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AFA 2023

Academia da Força Aérea

Exame de Admissão aos CFOAV/CFOINT/CFOINF 2023 · Prova de Física (Q17-32) — resolução comentada Método TEF.

Q17
Cinemática — Encontro entre MUV e Movimento Uniforme

Duas partículas, A e B, se movem, em sentidos opostos, em uma mesma trajetória. No instante $t_0=0$, a partícula A inicia do repouso e da origem dos espaços um movimento uniformemente variado, e a partícula B passa pela posição 3,0 m com velocidade constante, permanecendo em movimento uniforme.

No instante $t=2\text{ s}$, as duas partículas, A e B, se encontram, tendo a partícula B percorrido uma distância igual a duas vezes a distância percorrida pela partícula A, conforme indica figura a seguir:

Eixo S(m): partícula A parte da posição 0 e partícula B parte da posição 3,0 m, movendo-se em sentidos opostos até se encontrarem

Nessas condições, a velocidade da partícula A, em m/s, no momento em que as partículas se encontram, é igual a

a)0,25
b)0,50
c)1,0
d)2,0

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2023

C
Resolução

Como as partículas se aproximam, seus deslocamentos até o encontro satisfazem $d_A+d_B=3{,}0\text{ m}$. Além disso, $d_B=2d_A$.

Assim, $3d_A=3{,}0\text{ m}\Rightarrow d_A=1{,}0\text{ m}$.

A partícula A parte do repouso e realiza MUV durante $t=2\text{ s}$:

$d_A=\dfrac{at^2}{2}\Rightarrow 1{,}0=\dfrac{a(2)^2}{2}\Rightarrow a=0{,}5\text{ m/s}^2$.

No encontro, $v_A=at=0{,}5\cdot2=1{,}0\text{ m/s}$.

Alternativa correta: C

Q18
Hidrostática — Flutuação e Nível de Água (Barquinho e Esfera)

Um aquário de paredes finas e área da base igual a S contém água cuja densidade vale $\mu_A$, até a altura x (Figura A). Um barquinho de madeira, com uma esfera maciça dentro dele, é posto a flutuar e o nível da água se eleva até a altura y (Figura B). Ao retirar a esfera e colocá-la diretamente na água, com o barquinho ainda a flutuar, ela afunda e o nível de água altera para o valor z (Figura C).

Figura A: aquário com água até altura x. Figura B: barquinho com esfera dentro, água até y. Figura C: esfera afundada diretamente na água, barquinho flutua sozinho, água até z

Considerando que as figuras foram feitas em escalas diferentes, e sendo o volume da esfera igual a V e sua densidade $\mu_E$, pode-se afirmar corretamente que

a)$z-y=\left(\dfrac{\mu_E}{\mu_A}-1\right)\cdot\dfrac{V}{S}$
b)$y-z=\left(\dfrac{\mu_E}{\mu_A}-1\right)\cdot\dfrac{V}{S}$
c)$z-x=\left(\dfrac{\mu_E}{\mu_A}+1\right)\cdot\dfrac{V}{S}$
d)$z+x=\left(\dfrac{\mu_A}{\mu_E}+1\right)\cdot\dfrac{V}{S}$

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B
Resolução

Com a esfera dentro do barco, o acréscimo de volume de água deslocado deve sustentar o peso da esfera. Logo,

$V_B=\dfrac{m_E}{\mu_A}=\dfrac{\mu_E V}{\mu_A}$.

Quando a esfera é colocada diretamente na água e afunda, fica totalmente submersa e desloca seu próprio volume:

$V_C=V$.

Portanto,

$S(y-z)=V_B-V_C=\dfrac{\mu_E V}{\mu_A}-V=\left(\dfrac{\mu_E}{\mu_A}-1\right)V$.

Assim, $y-z=\left(\dfrac{\mu_E}{\mu_A}-1\right)\dfrac{V}{S}$.

Alternativa correta: B

Q19
Termodinâmica — Expansão de Gás contra Mola Ideal

Um cilindro, contendo certa massa de gás perfeito, tem um pistão que está ligado a uma mola ideal. Ao fornecer certa quantidade de calor Q, para esse sistema termodinâmico, observa-se uma expansão do gás com a consequente deformação da mola $\Delta x$, conforme indica figura a seguir.

Cilindro horizontal com gás aquecido por uma vela, pistão ligado a uma mola presa à parede, com deformação Δx

Em outro momento, para as mesmas condições iniciais anteriores, ao se fornecer o dobro da quantidade de calor 2Q, a esse sistema, observa-se que a mola sofre uma deformação duas vezes maior, $2\Delta x$. Considerando que nas duas expansões o sistema tenha sofrido a mesma variação de energia interna e que não houve atrito entre o pistão e o cilindro, pode-se afirmar que a constante elástica da mola vale

a)$\dfrac{2Q}{\Delta x}$
b)$\dfrac{3Q}{\Delta x^2}$
c)$\dfrac{2Q}{3\Delta x^2}$
d)$\dfrac{4Q}{\Delta x}$

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C
Resolução

O trabalho realizado pelo gás fica armazenado como energia potencial elástica da mola:

$W=\dfrac{k(\Delta x)^2}{2}$.

Pela primeira lei da Termodinâmica, $Q=\Delta U+W$. Como a variação de energia interna é a mesma nos dois processos:

$Q=\Delta U+\dfrac{k(\Delta x)^2}{2}$

e

$2Q=\Delta U+\dfrac{k(2\Delta x)^2}{2}=\Delta U+2k(\Delta x)^2$.

Subtraindo a primeira equação da segunda:

$Q=\dfrac{3}{2}k(\Delta x)^2\Rightarrow k=\dfrac{2Q}{3(\Delta x)^2}$.

Alternativa correta: C

Q20
Eletromagnetismo — Espira Triangular Entrando em Campo Magnético

Uma espira CDE, de resistência elétrica igual a $1\,\Omega$, em forma de um triângulo equilátero de lado $\ell$ igual a 20 cm, desliza, livre de qualquer atrito e resistência do ar, com velocidade constante $\vec v$ de módulo igual a 30 cm/s sobre o plano xy na direção e sentido do eixo x, conforme ilustrado na figura abaixo.

Triângulo equilátero CDE com vértice E apontando em +x, deslizando com velocidade v; para x>0, campo magnético B saindo do plano

No semiespaço $x>0$, atua um campo magnético uniforme e constante $\vec B$, perpendicular ao plano xy, cujo módulo vale 2 T. A intensidade da força aplicada por um agente externo, na mesma direção e sentido da velocidade $\vec v$, no instante em que o vértice E da espira estiver passando pelo ponto (15, 0), a fim de manter a velocidade constante $\vec v$, deverá ser, em mN, igual a

a)12
b)15
c)18
d)36

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D
Resolução

A altura do triângulo equilátero é $h=\ell\dfrac{\sqrt3}{2}=10\sqrt3\text{ cm}$.

Quando o vértice E está em $x=15\text{ cm}$, a parte da espira dentro do campo é um triângulo semelhante ao original. A largura da seção interceptada pela fronteira $x=0$ vale

$w=\ell\dfrac{15}{h}=20\cdot\dfrac{15}{10\sqrt3}=10\sqrt3\text{ cm}=0{,}1\sqrt3\text{ m}$.

A taxa de variação da área imersa é $\dfrac{dA}{dt}=wv$. Portanto, o módulo da fem induzida é

$\varepsilon=Bwv=2\cdot0{,}1\sqrt3\cdot0{,}3=0{,}06\sqrt3\text{ V}$.

Como $R=1\,\Omega$, a potência dissipada é $P=\dfrac{\varepsilon^2}{R}$. Para manter a velocidade constante, a potência mecânica externa satisfaz $Fv=P$:

$F=\dfrac{\varepsilon^2}{Rv}=\dfrac{(0{,}06\sqrt3)^2}{1\cdot0{,}3}=0{,}036\text{ N}=36\text{ mN}$.

Alternativa correta: D

Q21
Eletrodinâmica — Carga Transiente de Capacitor (Gráfico i×i)

O circuito ilustrado a seguir é alimentado por uma bateria ideal de força eletromotriz $\varepsilon$ igual a 12 V.

Bateria em série com R1 e amperímetro A, alimentando dois ramos em paralelo: um só com o capacitor C, outro com R2 em série com o amperímetro B; chave K em série com a bateria

A e B são dois amperímetros ideais, K é uma chave aberta e C um capacitor de capacitância 10 mF, completamente descarregado. O circuito possui ainda dois resistores ôhmicos, $R_1$ e $R_2$, cujas resistências elétricas valem $2\,\Omega$ e $10\,\Omega$, respectivamente.

Ao fechar a chave K, a intensidade da corrente $i_A$, medida pelo amperímetro A, em função da intensidade da corrente $i_B$, medida pelo amperímetro B, está corretamente indicada pelo gráfico

a)
Gráfico iA×iB: reta decrescente ligando (0, 6) a (1, 1)
b)
Gráfico iA×iB: curva côncava decrescente de (0, 6) a (1, 1)
c)
Gráfico iA×iB: curva convexa decrescente de (0, 6) a (1, 1)
d)
Gráfico iA×iB: curva com concavidade acentuada, quase em ângulo reto, de (0, 6) a (1, 1)

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A
Resolução

Imediatamente após o fechamento da chave, o capacitor descarregado equivale a um curto-circuito. Assim,

$i_A=\dfrac{\varepsilon}{R_1}=\dfrac{12}{2}=6\text{ A}$ e $i_B=0$.

No regime permanente, o capacitor se comporta como circuito aberto:

$i_A=i_B=\dfrac{\varepsilon}{R_1+R_2}=\dfrac{12}{12}=1\text{ A}$.

Em qualquer instante, a lei das malhas fornece

$\varepsilon=R_1i_A+R_2i_B\Rightarrow 12=2i_A+10i_B$.

Logo, $i_A=6-5i_B$, uma relação linear que liga os pontos $(0,6)$ e $(1,1)$.

Alternativa correta: A

Q22
Oscilações — MHS Relativo em Prancha Flutuante

Uma criança, sentada à beira da piscina, brinca com seu carrinho, de controle remoto, sobre uma prancha de madeira que flutua nas águas tranquilas dessa piscina.

Prancha de comprimento L flutuando na piscina, com o carrinho de controle remoto entre as extremidades A e B

A prancha tem massa M e comprimento L e inicialmente está em repouso em relação à criança. A partir de certo instante o carrinho, de massa m, que estava em repouso em relação à prancha, passa a realizar um movimento harmônico simples, em relação a um ponto fixo na terra, indo da extremidade A à extremidade B e, em marcha à ré, da extremidade B à extremidade A, num movimento unidimensional (paralelo à borda de comprimento L).

Considere desprezíveis as dimensões do carrinho em relação ao comprimento da prancha, $\mu$ o coeficiente de atrito estático entre as rodinhas do carrinho e a prancha, g o módulo da aceleração da gravidade local e despreze o atrito entre a prancha e a água. A máxima frequência que o movimento do carrinho poderá ter, sem que o mesmo escorregue, deve ser igual a

a)$\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{\mu g(M+m)}{ML}}$
b)$\dfrac{1}{\pi}\sqrt{\dfrac{\mu gM}{2(M+m)L}}$
c)$\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{\mu gM}{(M+m)L}}$
d)$\dfrac{1}{\pi}\sqrt{\dfrac{\mu g(M+m)}{2ML}}$

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D
Resolução

Como não há força externa horizontal sobre o conjunto carrinho–prancha, o centro de massa permanece fixo.

Se $r$ é a posição do carrinho em relação à prancha e $x$ é a posição do carrinho em relação à Terra, então

$x=\dfrac{M}{M+m}r$.

O carrinho vai de uma extremidade à outra, portanto a amplitude relativa é $L/2$. A amplitude do MHS do carrinho no referencial da Terra é

$A=\dfrac{M}{M+m}\dfrac{L}{2}$.

No extremo da oscilação, a aceleração tem módulo máximo $\omega^2A$. Para não haver escorregamento,

$m\omega^2A\leq\mu mg$.

No limite,

$\omega^2=\dfrac{2\mu g(M+m)}{ML}$.

Portanto,

$f_{\max}=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{1}{\pi}\sqrt{\dfrac{\mu g(M+m)}{2ML}}$.

Alternativa correta: D

Q23
Termologia e Estática — Dilatação Linear Diferencial em Fios

A Figura 1 ilustra um sistema formado por um paralelepípedo homogêneo, de base quadrada, em repouso e apoiado sobre uma barra, disposta na horizontal e sustentada por dois fios, A e B. Inicialmente, os fios e a barra possuem o mesmo comprimento.

Barra horizontal suspensa por dois fios verticais A e B, de mesmo comprimento, com paralelepípedo de base quadrada apoiado sobre ela

Figura 1 — antes do aquecimento

Após o aquecimento, os fios têm comprimentos diferentes, a barra fica inclinada e o paralelepípedo (altura h, aresta b) está na iminência de escorregar e tombar

Figura 2 — após o aquecimento

Os fios A e B são feitos de materiais cujos coeficientes de dilatação linear valem, respectivamente, $\alpha_A$ e $\alpha_B$. Ao produzir uma variação de temperatura $\Delta\theta$ em todos os elementos desse sistema, observa-se que todos se dilatam, permanecendo os fios na vertical, a barra se inclina e o paralelepípedo fica na iminência de escorregar e, também, tombar em relação à barra, conforme indica a Figura 2.

Nessas condições, e considerando que após a dilatação o paralelepípedo tem altura h, e que sua base quadrada tem aresta b, pode-se afirmar que a razão $\dfrac{h}{b}$ vale

a)$(\alpha_B-\alpha_A)\cdot\Delta\theta$
b)$(\alpha_A+\alpha_B)\cdot\Delta\theta$
c)$\dfrac{1}{(\alpha_A+\alpha_B)\cdot\Delta\theta}$
d)$\dfrac{1}{(\alpha_B-\alpha_A)\cdot\Delta\theta}$

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D
Resolução

Se o comprimento inicial dos fios é $L$, a diferença entre seus alongamentos é

$\Delta L_B-\Delta L_A=L(\alpha_B-\alpha_A)\Delta\theta$.

Na aproximação de primeira ordem da dilatação linear, a inclinação da barra satisfaz

$\tan\theta=(\alpha_B-\alpha_A)\Delta\theta$.

Na iminência de tombamento, a vertical que passa pelo centro de massa atinge exatamente a aresta inferior da base. Pela geometria do bloco,

$\tan\theta=\dfrac{b}{h}$.

Logo,

$\dfrac{b}{h}=(\alpha_B-\alpha_A)\Delta\theta\Rightarrow\dfrac{h}{b}=\dfrac{1}{(\alpha_B-\alpha_A)\Delta\theta}$.

Alternativa correta: D

Q24
Óptica — Espelho Plano Oscilante (MHS)

Em uma parede P está incrustada uma lâmpada puntiforme L acesa. Em frente à parede P existe um espelho plano e vertical AB que reflete a luz proveniente de L, iluminando a região A'B' de P, conforme ilustrado na figura seguinte:

Parede P com lâmpada L; espelho plano vertical AB a uma distância x, refletindo os raios que iluminam a região A'B' na parede

A partir de certo instante, o espelho passa a oscilar em movimento harmônico simples, cuja posição x obedece à equação horária $x=0{,}2\cos(2t+\pi)$, permanecendo ainda vertical e paralelo à parede P. Nessas condições, a velocidade de A' em relação a B' terá módulo

a)nulo.
b)dado pela equação $0{,}1\left|\sin\left(2t+\dfrac{\pi}{2}\right)\right|$
c)dado pela equação $0{,}4\left|\sin\left(2t+\dfrac{3\pi}{2}\right)\right|$
d)dado pela equação $0{,}4\left|\sin(2t-\pi)\right|$

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A
Resolução

Em qualquer instante, a imagem virtual da lâmpada fica atrás do espelho, à mesma distância $x$ que separa a lâmpada do espelho.

Pela semelhança dos triângulos formados pelos raios extremos,

$\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{2x}{x}=2$.

Assim, $A'B'=2AB$, valor constante e independente da posição $x$ do espelho. Portanto, a distância entre A' e B' não varia, e a velocidade de A' em relação a B' é nula.

Alternativa correta: A

Q25
Dinâmica — Conservação de Energia em Trajetória Ondulada

Uma partícula, livre de resistência do ar, é lançada em A sobre uma superfície sem atrito e descreve a trajetória, mostrada na figura a seguir, contida em um plano vertical:

Trajetória ondulada em plano vertical: parte de A, sobe até o pico de altura h1 em B e desce até o vale de profundidade h2 em C

Trajetória da partícula

Gráfico v(x): v=3,0 m/s em A, v=1,0 m/s no pico B, v=7,0 m/s no vale C

Gráfico de velocidade

A velocidade dessa partícula, ao longo da sua trajetória, em função da abcissa x, é indicada pelo gráfico seguinte. Sejam $h_1$ e $h_2$, respectivamente, as maiores altura e profundidade atingidas pela partícula ao longo de sua trajetória. Nessas condições, e sendo constante a aceleração da gravidade local, a razão $\dfrac{h_2}{h_1}$ é igual a

a)1
b)3
c)5
d)7

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C
Resolução

Como não há atrito, a energia mecânica é conservada. Tomando o nível de A como referência, $v_A=3{,}0\text{ m/s}$.

No ponto mais alto, $v_B=1{,}0\text{ m/s}$:

$\dfrac{v_A^2}{2}=\dfrac{v_B^2}{2}+gh_1\Rightarrow h_1=\dfrac{9-1}{2\cdot10}=0{,}4\text{ m}$.

No ponto mais baixo, $v_C=7{,}0\text{ m/s}$:

$\dfrac{v_A^2}{2}=\dfrac{v_C^2}{2}-gh_2\Rightarrow h_2=\dfrac{49-9}{2\cdot10}=2{,}0\text{ m}$.

Portanto, $\dfrac{h_2}{h_1}=\dfrac{2{,}0}{0{,}4}=5$.

Alternativa correta: C

Q26
Física Moderna — Relatividade Restrita: Dilatação do Tempo e Contração do Espaço

Partículas instáveis, denominadas mésons $\mu$, são produzidas pela incidência de raios cósmicos sobre as elevadas regiões da atmosfera terrestre. Para um referencial R', em repouso em relação a esses mésons, tais partículas deveriam se desintegrar muito rapidamente após seu surgimento, durando apenas um intervalo de tempo $\Delta t'$ e não deveriam ser detectadas na superfície da Terra. No entanto, são detectadas e em abundância! Esse "problema" só é compreendido sob a interpretação relativística do movimento dos mésons, já que eles se movem a altíssimas velocidades em relação à superfície da Terra.

Ao se observar o movimento de um méson $\mu$, a partir da superfície da Terra, mede-se seu tempo de vida como sendo $\Delta t=15{,}9\cdot\Delta t'$. Considerando que, em relação a R', esse méson percorre 660 m, então, para um observador na superfície da Terra, tal méson percorre, em m, uma distância igual a

a)41,5
b)660,0
c)5247,0
d)10494,0

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D
Resolução

A relação $\Delta t=15{,}9\Delta t'$ mostra que o fator de Lorentz é $\gamma=15{,}9$.

No referencial do méson, a distância entre o ponto de produção e a superfície terrestre está contraída:

$L'=\dfrac{L}{\gamma}$.

Como $L'=660\text{ m}$, a distância medida no referencial da Terra é

$L=\gamma L'=15{,}9\cdot660=10.494\text{ m}$.

Alternativa correta: D

Q27
Termologia — Fusão Parcial de Gelo e Empuxo

Um cubo de gelo está completamente submerso em 3,45 kg de água e preso por meio de um fio ideal de capacidade térmica desprezível, ao fundo de um recipiente adiabático, conforme representado na figura seguinte:

Recipiente adiabático com água e cubo de gelo totalmente submerso, preso ao fundo por um fio

Inicialmente, a água está a 16°C e o gelo a 0°C e observa-se uma tração no fio de 1,0 N. Considere que ocorra troca de calor exclusivamente entre a água e o gelo e que, à medida em que o gelo derrete, o fio continue prendendo o cubo de gelo ao fundo do recipiente, sem exercer pressão sobre o gelo. Nessas condições, ao ser atingido o equilíbrio térmico no interior do recipiente, a tração, em N, sentida pelo fio, será igual a

a)0
b)0,4
c)0,7
d)1

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B
Resolução

Como o gelo está totalmente submerso, a tração inicial é a diferença entre o empuxo e o peso:

$T=(\rho_A-\rho_g)Vg$.

Usando $\rho_A=1000\text{ kg/m}^3$, $\rho_g=920\text{ kg/m}^3$ e $T=1{,}0\text{ N}$:

$1{,}0=(1000-920)V\cdot10\Rightarrow V=1{,}25\cdot10^{-3}\text{ m}^3$.

A massa inicial do gelo é

$m_g=\rho_gV=1{,}15\text{ kg}=1150\text{ g}$.

A água cede, ao esfriar de $16^\circ\text{C}$ para $0^\circ\text{C}$,

$Q=3450\cdot1\cdot16=55.200\text{ cal}$.

Essa energia funde $m_f=Q/L_f=55.200/80=690\text{ g}$ de gelo. Restam $1150-690=460\text{ g}$.

Como a tração é proporcional ao volume, e portanto à massa de gelo restante,

$T'=T\dfrac{460}{1150}=1{,}0\cdot0{,}4=0{,}4\text{ N}$.

Alternativa correta: B

Q28
Eletrostática — Rigidez Dielétrica e Potencial Máximo de Esfera Condutora

O maior valor do campo elétrico que um dielétrico suporta, sem tornar-se condutor, é chamado rigidez dielétrica. A rigidez dielétrica varia de material para material, e para o ar, em condições normais, é de $3\cdot10^6\text{ N/C}$. O potencial máximo, em kV, para se manter carregada uma esfera metálica de 10 cm de diâmetro, imersa no ar, longe de quaisquer outros objetos, sem que ela descarregue, é igual a

a)15
b)30
c)90
d)150

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D
Resolução

O raio da esfera é $r=5\text{ cm}=0{,}05\text{ m}$.

Na superfície de uma esfera condutora isolada,

$E=\dfrac{kQ}{r^2}$ e $V=\dfrac{kQ}{r}$.

Eliminando $Q$, obtém-se $V=Er$. No limite imposto pela rigidez dielétrica do ar:

$V_{\max}=E_{\max}r=3\cdot10^6\cdot0{,}05=1{,}5\cdot10^5\text{ V}=150\text{ kV}$.

Alternativa correta: D

Q29
Dinâmica — Colisões Sucessivas em Canaletas (Elástica e Parcialmente Elástica)

Três canaletas planas e horizontais, sendo as duas primeiras semicirculares e a terceira com perfil de um quarto de circunferência, são dispostas conforme figura a seguir. Nas entradas de cada canaleta encontram-se três partículas, A, B e C, de massas m, m e 2m, respectivamente.

Partícula A lançada verticalmente na 1ª canaleta até colidir em B; B percorre a 2ª canaleta até colidir em C; a 3ª canaleta redireciona C para a horizontal

O sistema composto pelas canaletas e partículas é conservativo e todas as colisões são frontais, sendo que, entre A e B, perfeitamente elástica(s), e entre B e C, parcialmente elástica(s), com coeficiente de restituição igual a 0,5. No instante inicial, a partícula A é lançada com velocidade $\vec v$, e B e C estão em repouso, conforme indica a figura. O impulso sofrido pelo conjunto de partículas, desde o lançamento de A até a saída de C, na terceira canaleta, tem módulo igual a

a)$\dfrac34mv$
b)$mv$
c)$\sqrt2\,mv$
d)$\sqrt5\,mv$

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C
Resolução

Nas duas primeiras canaletas, as partículas chegam às saídas com o mesmo módulo de velocidade que possuíam nas entradas, pois o sistema é conservativo.

Na colisão perfeitamente elástica entre A e B, que têm massas iguais, as velocidades são trocadas: A para e B passa a mover-se com módulo $v$.

Na colisão entre B, de massa $m$, e C, de massa $2m$, usam-se conservação do momento e coeficiente de restituição $e=0{,}5$:

$mv=mv_B'+2mv_C'$

$v_C'-v_B'=0{,}5v$.

Daí, $v_B'=0$ e $v_C'=0{,}5v$.

Ao sair da terceira canaleta, C possui momento de módulo $2m\cdot0{,}5v=mv$, perpendicular ao momento inicial $mv$ de A.

Logo, o módulo do impulso resultante sobre o conjunto é

$I=\left|\Delta\vec p\right|=\sqrt{(mv)^2+(mv)^2}=\sqrt2\,mv$.

Alternativa correta: C

Q30
Cinemática — Lançamento Oblíquo: Ângulos de Velocidade e Posição

Uma partícula é lançada obliquamente e descreve um movimento parabólico, sem resistência do ar. No momento do lançamento dessa partícula, o vetor velocidade $(\vec v_0)$ faz o ângulo $\theta$ com a horizontal e, ao atingir a altura máxima de sua trajetória, o vetor posição $(\vec H)$ da partícula faz um ângulo $\alpha$ com essa mesma horizontal, conforme ilustra figura a seguir:

Lançamento oblíquo com velocidade v0 formando ângulo θ com a horizontal; na altura máxima, o vetor posição H forma ângulo α com a horizontal

Nessas condições, a razão entre as tangentes de $\theta$ e $\alpha$, $\dfrac{\tan \theta}{\tan \alpha}$, vale

a)1,5
b)2,0
c)2,5
d)3,0

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2023

B
Resolução

A inclinação da velocidade inicial é

$\tan\theta=\dfrac{v_{0y}}{v_{0x}}$.

O instante em que a partícula atinge a altura máxima é $t_H=v_{0y}/g$. Nesse instante,

$x_H=v_{0x}t_H=\dfrac{v_{0x}v_{0y}}{g}$

e

$y_H=\dfrac{v_{0y}^2}{2g}$.

Portanto,

$\tan\alpha=\dfrac{y_H}{x_H}=\dfrac{v_{0y}}{2v_{0x}}=\dfrac{1}{2}\tan\theta$.

Assim, $\dfrac{\tan\theta}{\tan\alpha}=2{,}0$.

Alternativa correta: B

Q31
Dinâmica — Atrito Cinético em Lançamento sobre Plano Inclinado

Por duas vezes, observa-se o movimento de um bloco, sem resistência do ar, sobre um plano inclinado, conforme ilustra figura seguinte:

Plano inclinado de ângulo θ com bloco lançado da base, subindo com velocidade inicial v0 ao longo da superfície

O coeficiente de atrito cinético entre as superfícies do bloco e do plano inclinado é $\dfrac{\sqrt3}{2}$. No primeiro lançamento, em que $\theta=30^\circ$, o tempo que o bloco gasta até parar, sobre o plano inclinado, é t. No segundo lançamento, que se dá com mesma velocidade inicial do primeiro, $\theta=60^\circ$ e o tempo gasto pelo bloco até parar, também sobre o plano inclinado, é t'. Nessas condições, a razão entre os tempos $\dfrac{t}{t'}$ é igual a

a)$\dfrac{3\sqrt3}{5}$
b)$\dfrac{\sqrt3}{2}$
c)$2\sqrt3$
d)$\dfrac{\sqrt3}{3}$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2023

A
Resolução

Durante a subida, tanto a componente do peso quanto a força de atrito atuam para baixo do plano. O módulo da desaceleração é

$a=g(\sin\theta+\mu\cos\theta)$.

Como $t=v_0/a$, para $\theta=30^\circ$:

$a_1=10\left(\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\right)=12{,}5\text{ m/s}^2$.

Para $\theta=60^\circ$:

$a_2=10\left(\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac12\right)=\dfrac{15\sqrt3}{2}\text{ m/s}^2$.

Logo,

$\dfrac{t}{t'}=\dfrac{v_0/a_1}{v_0/a_2}=\dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac{3\sqrt3}{5}$.

Alternativa correta: A

Q32
Ondulatória — Interferência de Fontes em Oposição de Fase

Uma cuba de ondas, de profundidade constante, contém água até a altura 20 cm. A partir de determinado instante, dois estiletes, $E_1$ e $E_2$, que funcionam como fontes de ondas circulares, vibrando em oposição de fase com frequência de 5 Hz, produzem ondas de amplitudes de 2 cm na superfície da água, que se propagam com velocidade de 10 cm/s.

Cuba de ondas com água a 20 cm de altura; fontes E1 e E2 na superfície, com o ponto P a 70 cm de E1 e 40 cm de E2

No ponto P, indicado na figura acima, uma rolha de cortiça ao ser atingida pelas duas ondas poderá ter sua posição vertical y, em função do tempo t, descrita pela equação

a)$y=20,\ \forall t$
b)$y=2\cos\left(10\pi t+\dfrac{\pi}{2}\right)$
c)$y=4\cos(10\pi t)$
d)$y=4\cos\left[2\pi(5t+35)+\dfrac{3\pi}{2}\right]$

Gabarito oficial EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2023

A
Resolução

O comprimento de onda é

$\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{10}{5}=2\text{ cm}$.

A diferença de caminho até P é

$\Delta r=|70-40|=30\text{ cm}=15\lambda$.

Como as fontes vibram em oposição de fase, a diferença de fase total no ponto P é

$\Delta\varphi=2\pi\dfrac{\Delta r}{\lambda}+\pi=30\pi+\pi=31\pi$.

Essa diferença é equivalente a $\pi$, produzindo interferência destrutiva completa. A rolha permanece na posição de equilíbrio da superfície:

$y=20$, para todo $t$.

Alternativa correta: A

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