Prova Resolvida AFA 2009-2010

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EA CFOAV/CFOINT/CFOINF 2010 – RESOLUÇÃO DA PROVA DE FÍSICA – CÓDIGO 21 1
QUESTÃO 01 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Ao traçarmos uma reta tangente à curva do gráfico s x t no 
instante 2s ela terá inclinação nula, o que significa que a 
velocidade do móvel nesse instante é igual a zero, ou seja, o 
móvel está em repouso. 
 
RESPOSTA: opção c 
 
 
QUESTÃO 02 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Apesar da velocidade do carro não variar em módulo, ela 
sofre uma mudança de direção ocasionada pela aceleração 
centrípeta dada por: 
 
t
v
a
t
v
a
Δ
Δ
Δ
Δ
cc 

 
 
 
Pelo desenho , temos 
 
 
 
 
 
 
 
2ΔΔ 222 vvvvv  , logo 
t
v
a
Δ
2
c  , substituindo os dados tem-se 
25
215
c a 
2
c m/s0,3a 
 
RESPOSTA: opção c 
 
 
QUESTÃO 03 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Dados: m3200e30m/s,70m/s,80 OBOA  dθvv 
 
Componentes da velocidade de A no instante t = 0 
m/s40
2
1
.8030sen OAyOAyOAOAy  vvvv 
m/s340
2
3
8030cos OAxOAxOAOAx  vvvv 
 
Instante do encontro 
s5
340
3200
OAx
 tt
v
d
t 
 
Velocidade vertical de A no instante do encontro 
 
m/svvgtVV AyAyOAyAy 105.1040  
 
Velocidade de B no instante do encontro 
 
  m/s40251070 BBOBB  vvgtvv 
 
Conclusão 
 
Como, no instante do encontro, a componente vertical da 
velocidade de A é negativa e a velocidade de B é positiva, a 
alternativa correta é a c. 
 
RESPOSTA: opção c 
QUESTÃO 04 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Pela equação horária trata-se de um Movimento 
Uniformemente Variado, com 210m/sa  e 
t1020t0  vavv logo, 
 
Em t = 1s   s/m10110201  v 
Em t = 2s   s/m021020v2  
Em t = 3s   s/m10310203  v 
 
O pêndulo deve ter uma inclinação, em relação à vertical, de 
sentido contrário ao da aceleração. 
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
QUESTÃO 05 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Pela 3a Lei de Kepler, tem-se: 
 
P2
3
K
T
R
 ; onde R raio orbital inicial; T período orbital 
inicial; PK constante de Kepler. 
 
P2
3
K
T'
R'
 ; onde R' novo raio orbital; T' novo período 
orbital 
 
Como 
RR' 2 , 
então 
 
TT'TT'
T'
R
T
R
T'
R'
T
R
228
2 22
2
3
2
3
2
3
2
3
 
 
Sabe-se que 
T
ω
2
 e 
T'
ω'
2
 logo 



2
.
2 T
Tω'
ω
 22
ω'
ω
 
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
QUESTÃO 06 
 
RESOLUÇÃO: 
 
O trabalho realizado pela força F durante o deslocamento x é: 
θFEEEE
F
cosxΔ Fcccc FIF  
 
Assim: 
FxE 1 
 cos2 FxE 
 cos3 FxE 
 
O que implica em 321 EEE  
 
RESPOSTA: opção b 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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QUESTÃO 07 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1) Do gráfico 1, temos: 
 
 
 
 QÁrea 
 
 
 
   6Δ 01 vvmQ mv
6
1  
 
2) Do gráfico 2, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 8)(824 02 vvmQA m
v
8
2  
 
3) Do gráfico 3, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
   403 vvmQ mv
4
3  
 
 
4) Assim, de , e , temos: 
 
312 vvv  
 
 
RESPOSTA: opção c 
 
 
QUESTÃO 08 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
No líquido A tem-se, 
 
 
 PEF  11 
  11 FPE 1A. Fmgv.g  
 
 
 
No líquido B tem-se, 
 
 
 PEF 2 2 
  22 FPE 2B. Fmgv.g  
 
 
 
Dividindo-se a expressão 1 pela 2 tem-se 
 




2
1
B
A
Fmg
Fmg
vg
vg


2
1
B
A
Fmg
Fmg





 
 
RESPOSTA: opção d 
QUESTÃO 09 
 
RESOLUÇÃO: 
 
)(mL scF liq   
 )5(00,1.16080.m  
 5.16080.m  
80
5.160
m  
g10m  
 
RESPOSTA: opção b 
 
 
QUESTÃO 10 
 
RESOLUÇÃO: 
 
entornadoaparente VV  
 .. 0apaparente VV 
15
0
aparente
aparente C10.9100.3000
27
.
 



V
V
V 
15
aparente C10.9  V 
 
RESPOSTA: opção B 
 
 
QUESTÃO 11 
 
De A para B, o volume aumenta e a pressão diminui à 
temperatura constante (o gráfico é um ramo de hipérbole). 
 
De B para C a temperatura diminui a volume constante, então 
a pressão também diminui. 
 
Portanto a resposta correta é a letra A. 
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
QUESTÃO 12 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1) Da figura: 
 
a) 


2
1'
p
p
A
2
'
p
p  1 
 
b) 3' pp 2 
 
c) Assim, de 1 em 2  3
2
p
p cm6p 3 
 
d) Usando: 
2
1
6
21
f
1
3
1
6
1
f
1
'p
1
p
1
f
1


 
 cm2f  4 
 
2) a) pp
p
p
A 2'2
'


 5 
 
Usando 4 e 5 : 
 
b) 
p2
1
p2
1
p
1
2
1
p'
1
p
1
f
1 cm1p  
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
 
 
 
0
0
0
2
2
14
1 

A
621  AA
2
2
1x4
1 A
2
2
1x4
2 A
421  AA
4142 A
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QUESTÃO 13 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Lentes que fornecem aumentos lineares dos objetos (|A|>1) 
em que a imagem é maior do que o objeto são lentes 
convergentes, cuja nomenclatura termina com a palavra 
convexa. Portanto, a lente que pode representar a situação do 
enunciado é a lente côncavo-convexa. 
 
RESPOSTA: opção b 
 
 
QUESTÃO 14 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Sabe-se que a distância entre máximos e mínimos, numa 
figura de interferência para a Experiência de Yang em 
questão, é sempre a mesma. Assim, BCAB
3
1
 , então: 
3
1

BC
AB
 
 
RESPOSTA: opção b 
 
 
QUESTÃO 15 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Por simetria, o potencial do ponto A é nulo ( 0A V ) e o 
potencial do ponto B é positivo ( 0B V ), já que o ponto B 
está mais próximo do anel superior (carga elétrica positiva). 
Para levar uma partícula eletrizada negativamente de um 
ponto de menor potencial (ponto A) para outro de maior 
potencial elétrico (ponto B), com velocidade constante, é 
preciso realizar trabalho externo negativo. 
 
RESPOSTA: opção d 
 
 
QUESTÃO 16 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 cTPFe
E  
 
 
AB cce 002 EEsenF  
 
 
BcEsenEq 2 
 
 
 
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
QUESTÃO 17 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
33BC iRU  BCABAD UUU  11AB iRU  
30,30,2 i 0,25,4 AB  U 1.5,25,2 i 
A
3
2
3 i V5,2AB U A11 i 
 V5,2V1  
 
 

3
2
12312 iiii A3
1
2 i (leitura no amperímetro) 
 

3
1
.0,2 222BC RiRU Ω0,62 R 
 
RESPOSTA: opção c 
 
 
QUESTÃO 18 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
Com R1R3 = R2R4, trata-se de uma ponte de Wheatstone em 
equilíbrio. Assim a ddd V entre os pontos C e D é nula e o 
capacitor não se carregará. 
 
RESPOSTA: opção d 
 
 
QUESTÃO 19 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
 00 C  Emgh 
 mgh E C 
 
 
 
RESPOSTA: opção a 
 
 
QUESTÃO 20 
 
RESOLUÇÃO: 
 
I – V 
III – V 
III – V 
 
RESPOSTA: opção d 
 
 
cFP n
E 