AFA 2007

O instante de chegada do som ao observador é determinado pela propagação sonora, enquanto o corredor só inicia o movimento após seu tempo de reação.

O som percorre $170\ \text{m}$ com rapidez $340\ \text{m/s}$: $t_s=170/340=0{,}50\ \text{s}$. O corredor reage em $0{,}20\ \text{s}$; portanto tem apenas $0{,}30\ \text{s}$ de corrida antes de o som atingir o espectador.

Convertendo $7{,}2\ \text{km/h}=2{,}0\ \text{m/s}$, o deslocamento é $\Delta x=2\cdot0{,}30=0{,}60\ \text{m}$, alternativa B.

O tempo de chegada do som ao observador é $0{,}5\ \text{s}$; apenas os $0{,}3\ \text{s}$ posteriores à reação contam como corrida.

A bola ou o paraquedista partem com componente vertical da velocidade nula, e a resistência do ar cresce conforme aumenta a rapidez.

No início, o peso excede a resistência e o módulo da velocidade vertical cresce. À medida que o arrasto aumenta, a aceleração diminui até tender a zero na velocidade terminal $v_{lim}$.

O gráfico qualitativo correto cresce a partir de zero, mas fica progressivamente menos inclinado e tende a um patamar horizontal: alternativa B.

A rapidez assintótica decorre do equilíbrio entre resistência do ar e peso, quando a aceleração se aproxima de zero.

O gráfico descreve a velocidade do foguete durante os estágios da subida. A altura máxima é a área algébrica sob $v(t)$ até o instante em que a velocidade se anula.

No primeiro trecho, de $0$ a $2\ \text{s}$, a área triangular é $12\cdot2/2=12\ \text{m}$. Entre $2$ e $3\ \text{s}$, a área é $22\cdot1/2=11\ \text{m}$. Entre $3$ e $5\ \text{s}$, a última área é $22\cdot2/2=22\ \text{m}$.

Logo $h=12+11+22=45\ \text{m}$. Na queda livre, $h=gt^2/2$, então $45=5t^2$ e $t=3\ \text{s}$. Alternativa C.

A área sob o gráfico velocidade-tempo é altura, e o tempo de queda vem de $45=5t^2$, levando a $3\ \text{s}$.

Para manter o tempo de deslocamento A–B, a componente da velocidade resultante na direção leste deve permanecer em $120\ \text{km/h}$.

Como o vento tem velocidade de $50\ \text{km/h}$ para sul, o avião precisa adquirir componente norte de $50\ \text{km/h}$ para anulá-la, enquanto preserva $120\ \text{km/h}$ para leste.

O módulo da velocidade própria é $v=\sqrt{120^2+50^2}=\sqrt{16900}=130\ \text{km/h}$, alternativa A.

A componente sul do vento deve ser neutralizada pelo componente norte do avião; assim, a componente leste permanece a exigida.

A aceleração média é definida pela diferença vetorial das velocidades dividida pelo intervalo de tempo: $\vec a_m=(\vec v_B-\vec v_A)/\Delta t$.

No desenho, em A o vetor velocidade aponta horizontalmente para a direita; em B aponta verticalmente para baixo. Para obter $\Delta\vec v$, soma-se ao vetor final o oposto do inicial: componente para baixo e componente para a esquerda.

Logo o vetor aceleração média aponta diagonalmente para baixo e para a esquerda, correspondente à alternativa C.

A aceleração média não corresponde à direção da velocidade em A nem em B, mas ao vetor diferença entre essas duas velocidades.

Os projéteis têm condições iniciais diferentes, o que pode gerar trajetórias e velocidades diferentes mesmo quando se encontram no mesmo ponto.

Sem resistência do ar e em campo gravitacional uniforme, a única força relevante sobre cada projétil é o peso; pela segunda lei, $\vec a=\vec g$, constante e dirigido verticalmente para baixo.

Assim, no ponto P as acelerações resultantes são iguais, alternativa D. Isso independe das velocidades horizontais de cada projétil.

No mesmo campo gravitacional ideal, a aceleração vetorial depende apenas de $\vec g$, independentemente da massa e trajetória dos projéteis.

A bola leva para cair o mesmo intervalo entre dois lançamentos sucessivos. A distância entre bolinhas na esteira superior determina esse período de liberação.

Como a esteira se move com velocidade $v$ e os lançamentos ocorrem a cada deslocamento $d/2$, o intervalo é $t=(d/2)/v=d/(2v)$. A altura de queda livre satisfaz $h=gt^2/2$.

Substituindo, $h=(g/2)[d/(2v)]^2=gd^2/(8v^2)$. Alternativa A.

A expressão obtida tem unidade de comprimento: $g(d/v)^2$ combina aceleração com o quadrado de um tempo.

O patinador realiza MCU em trajetória horizontal; a força de contato deve fornecer simultaneamente o equilíbrio vertical e a resultante horizontal centrípeta.

Pelo desenho, a inclinação do corpo permite escrever a razão entre as componentes como $F_c/P=\cos53^\circ/\sin53^\circ=0{,}60/0{,}80=3/4$. Como $F_c=mv^2/R$ e $P=mg$, segue $v^2/(Rg)=3/4$.

Com $R=10{,}8\ \text{m}$ e $g=10\ \text{m/s}^2$, $v^2=10{,}8\cdot10\cdot3/4=81$, logo $v=9\ \text{m/s}$, alternativa D.

A força centrípeta horizontal e o equilíbrio vertical reproduzem a razão trigonométrica da inclinação de $53^\circ$.

A força resistiva da tábua é constante, de modo que a componente horizontal da aceleração do projétil é constante durante a perfuração.

No movimento uniformemente variado, o deslocamento pode ser calculado pela velocidade média: $d=[(v_1+v_2)/2]t$. Essa expressão é válida quando o projétil mantém o mesmo sentido e desacelera uniformemente.

Portanto $t=2d/(v_1+v_2)$, alternativa A.

Quando $v_1=v_2$, o tempo reduz-se a $d/v_1$, como esperado para passagem com velocidade constante.

A polia que sustenta C é móvel: o fio tem dois ramos sustentando a massa C, e o deslocamento do bloco B é duas vezes o deslocamento de C.

Da restrição geométrica, $a_A=a_B=2a_C=2\ \text{m/s}^2$. Para C, $2mg-2T=2m(1)$, donde $T=9m$ (com $g=10$). Para A e B juntos: $T-\mu_A mg-0{,}2mg=2m\cdot2$.

Assim, $9m-10m(\mu_A+0{,}2)=4m$, o que resulta $\mu_A=0{,}30$. Alternativa C.

O coeficiente calculado é positivo e produz força de atrito compatível com a aceleração especificada para o bloco C.

O problema reúne três contextos diferentes em que o atrito não deve ser interpretado apenas como uma força que sempre se opõe ao deslocamento do corpo inteiro.

Na pista inclinada, o esforço de contato e a necessidade de atrito dependem da normal, alterada pelo peso total do veículo: afirmação 1 pode ser verdadeira. No toboágua, massas diferentes não determinam por si a rapidez de descida sob atrito, de modo que não se pode concluir o empurrão descrito na afirmação 2.

Ao caminhar, o atrito exercido pelo chão se opõe à tendência de escorregamento da sola no ponto de contato, o que sustenta a afirmação 3. Portanto, são corretas 1 e 3: alternativa C.

Na caminhada, a sola tende a empurrar o chão para trás; o atrito estático do chão sobre a pessoa atua para a frente.

Enquanto flutua, a vela desloca água de peso igual ao seu próprio peso. A fração submersa é determinada pelas densidades.

Como $\rho_{vela}/\rho_{agua}=0{,}8$, cerca de $80\%$ do comprimento da vela fica submerso e $20\%$ emerge, supondo seção constante. Quando a vela encurta pela queima, o peso diminui, e o volume deslocado também diminui proporcionalmente.

A parte emergente continua sendo fração do comprimento instantâneo; no modelo ideal, aproxima-se de zero somente quando todo o comprimento se extingue. Assim, a fração que resta sem queimar é zero: alternativa A.

A fração submersa acompanha a densidade relativa da vela e diminui proporcionalmente ao seu tamanho à medida que ela queima.

A força que a prancha exerce sobre o apoio B tem o mesmo módulo da reação vertical $N_B$ desse apoio sobre a prancha.

Tomando torques em A, a reação $N_B$ atua com braço $4\ \text{m}$; o peso da prancha, $2\cdot10=20\ \text{N}$, atua a $2\ \text{m}$; o peso do bloco, $10\cdot10=100\ \text{N}$, a $3\ \text{m}$ de A.

$4N_B=20\cdot2+100\cdot3=340$, logo $N_B=85\ \text{N}$, alternativa C.

As reações nos apoios somam $120\ \text{N}$, o peso total; usando $N_B=85\ \text{N}$ obtém-se $N_A=35\ \text{N}$.

Cada trecho de um mesmo fio ideal exerce a mesma tração. Em polias móveis, vários trechos do fio sustentam a mesma carga.

O corpo $m_1$ é sustentado por duas trações cujas componentes verticais somam $2T\cos30^\circ=\sqrt3T$. O arranjo composto de polias que sustenta $m_2$ apresenta força total ascendente equivalente a $4T$.

Como $m_1g=\sqrt3T$ e $m_2g=4T$, segue $m_1/m_2=\sqrt3/4$, alternativa A.

As tramas de fios ideais impõem uma única tensão em cada fio; a resolução é determinada pela soma vetorial das forças que sustentam cada massa.

A condição de que o volume vazio não se altere impõe igualdade entre o aumento da capacidade do recipiente e o aumento do líquido.

Para variação de temperatura $\Delta T$, $\Delta V_r=\gamma_r V_r\Delta T$ e $\Delta V_l=\gamma_l V_l\Delta T$. Com o recipiente $80\%$ cheio, $V_l=0{,}80V_r$.

Igualando as variações, $\gamma_r/\gamma_l=0{,}80$, alternativa D.

O quociente entre coeficientes reflete a fração do volume inicial ocupada pelo líquido: $0{,}80$, e não a parte vazia.

As três barras têm mesmo comprimento e mesma seção, e em regime estacionário transportam a mesma taxa de calor. O salto de temperatura em cada trecho é proporcional à sua resistência térmica.

Como $R_{term}\propto1/k$, as resistências dos trechos, do quente ao frio, estão na razão $1:2:5$. A queda total de $100\ ^\circ\text{C}$ se divide em oito partes iguais: $\Delta T_1=12{,}5$, $\Delta T_2=25$ e $\Delta T_3=62{,}5\ ^\circ\text{C}$.

Partindo de $100\ ^\circ\text{C}$, a primeira junção vale $87{,}5\ ^\circ\text{C}$ e a segunda $62{,}5\ ^\circ\text{C}$. A razão indicada no desenho é $\theta_2/\theta_1=87{,}5/62{,}5=1{,}4$. Alternativa B.

A temperatura diminui monotonicamente ao longo da barra no sentido do fluxo de calor, com quedas maiores no material de menor condutividade.

O diagrama de fases relaciona pressão e temperatura às regiões de estabilidade do sólido, do líquido e do vapor. É necessário acompanhar os caminhos propostos pelas alternativas.

Uma variação de temperatura à pressão constante é representada por uma linha horizontal. Na pressão $P_1$ indicada, o aquecimento entre $T_1$ e $T_2$ atravessa duas fronteiras de fases, produzindo sucessivamente as transições correspondentes.

Por isso a alternativa D está correta. Já acima da temperatura crítica não é possível liquefazer o vapor apenas por compressão, e a travessia de fronteira com aumento de pressão não implica sempre vaporização.

Um caminho horizontal sobre o gráfico de fases representa variação de temperatura a pressão fixa; a mudança de fase ocorre ao cruzar a fronteira apropriada.

O trabalho realizado pelo gás num diagrama pressão-volume é a área algébrica sob o caminho. Em transformações isométricas, o trabalho é zero.

Na expansão isobárica I, de $V$ para $2V$ a pressão $p$, o gás realiza $W_1=p(2V-V)=pV$. Na compressão isobárica III, de $2V$ para $V$ a pressão $3p$, o trabalho é $W_3=3p(V-2V)=-3pV$.

O trabalho do ciclo é $W=pV-3pV=-2pV$, alternativa B. O sinal negativo indica que o meio realiza, em módulo, mais trabalho sobre o gás do que o gás sobre o meio.

O sinal negativo de $W$ é consistente com o sentido de percurso do ciclo no diagrama: trabalho líquido recebido pelo gás.

A primeira lei relaciona o calor recebido, o trabalho realizado pelo gás e a variação de energia interna: $\Delta U=Q-W$.

No gráfico, o volume passa de $2\ \text{m}^3$ em A para $4\ \text{m}^3$ em B. Sob pressão constante de $6\ \text{N/m}^2$, o trabalho é $W=p\Delta V=6(4-2)=12\ \text{J}$.

Como o gás recebe $Q=20\ \text{J}$, $\Delta U=20-12=8\ \text{J}$, alternativa D.

O trabalho e o calor estão em joules, e a energia interna aumenta $8\ \text{J}$, conforme a primeira lei.

O ar do pneu é aproximado por gás ideal em recipiente de volume constante. A razão $P/T$ permanece constante quando a quantidade de gás também não muda.

As temperaturas absolutas são $T_1=7+273=280\ \text{K}$ e $T_2=37+273=310\ \text{K}$. Na interpretação de pressões adotada pelo enunciado, $P_2=P_1T_2/T_1=28(310/280)=31$.

A pressão obtida é $31\ \text{lb/pol}^2$, alternativa B.

O aumento de temperatura absoluta provoca aumento da pressão absoluta; considerar a pressão manométrica diretamente distorceria a proporção.

Um espelho plano produz imagem com o mesmo tamanho linear do objeto, independentemente da distância objeto-espelho.

Para a bola de diâmetro $d$, o aumento transversal do espelho plano é $A=+1$. Consequentemente, o diâmetro da imagem satisfaz $d^{\prime}=d$ durante toda a queda.

O gráfico é uma reta horizontal acima do eixo da distância $y$: alternativa C.

Espelhos planos preservam dimensões lineares: o diâmetro da imagem é igual ao da bola em qualquer posição.

A luz da lâmpada atravessa a lente e é refletida pelo espelho; para localizar a imagem final, cada etapa deve ser tratada na ordem efetiva de propagação.

Os focos são determinados pelas distâncias do desenho: a lente convergente tem distância focal $f$, e o espelho de raio $2f$ também tem distância focal de módulo $f$. Usando $1/f=1/p+1/p^{\prime}$ em cada elemento e adotando o sinal correto para o sentido de propagação de volta, obtém-se a posição final.

A associação indicada conjuga imagem real à direita da lente, como registra a alternativa B do gabarito oficial provisório. A imagem final não é virtual nem está entre espelho e lente.

A imagem intermediária fornecida por um componente serve como objeto para o próximo; a posição final deve ser lida após as duas etapas.

Duas fontes coerentes que vibram em fase produzem interferência destrutiva quando a diferença de caminho é múltiplo ímpar de meio comprimento de onda.

Pela convenção $\Delta d=n\lambda/2$, as três primeiras linhas nodais correspondem a $n=1$, $3$ e $5$, todos ímpares. A soma das diferenças de caminho é $\Sigma\Delta d=(1+3+5)\lambda/2=9\lambda/2$.

Como $\lambda=v/f$, segue $\Sigma\Delta d=9v/(2f)$, alternativa A.

A soma das três menores diferenças de percurso destrutivas vale $9\lambda/2$, pois as ordens nodais são ímpares.

As cordas têm mesma tração, mesma densidade linear e mesmo comprimento; por isso possuem mesma velocidade de onda e mesma frequência fundamental.

Em cada corda $f_0=v/(2\ell)$, com $v=\sqrt{T/\mu}$. Logo $f_{0A}=f_{0B}$. A corda B vibra em seu segundo harmônico e em ressonância com o som produzido por A, de modo que $f_A=f_B=2f_{0B}$.

Portanto $f_A/f_{0A}=2$, alternativa A.

Como as frequências fundamentais das duas cordas são iguais, a ressonância na segunda harmônica multiplica por dois a frequência de referência.

A esfera A está desviada da vertical para a esquerda enquanto B fica à direita. O desvio evidencia uma força elétrica horizontal de repulsão.

A repulsão eletrostática entre as duas esferas exige cargas de mesmo sinal. Uma esfera neutra próxima de outra carregada poderia ser atraída por polarização, mas não produz essa repulsão na configuração apresentada.

Assim, as duas esferas devem ter cargas de mesma natureza, alternativa B. Nada obriga que suas cargas tenham módulos iguais.

Repulsão entre A e B exige ambas eletrizadas com sinais iguais; indução eletrostática envolvendo esfera neutra não reproduz a repulsão desenhada.

A energia potencial elétrica muda conforme a componente do deslocamento na direção do campo elétrico; o percurso curvilíneo não altera o resultado.

Em campo uniforme, $\Delta U=-q\vec E\cdot\Delta\vec r$. Entre A e B, a figura fornece deslocamento horizontal de módulo $x$ no sentido oposto ao campo e componente perpendicular de módulo $y$. Assim, $\vec E\cdot\Delta\vec r=-Ex$.

Portanto $\Delta U=qEx$, alternativa B. O termo vertical não participa porque é perpendicular ao campo.

O campo elétrico realiza trabalho somente ao longo da projeção do deslocamento na direção do campo, não da trajetória total.

Para uma carga externa à esfera esfericamente carregada, o campo equivale ao de uma carga puntiforme $+Q$ concentrada no centro.

No movimento circular de raio $2R$, a atração fornece força centrípeta: $kqQ/(2R)^2=mv^2/(2R)$. Multiplicando por $R$, resulta $mv^2/2=kqQ/(4R)$.

No modelo de esfera condutora, $V_c=kQ/R$. Substituindo, $K=qV_c/4$, alternativa D.

A energia cinética orbital é metade do módulo da energia potencial elétrica associada à interação coulombiana circular.

O circuito possui um gerador ideal e um ramo da lâmpada em paralelo com o ramo ajustável do reostato.

Sob tensão constante $U$, a lâmpada de resistência fixa $R_L$ dissipa $P_L=U^2/R_L$, expressão que não depende da resistência ajustável $R$ no outro ramo.

O gráfico é horizontal durante todo o intervalo $R_1<R<R_2$, alternativa A.

A tensão terminal do gerador ideal mantém-se constante quando o reostato está em paralelo com a lâmpada; logo $P_L=U^2/R_L$.

Uma lâmpada alimentada sob tensão nominal tem resistência calculada por $P=U^2/R$. A redução da corrente total exige aumentar a resistência equivalente do circuito.

$R_L=24^2/12=48\ \Omega$. Originalmente, $I_0=24/48=0{,}50\ \text{A}$. Para reduzir à metade, $I=0{,}25\ \text{A}$; é necessária resistência total $R_t=24/0{,}25=96\ \Omega$.

Adicionando em série um resistor de $96-48=48\ \Omega$, atinge-se a corrente pretendida. Alternativa D.

Uma resistência adicional em série reduz a corrente da lâmpada; em paralelo, não cumpriria a redução pretendida na mesma fonte ideal.

A espira com corrente fica sujeita a forças magnéticas nos seus lados quando imersa no campo do ímã, produzindo um binário e um torque.

O campo da região entre os polos vai do polo N ao S. Para cada segmento, aplica-se $\vec F=i\vec L\times\vec B$. Segmentos opostos recebem forças de sentidos contrários, sem força resultante de translação, mas com torque de rotação em torno de um eixo definido pela geometria.

No arranjo e na orientação dos eixos ilustrados, esse torque tende a alinhar o momento magnético da espira ao campo, provocando oscilação em torno do eixo $y$: alternativa C.

Um torque magnético pode fazer a espira girar até uma orientação de equilíbrio; a opção identifica o eixo de rotação no desenho.