Resolução comentada das questões de Física da AFA 2016/2017
Resolução comentada das questões de Física da
AFA 2016/2017
01- Quando a corda atinge a tensão máxima no ponto A (figura), a ela se rompe e a partícula com velocidade VA sai pela tangente e executa um lançamento horizontal com velocidade VA, com trajetória parabólica até atingir o solo percorrendo a distância horizontal 4R e vertical 2R.
Decompõe-se o movimento horizontal em duas parcelas:
Segundo o eixo Y 
trata-se de um movimento uniformemente variado com velocidade inicial Voy = 0, ou seja, é uma queda livre com o corpo abandonado da origem, sujeito
apenas à aceleração da gravidade, de intensidade g, direção vertical e sentido para baixo.
Equações:
S = So + Vo.t + at2/2 Y= 0 + 0.t + gt2/2 Y = g.t2/2
Vy = Voy + a.t Vy= 0 + g.t Vy = g.t
Na vertical, a partícula em queda livre, sai do ponto A com Vo = 0 e percorre a distância vertical Y = 
2R até chegar ao solo e demora um tempo t, tal que Y = g.t2/2 
2R = g.
t2 =
t = 2
(tempo de queda na vertical que é o mesmo tempo que a partícula demora para percorrer a distância d = 4R na horizontal)
Segundo o eixo X trata-se de um movimento horizontal uniforme com velocidade constante de intensidade VA , que é a velocidade de lançamento S = So + V.t X= 0 + VA.t X = VA.t.
O tempo t que ela demora para percorrer x = 4R na horizontal é o mesmo que demorou na queda livre
R – C
02-
Corpo A
Veja na figura que ele está girando num plano horizontal, perpendicular ao plano da folha, com o vetor velocidade VA penetrando na folha no ponto A e saindo da folha no ponto B, pois é tangente à trajetória em cada ponto e tem sentido do movimento (anti-horário).
Decompondo a força de tração TA em suas componentes, vertical de intensidade TA.senθA e horizontal TA.cosθA, você deve se lembrar que TA.cosθA é a força resultante centrípeta FcA (radial e dirigida para o centro da circunferência).
Observe no ponto A que TA.senθA deve anular PA (não se move na vertical).
Dividindo membro a membro Va2 por VB2:
R- A
03-
Forças que agem sobre cada bloco supondo que a mola está sendo esticada e, quando solta, se moverá para a esquerda:
04-
Plano inclinado com atrito
Cálculo da intensidade de PP e PN utilizando o triângulo retângulo da figura abaixo:
P
No caso do exercício no trecho BC existe atrito com o Fat valendo Fat = 
mgcos30o.= 
.mg Fat = 
.
No trecho com atrito sen30o = h2/BC 
= h2/BC BC = 2h2
Energia dissipada pelo atrito no trecho BC WFat = Fat.BC.cos30o = .2h2
WFat = 
.h2.
Energia mecânica no ponto A EmA = EcA + EpA = mVA2/2 + mg(h1 + h2) = 0 + mg(h1 + h2) EmA =mg.(h1 + h2).
Energia mecânica no ponto C onde, pelo enunciado, chega com velocidade nula EmC = mVC2/2 + mgh = m.02/2 + mg.0 EmC = 0.
Pelo teorema da conservação da energia mecânica EmA = WFat + EmC mg.(h1 + h2) = .h2 + 0 (h1 + h2)/h2 = 
h1/h2 + 1 = h1/h2 = – 1 = (3-2)/2 h1/h2 =
R- A
05-
06- Já que o enunciado afirma que o coeficiente de dilatação do vidro utilizado é desprezível comparado ao do álcool, você deve levar em conta apenas a dilatação (∆V) do álcool de coeficiente de dilatação volumétrica 
= 11.10-4 oC-1, cujos volume é o do bulbo Vo = 2 cm3, pois ele é totalmente preenchido com álcool até a base do tubo. A variação de temperatura é de 
= 
o = 80 – 30 = 50 oC.
Substituindo esses valores na expressão da dilatação volumétrica ∆V = Vo.
= 2.11.10-4.50 ∆V = 1100.10–4 = 0,11 cm3.
Mas, o volume do cilindro que constitui o tubo é fornecido por ∆V = área da basexaltura = 1.10-2.h.
O volume de líquido dilatado preenche esse cilindro até a altura h de ∆V = 1.10-2 .h 0,11 = 0,01h h = 
h = 11,0 cm.
R – B
07-
Transformação cíclica
Consiste numa série de transformações gasosas na qual o estado inicial coincide com o estado final, com o gás retornando à mesma pressão, volume e temperatura iniciais.
Toda transformação cíclica deve obedecer às seguintes condições:
Como as temperaturas final e inicial são coincidentes (Ti = Tf), a variação de energia interna (ΔU) é nula 
ΔU = 0.
ΔU = Q – W 
0 = Q – W Qciclo = Wciclo (a quantidade de calor trocada com o meio externo é igual ao trabalho realizado na transformação)
Em toda transformação cíclica representada no diagrama PxV, o trabalho realizado é fornecido pela área do ciclo.
Se o ciclo é realizado no sentido horário, o trabalho é positivo (realizado pelo sistema, recebe calor do meio ambiente).
Se o ciclo é realizado no sentido anti-horário, o trabalho é negativo (libera calor para o meio ambiente).
No caso do exercício, pelas informações acima, as afirmativas a, b e c estão erradas.
A correta é a alternativa d, pois, o trabalho W é fornecido pela área e lembrando que 1 L = 1 dm3 = 10-3 m3, teremos:
R- D
08-
Movimento Harmônico Simples (MHS) 
Podemos generalizar um MHS como a projeção ortogonal de um movimento circular uniforme (MCU) sobre uma reta.
Assim, nas figuras I e III apenas suas projeções ortogonais podem ser consideradas um MHS, mas os movimentos mostrados nas figuras não podem ser considerados MHS.
MHS – SISTEMA MASSA-MOLA
Sistema massa-mola 
Um corpo de massa m realiza MHS quando, sobre uma trajetória retilínea, oscila periodicamente em torno de uma posição de equilíbrio O, sob ação de uma força denominada força restauradora (Fel) que sempre é dirigida para O. Essa força é a força elástica fornecida pela expressão Fel = – kx (lei de Hooke)
Portanto a alternativa correta é a D.
R- D
09- 
Para o cálculo das frequências percebidas pelo observador você deve utilizar o Efeito Doppler cuja expressão e regras de sinais estão fornecidas a seguir:
É pedida a razão fB’/fA’ = 
= 1
R- A