Corpo 1. v Corpo 2 FÍSICA

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2 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA FÍSICA QUESTÃO Uma partícula moe-se com elocidade de 50 m/s. Sob a ação de uma aceleração de módulo 0, m/s, ela chega a atingir a mesma elocidade em sentido contrário. O tempo gasto, em segundos, para ocorrer essa mudança no sentido da elocidade é a) 50 b) 500 c) 00 d) 50 Resolução Alternatia A partícula inicialmente está com elocidade 0 = 50 m/ s. Para atingir uma elocidade de mesmo módulo, porém em sentido contrário ( = 50 m/ s), ela dee sofrer uma aceleração no sentido contrário ao seu sentido inicial de moimento, ou seja, a = 0, m/ s. Sendo o moimento uniformemente ariado, temos: = 0 + at 50 = 50 0, t t = 500 s QUESTÃO 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 ertical, com elocidade. Sabendo que os corpos se encontram na metade da altura da descida do primeiro, pode-se afirmar que h ale: a) g b) g c) g d) g Resolução Alternatia C Orientando a trajetória para baixo, e colocando a origem no ponto de onde o primeiro corpo é abandonado, temos: 0 Corpo Corpo As equações horárias do moimento de cada um deles são dadas por: g y = 0+ 0t + t. g y = h t + t h Como eles se encontram no ponto y =, da equação horária do corpo em que: h = g t t = h g Substituindo na equação do corpo, que nesse instante também h chegou ao ponto y =, temos: h h g h h h = h + h = h = h =± g g g g g A raiz negatia não coném, deido às hipóteses adotadas (h positio) QUESTÃO Considere um pequeno aião oando em trajetória retilínea com elocidade constante nas situações a seguir. h Sabe-se que a elocidade do ento é 75% da elocidade do aião. t Para uma mesma distância percorrida, a razão, entre os t interalos de tempo nas situações () e (), ale a) b) 5 c) 7 9 d) 5 7 Resolução Alternatia D Situação (): AVIÃO VENTO Situação (): AVIÃO A A A VENTO A A TOTAL = Pelo teorema de Pitágoras, temos: 5 = A + A = A. A 7 A TOTAL Para uma mesma distância D percorrida nas duas situações: D = t t = t D = t 7 5 t 5 A t = A t = t 7 QUESTÃO 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 graidade local e θ o ângulo do fio com a ertical, a elocidade do corpo pode ser calculada por a) Rgtgθ b) Rg c) Rgsenθ d) Rg () A faor do ento. () Perpendicularmente ao ento.

3 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA Resolução Alternatia 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 P O polígono de forças correspondente é: T P θ F CP F CP Logo, temos: m FCP R tgθ = = = = R g tgθ P m g R 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 ácuo no instante t em que a primeira atinge a elocidade limite. A opção que pode representar os gráficos da altura h em função do tempo t para as situações descritas é: a) c) T P QUESTÃO 6 Na questão anterior, considere que a bola da situação atinge o solo com uma elocidade duas ezes maior que a elocidade limite alcançada pela bola na situação. Nestas condições, pode-se afirmar que o percentual de energia dissipada na situação foi de: a) 75% b) 5% c) 50% d) 0% Resolução Alternatia A Seja a elocidade limite alcançada na situação e a elocidade com que a bola atinge o solo na situação. Em ambas as situações, a energia mecânica inicial em relação ao solo é dada pela energia potencial graitacional, ou seja, E0 = m g h. Na situação, há conseração da energia mecânica, e portanto podemos escreer: m E0 = EC m g h = = g h Por outro lado, na situação, de acordo com o enunciado: = = g h A energia mecânica com que a bola chega ao solo nessa situação é a m sua energia cinética. Assim, a perda de energia mecânica em relação à energia mecânica inicial será dada por: m m g h g h = = = m g h g h g h = = = 75% QUESTÃO 7 A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando horizontalmente em MCU com elocidades lineares e. A razão T entre as intensidades das trações nos fios ideais e é T b) d) a) c) + b) d) + Resolução Alternatia C Obsere que foi adotada a orientação positia para cima. O moimento da bola na situação será acelerado para baixo (embora não necessariamente com aceleração constante) até o instante t, em que ela atinge sua elocidade limite, e a partir daí passa a cair em moimento retilíneo e uniforme. Antes de t, seu moimento não é uniforme e o gráfico do espaço em função do tempo não será uma reta, o que descarta as alternatias (b) e (d). Além disso, antes de t a aceleração escalar, apontando para baixo, será negatia, pois está no sentido contrário àquele adotado como positio. Portanto, a cura dee ter concaidade negatia, o que acontece apenas na alternatia (c). Finalmente, na situação, a bola está em queda lire, e sua equação horária dos espaços será dada por: gt ( t) ht () = H, cujo gráfico é uma parábola, também de concaidade negatia, deslocado de t para a direita. Resolução Alternatia Isolando os corpos e, temos: T T Os corpos estão em moimento circular uniforme, portanto a força resultante sobre cada um deles é de natureza centrípeta: T

4 T T = m R T = m R Diidindo membro a membro a primeira equação pela segunda, e lembrando que as massas m e m são iguais, já que os corpos são idênticos, em que: T T T = = T T T + = T QUESTÃO 8 O olume de água necessário para acionar cada turbina de uma determinada central hidrelétrica é cerca de 700 m por segundo, guiado atraés de um conduto forçado de queda nominal igual a m. Considere a densidade da água igual a kg/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) 5% c) 0% d) 0% Resolução Alternatia C Se não houesse perdas, a energia gerada seria precisamente a energia potencial graitacional da água no topo da queda. Assim: EG m g h ( ρ V) g h V P0 = = = = ρ g h t t t t Onde, ρ = densidade da água V = olume de água Assim, como temos 700 m a cada segundo: 6 P0 =, = 78 0 W = 78 MW Como a energia gerada é de fato 700 MW, a perda em relação à energia potencial graitacional é dada por: = 0,7% 78 QUESTÃO 9 A figura representa um brinquedo de parque de diersão em que as pessoas, apenas em contato com a parede ertical, giram juntamente com uma espécie de cilindro gigante em moimento de rotação. Considere as forças enolidas abaixo relacionadas. P é a força peso F at é a força de atrito estático F cp é a força centrípeta F cf é a força centrífuga Para um referencial externo, fixo na terra, as forças que atuam sobre uma pessoa estão representadas pela opção: a) b) (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA c) d) Resolução Alternatia D Como a pessoa fica em contato apenas com a parede ertical (não há contato com nenhum tipo de piso), então dee haer alguma força de atrito exercida pela parede para equilibrar a força peso que atua sobre a pessoa. Portanto, deerá existir um atrito ertical e dirigido para cima. A reação normal da parede sobre a pessoa faz o papel de resultante centrípeta, sendo a responsáel pelo moimento 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 ez 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 estiesse em moimento de rotação. Além disso, naturalmente, há a força peso, orientada para baixo, deido ao campo graitacional da Terra, que age sobre a pessoa. QUESTÃO 0 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 aião 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 Alternatia Ao passar pelo ponto mais baixo da circunferência descrita, supondo que o aião esteja em moimento circular e uniforme, temos duas forças atuando no piloto, ambas erticais: o seu peso, que aponta para baixo, e a força normal exercida pelo assento do aião, que aponta para cima. N P Obsere que a soma etorial dessas duas forças dee ser uma força resultante de natureza centrípeta, já que o piloto descree uma trajetória circular junto com o aião. Como a força centrípeta aponta sempre para o centro da circunferência descrita, no ponto mais baixo da trajetória, a resultante entre N e P dee apontar para cima, portanto deemos ter: N > P

5 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA QUESTÃO Três esferas estão suspensas por fios ideais conforme a figura. Se a esfera A for deslocada da posição inicial e solta, ela atingirá uma elocidade e colidirá frontalmente com as outras duas esferas estacionadas. QUESTÃO 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 Considerando o choque entre as esferas perfeitamente elástico, podese afirmar que as elocidades A, ec de A, ec, imediatamente após as colisões, serão: a) A = = C = b) A = 0 e = C = c) A = = 0 ec = d) A = = C = Resolução Alternatia C Designando as elocidades depois do choque por, temos, pela conseração de energia (choque perfeitamente elástico e=) no choque entre A e : afast '- A' '- A' e = = = = '- A' = () aprox A - -0 Pela conseração da quantidade de moimento, temos: ma. A + m. = ma. A' + m. ' m. + m.0 = m. A' + m. ' = A' + ' () Somando as equações () e (), temos:. ' =. ' = Portanto: A ' = 0 Analogamente no choque entre e C, temos: '' = 0 C '' = Logo, imediatamente após as colisões, as elocidades de A e são nulas e a elocidade de C é igual a : = = 0 e = A C QUESTÃO 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 horas. III - os objetos soltos em seu interior ficam flutuando deido à ausência da graidade. Está (ão) correta(s): a) apenas I. b) apenas II e III. c) apenas I e II. d) I, II e III. Resolução Alternatia C I Correta: De fato é a força graitacional 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 moimento circular). A força de atração, única força atuante, é perpendicular ao etor elocidade 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 graidade, ou seja, moimentam-se juntos. Daí o fato dos objetos flutuarem no interior do satélite, eles possuem aceleração relatia em relação ao satélite nula. O afastamento do ponto M em relação à sua posição inicial é: a) c) d 6 d b) d) d d Resolução Alternatia A T P T ' T ' θ θ θ T T Na figura, temos que as trações têm todas a mesma intensidade (T), pois os três corpos são idênticos, logo θ =θ =θ =0º. Além disso, da simetria do problema, podemos concluir que θ é diidido pela ertical em dois ângulos iguais: T P d θ P h 60º 60º T T Assim, da figura: d d d d tg60º = = = h = = h h 6 QUESTÃO Uma iga homogênea é suspensa horizontalmente por dois fios erticais como mostra a figura abaixo: P T T P P

6 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA A razão entre as trações nos fios A e ale: a) c) 5 6 o Alternatia D Obsere a figura: T A L/6 7L/ P T Re so lu çã L A partir do somatório das forças, temos: TA + T = P () A partir do somatório dos momentos em relação ao ponto de sustentação do fio, temos: L 7L P P. T A. = 0 T A= () 7 P Substituindo () em () temos: T= 7 A razão entre as trações será: P TA 7 T = P = 7 QUESTÃO 5 Uma balança está em equilíbrio, no ar, tendo bolinhas de ferro num prato e rolhas de cortiça no outro. Se esta balança for leada para o ácuo, 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 ácuo não tem empuxo. d) penderia para o lado das rolhas de cortiça, pois enquanto estaa no ar o empuxo sobre a cortiça é maior que o empuxo sobre o ferro. Resolução Alternatia D Denotando os índices para ferro e para cortiça, como no ar a balança está em equilíbrio e considerando a balança com os braços iguais N = N N E P b) d) L/ L/ N E P = N + E Assim, como temos o seguinte equilíbrio: P = N + E Podemos dizer que: P E = P E Daí, como o empuxo é dado por: E = ρ. V. g, temos que: ( ρ ρar ) V P E = P E ( ρ ρar ) V = ( ρ ρar ) V = ( ρ ρar ) V Como ρ > ρ > ρ ar V < V (como descrito na figura) P Assim, sabendo que o olume ocupado pela cortiça é maior, E < E e como P E = P E P < P Com isso, no ácuo (onde não existiria empuxo) a balança penderia para o lado das cortiças. QUESTÃO 6 Duas esferas A e de mesmo olume, de materiais diferentes e presas por fios ideais, encontram-se em equilíbrio no interior de um aso com água conforme a figura. Considerando-se as forças peso ( PA ep ), empuxo ( EA ee ) e tensão no fio ( TA et ) relacionadas a cada esfera, é INCORRETO afirmar que: a) TA < T b) EA = E C) TA + T = PA P d) PA > P Resolução Alternatia A T A P A E A PA = TA + EA A partir da figura temos P + T = E Para esfera de mesmo olume o empuxo é igual EA = E Assim: PA TA = P + T PA P = TA + T Como T A e T são os módulos das trações (positios), podemos concluir que PA > P Assim, as alternatias b, c e d estão corretas. Nada podemos afirmar em relação a T A e T : PA = TA + E TA = PA E TA T = ( PA + P) E P + T = E T = E P Temos três opções de sistemas que satisfazem as condições do problema, com densidades possíeis para as esferas: ρa + ρ A i) Se P + P ρliq < E < TA T > 0 TA > T ρa + ρ A ii) Se P + P ρliq = E = TA T = 0 TA = T ρa + ρ A iii) Se P + P ρliq > E > TA T < 0 TA < T Portanto, não podemos afirmar o que diz a alternatia a. QUESTÃO 7 O diagrama de fases apresentado a seguir pertence a uma substância hipotética. Com relação a essa substância, pode-se afirmar que: T E P 5

7 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA S L V a) nas condições normais de temperatura e pressão, a referida substância se encontra no estado sólido. b) se certa massa de apor da substância à temperatura de 00º C for comprimida lentamente, não poderá sofrer condensação, pois está abaixo da temperatura crítica. c) se aumentarmos gradatiamente a temperatura da substância, quando ela se encontra a 70º C e sob pressão de atm, ocorrerá sublimação da mesma. d) para a temperatura de 0ºC e pressão de 0,5 atm, a substância se encontra no estado de apor. Resolução Alternatia D d) Verdadeiro. De acordo com o gráfico, o ponto citado está de fato na região em que a substância se encontra no estado de apor. S V L QUESTÃO 8 A figura a seguir representa o Ciclo de Carnot realizado por um gás ideal que sofre transformações numa máquina térmica. Considerandose que o trabalho útil fornecido pela máquina, em cada ciclo, é igual a 500 J e, ainda que, T = 600 K e T = 00 K, é INCORRETO afirmar que a) Falso. Nas condições normais de temperatura e pressão (0 C e,0 atm) a referida substância está no estado de apor. Obsere onde está o ponto no gráfico: S V b) Falso. Ao comprimir lentamente, podemos assumir que se trata de um processo isotérmico, ou seja, a cura que representa o processo seria um segmento de reta ertical no gráfico: S V Assim, se a substância atingir pressões próximas a atm ou superiores, passará do estado de apor para o estado líquido, ou seja, sofrerá condensação. c) Falso. Quando a substância está a 70 C e sob pressão de 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. L L a) de até C o gás expande deido ao calor recebido do meio externo. b) a quantidade de calor retirada da fonte quente é de 000 J. c) de A até o gás se expande isotermicamente d) de D até A o gás é comprimido sem trocar calor com o meio externo. Resolução Alternatia A Como a máquina opera segundo um ciclo de Carnot, seu rendimento é dado por: T 00 η = = = T 600 Por outro lado, sendo Q o calor absorido da fonte quente e Q o calor rejeitado para a fonte fria, temos também: τ = Q Q 500 = Q Q Q = 000 J τ 500 η = Q 500 J Q = = Q a) Incorreta: o ciclo de Carnot é formado por duas transformações isotérmicas (trechos A e CD) e duas transformações adiabáticas (trechos C e DA). Sendo o trecho C uma transformação adiabática, não há troca de calor com o meio nessa fase, e o trabalho que o gás realiza nessa expansão em de sua energia interna, de acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica. b) Correta: calculado acima. c) Correta: a transformação A é uma expansão (olume em maior que olume em A) e se realiza à temperatura constante T. d) Correta: a transformação DA é uma compressão (olume em A menor que olume 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. 6

8 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA QUESTÃO 9 Um cilindro de olume 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. O raio de luz que parte de A e atinge o obserador O é refletido pelo espelho no ponto P. A distância percorrida pelo raio pode ser obtida aplicando o teorema de Pitágoras: d = 9 + (8+ ) d = 5 m QUESTÃO Um espelho esférico E de distância focal f e uma lente conergente L estão dispostos coaxialmente, com seus eixos ópticos coincidentes. Uma fonte pontual de grande potência, capaz de emitir luz exclusiamente 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. Nessas condições, a pressão do gás existente no recipiente, para o instante t = a, é igual a a),0 p 0 b),5 p 0 c),5 p 0 d),0 p 0 Resolução Alternatia A massa de gás existente no interior do cilindro é dada por: b mt () = t+ b. a Aplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a, temos: m(0) p0v = RT0 pv 0 = nrt 0 0 M pv = nrt0 m( a) pv = RT0 M Diidindo as duas equações membro a membro, em: p0 m(0) b p p0, 5 p0 p = m( a) = b = b = + QUESTÃO 0 A figura mostra um objeto A, colocado a 8 m de um espelho plano, e um obserador O, colocado a m desse mesmo espelho. A 8 m O Um raio de luz que parte de A e atinge o obserador O por reflexão no espelho percorrerá, nesse trajeto de A para O, a) 0 m b) m c) 8 m d) 5 m Resolução Alternatia D Traçando o ponto A, simétrico do ponto A em relação ao espelho, temos o trajeto representado abaixo: m 9 m Considerando-se as medidas do esquema, pode-se afirmar que a distância focal da lente ale a) f b) f c) f d) f Resolução Alternatia 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: + = + = d = 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 noamente a equação de Gauss, agora para a lente, em que: d f + = fl = = d d fl QUESTÃO 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. A 8 m O P 9 m 8 m A Sendo a incidência de luz pouco inclinada, a mínima espessura de película para que um obserador a eja brilhante por luz refletida é λ λ λ λ a) b) c) d) n n 5n n m 7

9 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA Resolução Alternatia D Para que o obserador eja uma intensificação da luz refletida, existe interferência construtia da luz que é diretamente refletida (na superfície) e aquela que é refratada, sofre reflexão na parte inferior da película e é noamente 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 inersão de fase, enquanto a reflexão na parte inferior da película não apresenta esta inersão. A situação descrita é: Ar Película Ar 80 o de mudança de fase sem mudança de fase Para que ocorra uma interferência construtia, a onda, que ai percorrer um caminho maior, dee, ao ser refratada pela segunda ez, estar em fase com a onda. Isto ocorrerá se a diferença de caminhos entre o raio (diretamente refletido) e o raio (refratado, refletido e refratado) for um número ímpar (deido à inersão de fase de uma das ondas) de meio-comprimentos de onda no meio da película. Note que enquanto a luz percorre o caminho dentro da película, ela mantém sua freqüência, mas diminui sua elocidade. Portanto, altera seu comprimento de onda. O comprimento de onda no meio da λ película é λ n =. n Assim, como a incidência é pouco inclinada, a diferença de caminhos (que dee ser igual a um número ímpar de meio-comprimentos de onda no meio da película) dee ser igual a t (onde t é a espessura): Portanto: λ t = k n com k =,, 5... A espessura mínima para que ocorra interferência construtia é para k λ =, onde temos t =. n d) M + m K e m M + m M + m K Resolução Alternatia Na colisão da bala com o bloco, ocorre conseração da quantidade de moimento do sistema: m QANTES = QDEPOIS m = ( M + m) ' ' = M + m A partir desse momento, o sistema passa a descreer 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 conertida em energia potencial elástica. Impondo a conseração de energia mecânica entre essas duas posições (não existem forças dissipatias), em que: Ka ( M + m)( ') Ka ( M + m) m = = M + m m ( M m) m M m a = + a + M m = + K M + m K Por outro lado, da definição de ω para o MHS: K K ω = ω = M + m M + m QUESTÃO Considere um sistema formado por duas cordas diferentes, com densidades µ e µ tal que µ > µ, 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: QUESTÃO Um projétil de massa m e elocidade 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-molaprojétil 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 = acos( ωt + ϕ0 ), onde a e ω alem, respectiamente, ( M + m) K a) e K M + m m M + m K b) e M + m K M + m c) K e M + m M + m K Resolução Alternatia A situação exposta nas alternatias 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 inersão do pulso. - Não ocorre inersão na reflexão quando o pulso incide da corda de maior densidade linear para a de menor. - Ocorre inersão na reflexão quando o pulso incide da corda de menor densidade linear para a de maior. Analisando a situação na corda temos que: i) O pulso que em da corda não sofre inersão na refração. ii) O pulso que em da corda quando refletido também não sofre inersão. Logo, na corda dee existir um pulso para cima (refletido) e outro para baixo (refratado). 8

10 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA Analisando a situação da corda temos que i) O pulso que em da corda não sofre inersão na refração. ii) O pulso que em da corda quando refletido sofre inersão. Logo, na corda dee existir dois pulsos para cima. A única alternatia que apresenta tal situação é a alternatia. Vale ressaltar que a ordem dos pulsos na corda poderia ser diferente, dependendo da elocidade de propagação de cada onda e da distância dos pulsos até o ponto de refração. QUESTÃO 5 Um corpo, de massa igual a kg e carga elétrica +6 µc, dista 0 mm do corpo A, fixo e com carga elétrica - µc. O corpo é suspenso por um fio isolante, de massa desprezíel ligado a uma mola presa ao solo, como mostra a figura. O comprimento natural da mola é L 0 =, m e ao sustentar estaticamente o corpo ela se distende, atingindo o comprimento L =,6 m. Considerando-se a constante eletrostática do meio k = N.m /C, que as cargas originais dos corpos pontuais A e são mantidas e desprezando-se os possíeis atritos, o alor da constante elástica da mola, em N/m, é: Resolução Alternatia A O circuito pode ser esquematizado como: a) 0 b) 00 c) 600 d) 800 Resolução Alternatia Seja F C a força de Coulomb entre as duas cargas. Como as cargas têm sinais opostos, tal força será de atração. Seja também F EL a força elástica que a mola aplica no corpo. O diagrama de forças para o corpo, já decompondo o peso em suas componentes paralela e perpendicular ao plano inclinado, está representado a seguir: N A corrente que circula nesse circuito é: = ( R+ r) i i = R+ r. A potência dissipada no resistor R é: P = ( r i) i = i r i Ou seja, o gráfico da potência em função da corrente é uma parábola e é dado por: r P F EL F C P x 60 Como o corpo está em repouso: N = Py Px + FC = FEL Da última equação: k qa q m g cos60 + = k ( MOLA L L0 ) d (90)(0 )(60 ) 0 + = k (,6,) MOLA (0 0 ) kmola P = = 00 N/ m 0, QUESTÃO 6 Aqueceu-se certa quantidade de um líquido utilizando um gerador de f.e.m. = 50 V e resistência interna r = Ω e um resistor de resistência R. Se a quantidade de calor fornecida pelo resistor ao líquido foi de.0 5 J, pode-se afirmar que o tempo de aquecimento foi: a) superior a 5 minutos. b) entre 6 e 0 minutos. c) entre e 5 minutos. d) inferior a 5 minutos. y 9 0 r r Para que a potência transmitida seja máxima, deemos ter i i = e, r nesse caso, P =, que são as coordenadas do értice da parábola. r Logo, PMAX = = W Q Como P =, quando a potência for máxima, o tempo para o t aquecimento será mínimo. Esse tempo mínimo será: 5 Q 0 tmin = = = 960 s = 6 min. P 65 MAX Assim, o tempo de aquecimento do líquido foi de pelo menos 6 minutos, portanto superior a 5 minutos. QUESTÃO 7 No circuito representado abaixo, os geradores G e G são ideais e os resistores têm a mesma resistência R.

11 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA Se a potência dissipada por R é nula, então a razão entre as f.e.m. de G e G é: a) ¼ b) c) ½ d) Resolução Alternatia C Se a potência dissipada no resistor é zero, então não há corrente atraessando esse trecho do circuito, de modo que só existe corrente no ramo da direita r Assim: Uxy = r i Uxy = r = RA + r RA + r No capacitor, temos: r Q = CUxy Q = C RA + r O gráfico desta função de R A é nulo quando R A = 0, tende a Q = C., quando R A tende a alores muito altos: r lim C = C R A RA + r O gráfico que melhor representa tal situação é dado por: i i i i Além disso, se não existe corrente circulando no trecho à esquerda, então não existe queda de tensão nos resistores e, portanto E = U = R i. O gerador G, por sua ez, alimenta os resistores e : E = ( R + R) i Como todos os resistores têm a mesma resistência R, temos: E = R i E =. E = R i E QUESTÃO 8 No circuito esquematizado abaixo, C é um capacitor, G um gerador de f.e.m. e resistência interna r e A 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) QUESTÃO 9 A figura mostra uma região na qual atua um campo magnético uniforme de módulo. Uma partícula de massa m, carregada positiamente com carga q, é lançada no ponto A com uma elocidade de módulo e direção perpendicular às linhas do campo. O tempo que a partícula leará para atingir o ponto é a) π q m b) π m q c) π m q π q d) m Resolução Alternatia C Como a elocidade é perpendicular ao campo magnético, a força magnética de Lorentz será uma força resultante de natureza centrípeta, agindo sobre a carga q. FM = FCP q sen90 = m R q R = m A carga entrará em moimento circular uniforme dentro da região onde existe campo magnético, descreendo uma semicircunferência a partir do ponto A até abandonar a região no ponto. Resolução Alternatia Denominando a resistência no reostato por R A, e a diferença de potencial no capacitor por U xy temos: F M A corrente no circuito, no estado estacionário, pode ser calculada por i = R + r A Assim, o tempo que a partícula lea para atingir o ponto é o tempo que ela demora para percorrer essa semicircunferência: s q R π R π m = = t = t m t q A 0

12 (9) 5-0 O ELITE RESOLVE O VESTIULAR DA AFA 008 FÍSICA QUESTÃO 0 Uma espira condutora é colocada no mesmo plano e ao lado de um circuito constituído de uma pilha, de uma lâmpada e de um interruptor. As alternatias a seguir apresentam situações em que, após o interruptor ser ligado, o condutor A gera uma corrente elétrica induzida na espira, EXCETO: a) moer a espira na direção y. b) desligar o interruptor. c) queimar a lâmpada. d) moer a espira na direção x. Resolução Alternatia A Como o condutor A está sendo percorrido por uma corrente elétrica, ele gera um campo magnético na região da espira. Caso este campo arie (o que pode ser causado por ariação de distâncias ou de correntes), teremos uma ariação no fluxo magnético na espira, o que induz uma corrente na mesma (Lei de Lenz). Considerando as dimensões do condutor A muito maiores que as da espira e a distância da mesma ao condutor pequena, podemos desconsiderar os efeitos de borda. Também desconsideraremos os efeitos do restante do circuito. Assim, ao moermos a espira no eixo y, teremos que a distribuição do campo sobre a espira permanece a mesma e, portanto, não há ariação de fluxo (ou seja não haerá corrente induzida). Ao desligarmos o interruptor e ao queimar a lâmpada, teremos uma ariação de corrente no condutor, o que diminui o campo na região da espira e induz corrente (alteração do fluxo). Ao moer a espira no eixo x, teremos que a distribuição do campo sobre a espira se altera e, portanto, temos alteração no fluxo e também aparecimento de corrente induzida.