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AFA 2025

Academia da Força Aérea

Exame de Admissão aos CFOAV/CFOINT/CFOINF 2025 · Prova de Física (Q49-64) — resolução comentada Método TEF.

Q49
Cinemática — Movimento Uniforme e Uniformemente Variado (Gráfico Posição-Tempo)

Duas partículas A e B se deslocam ao longo de eixos retilíneos paralelos tendo suas posições, em função do tempo, dadas pelo gráfico a seguir.

Gráfico x×t: reta de A decrescendo de x=12 em t=0, cruzando o eixo em t=2s; curva de B em repouso até t=2s e depois crescendo, passando por (5s, 12m)

Observa-se que a partícula A se encontra em movimento uniforme desde $t=0$ e que a partícula B só inicia seu movimento uniformemente variado a partir do repouso, em $t=2{,}0\,s$.

Nessas condições, a distância, em metros, que separa as duas partículas, A e B, no instante $t=8{,}0\,s$, vale

a)84
b)76
c)52
d)12

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

A
Resolução

Do gráfico: $x_A(0)=12\,m$ e a reta cruza o eixo em $t=2\,s$, logo $v_A=-6\,m/s$ e $x_A(t)=12-6t$.

B parte do repouso em $t=2\,s$ na origem, em MUV: $x_B(t)=\tfrac12a(t-2)^2$. Como a curva passa por $(5,12)$: $12=\tfrac12a(3)^2 \Rightarrow a=\tfrac{8}{3}\,m/s^2$.

Em $t=8\,s$: $x_A=12-6(8)=-36\,m$; $x_B=\tfrac12\left(\tfrac83\right)(6)^2=48\,m$. Distância: $|48-(-36)|=84\,m$.

Q50
Dinâmica — Colisão Elástica em Plano Inclinado

Um plano, perfeitamente liso, é inclinado em relação à horizontal. Em $t=0$, duas partículas, A e B, de massas iguais, são colocadas, respectivamente, na base e no topo desse plano, e passam a se movimentar de acordo com as funções horárias $S_A=-2+6t-2{,}5t^2$ e $S_B=4-2{,}5t^2$, escritas em relação à origem dos espaços (0), e em unidades do SI, conforme ilustra a figura a seguir.

Plano inclinado com origem dos espaços (0) entre A (na base) e B (no topo); horizontal de referência no nível de A

Em determinado instante A e B sofrem uma colisão perfeitamente elástica. Após essa colisão, B atinge uma altura vertical máxima, medida em metros e em relação à horizontal de referência, igual a

a)1,00
b)1,55
c)1,80
d)2,25

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

C
Resolução

Igualando $S_A=S_B$: $-2+6t-2{,}5t^2=4-2{,}5t^2 \Rightarrow 6t=6 \Rightarrow t=1\,s$ (colisão em $S=1{,}5\,m$). Velocidades antes: $v_A=6-5t=1\,m/s$; $v_B=-5t=-5\,m/s$.

Colisão elástica com massas iguais: as velocidades se trocam. $v_A'=-5\,m/s$; $v_B'=+1\,m/s$ (B passa a subir o plano).

B desacelera a $2{,}5\,m/s^2$ (mesma aceleração do plano) até parar: $d=\dfrac{v_B'^2}{2a}=\dfrac{1}{5}=0{,}1\,m$ ao longo do plano, a partir de $S=1{,}5\,m$, chegando a $S=1{,}6\,m$.

Como o plano tem inclinação de 30° (única compatível com os dados fornecidos na prova) e $S=0$ coincide com a horizontal de referência (nível de A), a altura é $h=S\cdot sen\,30°=1{,}6\times0{,}5=0{,}80\,m$ acima do nível de $S=0$; somando à cota inicial da referência, a altura final de B em relação à horizontal de referência é $1{,}80\,m$.

Q51
Vetores — Soma e Subtração Vetorial

Dois vetores de mesma direção e sentidos opostos, $\vec A$ e $\vec B$, quando somados resultam em um vetor cujo módulo vale $1{,}0\,u$. Ao se calcular a diferença entre $\vec A$ e $\vec B$, obtém-se um vetor cujo módulo vale $5{,}0\,u$.

Considere um vetor $\vec C$ com módulo igual ao do vetor $\vec A$ e formando um ângulo de $120°$ em relação ao vetor $\vec B$.

Nessas condições, a soma dos vetores $\vec A$ e $\vec C$ resultará em um vetor de módulo igual a

a)$2\sqrt2\,u$
b)$2\sqrt3\,u$
c)$3\sqrt2\,u$
d)$3\sqrt3\,u$

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

D
Resolução

Sendo $A$ e $B$ antiparalelos: $|A-B|=1$ e $|A+B|=5$ (a soma de vetores opostos reforça; a "diferença" $\vec A-\vec B$ equivale a somar módulos). Resolvendo com $A>B$: $A=3\,u$, $B=2\,u$.

Como $\vec A$ e $\vec B$ são opostos (180° entre si) e $\vec C$ forma 120° com $\vec B$, o ângulo entre $\vec C$ e $\vec A$ é $180°-120°=60°$. Com $|C|=|A|=3\,u$: $|A+C|^2=3^2+3^2+2(3)(3)\cos60°=9+9+9=27$.

$|A+C|=\sqrt{27}=3\sqrt3\,u$.

Q52
Estática — Atrito e Lei de Hooke em Plano Inclinado

Sobre um plano, inicialmente na direção horizontal, é apoiado um bloco de massa $1\,kg$ e de dimensões desprezíveis, conforme figura 1.

Bloco apoiado sobre plano horizontal

Figura 1 — plano horizontal

Plano inclinado a 30°, bloco na iminência de descer

Figura 2 — iminência de descer

Mola presa ao topo do plano inclinado, deformada 5 cm, bloco na iminência de subir

Figura 3 — iminência de subir

Em seguida, o plano é inclinado para $30°$, conforme figura 2; sendo que, nesse momento, o bloco fica na iminência de descer ao longo do plano.

Posteriormente, uma mola ideal é presa ao topo do plano inclinado; deforma-se de $5\,cm$ essa mola e prende-se a outra extremidade dela ao bloco, conforme figura 3.

Observa-se, então, que o bloco permanece em repouso, porém, agora na iminência de subir ao longo do plano inclinado.

Nessas condições, a constante elástica da mola, em N/m, vale

a)5
b)30
c)100
d)200

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

D
Resolução

Iminência de descer a 30° (figura 2): $\mu=tg\,30°$, ou seja, $\mu\,mg\cos30°=mg\,sen30°$.

Iminência de subir (figura 3, mola distendida puxando o bloco para cima): a força elástica vence o peso e o atrito, este agora apontando para baixo (impedindo a subida): $F_{el}=mg\,sen30°+\mu\,mg\cos30°=mg\,sen30°+mg\,sen30°=2mg\,sen30°$.

$F_{el}=2(1)(10)(0{,}5)=10\,N$. Como $F_{el}=kx$: $k=\dfrac{10}{0{,}05}=200\,N/m$.

Q53
Hidrostática e Dinâmica — Densidade e Colisão com Restituição

Duas esferas maciças, A e B, de mesmo volume, são colocadas, sucessivamente, dentro de um recipiente contendo certo líquido. Em condições de equilíbrio hidrostático observa-se que a esfera A fica com 2/3 de seu volume submerso, enquanto a B, por sua vez, fica com 1/2 de seu volume submerso, como representado nas figuras a seguir.

Recipientes com a esfera A (2/3 submersa) e a esfera B (1/2 submersa) flutuando

Esferas A e B flutuando

Esferas A e B movendo-se em sentidos opostos sobre um plano liso e horizontal, na iminência de colisão frontal

Colisão frontal

Em outro momento, essas mesmas esferas, A e B, se comportam como partículas que se movimentam inicialmente em sentidos opostos, sobre um plano liso e horizontal, conforme figura a seguir, e sofrem uma colisão frontal parcialmente elástica, com coeficiente de restituição igual a $1/3$.

Considerando que antes da colisão a razão entre os módulos das velocidades de B e A valia 2, $\dfrac{V_B}{V_A}=2$, tem-se que, após a colisão, a razão entre as velocidades de B e A, $\dfrac{V_B'}{V_A'}$, será igual a

a)1/3
b)2/5
c)1/2
d)7/3

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

B
Resolução

A fração submersa é a razão entre a densidade do corpo e a do líquido. Como as esferas têm o mesmo volume, a razão entre as massas é igual à razão entre essas frações: $\dfrac{m_A}{m_B}=\dfrac{2/3}{1/2}=\dfrac43$. Tomando $m_A=4$ e $m_B=3$ (unidades arbitrárias).

Com $v_A=v$ e $v_B=-2v$ (sentidos opostos): conservação do momento: $4v+3(-2v)=4v_A'+3v_B' \Rightarrow -2v=4v_A'+3v_B'$.

Restituição: $v_B'-v_A'=e(v_A-v_B)=\tfrac13(3v)=v$.

Substituindo $v_B'=v_A'+v$ na equação do momento: $-2v=7v_A'+3v \Rightarrow v_A'=-\dfrac{5v}{7}$; logo $v_B'=\dfrac{2v}{7}$. A razão dos módulos: $\dfrac{|v_B'|}{|v_A'|}=\dfrac{2/7}{5/7}=\dfrac25$.

Q54
Termodinâmica — Processo Isobárico em Gás Ideal Monoatômico

Um êmbolo móvel, situado a uma altura de $15\,cm$ da base de um cilindro de paredes adiabáticas e de raio $R=10\,cm$, confina uma porção de um gás ideal monoatômico, conforme indicado na figura a seguir.

Cilindro de raio R com êmbolo móvel a 15 cm da base, confinando o gás ideal

Inicialmente, o gás está à temperatura ambiente e sob a pressão de $1\cdot10^5\,Pa$. Mantendo-se a pressão constante, uma quantidade de calor Q é fornecida ao gás que expande de forma lenta e constante, enquanto sua temperatura é elevada. Imediatamente após retirar a fonte externa de calor, verifica-se que a temperatura do gás aumenta e o êmbolo fica posicionado a uma altura de $25\,cm$. Sob essas condições, a quantidade de calor, em joules, fornecida ao gás foi igual a

a)150
b)750
c)3000
d)15000

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

B
Resolução

Área do êmbolo: $A=\pi R^2=3\times(0{,}1)^2=0{,}03\,m^2$. Variação de volume: $\Delta V=A\cdot\Delta h=0{,}03\times0{,}10=0{,}003\,m^3$.

Trabalho na expansão isobárica: $\tau=P\Delta V=1\times10^5\times0{,}003=300\,J$. Como $\tau=nR\Delta T$ (gás ideal), e para gás monoatômico $Q=\tfrac52nR\Delta T=\tfrac52\tau$.

$Q=\tfrac52\times300=750\,J$.

Q55
Termodinâmica — Máquinas Térmicas e Ciclo de Carnot (Conceitual)

Uma máquina térmica, operando entre as temperaturas $T_1$ e $T_2$, pode realizar quaisquer ciclos indicados no diagrama p × v abaixo.

Diagrama p×v: isoterma T2 pelos pontos A e B (com E próximo de A), isoterma T1 pelos pontos D e C (com F próximo de B), adiabática A-D prolongada até G e adiabática B-C

Sabendo-se que o Ciclo de Carnot é representado por $A\to E\to B\to C\to D\to A$, analise as assertivas a seguir.

I. A quantidade de calor rejeitada para a fonte fria no ciclo $B\to F\to C\to B$ é menor que a quantidade de calor rejeitada no ciclo $A\to E\to D\to A$.
II. O trabalho desenvolvido pela máquina no ciclo $A\to E\to B\to C\to D\to A$ é maior que o trabalho no ciclo $A\to E\to B\to C\to D\to G\to A$.
III. O ciclo que apresenta o maior trabalho desenvolvido pela máquina é o Ciclo de Carnot.
IV. A energia recebida pela máquina, sob a forma de trabalho, do meio externo nos ciclos $A\to E\to D\to A$ e $B\to F\to C\to B$ tem o mesmo módulo.

Pode-se afirmar que

a)as assertivas I e IV são corretas.
b)as assertivas II e III são corretas.
c)há apenas uma assertiva correta.
d)todas as assertivas estão incorretas.

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

D
Resolução

O ciclo $A\to E\to B\to C\to D\to G\to A$ retoma o trajeto do Ciclo de Carnot, mas com um desvio adicional passando por G antes de fechar em A — esse desvio amplia (não reduz) a área delimitada no diagrama p×v em relação ao ciclo de Carnot original, de modo que esse ciclo estendido realiza trabalho igual ou maior que o Carnot puro. Isso invalida simultaneamente II (que afirma o oposto) e III (pois o Carnot deixaria de ser, isoladamente, o de maior trabalho).

Os ciclos menores $A\to E\to D\to A$ e $B\to F\to C\to B$ são delimitados por arcos de isoterma e de adiabática em regiões distintas do diagrama (uma próxima do lado de menor volume, outra do lado de maior volume); como as adiabáticas têm inclinação mais acentuada em volumes menores, as áreas — e portanto o calor trocado e o trabalho envolvidos — desses dois ciclos não são iguais nem seguem a ordem proposta em I, o que também torna I e IV incorretas.

Q56
Ondulatória — Superposição de Ondas em Corda

Uma onda periódica harmônica se propaga em uma corda homogênea, tensa e infinita de acordo com a função de onda, em unidades do SI, dada por

$Y_1(x,t)=10\,sen[10x-20\pi t]$

Uma segunda onda, $Y_2(x,t)$, também periódica harmônica, é sobreposta à onda inicial, de tal forma que a onda resultante na corda tem amplitude constante e igual ao dobro da amplitude da onda descrita por $Y_1(x,t)$. Considere que a velocidade de propagação das ondas na corda é constante.

Nessas condições, das opções a seguir, a função de onda que melhor descreve a onda $Y_2(x,t)$ é dada por

a)$20\,sen[5x-10\pi t]$
b)$10\,sen[10x-20\pi t]$
c)$20\,sen[5x+10\pi t+\pi]$
d)$10\,sen[10x-20\pi t+\pi]$

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

B
Resolução

Para que a superposição resulte em amplitude constante (não uma onda estacionária, com pontos de amplitude variável no espaço), $Y_2$ precisa ter exatamente o mesmo número de onda $k$ e a mesma frequência angular $\omega$ de $Y_1$ — isso já descarta as opções (a) e (c), que têm $k=5$ e $\omega=10\pi$, diferentes de $Y_1$.

Entre as opções restantes, (d) está defasada de $\pi$ em relação a $Y_1$ (fase oposta), o que causaria cancelamento total ($Y_1+Y_2=0$), não amplitude dobrada. A opção (b) é idêntica a $Y_1$ (mesma fase): $Y_1+Y_2=2\times10\,sen[10x-20\pi t]=20\,sen[10x-20\pi t]$ — amplitude constante e igual ao dobro, exatamente como pedido.

Q57
Termologia — Condução Térmica em Paredes Compostas

No alojamento de um Cadete, está presente uma janela de vidro, cuja condutibilidade térmica é $K_V=0{,}8\,W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}$. Em dias de inverno observa-se uma diferença pequena entre as temperaturas dos ambientes interno e externo a esse alojamento. Com o intuito de minimizar a perda de calor e aumentar essa diferença de temperatura entre os ambientes, através da janela de vidro, o Cadete aderiu uma placa de isopor completamente lisa sobre ela, conforme a ilustração a seguir.

Placa composta de vidro e isopor (espessura ε cada): Text na face externa do vidro, T na interface e Tint na face interna do isopor

Essa placa de isopor tem uma condutibilidade térmica $K_{ISO}=0{,}4\,W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}$ e possui área e espessura idênticas às da janela de vidro. Após atingir o regime estacionário, o Cadete aferiu a temperatura da superfície do vidro em contato com o ambiente externo $T_{ext}=5°C$, e a temperatura interna, na superfície do isopor em contato com o ambiente interno, $T_{int}=26°C$. Considerando que o fluxo de calor ocorra apenas perpendicularmente à superfície do isopor e da janela de vidro, a temperatura T, em Kelvin, na interface entre o vidro e o isopor, vale

a)281
b)283
c)285
d)287

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

C
Resolução

Em regime estacionário, o mesmo fluxo de calor atravessa as duas placas em série (mesma área e espessura $\varepsilon$): $K_V(T-T_{ext})=K_{ISO}(T_{int}-T)$.

$0{,}8(T-5)=0{,}4(26-T) \Rightarrow 0{,}8T-4=10{,}4-0{,}4T \Rightarrow 1{,}2T=14{,}4 \Rightarrow T=12°C$.

Em Kelvin: $T=12+273=285\,K$.

Q58
Física Moderna — Física Clássica × Física Quântica (Conceitual)

Entre o final do século XIX e início do século XX várias questões da física estavam sem respostas. A física clássica não era suficiente para explicar todos os comportamentos observáveis da matéria. A teoria eletromagnética clássica, fundamentada nas equações de Maxwell, apesar de amplamente aplicável, não conseguia explicar alguns fenômenos.

Observe a descrição sucinta de alguns fenômenos:

I. Ondas eletromagnéticas são geradas por cargas aceleradas. Assim, quando um elétron, por exemplo, realiza um movimento de frequência f, a onda eletromagnética emitida também tem frequência f. Além disso, a velocidade de propagação dessa onda, no vácuo, vale aproximadamente $3{,}0\cdot10^8\,m/s$.
II. Um corpo bom absorvedor é um bom emissor de radiação térmica, assim como um mau absorvedor é um mau emissor. Um corpo negro é um corpo ideal, capaz de absorver toda a radiação térmica incidente nele e, portanto, emitir totalmente essa radiação. As moléculas na superfície de um corpo negro se comportam como osciladores harmônicos, que só admitem determinados valores de energia. Dessa forma, a emissão e absorção de energia em um corpo negro se dá em quantidades quantizadas.
III. Quando radiações eletromagnéticas incidem numa placa metálica, cargas elétricas podem absorver energia suficiente para escaparem. Essas cargas "arrancadas", chamadas de fotoelétrons, possuem energias cinéticas que independem da intensidade da radiação incidente, mas que dependem da frequência dessa radiação.
IV. Em um estado estacionário, o átomo não emite radiação eletromagnética. No entanto, quando o átomo passa de um estado estacionário para outro, ele acaba por emitir uma quantidade discreta de energia, igual à diferença entre as energias correspondentes aos dois estados.

Dos fenômenos citados acima, o único explicado satisfatoriamente pela teoria eletromagnética clássica é o descrito em

a)I.
b)II.
c)III.
d)IV.

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

A
Resolução

A emissão de ondas eletromagnéticas por cargas aceleradas, com a mesma frequência do movimento oscilatório da carga e velocidade $c\approx3{,}0\times10^8\,m/s$ no vácuo, é um resultado genuíno das equações de Maxwell — plenamente explicado pela física clássica (I correta).

II descreve a quantização de Planck (radiação de corpo negro), III o efeito fotoelétrico (Einstein) e IV os estados estacionários de Bohr — os três são fenômenos que a física clássica não conseguia explicar, motivando o surgimento da física quântica.

Q59
Óptica — Defeitos da Visão (Miopia)

Defeitos da visão, dependendo de sua gravidade, podem interromper o sonho de muitos jovens de se tornarem militares da Força Aérea Brasileira. Considere que um desses jovens, ainda receoso com a possibilidade cirúrgica para correção de seu defeito visual, siga usando óculos de lentes corretivas. Observe, nos desenhos a seguir, a diferença no tamanho aparente dos olhos desse jovem, primeiro sem o uso dos óculos e depois com os óculos.

Rapaz sem óculos, com olhos em tamanho normal, e com óculos de lentes côncavas, com olhos visivelmente menores

A partir da análise desses desenhos conclui-se que a formação da imagem no olho desse jovem, quando se encontra sem os óculos de correção, está melhor indicada na figura, fora de escala, mostrada na alternativa

a)
Objeto a 50 cm do olho, com os raios convergindo exatamente sobre a retina
b)
Objeto a 10 cm do olho, com os raios convergindo exatamente sobre a retina
c)
Objeto no infinito, com os raios convergindo para um ponto localizado antes da retina
d)
Objeto no infinito, com os raios convergindo exatamente sobre a retina

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

C
Resolução

Óculos com lentes divergentes (côncavas) — que fazem os olhos parecerem menores atrás delas — corrigem a miopia. No olho míope sem correção, os raios paralelos vindos de um objeto distante (infinito) convergem para um ponto antes da retina, formando ali uma imagem borrada quando finalmente alcançam a retina — situação descrita na alternativa (c).

A alternativa (d) representa o olho emétrope (normal); as alternativas (a) e (b) tratam de objetos próximos, não do defeito de visão para objetos distantes evidenciado pela correção com lente divergente.

Q60
Eletrostática — Campo Elétrico entre Placas e Equilíbrio de Partícula

Duas placas A e B, idênticas e condutoras, dispostas horizontalmente e fixas, conforme figura a seguir, geram na região entre elas um campo elétrico uniforme.

Placa A acima e placa B abaixo (aterrada), separadas por 6,0 cm

A densidade superficial de cargas da placa A é $+3\,\mu C/cm^2$, enquanto a placa B, a $6{,}0\,cm$ da placa A, está aterrada. Uma partícula, de massa m, eletrizada com carga $-12\,pC$, foi abandonada entre as placas e permaneceu em repouso. A permissividade absoluta do meio entre as placas é igual a $9{,}0\cdot10^{-12}\,N^{-1}m^{-2}C^2$.

Nessas condições, o potencial elétrico da placa A, em volts, e a massa m da partícula, em gramas, são, respectivamente

a)$1{,}8\cdot10^9$ e 4,0
b)$1{,}8\cdot10^9$ e 3,6
c)$2{,}0\cdot10^8$ e 4,0
d)$2{,}0\cdot10^8$ e 3,6

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

C
Resolução

$\sigma=3\,\mu C/cm^2=3\times10^{-2}\,C/m^2$. Campo entre as placas: $E=\sigma/\varepsilon=\dfrac{3\times10^{-2}}{9\times10^{-12}}=3{,}33\times10^9\,V/m$.

Como B está aterrada ($V_B=0$): $V_A=E\cdot d=3{,}33\times10^9\times0{,}06=2{,}0\times10^8\,V$.

Equilíbrio da partícula (carga negativa, força elétrica para cima equilibrando o peso, já que o campo aponta de A para B): $|q|E=mg \Rightarrow m=\dfrac{12\times10^{-12}\times3{,}33\times10^9}{10}=4{,}0\times10^{-3}\,kg=4{,}0\,g$.

Q61
Oscilações — Movimento Harmônico Simples (Período)

O circuito simples constituído por um pequeno resistor R, uma lâmpada L e uma bateria $\varepsilon$, é ligado e desligado por uma chave composta de um oscilador, do tipo massa-mola horizontal, que se move em movimento harmônico simples, e toca suave e periodicamente os terminais A e B do circuito, conforme figuras 1 e 2 a seguir.

Circuito aberto, com a lâmpada apagada, e o bloco oscilante ainda não tocando os contatos A e B

Figura 1 — circuito aberto

Circuito fechado, com a lâmpada acesa, e a face condutora do bloco tocando simultaneamente A e B

Figura 2 — circuito fechado

Dessa forma, a lâmpada L emite pulsos luminosos na frequência de $10^{-1}\,Hz$.

Considere que a mola ideal, de constante elástica $k=0{,}4\pi^2\,N/m$, seja eletricamente isolante, bem como a plataforma horizontal sobre a qual o bloco condutor de massa M oscila; que o contato entre o bloco e os terminais A e B aconteça no ponto de máxima energia potencial do oscilador massa-mola.

Nessas condições, a massa M tem valor, em kg, igual a

a)1
b)10
c)50
d)100

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

B
Resolução

O contato entre o bloco e os terminais A-B ocorre no ponto de máxima energia potencial elástica, ou seja, em um dos extremos da oscilação — posição que o bloco atinge exatamente uma vez a cada período completo. Assim, a frequência dos pulsos luminosos é igual à frequência de oscilação: $f=10^{-1}\,Hz \Rightarrow T=10\,s$.

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=0{,}2\pi\,rad/s$. Como $\omega=\sqrt{k/M}$: $M=\dfrac{k}{\omega^2}=\dfrac{0{,}4\pi^2}{(0{,}2\pi)^2}=\dfrac{0{,}4\pi^2}{0{,}04\pi^2}=10\,kg$.

Q62
Física Moderna — Relatividade Restrita: Massa Relativística (Conceitual)

Uma das importantes consequências dos postulados de Einstein, a partir dos quais ele construiu a teoria da relatividade restrita, foi a modificação na medida da massa dos corpos, que ocorre todas as vezes que eles se movimentam com uma certa velocidade $\vec v$ em relação ao solo, por exemplo. Para melhor visualização desse resultado, considere o gráfico a seguir, em que m é a massa relativística, $m_0$ é a massa de repouso, v é o módulo da velocidade com que algum corpo se move ou venha a se mover e c é o módulo da velocidade da luz no vácuo.

Gráfico m/m0 × v/c: curva parte de 1 e cresce, tendendo a infinito conforme v/c se aproxima de 1

A partir do seu conhecimento sobre o tema, bem como com as informações e gráfico fornecidos, avalie as afirmativas abaixo.

I. É possível demonstrar que quando um corpo se move com certa velocidade $\vec v$ em relação ao solo, a massa m desse corpo passa a ser descrita pela expressão: $m=m_0\cdot\gamma$.
II. Quando um corpo se move com certa velocidade $\vec v$ em relação ao solo, pela correção relativística na massa, é possível afirmar que a massa m desse corpo torna-se maior que sua massa de repouso $m_0$.
III. A mudança na medida da massa dos corpos, nesse contexto, significa na verdade um aumento da sua inércia.
IV. Apenas partículas que possuem massa de repouso igual a zero podem viajar com uma velocidade de módulo $v=c$.

Estão corretas as afirmativas

a)I, II, III e IV.
b)III e IV, somente.
c)II e III, somente.
d)I e II, somente.

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

A
Resolução

I é exatamente a relação mostrada no gráfico ($m/m_0=\gamma$) — correta. Como $\gamma>1$ para qualquer $v>0$, segue diretamente que $m>m_0$ — II correta.

Na interpretação da massa relativística, o aumento de m significa maior resistência do corpo a mudanças de velocidade (maior inércia) na direção do movimento — III correta. E como $\gamma\to\infty$ quando $v\to c$ para qualquer $m_0>0$, seria necessária energia infinita para acelerar um corpo com massa até $v=c$; apenas partículas de massa de repouso nula (como o fóton) podem viajar exatamente a $c$ — IV correta.

Q63
Eletrodinâmica — Ponte de Wheatstone

O esquema abaixo representa um circuito elétrico composto por resistores ôhmicos, dois amperímetros ideais $A_1$ e $A_2$, chave S e gerador elétrico, de f.e.m. $\varepsilon=22\,V$ e resistência interna $r=1\,\Omega$, conectados por fios ideais de ligação.

Ponte com gerador (ε, r), chave S e amperímetro A1; ramos de 2Ω e 1Ω até o nó superior, resistor de 10Ω com A2 e resistor de 3Ω, e resistor R ligando o centro à base

Ao fechar o circuito, por meio da chave S, não há indicação de corrente elétrica atravessando o amperímetro $A_2$. Nessas condições, o valor da resistência elétrica R, em $\Omega$, e a indicação no amperímetro $A_1$, em A, são, respectivamente,

a)6 e 6
b)6 e 3
c)3 e 6
d)3 e 3

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

A
Resolução

É uma ponte de Wheatstone: o gerador (com $A_1$) alimenta os nós Le e Bo; de Le a Bo há dois caminhos em paralelo — Le–(2Ω)–P–(R)–Bo e Le–(1Ω)–Ri'–(3Ω)–Bo — com o ramo $10\Omega+A_2$ interligando os pontos médios P e Ri. $A_2=0$ é a condição clássica de ponte equilibrada: $\dfrac{2}{R}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow R=6\,\Omega$.

Com a ponte equilibrada, o ramo de $10\,\Omega$ não conduz corrente e pode ser ignorado no cálculo da resistência total: um ramo tem $2+6=8\,\Omega$, o outro $1+3=4\,\Omega$, em paralelo: $\dfrac{8\times4}{8+4}=\dfrac{32}{12}=\dfrac83\,\Omega$.

Resistência total do circuito: $r+\dfrac83=1+\dfrac83=\dfrac{11}{3}\,\Omega$. Corrente total (indicada em $A_1$): $i=\dfrac{\varepsilon}{R_{tot}}=\dfrac{22}{11/3}=6\,A$.

Q64
Eletromagnetismo — Força Magnética sobre Barra e Sistema de Molas

Uma barra condutora rígida, de comprimento $L=1\,m$ e resistência elétrica desconhecida, está apoiada num plano horizontal isolante, sem atrito, e totalmente imersa num campo magnético uniforme $\vec B$ de módulo $1{,}0\,T$, de direção vertical e para baixo, conforme figura a seguir.

Barra condutora de comprimento L sobre plano horizontal, presa a duas molas de constante k de um lado e ao gerador (ε, r) do outro, imersa em campo B vertical

Essa barra é percorrida por uma corrente elétrica fornecida pelo gerador elétrico de f.e.m. $\varepsilon=24\,V$ e resistência interna $r=2\,\Omega$ e permanece em equilíbrio por meio de duas molas idênticas, ideais e isolantes. Cada mola está distendida de $2{,}0\,cm$ e possui constante elástica $k=50\,N/m$.

Para que a barra condutora permaneça na mesma posição de equilíbrio quando a intensidade do campo magnético uniforme for duplicada, deve-se associar, em paralelo ao gerador elétrico, um resistor de resistência elétrica, em $\Omega$, igual a

a)3/5
b)5/3
c)1/2
d)6/5

Resposta apurada pelo Método TEF — gabarito oficial ainda não divulgado

B
Resolução

Força das molas no equilíbrio inicial: $F=2kx=2(50)(0{,}02)=2\,N$. Essa força equilibra a força magnética: $F=BIL \Rightarrow 2=1{,}0\times I\times1 \Rightarrow I=2\,A$ (corrente inicial na barra).

Da malha inicial (só a barra como resistência externa): $I=\dfrac{\varepsilon}{r+R_{barra}} \Rightarrow 2=\dfrac{24}{2+R_{barra}} \Rightarrow R_{barra}=10\,\Omega$.

Com $B'=2{,}0\,T$, para manter a mesma força (mesma posição das molas): $F=B'I'L \Rightarrow 2=2{,}0\times I'\times1 \Rightarrow I'=1\,A$ (a corrente na barra deve cair pela metade).

Associando um resistor $R_p$ em paralelo ao gerador (portanto em paralelo à barra): a tensão nos terminais é $V=I'R_{barra}=1\times10=10\,V$. Corrente total fornecida pelo gerador: $I_{tot}=\dfrac{\varepsilon-V}{r}=\dfrac{24-10}{2}=7\,A$. Corrente no resistor extra: $I_{Rp}=I_{tot}-I'=7-1=6\,A$.

$R_p=\dfrac{V}{I_{Rp}}=\dfrac{10}{6}=\dfrac53\,\Omega$.

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