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AFA 2021

Academia da Força Aérea

Exame de Admissão aos CFOAV/CFOINT/CFOINF 2021 · Prova de Física (Q17-32) — resolução comentada Método TEF.

Q17
Cinemática — Velocidade Média em Movimento com Duas Fases de Aceleração

A partir do instante $t_0=0$, uma partícula com velocidade inicial $v_0$ é uniformemente acelerada. No instante t, a aceleração cessa e a partícula passa a se movimentar com velocidade constante v. Do instante 2t ao instante 4t, uma nova aceleração constante atua sobre a partícula, de tal forma que, ao final desse intervalo, sua velocidade vale $-v$. Nessas condições, a velocidade média da partícula, no intervalo de 0 a 4t, é igual a

a)$5v+v_0$
b)$\dfrac{3v+v_0}{8}$
c)$\dfrac{2v+4v_0}{3}$
d)$v+2v_0$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2021

B
Resolução

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

Alternativa correta: B

Q18
Dinâmica — Impulso em Colisão com a Fita da Rede (Vôlei)

Numa partida de vôlei, certo atleta dá um mergulho na quadra, a uma distância x = 2,5 m da rede, defendendo um ataque adversário, conforme figura a seguir.

Jogador defende a bola, lançada a 45 graus; a trajetória toca a fita da rede na altura h e termina a uma distância x' da rede

Após essa defesa, considere que a bola é lançada de uma altura desprezível em relação ao chão, de forma que sua velocidade faz um ângulo de 45° com a direção horizontal. Ao longo de sua trajetória, essa bola toca a fita da rede caindo, posteriormente, do outro lado da quadra. Imediatamente antes e imediatamente após tocar a fita, a velocidade da bola tem direção horizontal. A distância x', onde a bola cai na quadra, é igual à metade da altura h da fita. Despreze a resistência do ar e considere a bola uma partícula de massa 200 g, cujo movimento se dá no plano da figura. O módulo do impulso, aplicado pela fita sobre a bola, em N·s, vale

a)0,50
b)0,75
c)1,00
d)1,25

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B
Resolução

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 $I=m\left|v_2-v_1\right|=0{,}2\left|1{,}25-5\right|=0{,}75\text{ N}\cdot\text{s}$.

Alternativa correta: B

Q19
Dinâmica — Lançamento Oblíquo e Pêndulo Balístico

Uma partícula de massa M é lançada obliquamente com sua velocidade inicial $\vec v_0$ fazendo um ângulo de 30° com a direção horizontal, conforme indica figura a seguir.

Partícula lançada a 30 graus colide no ponto mais alto com um bloco de massa 5M preso a um fio de 1,2 metro

Ao atingir a altura máxima de sua trajetória parabólica, essa partícula colide inelasticamente com um bloco de massa 5M. Esse bloco, de dimensões desprezíveis, está preso ao teto por um fio ideal, de comprimento 1,2 m, formando um pêndulo balístico. Inicialmente o fio do pêndulo está na vertical. Após a colisão, o pêndulo atinge uma altura máxima, na qual o fio tem uma inclinação de 30° em relação à direção horizontal. Desprezando a resistência do ar, o módulo da velocidade inicial da partícula, $v_0$, em m/s, é igual a

a)5,0
b)10
c)15
d)24

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D
Resolução

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 $v_0=24\text{ m/s}$.

Alternativa correta: D

Q20
Dinâmica — Sistema de Três Blocos com Duas Roldanas

O sistema ilustrado na figura abaixo é composto de três blocos, A, B e C, de dimensões desprezíveis e de mesma massa, duas roldanas e dois fios, todos ideais.

Sistema com o bloco A sobre a mesa ligado, por fios e roldanas, aos blocos suspensos B e C

Quando o sistema é abandonado, a partir da configuração indicada na figura, o bloco A passa, então, a deslizar sobre o plano horizontal da mesa, enquanto os blocos B e C descem na vertical e a tração estabelecida no fio que liga os blocos A e B vale $T_B$. Em determinado instante, o bloco C se apoia sobre uma cadeira, enquanto B continua descendo e puxando A, agora através de uma tração $T'_B$. Desprezando quaisquer resistências durante o movimento dos blocos, pode-se afirmar que a razão $\dfrac{T'_B}{T_B}$ vale

a)$\dfrac13$
b)1
c)$\dfrac32$
d)2

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C
Resolução

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

Alternativa correta: C

Q21
Dinâmica — Colisão Parcialmente Elástica com Coeficiente de Restituição

Duas partículas idênticas, A e B, se movimentam ao longo de uma mesma trajetória x, sendo suas posições, em função do tempo, dadas por $x_A=2t$ e $x_B=4+t$, respectivamente, com x em metros e t em segundos. Em determinado instante, as partículas, que formam um sistema isolado, sofrem uma colisão parcialmente elástica, com coeficiente de restituição e = 0,5. Nessas condições e desprezando o deslocamento dessas partículas durante a colisão, quando a partícula A estiver na posição 28 m, a partícula B estará na posição, em m,

a)18
b)28
c)36
d)46

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C
Resolução

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

Alternativa correta: C

Q22
Estática — Torque em Barra Dobrada

Considere uma barra homogênea, retilínea e horizontal fixa em uma de suas extremidades pelo ponto O, e submetida à ação de uma força $\vec F$ na outra extremidade, no ponto P, conforme mostra a Figura 1.

Figura 1: barra horizontal de O a P, de comprimento x, submetida à força vertical F em P

Figura 1

Figura 2: mesma barra dobrada em três trechos e submetida à força vertical F em P

Figura 2

A distância entre os pontos O e P vale x, e a ação da força $\vec F$ gera um torque $M_1$ na barra, em relação ao ponto de fixação. Dobrando-se a barra, de acordo com a Figura 2, e aplicando-se novamente a mesma força $\vec F$ no ponto P, um novo torque $M_2$ é gerado em relação ao ponto O. Considere que a barra não possa ser deformada por ação da força $\vec F$. Nestas condições, a razão $\dfrac{M_1}{M_2}$ entre os torques gerados pela força $\vec F$, nas duas configurações apresentadas, é

a)$\dfrac34$
b)$\dfrac13$
c)$\dfrac23$
d)$\dfrac43$

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D
Resolução

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

Alternativa correta: D

Q23
Oscilações — Sistema Massa-Mola com Líquido e Pêndulo Simples

Um sistema massa-mola é composto de uma mola ideal de constante elástica k e de um recipiente, de volume interno V e massa desprezível, que é totalmente preenchido com um líquido homogêneo X de densidade constante e desconhecida. Verifica-se que, ao se colocar esse primeiro sistema para oscilar, seu período de oscilação se iguala ao período de oscilação de um segundo sistema, formado de um pêndulo simples de comprimento L e massa m. Considere que os dois sistemas oscilam em movimento harmônico simples em um local em que a aceleração gravitacional vale g; e que o recipiente preenchido pelo líquido comporte-se como uma massa pontual. Nessas condições, a densidade do líquido X pode ser expressa por

a)$\dfrac{VL}{gk}$
b)$\dfrac{kL}{gV}$
c)$\dfrac{gk}{LV}$
d)$\dfrac{Vk}{gL}$

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B
Resolução

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, $\rho=\dfrac{kL}{gV}$.

Alternativa correta: B

Q24
Termodinâmica — Trabalho em Três Transformações Cíclicas

Considere uma dada massa gasosa de um gás perfeito que pode ser submetida a três transformações cíclicas diferentes I, II e III, como mostram os respectivos diagramas abaixo.

Diagrama pressão por volume da transformação cíclica I

Transformação I

Diagrama pressão por volume da transformação cíclica II

Transformação II

Diagrama pressão por volume da transformação cíclica III

Transformação III

O gás realiza trabalhos totais $\tau_I$, $\tau_{II}$ e $\tau_{III}$ respectivamente nas transformações I, II e III. Nessas condições, é correto afirmar que

a)nas transformações I e II, há conversão de calor em trabalho pelo gás e $\tau_I>\tau_{II}$.
b)na transformação III, há conversão de trabalho em calor pelo gás e $\tau_{III}>\tau_I>\tau_{II}$.
c)as quantidades de calor trocadas pelo gás com o meio externo nas transformações I, II e III são iguais.
d)o trabalho total $\tau_I$ é positivo enquanto que $\tau_{III}$ e $\tau_{II}$ são negativos.

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A
Resolução

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 $\tau_I>\tau_{II}$.

Alternativa correta: A

Q25
Óptica — Periscópio com Dois Espelhos Planos

Um observador O visualiza uma placa com a inscrição AFA através de um periscópio rudimentar construído com dois espelhos planos $E_1$ e $E_2$ paralelos e inclinados de 45° em relação ao eixo de um tubo opaco, conforme figura abaixo.

Periscópio com dois espelhos planos paralelos E1 e E2 inclinados a 45 graus, placa AFA e observador O

Nessas condições, a opção que melhor representa, respectivamente, a imagem da palavra AFA conjugada pelo espelho $E_1$ e a imagem final que o observador O visualiza através do espelho $E_2$ é

a)
Alternativa A: orientações propostas para a primeira imagem e para a imagem final da inscrição AFA
b)
Alternativa B: orientações propostas para a primeira imagem e para a imagem final da inscrição AFA
c)
Alternativa C: orientações propostas para a primeira imagem e para a imagem final da inscrição AFA
d)
Alternativa D: orientações propostas para a primeira imagem e para a imagem final da inscrição AFA

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D
Resolução

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 na alternativa D.

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.

Alternativa correta: D

Q26
Óptica — Dioptro Plano e Deslocamento de Imagens

Considere um dioptro plano constituído de dois meios homogêneos e transparentes de índices de refração $n_1=1$ e $n_2=\dfrac43$, separados por uma superfície S perfeitamente plana. No meio de índice de refração $n_1$ encontra-se um objeto pontual B, distante d, da superfície S, assim como, no outro meio encontra-se um objeto idêntico A, também distante d, da superfície do dioptro, como mostra a figura abaixo.

Dioptro plano com objetos A e B em meios de índices de refração n2 e n1, separados pela superfície S

A imagem $A_1$ de A é vista por um observador $O_1$ que se encontra no meio $n_1$; por sua vez, a imagem $B_1$ de B é vista por um observador $O_2$ que se encontra no meio $n_2$. O dioptro plano é considerado perfeitamente estigmático e os raios que saem de A e B são pouco inclinados em relação à vertical que passa pelos dois objetos. Considere que A e B sejam aproximados verticalmente da superfície S de uma distância $\dfrac{d}{2}$ e suas novas imagens, $A_2$ e $B_2$, respectivamente, sejam vistas pelos observadores $O_1$ e $O_2$. Nessas condições, a razão $\dfrac{d_A}{d_B}$ entre as distâncias, $d_A$ e $d_B$, percorridas pelas imagens dos objetos A e B, é

a)$\dfrac{9}{16}$
b)$\dfrac{3}{8}$
c)$\dfrac{3}{4}$
d)$\dfrac{8}{3}$

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A
Resolução

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, $d_B=2d/3$.

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

Alternativa correta: A

Q27
Eletrostática — Força Máxima de Interação Coulombiana via Energia

Uma partícula eletrizada positivamente com uma carga igual a 5 µC é lançada com energia cinética de 3 J, no vácuo, de um ponto muito distante e em direção a uma outra partícula fixa com a mesma carga elétrica. Considerando apenas interações elétricas entre estas duas partículas, o módulo máximo da força elétrica de interação entre elas é, em N, igual a

a)15
b)25
c)40
d)85

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C
Resolução

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

Alternativa correta: C

Q28
Eletrodinâmica — Lâmpada em Paralelo com Reostato Variável

No circuito abaixo, a bateria possui fem igual a ε e resistência interna r constante e a lâmpada incandescente L apresenta resistência elétrica ôhmica igual a 2r. O reostato R tem resistência elétrica variável entre os valores 2r e 4r.

Circuito com bateria de força eletromotriz épsilon e resistência interna r, lâmpada L e reostato R

Ao deslocar o cursor C do reostato de A até B, verifica-se que o brilho de L

a)aumenta enquanto a potência dissipada por R diminui.
b)fica constante enquanto a potência dissipada por R aumenta.
c)diminui e a potência dissipada por R diminuem.
d)aumenta e a potência dissipada por R aumentam.

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A
Resolução

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.

Alternativa correta: A

Q29
Eletrodinâmica e Calorimetria — Máxima Transferência de Potência (Geradores em Série e Paralelo)

A figura abaixo ilustra dois resistores de imersão dentro de recipientes termicamente isolados e com capacidades térmicas desprezíveis, contendo as mesmas quantidades de água. Os resistores $R_1$ e $R_2$ estão ligados, respectivamente, a uma associação de geradores em série e em paralelo.

Dois recipientes com resistores de imersão ligados a associações de geradores em série e em paralelo

Os valores das resistências elétricas de $R_1$ e $R_2$ foram ajustados adequadamente de tal forma que cada associação de geradores transfere a máxima potência a cada um dos resistores. Despreze a influência da temperatura na resistência elétrica e no calor específico da água e considere que todos os geradores apresentem a mesma fem e a mesma resistência interna. Fecha-se simultaneamente as chaves $Ch_1$ e $Ch_2$ e, após 5 min, verifica-se que a variação de temperatura da água no recipiente 1 foi de 20 °C. Nesse mesmo intervalo, a água no recipiente 2 apresenta uma variação de temperatura, em °C, igual a

a)5
b)10
c)15
d)20

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D
Resolução

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, $\Delta T_2=\Delta T_1=20^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: D

Q30
Eletromagnetismo — Corrente Induzida a partir do Gráfico B×t

Considere um circuito ôhmico com capacitância e auto-indução desprezíveis. Através de uma superfície fixa delimitada por este circuito (Figura 1) aplica-se um campo magnético $\vec B$ cuja intensidade varia no tempo t de acordo com o gráfico mostrado na Figura 2.

Figura 1: circuito plano atravessado perpendicularmente por um campo magnético variável

Figura 1

Figura 2: gráfico da intensidade do campo magnético B em função do tempo

Figura 2

Nessas condições, a corrente induzida i no circuito esquematizado na Figura 1, em função do tempo t, é melhor representada pelo gráfico

a)
Alternativa A: gráfico da corrente induzida i em função do tempo
b)
Alternativa B: gráfico da corrente induzida i em função do tempo
c)
Alternativa C: gráfico da corrente induzida i em função do tempo
d)
Alternativa D: gráfico da corrente induzida i em função do tempo

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C
Resolução

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.

Alternativa correta: C

Q31
Física Moderna — Fusão Nuclear no Sol e Equivalência Massa-Energia

No interior do Sol, reações nucleares transformam quantidades enormes de núcleos de átomos de hidrogênio (H), que se combinam e produzem núcleos de átomos de hélio (He), liberando energia. A cada segundo ocorrem $10^{38}$ reações de fusão onde quatro átomos de hidrogênio se fundem para formar um átomo de hélio, conforme esquematizado abaixo: $4H \to He + Energia$. A energia liberada pelo Sol, a cada segundo, seria capaz de manter acesas um certo número de lâmpadas de 100 W. Nessas condições, a ordem de grandeza desse número de lâmpadas é igual a

a)$10^{12}$
b)$10^{18}$
c)$10^{24}$
d)$10^{56}$

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C
Resolução

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 $10^{24}$.

Alternativa correta: C

Q32
Física Moderna — Efeito Fotoelétrico Molecular: Comprimento de Onda da Radiação

O ozônio ($O_3$) é naturalmente destruído na estratosfera superior pela radiação proveniente do Sol. Para cada molécula de ozônio que é destruída, um átomo de oxigênio (O) e uma molécula de oxigênio ($O_2$) são formadas, conforme representado abaixo: $O_3 \xrightarrow{radiação} O_2+O$. Sabendo-se que a energia de ligação entre o átomo de oxigênio e a molécula $O_2$ tem módulo igual a 3,75 eV, então o comprimento de onda dos fótons da radiação necessária para quebrar uma ligação do ozônio e formar uma molécula $O_2$ e um átomo de oxigênio vale, em nm,

a)50
b)100
c)150
d)300

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D
Resolução

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 $\lambda=300\text{ nm}$.

Alternativa correta: D

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