FÍSICA QUESTÃO 1
Uma partícula move-se com velocidade de 50 m/s. Sob a ação de uma aceleração de módulo 0,2 m/s 2 , ela chega a atingir a mesma velocidade em sentido contrário. O tempo gasto, em segundos, para ocorrer essa mudança no sentido da velocidade é
a) 250 b) 500 c) 100 d) 50
Resolução Alternativa B
A partícula inicialmente está com velocidade v
0= 50 m s / . Para atingir uma velocidade de mesmo módulo, porém em sentido contrário ( v = − 50 m s / ), ela deve sofrer uma aceleração no sentido contrário ao seu sentido inicial de movimento, ou seja, a = − 0,2 m s /
2. Sendo o movimento uniformemente variado, temos:
0
50 50 0,2 500
v = v + at ⇒ − = − ⋅ ⇒ = t t s
QUESTÃO 2
Um corpo é abandonado do repouso de uma altura h acima do solo.
No mesmo instante, um outro é lançado para cima, a partir do solo, segundo a mesma vertical, com velocidade v. Sabendo que os corpos se encontram na metade da altura da descida do primeiro, pode-se afirmar que h vale:
a) v
g b)
12
v g
c) v
2g d)
v
2g
Resolução Alternativa C
Orientando a trajetória para baixo, e colocando a origem no ponto de onde o primeiro corpo é abandonado, temos:
0
v h
Corpo 1
Corpo 2
As equações horárias do movimento de cada um deles são dadas por:
2 1
2 2
0 0 2
2
y t g t
y h vt g t
= + +
= − +
.
Como eles se encontram no ponto 2
y = h , da equação horária do corpo 1 vem que:
2
2 2
h g h
t t
= ⇒ = g
Substituindo na equação do corpo 2, que nesse instante também chegou ao ponto
2
y = h , temos:
2
2 2
2 2
h h g h h h
h v h v h v
g g g g
= − ⋅ + ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ v
2h = ± g
A raiz negativa não convém, devido às hipóteses adotadas (h positivo)
QUESTÃO 3
Considere um pequeno avião voando em trajetória retilínea com velocidade constante nas situações a seguir.
(1) A favor do vento.
(2) Perpendicularmente ao vento.
Sabe-se que a velocidade do vento é 75% da velocidade do avião.
Para uma mesma distância percorrida, a razão
12
t t
∆
∆ , entre os intervalos de tempo nas situações (1) e (2), vale
a) 1
3 b)
3
5 c)
7
9 d)
5 7
Resolução Alternativa D
Situação (1):
AVIÃO
VENTO
TOTAL
v G A
v G A
4 3
v A
v G G 4 7
1 =
Situação (2):
AVIÃO
VENTO
v G A
v G A
4 3
v G A
v G A
4 3
v G 2 TOTAL Pelo teorema de Pitágoras, temos:
2 2 2
2 2
3 5
| | | | | | | | | |
4 4
A A A
v G = v G + v G ⇒ v G = v G .
Para uma mesma distância D percorrida nas duas situações:
1 1
1 1 2 2
2 2
| |
| | | |
| | v D
t v t v t
v D t
=
∆
⇒ ∆ = ∆ ⇒
=
∆
G
G G
G
1
1 2
2
7 5 5
| | | |
4
A4
A7
v t v t t t
∆ = ∆ ⇒ ∆ =
∆
G G
QUESTÃO 4
Um corpo de massa m, preso à extremidade de um fio, constituindo um pêndulo cônico, gira num círculo horizontal de raio R, como mostra a figura.
Sendo g a aceleração da gravidade local e θ o ângulo do fio com a vertical, a velocidade do corpo pode ser calculada por
a) Rgtg θ b) 2Rg
c) Rgsen θ d) Rg
O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA
Resolução Alternativa A
As forças que atuam no corpo são o seu peso e a tração do fio. A resultante dessas duas forças é a força centrípeta:
T G
P G
T G
P G
F G CP
O polígono de forças correspondente é:
T G
P G
F G CP
θ
Logo, temos:
2 2
| |
| | | |
| | | |
| | | |
| |
CP
m v
F R v
tg v R g tg
m g R g
θ = P = = ⇒ = θ
G G G
G
G G G G
QUESTÃO 5
A figura mostra uma bola de isopor caindo, a partir do repouso, sob efeito da resistência do ar, e outra bola idêntica, abandonada no vácuo no instante t 1 em que a primeira atinge a velocidade limite.
A opção que pode representar
os gráficos da altura h em função do tempo t para as situações descritas é:
a) c)
b) d)
Resolução Alternativa C
Observe que foi adotada a orientação positiva para cima.
O movimento da bola na situação 1 será acelerado para baixo (embora não necessariamente com aceleração constante) até o instante t 1 , em que ela atinge sua velocidade limite, e a partir daí passa a cair em movimento retilíneo e uniforme. Antes de t 1 , seu movimento não é uniforme e o gráfico do espaço em função do tempo não será uma reta, o que descarta as alternativas (b) e (d).
Além disso, antes de t 1 a aceleração escalar, apontando para baixo, será negativa, pois está no sentido contrário àquele adotado como positivo. Portanto, a curva deve ter concavidade negativa, o que acontece apenas na alternativa (c).
Finalmente, na situação 2, a bola está em queda livre, e sua equação horária dos espaços será dada por:
2
(
1)
( ) 2
g t t
h t H −
= − , cujo gráfico é uma parábola, também de concavidade negativa, deslocado de t 1 para a direita.
QUESTÃO 6
Na questão anterior, considere que a bola da situação 2 atinge o solo com uma velocidade duas vezes maior que a velocidade limite alcançada pela bola na situação 1. Nestas condições, pode-se afirmar que o percentual de energia dissipada na situação 1 foi de:
a) 75% b) 25% c) 50% d) 10%
Resolução Alternativa A
Seja v 1 a velocidade limite alcançada na situação 1 e v 2 a velocidade com que a bola atinge o solo na situação 2.
Em ambas as situações, a energia mecânica inicial em relação ao solo é dada pela energia potencial gravitacional, ou seja, E
0= m g h | | G
. Na situação 2, há conservação da energia mecânica, e portanto podemos escrever:
2
0
| |
2 22 | |
C
2
E = E ⇒ m g h G = mv ⇒ v = g h G Por outro lado, na situação 1, de acordo com o enunciado:
1 2 1
1 1
2 | |
2 2
v = v ⇒ v = g h G
A energia mecânica com que a bola chega ao solo nessa situação é a sua energia cinética
2 1
2
mv . Assim, a perda de energia mecânica em relação à energia mecânica inicial será dada por:
2 2
1 2
1
1 2 | |
| | 2 1 1 2
| | 2 | | 2 | |
mv g h
m g h v
m g h g h g h
− = − = − =
G G
G G G
1 3
1 75%
4 4
= − = =
QUESTÃO 7
A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando horizontalmente em MCU com velocidades lineares v 1 e v 2 . A razão
1 2
T
T entre as intensidades das trações nos fios ideais 1 e 2 é
a)
2 2
1 2
2 2
v v v
+ b)
2 2
1 2
2 2
2v v v
+ c)
2 2
1 2
2 2
v v v
− d)
2 2
2 1
v v
Resolução Alternativa B
Isolando os corpos 1 e 2, temos:
1 1
T G
T G 2
2 2
T G
Os corpos estão em movimento circular uniforme, portanto a força
resultante sobre cada um deles é de natureza centrípeta:
2 1
1 2 1
2 2
2 2
| |
| | | |
| |
| | 2 T T m v
R T m v
R
− =
=
G G G G G
Dividindo membro a membro a primeira equação pela segunda, e lembrando que as massas m 1 e m 2 são iguais, já que os corpos são idênticos, vem que:
2 2
1 2 1 1 1
2 2
2 2
2 2
| | | | | | | | | |
2 1 2
| | | |
| | | |
T T v T v
v v
T T
− = ⇒ − = ⇒
G G G G G
G G G G
2 2
1 1 2
2 2 2
| | 2 | | | |
| |
| |
T v v
v T
= +
G G G
G G
QUESTÃO 8
O volume de água necessário para acionar cada turbina de uma determinada central hidrelétrica é cerca de 700 m 3 por segundo,
“guiado” através de um conduto forçado de queda nominal igual a 112 m.
Considere a densidade da água igual a 1kg/L. Se cada turbina geradora assegura uma potência de 700 MW, a perda de energia nesse processo de transformação mecânica em elétrica é, aproximadamente, igual a
a) 5%
b) 15%
c) 10%
d) 20%
Resolução Alternativa C
Se não houvesse perdas, a energia gerada seria precisamente a energia potencial gravitacional da água no topo da queda. Assim:
0
| | ( ) | |
| |
E
Gm g h V g h V
P g h
t t t t
ρ ρ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ∆ = ∆ = ∆ = ⋅ ∆ ⋅ ⋅
G G
G Onde,
ρ = densidade da água V = volume de água
Assim, como temos 700 m 3 a cada 1 segundo:
3 6
0
1,0 10 700 10 112 784 10 784
P = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ W = MW
Como a energia gerada é de fato 700 MW, a perda em relação à energia potencial gravitacional é dada por:
784 700 10,7%
784
− =
QUESTÃO 9
A figura representa um brinquedo de parque de diversão em que as pessoas, apenas em contato com a parede vertical, giram juntamente com uma espécie de cilindro gigante em movimento de rotação.
Considere as forças envolvidas abaixo relacionadas.
P JJK
é a força peso F JJK
até a força de atrito estático F JJJK
cpé a força centrípeta F JJK
cfé a força centrífuga
Para um referencial externo, fixo na terra, as forças que atuam sobre uma pessoa estão representadas pela opção:
a) b)
c) d)
Resolução Alternativa D
Como a pessoa fica em contato apenas com a parede vertical (não há contato com nenhum tipo de piso), então deve haver alguma força de atrito exercida pela parede para equilibrar a força peso que atua sobre a pessoa. Portanto, deverá existir um atrito vertical e dirigido para cima. A reação normal da parede sobre a pessoa faz o papel de resultante centrípeta, sendo a responsável pelo movimento circular uniforme que a pessoa executará junto com o cilindro. Como o enunciado pediu o diagrama de forças em relação a um referencial fixo na Terra, que pode ser considerado inercial para a situação do problema, não existe nenhuma força do tipo centrífuga, uma vez que forças dessa natureza só aparecem em referencias não-inerciais.
Tal seria o caso se a pergunta sobre o diagrama de forças fosse feita em relação a um referencial dentro do brinquedo, ou seja, que também estivesse em movimento de rotação. Além disso, naturalmente, há a força peso, orientada para baixo, devido ao campo gravitacional da Terra, que age sobre a pessoa.
QUESTÃO 10
Em uma apresentação da Esquadrilha da Fumaça, uma das acrobacias é o “loop”, representado pela trajetória circular da figura.
Ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória, a força que o assento do avião exerce sobre o piloto é
a) igual ao peso do piloto.
b) maior que o peso do piloto.
c) menor que o peso do piloto.
d) nula.
Resolução Alternativa B
Ao passar pelo ponto mais baixo da circunferência descrita, supondo que o avião esteja em movimento circular e uniforme, temos duas forças atuando no piloto, ambas verticais: o seu peso, que aponta para baixo, e a força normal exercida pelo assento do avião, que aponta para cima.
N G
P G
Observe que a soma vetorial dessas duas forças deve ser uma força resultante de natureza centrípeta, já que o piloto descreve uma trajetória circular junto com o avião. Como a força centrípeta aponta sempre para o centro da circunferência descrita, no ponto mais baixo da trajetória, a resultante entre N G
e P G
deve apontar para cima,
portanto devemos ter: | N G | | > P G |
O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA
QUESTÃO 11
Três esferas estão suspensas por fios ideais conforme a figura. Se a esfera A for deslocada da posição inicial e solta, ela atingirá uma velocidade v e colidirá frontalmente com as outras duas esferas estacionadas.
Considerando o choque entre as esferas perfeitamente elástico, pode- se afirmar que as velocidades v v e v de A B e C
A,
B C, , imediatamente após as colisões, serão:
a) v
A= v
B= v
C= v b) 0
A B C
2
v = e v = v = v
c) v
A= v
B= 0 e v
C= v d)
A B C
3
v = v = v = v
Resolução Alternativa C
Designando as velocidades depois do choque por v’, temos, pela conservação de energia (choque perfeitamente elástico e=1) no choque entre A e B:
'- ' '- '
1 '- ' (1)
- - 0
afast B A B A
B A
aprox A B
v v v v v
e v v v
v v v v
= = = = ⇒ =
Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
. . . ' . ' . .0 . ' . '
' ' (2)
A A B B A A B B A B
A B
m v m v m v m v m v m m v m v v v v
+ = + ⇒ + = + ⇒
= +
Somando as equações (1) e (2), temos:
2. ' 2. v
B= v ⇒ v
B' = v Portanto: v
A' 0 =
Analogamente no choque entre B e C, temos:
'' 0 ''
B C
v
v v
=
=
Logo, imediatamente após as colisões, as velocidades de A e B são nulas e a velocidade de C é igual a v:
A B
0
Cv = v = e v = v
QUESTÃO 12
A respeito de um satélite artificial estacionário em órbita sobre um ponto do equador terrestre, afirma-se que:
I - a força que a Terra exerce sobre ele é a resultante centrípeta necessária para mantê-lo em órbita.
II - o seu período de translação é 24 horas.
III - os objetos soltos em seu interior ficam flutuando devido à ausência da gravidade.
Está (ão) correta(s):
a) apenas I. b) apenas II e III.
c) apenas I e II. d) I, II e III.
Resolução Alternativa C
I – Correta: De fato é a força gravitacional que mantém o satélite em sua órbita. Por ele estar estacionário (geoestacionário), podemos assumir que sua posição em relação à Terra não se altera e portanto sua altitude permanece constante (raio constante, num movimento circular). A força de atração, única força atuante, é perpendicular ao vetor velocidade e, portanto, é a resultante centrípeta.
II – Correta: Seu período de translação é o mesmo período de rotação da Terra, para que ele permaneça estacionário em relação à mesma (sobre uma mesma posição projetada na Terra).
III – Incorreta: Tanto os objetos quanto o satélite estão sujeitos à mesma ação da gravidade, ou seja, movimentam-se juntos. Daí o fato dos objetos flutuarem no interior do satélite, eles possuem aceleração relativa em relação ao satélite nula.
QUESTÃO 13
A figura abaixo apresenta dois corpos de massa m suspensos por fios ideais que passam por roldanas também ideais. Um terceiro corpo, também de massa m, é suspenso no ponto médio M do fio e baixado até a posição de equilíbrio.
M
O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é:
a) 3 6
d b) 3
3 d
c) 3 4
d d) 3
2 d
Resolução Alternativa A
T G
− T G ' T G ' T G
T G
P G
P G P G
T G
θ 1 θ 3
θ 2
Na figura, temos que as trações têm todas a mesma intensidade (T), pois os três corpos são idênticos, logo θ 1 =θ 2 =θ 3 =120º. Além disso, da simetria do problema, podemos concluir que θ 3 é dividido pela vertical em dois ângulos iguais:
T G
− T G
T G
P G
P G P G
T G
θ 1 d 2
h
60º 60º
Assim, da figura:
d 2 d d d 3
tg60º = = 3 h =
h 2h = ⇒ 2 3 = 6
QUESTÃO 14
Uma viga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fios
verticais como mostra a figura abaixo:
A razão entre as trações nos fios A e B vale:
Re so lu çã o Alternativa D
Observe a figura:
T
AT
BP L
L/4
L/4 7L/12
L/6
A partir do somatório das forças, temos:
A B
T + T = P (1)
A partir do somatório dos momentos em relação ao ponto de sustentação do fio B, temos:
A A
L 7L 3P
P. T . 0 T =
4 − 12 = ⇒ 7 (2) Substituindo (2) em (1) temos:
B4P
T = 7 A razão entre as trações será:
3 7 3
4 4
7
A B
T P
T = P =
QUESTÃO 15
Uma balança está em equilíbrio, no ar, tendo bolinhas de ferro num prato e rolhas de cortiça no outro. Se esta balança for levada para o vácuo, pode-se afirmar que ela:
a) penderia para o lado das bolinhas de ferro, pois a densidade do mesmo é maior que a densidade da cortiça.
b) não penderia para nenhum lado, porque o peso das bolinhas de ferro é igual ao peso das rolhas de cortiça.
c) não penderia para nenhum lado, porque no vácuo não tem empuxo.
d) penderia para o lado das rolhas de cortiça, pois enquanto estava no ar o empuxo sobre a cortiça é maior que o empuxo sobre o ferro.
Resolução Alternativa D
Denotando os índices 1 para ferro e 2 para cortiça, como no ar a balança está em equilíbrio e considerando a balança com os braços iguais N 1 = N 2
P 1
P 2
N 1 E 1
N 2 E 2
Assim, como temos o seguinte equilíbrio:
1 1 12 2 2
P = N + E P = N + E
Podemos dizer que: P
1− E
1= P
2− E
2Daí, como o empuxo é dado por: E = . V. g ρ , temos que:
( ) ( ) ( )
(
1)
21 1 2 2 1 1 2 2
2 1
P E P E
ar ar arar
V V V
V ρ ρ
ρ ρ ρ ρ
ρ ρ
− = − ⇒ − = − ⇒ − =
− Como ρ
1> ρ
2> ρ
ar⇒ V
1< V
2(como descrito na figura)
Assim, sabendo que o volume ocupado pela cortiça é maior, E
1< E
2e como P
1− E
1= P
2− E
2⇒ P
1< P
2Com isso, no vácuo (onde não existiria empuxo) a balança penderia para o lado das cortiças.
QUESTÃO 16
Duas esferas A e B de mesmo volume, de materiais diferentes e presas por fios ideais, encontram-se em equilíbrio no interior de um vaso com água conforme a figura.
Considerando-se as forças peso ( P e P
A B), empuxo ( E e E
A B) e tensão no fio ( T e T
A B) relacionadas
a cada esfera, é INCORRETO afirmar que:
a) T
A< T
Bb) E
A= E
BC) T
A+ T
B= P
A− P
Bd) P
A> P
BResolução Alternativa A
T A E A
P A T B
E B
P B
A partir da figura temos
A A AB B B
P T E
P T E
= +
+ =
Para esfera de mesmo volume o empuxo é igual E
A= E
BAssim:
A A B B A B A B
P − T = P + T ⇒ P − P = T + T
Como T A e T B são os módulos das trações (positivos), podemos concluir que P
A> P
BAssim, as alternativas b, c e d estão corretas.
Nada podemos afirmar em relação a T A e T B :
( ) 2
A A A A
A B A B
B B B B
P T E T P E
T T P P E
P T E T E P
= + = −
⇒ ⇒ − = + −
+ = = −
Temos três opções de sistemas que satisfazem as condições do problema, com densidades possíveis para as esferas:
i) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P P
E T T T T
ρ ρ
ρ < + ⇒ < + ⇒ − > ⇒ >
ii) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P P
E T T T T
ρ ρ
ρ = + ⇒ = + ⇒ − = ⇒ =
iii) Se 0
2 2
A B A B
liq A B A B
P P
E T T T T
ρ ρ
ρ > + ⇒ > + ⇒ − < ⇒ <
Portanto, não podemos afirmar o que diz a alternativa a.
QUESTÃO 17
O diagrama de fases apresentado a seguir pertence a uma substância hipotética. Com relação a essa substância, pode-se afirmar que:
a) 1
2 b) 2
3 c) 5
6 d) 3
4
O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA
a) nas condições normais de temperatura e pressão, a referida substância se encontra no estado sólido.
b) se certa massa de vapor da substância à temperatura de 300º C for comprimida lentamente, não poderá sofrer condensação, pois está abaixo da temperatura crítica.
c) se aumentarmos gradativamente a temperatura da substância, quando ela se encontra a 70º C e sob pressão de 3 atm, ocorrerá sublimação da mesma.
d) para a temperatura de 0ºC e pressão de 0,5 atm, a substância se encontra no estado de vapor.
Resolução Alternativa D
a) Falso. Nas condições normais de temperatura e pressão (0 °C e 1,0 atm) a referida substância está no estado de vapor. Observe onde está o ponto no gráfico:
S L
V
b) Falso. Ao comprimir lentamente, podemos assumir que se trata de um processo isotérmico, ou seja, a curva que representa o processo seria um segmento de reta vertical no gráfico:
S
L
V
Assim, se a substância atingir pressões próximas a 4 atm ou superiores, passará do estado de vapor para o estado líquido, ou seja, sofrerá condensação.
c) Falso. Quando a substância está a 70 °C e sob pressão de 3 atm, ela se encontra no estado sólido. Além disso, se submetermos essa substância a uma expansão isobárica, sua temperatura aumentará até que sofra fusão e passe para o estado líquido, e não diretamente para o estado gasoso.
S
L
V
d) Verdadeiro. De acordo com o gráfico, o ponto citado está de fato na região em que a substância se encontra no estado de vapor.
S L
V
QUESTÃO 18
A figura a seguir representa o Ciclo de Carnot realizado por um gás ideal que sofre transformações numa máquina térmica. Considerando- se que o trabalho útil fornecido pela máquina, em cada ciclo, é igual a 1500 J e, ainda que, T 1 = 600 K e T 2 = 300 K, é INCORRETO afirmar que
a) de B até C o gás expande devido ao calor recebido do meio externo.
b) a quantidade de calor retirada da fonte quente é de 3000 J.
c) de A até B o gás se expande isotermicamente
d) de D até A o gás é comprimido sem trocar calor com o meio externo.
Resolução Alternativa A
Como a máquina opera segundo um ciclo de Carnot, seu rendimento é dado por:
2 1
300 1
1 1
600 2 T
η = − T = − =
Por outro lado, sendo Q
1o calor absorvido da fonte quente e Q
2o calor rejeitado para a fonte fria, temos também:
1 2 1 2
1 2
1 1
1500 3000
1 1500 2 1500
Q Q Q Q
Q J
Q J
Q Q
τ η τ
= − = −
=
⇒ ⇒
= = =
a) Incorreta: o ciclo de Carnot é formado por duas transformações isotérmicas (trechos AB e CD) e duas transformações adiabáticas (trechos BC e DA). Sendo o trecho BC uma transformação adiabática, não há troca de calor com o meio nessa fase, e o trabalho que o gás realiza nessa expansão vem de sua energia interna, de acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica.
b) Correta: calculado acima.
c) Correta: a transformação AB é uma expansão (volume em B maior que volume em A) e se realiza à temperatura constante T 1 .
d) Correta: a transformação DA é uma compressão (volume em A
menor que volume em D) e como é adiabática, não há troca de calor
com o meio. Nesse caso, a energia recebida do meio sob a forma de
trabalho é armazenada como energia interna do gás.
QUESTÃO 19
Um cilindro de volume constante contém determinado gás ideal à temperatura T 0 e pressão p 0 . Mantém-se constante a temperatura do cilindro e introduz-se, lentamente, a partir do instante t = 0, certa massa do mesmo gás.
O gráfico abaixo representa a massa m de gás existente no interior do cilindro em função do tempo t.
Nessas condições, a pressão do gás existente no recipiente, para o instante t = a, é igual a
a) 2,0 p 0 b) 1,5 p 0
c) 2,5 p 0 d) 4,0 p 0
Resolução Alternativa B
A massa de gás existente no interior do cilindro é dada por:
( ) 2 m t b t b
= a + .
Aplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a, temos:
0 0
0 0 0
0
0
(0) ( ) p V m RT
p V n RT M
pV nRT m a
pV RT
M
=
=
⇒
=
=
Dividindo as duas equações membro a membro, vem:
0
0 0
(0) 3 1,5
( ) 2
2
p m b p p p
p m a b b
= = ⇒ = =
+
QUESTÃO 20
A figura mostra um objeto A, colocado a 8 m de um espelho plano, e um observador O, colocado a 4 m desse mesmo espelho.
8 m
4 m
9 m
A
O
Um raio de luz que parte de A e atinge o observador O por reflexão no espelho percorrerá, nesse trajeto de A para O,
a) 10 m b) 12 m c) 18 m d) 15 m
Resolução Alternativa D
Traçando o ponto A’, simétrico do ponto A em relação ao espelho, temos o trajeto representado abaixo:
8 m
4 m
9 m
A
O
8 m
A’
P
O raio de luz que parte de A e atinge o observador O é refletido pelo espelho no ponto P.
A distância percorrida pelo raio pode ser obtida aplicando o teorema de Pitágoras:
2
9
2(8 4)
215 d = + + ⇒ = d m
QUESTÃO 21
Um espelho esférico E de distância focal f e uma lente convergente L estão dispostos coaxialmente, com seus eixos ópticos coincidentes.
Uma fonte pontual de grande potência, capaz de emitir luz exclusivamente para direita, é colocada em P. Os raios luminosos do ponto acendem um palito de fósforo com a cabeça em Q, conforme mostra a figura.
Considerando-se as medidas do esquema, pode-se afirmar que a distância focal da lente vale
a) 2
3 f b)
2 f
c) 3
f d) f
Resolução Alternativa A
Os raios de luz que partem de P incidem no espelho E e formam a primeira imagem exatamente no ponto P. Aplicando a equação de Gauss para esse espelho, temos:
1 1 1 1 1 1
' d 2 f
p + p = ⇒ f d + d = ⇒ = f
Essa primeira imagem agora se comportará como objeto para a lente L, formando a imagem final em Q. Nesse caso, como tanto o objeto quanto a imagem são reais, aplicando novamente a equação de Gauss, agora para a lente, vem que:
1 1 1 2
3 3
2
L L
d f d + d = f ⇒ = f =
QUESTÃO 22
Considere uma película transparente de faces paralelas com índice de refração n iluminada por luz monocromática de comprimento de onda no ar igual a λ , como mostra a figura abaixo.
Sendo a incidência de luz pouco inclinada, a mínima espessura de película para que um observador a veja brilhante por luz refletida é a) n
λ b)
2n
λ c)
5n
λ d)
4n
λ
O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA
Resolução Alternativa D
Para que o observador veja uma intensificação da luz refletida, existe interferência construtiva da luz que é diretamente refletida (na superfície) e aquela que é refratada, sofre reflexão na parte inferior da película e é novamente refratada. Como o índice de refração da película é maior que o do meio, temos que durante a reflexão na parte superior da película o feixe sofre inversão de fase, enquanto a reflexão na parte inferior da película não apresenta esta inversão. A situação descrita é:
Película Ar
Ar
180
ode mudança de
fase
sem mudança
de fase
Para que ocorra uma interferência construtiva, a onda 2 , que vai percorrer um caminho maior, deve, ao ser refratada pela segunda vez, estar em fase com a onda 1. Isto ocorrerá se a diferença de caminhos entre o raio 1 (diretamente refletido) e o raio 2 (refratado, refletido e refratado) for um número ímpar (devido à inversão de fase de uma das ondas) de meio-comprimentos de onda no meio da película.
Note que enquanto a luz percorre o caminho 2 dentro da película, ela mantém sua freqüência, mas diminui sua velocidade. Portanto, altera seu comprimento de onda. O comprimento de onda no meio da película é
nn λ = λ .
Assim, como a incidência é pouco inclinada, a diferença de caminhos (que deve ser igual a um número ímpar de meio-comprimentos de onda no meio da película) deve ser igual a 2t (onde t é a espessura):
Portanto:
2 com k = 1, 3, 5...
2 t k n
λ
⋅ = ⋅
A espessura mínima para que ocorra interferência construtiva é para k
= 1, onde temos t 4
n
= λ .
QUESTÃO 23
Um projétil de massa m e velocidade v atinge horizontalmente um bloco de massa M que se encontra acoplado a uma mola de constante elástica K, como mostra a figura abaixo.
Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola- projétil passa a oscilar em MHS com amplitude a . Não há atrito entre o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas condições, a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é dada pela expressão x = a cos( ω t + ϕ
0) , onde a e ω valem, respectivamente,
a) ( M m v ) K
+ e K
M m +
b) mv M m
M m K
+
+ e K
M m + c) K
M m + e M m K
+
d) M m K mv M m
+
+ e M m K
+
Resolução Alternativa B
Na colisão da bala com o bloco, ocorre conservação da quantidade de movimento do sistema:
( ) ' '
ANTES DEPOIS
Q Q mv M m v v mv
= ⇒ = + ⇒ = M m
+
G G
A partir desse momento, o sistema passa a descrever um MHS em torno da posição x = 0 indicada na figura do enunciado. Na posição em que o sistema atinge sua posição extrema à esquerda ( x = − a ), sua energia cinética foi toda convertida em energia potencial elástica.
Impondo a conservação de energia mecânica entre essas duas posições (não existem forças dissipativas), vem que:
2
( )( ')
2 2( )
22 2 2 2
Ka M m v Ka M m mv
M m
+ +
= ⇒ = + ⇒
2
2
mv ( M m ) mv M m
a a
M m K M m K
+ +
= + ⇒ = + Por outro lado, da definição de ω para o MHS:
2
K K
M m M m
ω = ⇒ = ω
+ +
QUESTÃO 24
Considere um sistema formado por duas cordas diferentes, com densidades µ 1 e µ 2 tal que µ 1 > µ 2, em que se propagam dois pulsos idênticos,conforme mostra a figura abaixo.
A opção que melhor representa a configuração resultante no sistema após os pulsos passarem pela junção das cordas é:
Resolução Alternativa B
A situação exposta nas alternativas indica que deseja-se obter a situação após a refração e reflexão de ambas as ondas. Lembrando que:
- Na refração do pulso de onda não existe inversão do pulso.
- Não ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de maior densidade linear para a de menor.
- Ocorre inversão na reflexão quando o pulso incide da corda de menor densidade linear para a de maior.
Analisando a situação na corda 1 temos que:
i) O pulso que vem da corda 2 não sofre inversão na refração.
ii) O pulso que vem da corda 1 quando refletido também não sofre inversão.
Logo, na corda 1 deve existir um pulso para cima (refletido) e outro
para baixo (refratado).
Analisando a situação da corda 2 temos que
i) O pulso que vem da corda 1 não sofre inversão na refração.
ii) O pulso que vem da corda 2 quando refletido sofre inversão.
Logo, na corda 2 deve existir dois pulsos para cima.
A única alternativa que apresenta tal situação é a alternativa B. Vale ressaltar que a ordem dos pulsos na corda 1 poderia ser diferente, dependendo da velocidade de propagação de cada onda e da distância dos pulsos até o ponto de refração.
QUESTÃO 25
Um corpo B, de massa igual a 4 kg e carga elétrica +6 µC, dista 30 mm do corpo A, fixo e com carga elétrica -1 µC. O corpo B é suspenso por um fio isolante, de massa desprezível ligado a uma mola presa ao solo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L 0 = 1,2 m e ao sustentar estaticamente o corpo B ela se distende, atingindo o comprimento L = 1,6 m. Considerando-se a constante eletrostática do meio k = 9.10 9 N.m 2 /C 2 , que as cargas originais dos corpos pontuais A e B são mantidas e desprezando-se os possíveis atritos, o valor da constante elástica da mola, em N/m, é:
a) 320 b) 200 c) 600 d) 800
Resolução Alternativa B
Seja F G
Ca força de Coulomb entre as duas cargas. Como as cargas têm sinais opostos, tal força será de atração. Seja também F G
ELa força elástica que a mola aplica no corpo B. O diagrama de forças para o corpo B, já decompondo o peso em suas componentes paralela e perpendicular ao plano inclinado, está representado a seguir:
P G x
P G y
F G C
N G
F G EL
60°
Como o corpo está em repouso:
| | | |
| | | | | |
y
x C EL
N P
P F F
=
+ =
G G
G G G
Da última equação:
2 0
| | | |
| | cos 60
A B MOLA( )
k q q
m g k L L
d
⋅ ⋅
⋅ G ⋅ ° + = ⋅ − ⇒
9 6 6
3 2
1 (9 10 ) (1 10 ) (6 10 )
4 10 (1,6 1,2)
2 (30 10 ) k
MOLA− −
−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ + = ⋅ −
⋅ 20 60
200 /
MOLA
0,4
k = + = N m
QUESTÃO 26
Aqueceu-se certa quantidade de um líquido utilizando um gerador de f.e.m. ε = 50 V e resistência interna r = 3 Ω e um resistor de resistência R. Se a quantidade de calor fornecida pelo resistor ao líquido foi de 2.10 5 J, pode-se afirmar que o tempo de aquecimento foi:
a) superior a 15 minutos.
b) entre 6 e 10 minutos.
c) entre 12 e 15 minutos.
d) inferior a 5 minutos.
Resolução Alternativa A
O circuito pode ser esquematizado como:
A corrente que circula nesse circuito é:
( R r i ) i R r ε = + ⋅ ⇒ = ε
+ . A potência dissipada no resistor R é:
( )
2P = ε − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ r i i ε i r i
Ou seja, o gráfico da potência em função da corrente é uma parábola e é dado por:
i P
0
r ε r
2 ε r
4 ε 2
Para que a potência transmitida seja máxima, devemos ter i 2
r
= ε e,
nesse caso,
2
P 4 r
= ε , que são as coordenadas do vértice da parábola.
Logo,
50
2625
4 3 3
P
MAX= = W
⋅
Como Q
P = t
∆ , quando a potência for máxima, o tempo para o aquecimento será mínimo. Esse tempo mínimo será:
2 10
5960 16 min 625
3
MIN MAX
t Q s
P
∆ = = ⋅ = =
.
Assim, o tempo de aquecimento do líquido foi de pelo menos 16 minutos, portanto superior a 15 minutos.
QUESTÃO 27
No circuito representado abaixo, os geradores G 1 e G 2 são ideais e os
resistores têm a mesma resistência R.
O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 FÍSICA
Se a potência dissipada por R 2 é nula, então a razão entre as f.e.m. de G 1 e G 2 é:
a) ¼ b) 2 c) ½ d) 4
Resolução Alternativa C
Se a potência dissipada no resistor 2 é zero, então não há corrente atravessando esse trecho do circuito, de modo que só existe corrente no ramo da direita
i i
i i
Além disso, se não existe corrente circulando no trecho à esquerda, então não existe queda de tensão nos resistores 1 e 2, portanto
1 3 3
E = U = R i ⋅ .
O gerador G 2 , por sua vez, alimenta os resistores 3 e 4:
2
(
3 4)
E = R + R ⋅ i
Como todos os resistores têm a mesma resistência R, temos:
1 1
2 2
1
2 2
E R i E E R i E
= ⋅
⇒ =
= ⋅
.
QUESTÃO 28
No circuito esquematizado abaixo, C é um capacitor, G um gerador de f.e.m. ε e resistência interna r e AB um reostato.
O gráfico que melhor representa a carga acumulada Q no capacitor
em função da resistência R do reostato é:
a) b)
c) d)
Resolução Alternativa B
Denominando a resistência no reostato por R AB , e a diferença de potencial no capacitor por U xy temos:
A corrente no circuito, no estado estacionário, pode ser calculada por
AB
i R r
= ε +
Assim:
xy xy1
AB AB
U r i U r r
R r R r
ε ε ε ε
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ + = − + No capacitor, temos:
xy
1
AB
Q CU Q C r
R r
ε
= ⇒ = ⋅ − +
O gráfico desta função de R AB é nulo quando R AB = 0, tende a Q = C.ε, quando R AB tende a valores muito altos:
lim 1
RAB
AB
C r C
R r
ε ε
→∞
⋅ − = ⋅
+
O gráfico que melhor representa tal situação é dado por:
QUESTÃO 29
A figura mostra uma região na qual atua um campo magnético uniforme de módulo B. Uma partícula de massa m, carregada positivamente com carga q, é lançada no ponto A com uma velocidade de módulo v e direção perpendicular às linhas do campo. O tempo que a partícula levará para atingir o ponto B é
a) Bq m
π b) 2 m
Bq
π c) m
Bq
π d)
2 Bq
m π
Resolução Alternativa C
Como a velocidade é perpendicular ao campo magnético, a força magnética de Lorentz será uma força resultante de natureza centrípeta, agindo sobre a carga q.
| |
2| | | | | | 90
M CP