AFA 2006

A estratégia é combinar a área sob o gráfico $v\times t$, que fornece o deslocamento, com a definição de velocidade média.

Os $100\ \text{m}$ e a velocidade média $8{,}0\ \text{m/s}$ dão o tempo total $t=100/8=12{,}5\ \text{s}$. As áreas inicial e intermediária são $S_1=12\cdot5{,}5/2=33\ \text{m}$ e $S_2=12(8{,}5-5{,}5)=36\ \text{m}$.

No trecho final, de $8{,}5$ a $12{,}5\ \text{s}$, a velocidade cai linearmente de $12$ para $v$. Assim, $100=33+36+(12+v)\cdot4/2$, donde $v=3{,}5\ \text{m/s}$. Alternativa B.

O valor obtido para a velocidade final é menor que o patamar intermediário, coerente com a desaceleração observada no trecho derradeiro do gráfico.

O cilindro rola sem escorregar enquanto o cabo é desenrolado de seu topo. O movimento da extremidade livre do cabo deve ser comparado ao movimento do eixo.

No rolamento puro, o ponto superior da borda do cilindro tem velocidade em relação ao solo igual ao dobro da velocidade de seu centro: $v_{topo}=2v_C$. O operário, que puxa o cabo sem deslizamento, avança com esse mesmo fator: $\Delta x_O=2\Delta x_C$.

Inicialmente, operário e cilindro estão lado a lado. A distância entre eles ao final é $\Delta x_O-\Delta x_C=2\ \text{m}$. Logo $\Delta x_C=2\ \text{m}$ e $\Delta x_O=4\ \text{m}$, alternativa C.

O operário deve puxar o cabo mais que o deslocamento do centro, pois uma parcela é utilizada no desenrolamento associado à rotação.

No movimento circular uniforme, o módulo da velocidade permanece constante, mas sua direção varia continuamente.

A aceleração centrípeta tem módulo $a_c=v^2/R$, aponta para o centro e decorre de uma força resultante não nula. A aceleração tangencial, por sua vez, mede a variação do módulo da velocidade; portanto é nula no MCU.

As proposições I, II e III são verdadeiras. Logo a alternativa correta é D.

No MCU, rapidez constante não equivale a velocidade vetorial constante: há aceleração radial mesmo sem aceleração tangencial.

O número de pedaladas determina quantas voltas a coroa dianteira completa. A corrente transmite a mesma velocidade tangencial à catraca traseira.

Sem deslizamento, $\omega_A r_A=\omega_B r_B$. Como a catraca B gira solidária à roda C, $\omega_C=\omega_B$, e a velocidade da bicicleta é $v=\omega_C r_C=\omega_A r_A r_C/r_B$.

Para o mesmo número de pedaladas, a maior velocidade corresponde à maior razão $r_A r_C/r_B$. Comparando os desenhos, a configuração A favorece essa razão; gabarito A.

A razão de transmissão aumenta com uma coroa dianteira maior e uma catraca traseira menor, sem modificar o número de pedaladas imposto.

A ejeção de gases transfere quantidade de movimento ao avião. A ação é igual, em módulo, à reação, desconsideradas outras forças para o impulso analisado.

A massa ejetada é $100\ \text{kg}$, com variação de velocidade de $500\ \text{m/s}$: $|\Delta p|=100\cdot500=5{,}0\cdot10^4\ \text{kg\ m/s}$. Em $5\ \text{s}$, a força média vale $F=\Delta p/\Delta t=1{,}0\cdot10^4\ \text{N}$.

A massa do avião vale $40\ \text{t}=4{,}0\cdot10^4\ \text{kg}$; sua variação de velocidade é $\Delta v=5{,}0\cdot10^4/(4{,}0\cdot10^4)=1{,}25\ \text{m/s}$. As três afirmações são verdadeiras: alternativa D.

Como o gás é expelido para trás, a propulsão sobre o avião aponta para a frente, de acordo com o sentido da variação de momento.

A condição cinemática de um satélite geoestacionário é compartilhar a velocidade angular da rotação terrestre.

Como $T=2\pi/\omega$, satélites com o mesmo $\omega$ têm períodos iguais. Pela relação $v=\omega r$, o satélite representado com maior raio orbital tem maior velocidade linear. No desenho, A é mais distante do centro terrestre que B.

Portanto, na leitura cinemática pretendida pelo item, $v_A>v_B$ e $T_A=T_B$, alternativa C. A massa própria dos satélites não determina essas relações.

A cinemática de mesma velocidade angular torna o período necessariamente comum; sob gravitação newtoniana, órbitas realmente geoestacionárias não podem ter alturas distintas.

As duas partículas partem com a mesma rapidez e não perdem energia por atrito; suas massas desaparecem da equação de conservação de energia.

Para um deslocamento vertical de altura $y$, $\tfrac12mv^2+mgy=\tfrac12mv_0^2$ fornece $v^2=v_0^2-2gy$. Na elevação, $y>0$ e a rapidez diminui; na depressão de igual módulo, $y<0$ e a rapidez aumenta.

Como os percursos geométricos têm a mesma forma e extensão, o trajeto superior é feito com rapidez menor em cada ponto correspondente. Assim, $t_A>t_B$, logo $t_A/t_B>1$, independentemente das massas: alternativa B.

Como a energia mecânica é conservada, no ponto final da depressão a velocidade de B volta ao valor de entrada, sem determinar tempo de percurso igual.

No ponto mais alto de um lançamento oblíquo, a componente vertical da velocidade é nula; resta somente a horizontal.

Como a subida ocorre sem resistência do ar, $\tfrac12mv_0^2=\tfrac12mv_Q^2+mgh$. Portanto $v_Q^2=v_0^2-2gh$ e $v_Q=\sqrt{v_0^2-2gh}$.

O módulo da quantidade de movimento no ápice é $p_Q=mv_Q=m\sqrt{v_0^2-2gh}$, alternativa B. A condição $v_0^2\ge 2gh$ garante a possibilidade de atingir a altura fornecida.

Se a altura máxima fosse zero, a expressão reduziria a $mv_0$; aumentando a altura, diminui o módulo do momento no ápice.

O conjunto tem aceleração conhecida, e a tração no fio permite estudar cada bloco separadamente.

No bloco B ($3\ \text{kg}$), $T-f_B=m_Ba$, logo $f_B=9-3\cdot1=6\ \text{N}$ e $\mu_B=6/(3\cdot10)=0{,}20$. No bloco A ($2\ \text{kg}$), $F-T-f_A=m_Aa$, logo $f_A=15-9-2=4\ \text{N}$.

Assim, $\mu_A=4/(2\cdot10)=0{,}20$, de modo que $\mu_A/\mu_B=1$. Alternativa D.

Os coeficientes encontrados são não negativos e reproduzem o mesmo movimento acelerado quando reinseridos nas duas equações de força.

Uma barra rígida em equilíbrio satisfaz as condições de força resultante vertical nula e torque resultante nulo.

Os apoios estão em $x=L/2$ e $x=3L/2$, o centro de massa em $x=L$ e a força externa aplicada em $x=2L$. Tomando momentos em B, $-N_A L+mg(L/2)-F(L/2)=0$, logo $N_A=(mg-F)/2$.

A reação em A diminui linearmente com $F$ e zera quando $F=mg$; o gráfico retilíneo correspondente no quadro original é o da alternativa A, conforme gabarito da edição.

O limite $F=mg$ representa perda de contato no apoio A. O intercepto e o sentido da inclinação conferem a forma do gráfico escolhido.

A face superior da prancha fica no nível da água: o volume inteiro da madeira encontra-se submerso, e o empuxo sustenta a prancha e a pessoa.

O volume é $V=2\cdot0{,}50\cdot0{,}15=0{,}15\ \text{m}^3$. O empuxo máximo é $E=1000\cdot10\cdot0{,}15=1500\ \text{N}$ e o peso da prancha é $P_m=600\cdot10\cdot0{,}15=900\ \text{N}$.

No equilíbrio, $E=P_m+P_p$, logo $P_p=1500-900=600\ \text{N}$. Alternativa A.

O peso total suportado pelo empuxo é $1500\ \text{N}$; subtrair o peso da própria madeira deixa exatamente o peso da pessoa.

A parte vazia deve manter seu volume inalterado quando líquido e recipiente se dilatam. Isso só acontece quando o acréscimo de capacidade é igual ao acréscimo de volume do líquido.

$\Delta V_{rec}=\gamma_M V_{rec}\Delta T$ e $\Delta V_{liq}=\gamma_L V_{liq}\Delta T$. Igualando, $\gamma_M/\gamma_L=V_{liq}/V_{rec}=0{,}75$.

Portanto, $\gamma_M/\gamma_L=3/4$, alternativa B. O resultado é adimensional e reflete a fração inicialmente ocupada.

Com $\gamma_M/\gamma_L=0{,}75$, a dilatação da capacidade do recipiente compensa precisamente a dilatação dos $75\%$ preenchidos.

Para massas iguais de água em recipientes idênticos, a indicação depende da relação entre densidade, temperatura e volume.

A densidade da água atinge seu máximo por volta de $4\ ^\circ\text{C}$. Para igual volume, o lado com água a $4\ ^\circ\text{C}$ tem maior massa que o com água a $10\ ^\circ\text{C}$, e a balança tende a baixar daquele lado.

O desenho compatível com a comparação física da prova é a alternativa B. A análise das demais figuras também exige respeitar o caráter não monotônico da densidade da água perto de $4\ ^\circ\text{C}$.

A água a $4\ ^\circ\text{C}$ possui densidade maior que a água a $10\ ^\circ\text{C}$; a posição do fiel deve refletir essa comparação.

O calor específico varia com a temperatura: a energia necessária não é obtida tomando um único valor arbitrário de $c$.

Na faixa considerada, $c(T)=T/60+2/15$, em $\text{cal}/(\text{g}\ ^\circ\text{C})$. A função é linear, por isso o valor médio é a média dos extremos: $c(10)=0{,}30$ e $c(22)=0{,}50$, logo $c_{m}=0{,}40$.

Para $m=60\ \text{g}$ e $\Delta T=22-10=12\ ^\circ\text{C}$, $Q=mc_m\Delta T=60\cdot0{,}40\cdot12=288\ \text{cal}$. Alternativa D.

O calor específico médio $0{,}40$ está entre os valores inicial e final, e o calor fornecido é positivo, coerente com aquecimento.

Em uma barra homogênea e de seção constante, sem perdas laterais, o fluxo de calor estacionário impõe um gradiente de temperatura linear ao longo do comprimento.

Entre A e C, há diferença de $200-80=120\ ^\circ\text{C}$ em $80\ \text{cm}$. Entre A e B a distância é $50\ \text{cm}$, de modo que $\Delta T_{AB}=120(50/80)=75\ ^\circ\text{C}$.

A temperatura em B vale $T_B=200-75=125\ ^\circ\text{C}$, alternativa B.

O resultado $125\ ^\circ\text{C}$ está entre $200$ e $80\ ^\circ\text{C}$ e corresponde à proporção geométrica $50/80$.

A tela metálica possui alta condutividade térmica, que facilita a redistribuição do calor da chama ao longo da própria malha.

Sem a tela, a chama pode aquecer de modo muito localizado o vidro comum, produzindo dilatações desiguais e tensões térmicas capazes de romper o recipiente. A tela distribui parte da energia por uma área maior, reduzindo a intensidade de gradientes locais.

A alternativa compatível com esse mecanismo é C. Não se trata de impedir toda transferência de calor, mas de evitar um aquecimento demasiadamente localizado.

O propósito da tela é distribuir o fluxo térmico; se isolasse totalmente a chama, não haveria aquecimento útil do recipiente.

O êmbolo é livre e sem atrito, logo a pressão final deve ser a mesma nos dois reservatórios. As quantidades de matéria são inicialmente iguais pelas condições dadas.

Se ele se desloca $x$ para o lado B, $V_A=V_0+Sx$ e $V_B=V_0-Sx$. Pela lei dos gases, $p_A\propto 2T_0/(V_0+Sx)$ e $p_B\propto T_0/(V_0-Sx)$. Igualando as pressões: $2(V_0-Sx)=V_0+Sx$.

Daí $3Sx=V_0$ e $x=V_0/(3S)$, alternativa B. O deslocamento reduz o volume do lado que permanece mais frio.

O deslocamento obtido é menor que $V_0/S$, preservando volumes positivos de ambos os lados e permitindo equilíbrio de pressões.

A máxima eficiência de uma máquina térmica que trabalha entre duas temperaturas é a de Carnot: $\eta_{max}=1-T_f/T_q$, com temperaturas absolutas.

$T_q=20+273=293\ \text{K}$ e $T_f=5+273=278\ \text{K}$. Portanto $\eta_{max}=1-278/293=15/293\approx0{,}0512$, ou aproximadamente $5{,}1\%$.

Dentre os rendimentos propostos, somente $3{,}0\%$ não ultrapassa esse limite; alternativa A. A máquina real necessariamente apresenta rendimento inferior ao máximo ideal.

O limite de Carnot é próximo de $5\%$; a opção de $3\%$ é a única compatível com uma máquina real operando nessas temperaturas.

O êmbolo livre, submetido às mesmas condições externas, mantém a pressão do gás constante enquanto ele é aquecido.

Pela lei de Charles, $V/T$ é constante; como a área do cilindro é fixa, $h/T$ também é constante. Convertendo: $T_1=27+273=300\ \text{K}$ e $T_2=39+273=312\ \text{K}$.

$h_2=h_1T_2/T_1=20(312/300)=20{,}8\ \text{cm}$, alternativa C.

O pequeno crescimento de temperatura absoluta, de $300$ a $312\ \text{K}$, justifica um aumento da altura de apenas $4\%$.

A luz e o som sofrem refração ao passar do ar para a água, mas suas velocidades se alteram de maneira diferente.

Para a luz, o índice de refração da água é maior, logo a velocidade diminui e o raio refratado aproxima-se da normal. Para o som, a velocidade de propagação é maior na água que no ar; pela refração de ondas, o raio se afasta da normal, quando a transmissão é possível.

O par de trajetórias que mostra essas duas tendências é o da alternativa B.

A refração depende da razão entre velocidades de propagação nos meios, e não de o fenômeno ser sempre chamado de “refração”.

As duas partes da lente têm curvaturas iguais, mas índices de refração distintos. Cada parte atua como lente convergente de distância focal própria.

Pela relação dos fabricantes de lentes no ar, $1/f=(n-1)(1/R_1-1/R_2)$, com $R_1=R$ e $R_2=-R$. Assim, $f=R/[2(n-1)]$: a região com $n=4$ tem menor distância focal que aquela com $n=2$.

As duas regiões formam imagens distintas do objeto, com distâncias e ampliações diferentes, mantendo a orientação prevista pela equação de Gauss para o objeto representado. O desenho correspondente é D.

Os índices $n_1$ e $n_2$ alteram as distâncias focais: não se pode identificar uma única distância de conjugação para as duas regiões da lente.

A frequência de um oscilador massa-mola é $f=(1/2\pi)\sqrt{k_{eq}/M_{eq}}$. Mudar simultaneamente o número de molas e a massa exige comparar as duas razões.

Inicialmente, as três molas em paralelo dão $k_1=3k$, e as massas $M+m=3m$, pois $M=2m$. Após o corte, restam duas molas: $k_2=2k$, e somente a massa $M=2m$.

Logo $f_2/f_1=\sqrt{(2k/2m)/(3k/3m)}=1$. Alternativa A. O novo equilíbrio vertical pode mudar, mas a frequência não.

A nova razão entre constante elástica total e massa oscilante permanece $k/m$, razão por que a frequência não muda.

No ponto médio entre cargas fixas positivas iguais, o campo elétrico resultante é nulo. A estabilidade precisa ser verificada para perturbações em direções diferentes.

Ao longo do segmento AB, uma carga de prova positiva deslocada ligeiramente para perto de A recebe repulsão maior de A e tende a retornar ao meio; equilíbrio estável. Para carga de prova negativa, a força aponta para o lado da perturbação; equilíbrio instável.

Na direção perpendicular (mediatriz), o sinal do comportamento inverte: uma prova positiva é afastada do ponto médio, e uma negativa tende a retornar. Assim, as assertivas I e III são verdadeiras, alternativa D.

No ponto central, a força resultante é nula para qualquer sinal de $q$, mas o caráter de estabilidade depende da direção do deslocamento.

No campo elétrico uniforme, a partícula apresenta movimento horizontal uniforme e movimento vertical uniformemente acelerado.

Partindo da linha média, ela precisa subir $d/2$ no comprimento horizontal $L$. Com $a_y=qE/m$, $d/2=a_yt^2/2$, logo $t^2=md/(qE)$. A menor velocidade horizontal de entrada é $v_x=L/t$, enquanto a componente vertical na saída vale $v_y=a_yt$.

A rapidez de saída obedece $v_s^2=v_x^2+v_y^2=(qE/m)(L^2/d+d)$, isto é, $v_s=\sqrt{qE(L^2+d^2)/(md)}$. Deve-se comparar a expressão com as formas algébricas impressas no PDF; o gabarito fornecido marca C.

A velocidade de saída deve reunir a componente inicial horizontal e a componente vertical adquirida; a comparação com as expressões impressas permanece sob ressalva matemática.

A partícula interna polariza a casca condutora inicialmente neutra: surgem cargas induzidas na superfície interna e na externa, e o campo no metal deve ser nulo.

No modelo esfericamente simétrico implícito no gabarito, a casca não altera o campo radial da carga situada no centro da cavidade. Contudo, fora do metal existe campo, porque a carga total do conjunto permanece igual à da partícula; logo II é falsa.

O potencial elétrico é constante no próprio material condutor, não necessariamente em cada ponto da cavidade. A afirmação III, lida literalmente, é falsa. O gabarito provisório indica I, alternativa A, sob a hipótese de simetria.

Uma superfície equipotencial do metal não é sinônimo de todo o interior vazio equipotencial; é essencial distinguir condutor e cavidade.

O cursor divide o fio homogêneo AB em dois trechos de resistências proporcionais aos comprimentos $x$ e $L-x$. O circuito os coloca em paralelo entre o cursor e o nó de potencial comum das extremidades.

Se $R_0$ é a resistência total, $R_1=R_0x/L$ e $R_2=R_0(L-x)/L$. O equivalente vale $R_{eq}=R_1R_2/(R_1+R_2)=R_0x(L-x)/L^2$.

Como a bateria mantém $U$ constante, $P=U^2/R_{eq}$ é mínima quando $R_{eq}$ é máxima. O produto $x(L-x)$ atinge máximo em $x=L/2$. Portanto a potência é mínima no centro, alternativa C.

O equivalente é simétrico em $x$ e $L-x$, de modo que a potência possui mesmo valor em posições equidistantes do centro.

Para uma bateria funcionar como receptor, a corrente deve entrar por seu terminal positivo; isso ocorre quando o potencial nos terminais imposto pelo circuito excede sua f.e.m.

As duas fontes indicadas possuem f.e.m. de $27$ e $28\ \text{V}$, ambas com resistência interna $1\ \Omega$, em paralelo com o ramo de resistência $R$. Tomando $V$ como a tensão comum, a lei dos nós fornece $V=(27+28)/(2+1/R)$.

Para a fonte de $27\ \text{V}$ receber corrente, exigimos $V>27$. Assim, $55>54+27/R$, logo $R>27\ \Omega$. Entre as opções, $30\ \Omega$ serve: alternativa D.

Um dispositivo receptor absorve potência elétrica; a corrente deve atravessar seus terminais no sentido oposto ao de funcionamento gerador.

Um voltímetro ideal não conduz corrente. Portanto os dois ramos da ponte podem ser examinados isoladamente para calcular os potenciais de seus pontos médios.

Os ramos superiores e inferiores têm resistência $3R$ cada, associados em paralelo: $R_p=3R/2$. O resistor de $R/2$ do ramo da bateria fica em série, dando $R_{total}=2R$. A tensão na ponte é $U_p=(3R/2)/(2R)\,E=3E/4$.

Em cada ramo, a divisão de tensão nas razões $R:2R$ e $2R:R$ coloca os pontos médios separados por $U_p/3=E/4$. Essa leitura direta do diagrama requer confronto com as alternativas: o gabarito provisório marca A, enquanto o valor calculado não aparece explicitamente entre as opções transcritas. Questão sinalizada para revisão do desenho/contatos.

O cálculo entre os pontos médios da ponte resulta $E/4$, valor ausente nas alternativas: registrar a divergência evita homologar uma resposta física não sustentada.

A espira quadrada gira em campo uniforme, fazendo variar o fluxo magnético e produzindo f.e.m. induzida senoidal.

O fluxo é $\Phi=BA\cos(\omega t)$, e a lei de Faraday fornece amplitude $\mathcal E_{max}=BA\omega$. Com $B=1\ \text{T}$ e lado $\ell=0{,}10\ \text{m}$, a área é $A=\ell^2=0{,}01\ \text{m}^2$.

Exigindo $10\ \text{V}=1\cdot0{,}01\cdot\omega$, obtemos $\omega=1000\ \text{rad/s}$, alternativa C.

A expressão da f.e.m. máxima tem dimensões de volt e cresce proporcionalmente à velocidade angular, como previsto pela lei de Faraday.

O íon é acelerado por diferença de potencial e depois curva em campo magnético uniforme, que altera sua direção sem alterar sua rapidez.

O trabalho elétrico vira energia cinética: $|q|U=mv^2/2$. Na região magnética, $|q|vB=mv^2/r$, logo $v=|q|Br/m$. Substituindo na energia: $|q|U=|q|^2B^2r^2/(2m)$.

Isolando, $m=|q|B^2r^2/(2U)$, alternativa A. Um íon mais massivo, submetido aos mesmos $U$, $B$ e $q$, descreve trajetória de raio maior.

A substituição da massa calculada nas equações $qU=mv^2/2$ e $qvB=mv^2/r$ reproduz simultaneamente energia e raio.