta: D

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.

Trajetória da partícula em campos elétrico e magnético.

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

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2020

C
Resolução

A frequência angular ciclotrônica é:

$\omega=\dfrac{|q|B}{m}=\dfrac{4\cdot10^{-3}\cdot1}{1\cdot10^{-3}}={4}\text{ rad/s}$.

A aceleração inicial causada pelo campo elétrico possui módulo:

$a_E=\dfrac{|q|E}{m}=\dfrac{4\cdot10^{-3}\cdot2}{1\cdot10^{-3}}={8}\text{ m/s}^2$.

A projeção vertical pode ser escrita como:

$z(t)=A(1-\cos\omega t)$.

No instante inicial, $a_E=A\omega^2$. Assim:

$A=\dfrac{a_E}{\omega^2}=\dfrac{8}{4^2}={0,5}\text{ m}$.

A altura máxima corresponde a $z_{max}=2A$:

$H={1,0}\text{ m}={100}\text{ cm}$.

Alternativa correta: C

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.

Ímã em movimento diante de uma espira ligada a uma lâmpada.

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 da posição do ímã em função do tempo.

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
Resolução

Pela lei de Faraday, a força eletromotriz induzida é:

$|\varepsilon|=\left|\dfrac{d\Phi}{dt}\right|$.

Como a área e a orientação da espira são constantes, o fluxo varia apenas porque a distância entre o ímã e a espira muda.

Nos extremos do movimento harmônico simples, $x=\pm{1}\text{ m}$, a velocidade do ímã é instantaneamente nula. Nesse instante, a distância não varia:

$\dfrac{d\Phi}{dt}=0\Rightarrow \varepsilon=0\Rightarrow i=0$.

Portanto, a lâmpada fica momentaneamente apagada quando o ímã atinge as posições extremas.

Alternativa correta: C

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