AFA 2027 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Cada gráfico apresenta uma grandeza diferente no eixo vertical. Por isso, uma curva crescente não pode ser interpretada da mesma maneira nos três casos. O sentido do movimento depende do sinal da velocidade; ser acelerado ou retardado depende de o módulo dessa velocidade aumentar ou diminuir.

Em A, o gráfico é de posição por tempo. A velocidade corresponde à inclinação da tangente à curva. Entre 0 e $t$, a posição diminui e a inclinação é negativa: a partícula se move no sentido retrógrado. Além disso, a curva fica cada vez mais inclinada para baixo, indicando que o módulo da velocidade aumenta. Assim, o movimento de A é retrógrado e acelerado.

Em B, o eixo vertical já representa a velocidade. Ela é positiva e cresce depois do instante inicial. Portanto, a partícula se move no sentido progressivo e ganha rapidez. O fato de a reta subir não indica posição crescente de forma linear, mas velocidade crescente.

Em C, o gráfico informa aceleração nula. Isso garante velocidade constante, mas não informa seu sinal: a partícula pode ter velocidade positiva, negativa ou nula. Logo, não podemos concluir que seu movimento seja necessariamente progressivo.

Há três processos ligados: a mola lança a esfera pela rampa, a esfera descreve um movimento parabólico e, na colisão, parte de sua energia cinética se transforma em aquecimento. Precisamos descobrir a velocidade no instante do impacto, que ocorre no ponto mais alto da trajetória.

A energia inicial da mola é \[E_{el}=\frac12kx^2=\frac12\cdot100\cdot(0{,}20)^2=2\,\text{J}.\] Até o fim da rampa, não há dissipação: \[2=\frac12mv_0^2+mgh,\] com $m=0{,}001\,\text{kg}$. O termo $mgh$ não pode ser descartado, pois a esfera já sobe antes de abandonar a rampa.

No lançamento a 45°, o tempo para atingir o ponto mais alto é $t_s=v_0\sin45^\circ/g$. Nesse tempo, a distância horizontal percorrida vale \[d=v_0\cos45^\circ\,t_s=\frac{v_0^2}{2g}.\] Como $d=1{,}5h$, temos $v_0^2=3gh$. Substituindo no balanço de energia e usando $g=10\,\text{m/s}^2$, \[2=\frac52mgh\quad\Rightarrow\quad h=80\,\text{m},\qquad v_0^2=2.400\,\text{m}^2/\text{s}^2.\]

No ponto mais alto, a componente vertical da velocidade se anula, mas a horizontal permanece. Então \[E_c=\frac12m(v_0\cos45^\circ)^2=\frac14mv_0^2=0{,}60\,\text{J}.\] Metade aquece a esfera: $Q=0{,}30\,\text{J}$. Com o calor específico fornecido, \[\Delta T=\frac{Q}{mc}=\frac{0{,}30}{0{,}001\cdot125}=2{,}4\,{}^\circ\text{C}.\]

O gráfico fornece a energia cinética em função do comprimento da mola. Nos pontos em que $E_c=0$, a partícula para instantaneamente e inverte o sentido do movimento. Esses extremos estão em 100 cm e 120 cm; o equilíbrio fica no ponto médio, em 110 cm, onde a energia cinética é máxima.

O comprimento natural é 100 cm. Portanto, a deformação de equilíbrio é \[e=110-100=10\,\text{cm}=0{,}10\,\text{m}.\] A amplitude do movimento também é 0,10 m, pois essa é a distância entre o equilíbrio e cada extremo da oscilação.

No equilíbrio, a força elástica compensa o peso: \[ke=mg\quad\Rightarrow\quad\frac{m}{k}=\frac{e}{g}.\] O período do oscilador é $T=2\pi\sqrt{m/k}$. Substituindo a razão encontrada, \[T=2\pi\sqrt{\frac{0{,}10}{10}}=0{,}20\pi\,\text{s}.\] Com $\pi=3{,}0$, conforme os dados da prova, obtemos $T=0{,}60\,\text{s}$.

Também podemos conferir com o valor máximo de energia: $E_{c,\max}=kA^2/2=0{,}5\,\text{J}$ fornece $k=100\,\text{N/m}$; em seguida, $m=ke/g=1\,\text{kg}$. Esses valores reproduzem o mesmo período.

Sem escorregamento, o avanço do trator e a rotação de cada roda estão relacionados por $v=\omega r$. As rodas dianteiras e traseiras acompanham o mesmo veículo, então seus centros possuem a mesma velocidade de translação em cada instante.

Se o raio dianteiro é $r_D$, o traseiro é $r_T=2r_D$. Logo, \[\omega_D=\frac{v}{r_D},\qquad\omega_T=\frac{v}{2r_D},\] e, portanto, \[\omega_D=2\omega_T.\] A roda menor precisa completar mais voltas para percorrer a mesma distância.

Como os raios são constantes, as velocidades angulares reproduzem as três etapas do gráfico da velocidade do trator: crescimento linear até $t_1$, valor constante entre $t_1$ e $t_2$ e queda linear até $t_3$. As mudanças de etapa acontecem simultaneamente para as duas rodas. Durante o movimento, a curva dianteira deve estar acima da traseira, com valores duas vezes maiores.

O gráfico procurado combina, portanto, o mesmo perfil trapezoidal para as duas curvas e a proporção 2 para 1 entre suas alturas. Quando o trator para, ambas as velocidades angulares se anulam.

A sustentação resulta das forças de pressão exercidas pelo ar sobre a asa. No modelo indicado pelo enunciado, o ar é tratado como incompressível, sem viscosidade e em escoamento estacionário. Nessas condições, a equação de Bernoulli relaciona pressão, velocidade e altura ao longo de uma linha de corrente: \[P+\frac12\rho v^2+\rho gz=\text{constante}.\]

Na comparação usual entre as regiões próximas às duas faces da asa, a diferença de altura tem contribuição pequena. Para linhas de corrente provenientes do mesmo escoamento não perturbado, uma região de maior velocidade fica associada a menor pressão. Na situação de sustentação para cima, a pressão na face inferior é, em média, maior que na superior.

A diferença de pressão gera uma força resultante sobre a asa. Em uma aproximação com diferença uniforme sobre uma área $A$, seu módulo seria $F\approx\Delta P\,A$; em uma asa real, essa diferença varia de ponto para ponto. O elemento essencial é reconhecer a relação entre distribuição de velocidades e distribuição de pressões.

Não é necessário supor que duas parcelas de ar separadas na frente da asa se reencontrem ao mesmo tempo atrás dela. Bernoulli também não atribui a sustentação apenas à pequena diferença de pressão hidrostática entre as faces.

A água volta a ferver enquanto o recipiente esfria porque a temperatura de ebulição depende da pressão. Não é necessário aquecer o líquido novamente: reduzir suficientemente a pressão acima dele pode permitir a formação de bolhas mesmo a uma temperatura menor.

Depois da fervura inicial, há vapor de água no espaço acima do líquido. Ao fechar o balão e resfriar a região ocupada pelo vapor com o pano molhado, parte desse vapor se condensa. Com menos moléculas na fase gasosa, a pressão interna diminui.

A ebulição ocorre quando a pressão de vapor do líquido, na temperatura em que ele se encontra, permite que as bolhas se mantenham contra a pressão ao redor. A água ainda está quente; após a queda da pressão interna, ela pode atingir a condição de ebulição correspondente à nova pressão, mesmo tendo esfriado em relação ao início.

O processo não prossegue indefinidamente: a vaporização consome energia do líquido, que esfria, e as condições de pressão e temperatura continuam mudando. Isso explica por que o enunciado limita o fenômeno a certa faixa de temperatura.

O aquecimento aumenta o comprimento da calha, mas o enunciado mantém sua inclinação. Como a superfície é lisa, a componente do peso paralela à calha é a única responsável pela aceleração ao longo dela: \[a=g\sin\beta,\] em que $\beta$ é o ângulo de inclinação. Essa aceleração é a mesma antes e depois do aquecimento.

Na primeira descida, a partícula parte do repouso e percorre o comprimento $L_0$ em um tempo $t$: \[L_0=\frac12at^2.\] Depois da dilatação linear, o comprimento passa a \[L'=L_0(1+\alpha\Delta\theta).\] Na segunda descida, também a partir do repouso, \[L'=\frac12at'^2.\]

Dividindo as duas equações de movimento, eliminamos a aceleração: \[\frac{L'}{L_0}=\frac{t'^2}{t^2}=1+\alpha\Delta\theta.\] Tomando a raiz positiva, pois o tempo é positivo, \[\boxed{t'=t\sqrt{1+\alpha\Delta\theta}}.\]

Se não houver variação de temperatura, o fator dentro da raiz será 1 e recuperaremos $t'=t$. Para uma dilatação positiva, a distância aumenta e o tempo também aumenta, mas segundo uma raiz quadrada, pois a velocidade cresce ao longo da descida.

A partícula se move em linha reta com velocidade constante, de modo que sua aceleração e a força resultante são nulas. Desprezando peso e resistência do ar, as forças elétrica e magnética devem se cancelar. Na configuração de campos cruzados considerada, suas intensidades são $|q|E$ e $|q|vB$.

Igualando os módulos, \[|q|E=|q|vB\quad\Rightarrow\quad v=\frac{E}{B}.\] O módulo da carga cancela: para essa condição de equilíbrio, a rapidez depende apenas da razão entre os campos. Com os dados fornecidos, \[v=\frac{4{,}0}{2{,}0\times10^{-1}}=20\,\text{m/s}.\]

Agora aplicamos a propriedade do espelho plano. A imagem fica atrás do espelho à mesma distância que a partícula está à sua frente. Como o espelho permanece fixo, a redução da distância do objeto ao espelho é acompanhada por igual redução da distância da imagem ao espelho. Assim, a imagem também se aproxima do espelho com rapidez de 20 m/s.

A distância entre partícula e imagem diminui a 40 m/s, mas essa é outra grandeza: corresponde à soma das duas velocidades de aproximação em relação ao espelho.

Ao fechar parcialmente a torneira, a pessoa reduz a quantidade de água aquecida por segundo. Como não altera a parte elétrica e a resistência é considerada constante, a potência do chuveiro permanece a mesma. A mesma energia por segundo passa a aquecer uma massa menor de água.

Chamando de $\dot V$ a vazão volumétrica, a massa que passa por segundo é $\rho\dot V$. O balanço de energia usado na questão é \[P=\rho\dot Vc(T_s-T_e),\] em que $T_e$ é a temperatura de entrada e $T_s$, a de saída. Com $P$, $\rho$ e $c$ constantes, o produto da vazão pelo aumento de temperatura permanece constante.

Na primeira condição, o aumento é $31-11=20\,{}^\circ\text{C}$. Na segunda, ele é $T_s-11$. Igualando os produtos, \[182\cdot20=130(T_s-11).\] Portanto, \[T_s-11=\frac{3.640}{130}=28\,{}^\circ\text{C}\quad\Rightarrow\quad\boxed{T_s=39\,{}^\circ\text{C}}.\]

O resultado é coerente: diminuir a vazão aumenta a elevação de temperatura de 20 para 28 °C. A proporção pode ser calculada com mL/s porque as duas vazões estão na mesma unidade e seus fatores de conversão se cancelam.

A barra está na iminência de deslizar, portanto a força de atrito estático alcança o limite $f=\mu N$. Precisamos combinar essa condição com o equilíbrio das forças horizontais e verticais. O ângulo do fio é medido com a vertical, de modo que as componentes da tração são $T\sin\theta$ na horizontal e $T\cos\theta$ na vertical.

A corrente vai de C para A, para a esquerda no desenho, e o campo magnético aponta para dentro da folha. Pela direção de $\vec F_m=i\vec L\times\vec B$, a força magnética aponta para baixo, no mesmo sentido do peso. Como a barra está perpendicular ao campo, seu módulo é $F_m=BiL$.

Na horizontal, o atrito equilibra a componente da tração: \[T\sin\theta=f=\mu N\quad\Rightarrow\quad N=\frac{T\sin\theta}{\mu}.\] Na vertical, a normal e a componente vertical da tração equilibram peso e força magnética: \[T\cos\theta+N=mg+BiL.\]

Substituindo a expressão da normal, \[T\cos\theta+\frac{T\sin\theta}{\mu}=mg+BiL.\] Multiplicando por $\mu$ e colocando $T$ em evidência, \[T(\mu\cos\theta+\sin\theta)=\mu(mg+BiL),\] logo \[\boxed{T=\frac{\mu(mg+BiL)}{\mu\cos\theta+\sin\theta}}.\]

A frequência mínima corresponde à menor energia possível dos fótons produzidos. No modelo apresentado, isso acontece quando não há energia cinética adicional a converter: consideramos apenas a energia de repouso do elétron e do pósitron.

As partículas possuem a mesma massa de repouso, $m_e$, portanto a energia total disponível é $2m_ec^2$. Os dois fótons possuem momentos de mesmo módulo e, como $E=pc$ para um fóton, recebem energias iguais. Assim, cada fóton fica com metade da energia total: \[E_\gamma=m_ec^2.\]

Usando os valores fornecidos, \[E_\gamma=9{,}0\times10^{-31}(3{,}0\times10^8)^2=8{,}1\times10^{-14}\,\text{J}.\] Pela relação de Planck, $E_\gamma=hf$, \[f=\frac{8{,}1\times10^{-14}}{6{,}6\times10^{-34}}\approx1{,}2\times10^{20}\,\text{Hz}.\]

A ordem de grandeza é a potência de dez mais próxima. Como o coeficiente 1,2 é menor que $\sqrt{10}$, a ordem de grandeza permanece $10^{20}\,\text{Hz}$. A energia cinética das partículas, se presente, elevaria a energia disponível além desse valor mínimo.

A resultante sobre $Q_B$ aponta verticalmente para baixo. Como as forças elétricas entre cargas puntiformes atuam ao longo das retas que as unem, a força produzida por $Q_A$ é horizontal, enquanto a produzida por $Q_C$ atua ao longo do lado inclinado do triângulo.

Para a resultante apontar para baixo, a força de C sobre B deve ter componente vertical para baixo. Isso exige repulsão: $Q_C$ tem o mesmo sinal de $Q_B$, portanto é negativa. Essa repulsão também empurra B para a direita. Para cancelar a componente horizontal, A deve atrair B para a esquerda; logo, $Q_A=+1\,\mu\text{C}$.

O triângulo é equilátero, então as distâncias AB e BC são iguais a um mesmo lado $\ell$. A direção BC faz 60° com a horizontal. No equilíbrio das componentes horizontais, \[F_{AB}=F_{CB}\cos60^\circ=\frac12F_{CB}.\] Aplicando Coulomb, \[\frac{k|Q_AQ_B|}{\ell^2}=\frac12\frac{k|Q_CQ_B|}{\ell^2}\quad\Rightarrow\quad|Q_C|=2|Q_A|=2\,\mu\text{C}.\]

Com os sinais já determinados, $Q_C=-2\,\mu\text{C}$. A soma algébrica das cargas é \[Q_{total}=+1-3-2=-4\,\mu\text{C}.\]

O comprimento de onda de De Broglie é $\lambda=h/p$, em que $p$ é o módulo do momento linear. Como o problema envolve partículas de alta energia e fornece a massa de repouso, devemos expressar o momento pela relação relativística entre energia e momento, em vez de usar diretamente $K=p^2/(2m_0)$.

A energia total da partícula é a soma da energia cinética com a energia de repouso: \[E=K+m_0c^2.\] A relação relativística é \[E^2=p^2c^2+m_0^2c^4.\] Substituindo a energia total e isolando o termo do momento, \[p^2c^2=(K+m_0c^2)^2-m_0^2c^4.\]

Ao desenvolver o quadrado, os termos de energia de repouso ao quadrado se cancelam: \[p^2c^2=K^2+2Km_0c^2\quad\Rightarrow\quad p=\sqrt{2m_0K+\frac{K^2}{c^2}}.\] Portanto, \[\boxed{\lambda=\frac{h}{\sqrt{2m_0K+K^2/c^2}}}.\]

Como conferência, se $K$ for muito menor que $m_0c^2$, o termo $K^2/c^2$ será pequeno diante de $2m_0K$. Nesse limite, recuperamos a expressão não relativística $\lambda\approx h/\sqrt{2m_0K}$.

A imagem formada pelo primeiro espelho servirá como objeto para o segundo. Precisamos resolver as duas reflexões em sequência e manter claro a qual objeto cada orientação e cada aumento se referem. Usaremos $1/f=1/p+1/p'$ e $A=-p'/p$.

No espelho côncavo, $f_1=R/2$ e $p_1=0{,}75R=3R/4$. Assim, \[\frac1{p'_1}=\frac2R-\frac4{3R}=\frac2{3R}\quad\Rightarrow\quad p'_1=\frac{3R}{2}.\] A imagem é real e seu aumento é \[A_1=-\frac{3R/2}{3R/4}=-2.\] Portanto, ela é invertida e tem o dobro da altura do objeto original.

Os vértices dos espelhos estão separados por $2R$. A primeira imagem fica a $2R-1{,}5R=0{,}5R$ à frente do convexo, funcionando como objeto real para ele. Com $f_2=-R/2$ e $p_2=R/2$, \[\frac1{p'_2}=-\frac2R-\frac2R=-\frac4R\quad\Rightarrow\quad p'_2=-\frac R4.\] O sinal negativo indica imagem virtual, e \[A_2=-\frac{-R/4}{R/2}=\frac12.\]

A imagem final tem metade da altura da imagem intermediária e é direita em relação a ela. Em relação ao objeto original, o aumento total é $A_1A_2=-1$: a imagem final é invertida e tem a mesma altura do objeto. Reunindo as referências pedidas, ela é virtual, invertida em relação ao objeto original e tem metade da altura da imagem do côncavo.