AFA 2008

A partícula passa de uma velocidade em certo sentido para uma velocidade de mesmo módulo, mas sentido contrário.

Adotando o sentido inicial como positivo, $v_i=+50\ \text{m/s}$ e $v_f=-50\ \text{m/s}$. Portanto, $\Delta v=v_f-v_i=-100\ \text{m/s}$. A aceleração contrária ao movimento tem módulo $0{,}2\ \text{m/s}^2$.

Pela relação $|a|=|\Delta v|/\Delta t$, $\Delta t=100/0{,}2=500\ \text{s}$. Alternativa A.

O corpo percorre variação vetorial total de velocidade $100\ \text{m/s}$, e não apenas os $50\ \text{m/s}$ iniciais.

Os dois corpos partem simultaneamente, submetidos à mesma aceleração gravitacional para baixo. O encontro ocorre quando ambos estão à altura $h/2$ do solo.

Para o corpo abandonado de $h$, $h/2=h-gt^2/2$, então $gt^2=h$. Para o corpo lançado verticalmente do chão, $h/2=vt-gt^2/2$. Como $gt^2=h$, resulta $h/2=vt-h/2$, isto é, $vt=h$.

Com $t=\sqrt{h/g}$, a condição $v\sqrt{h/g}=h$ fornece $h=v^2/g$. Alternativa B.

A altura encontrada tem dimensão de comprimento, $v^2/g$, e a altura de encontro é $h/2$ para ambas as partículas.

Para percorrer distâncias iguais, os tempos são inversamente proporcionais às velocidades resultantes em cada situação indicada.

Se $v$ é o módulo da velocidade do avião em relação ao ar, o vento vale $0{,}75v=3v/4$. A favor do vento, $v_1=v+3v/4=7v/4$. Quando o avião voa perpendicularmente ao vento, os vetores somam-se pitagoricamente: $v_2=\sqrt{v^2+(3v/4)^2}=5v/4$.

Logo $t_1/t_2=(d/v_1)/(d/v_2)=v_2/v_1=(5v/4)/(7v/4)=5/7$, alternativa C.

A razão $5/7$ é menor que um, como deve ser: viajar a favor do vento leva menos tempo para a mesma distância.

A tração no fio fornece simultaneamente sustentação vertical e força resultante radial para o movimento circular.

Com ângulo $\theta$ em relação à vertical, $T\cos\theta=mg$ e $T\sin\theta=mv^2/R$. Dividindo membro a membro, $\tan\theta=(mv^2/R)/(mg)=v^2/(Rg)$.

Portanto, $v=\sqrt{Rg\tan\theta}$, alternativa D.

Quando $\theta$ cresce, cresce a velocidade exigida para sustentar um círculo do mesmo raio, coerente com $\tan\theta$.

Na situação 1, a bola de isopor já atingiu a velocidade limite no instante marcado. Na situação 2, uma bola idêntica inicia queda no vácuo, sem resistência.

A partir do instante indicado, a bola 1 percorre distâncias iguais em tempos iguais, pois $v=v_{lim}$ constante; sua altura varia linearmente. A bola 2, largada do repouso, segue $h(t)=h_0-gt^2/2$, uma parábola de concavidade para baixo.

A comparação dos perfis e das alturas representadas no desenho corresponde ao gráfico B, conforme o gabarito oficial.

O gráfico com resistência tende a reta após o regime terminal, enquanto no vácuo a altura cai como função quadrática do tempo.

As bolas começam na mesma altura, mas a que sofre resistência do ar converte parte da energia mecânica em energia interna do meio.

No vácuo, $mgh=mv_2^2/2$. A velocidade de impacto no vácuo é $v_2=2v_{lim}$, portanto $mgh=m(2v_{lim})^2/2=2mv_{lim}^2$. Na situação 1, ao impactar com rapidez limite, a energia cinética restante é $mv_{lim}^2/2$.

A fração dissipada é $1-(mv_{lim}^2/2)/(2mv_{lim}^2)=1-1/4=3/4=75\%$. Alternativa D.

Como a energia cinética final da bola com ar é um quarto da correspondente no vácuo, restam três quartos dissipados.

Os dois corpos idênticos giram no mesmo plano com raios de trajetória distintos: o corpo 1 está à distância $R$ do centro e o corpo 2 à distância $2R$. A tração do fio 1 sustenta o movimento dos dois, enquanto a do fio 2 age radialmente sobre o corpo externo.

Para o corpo externo, a única força radial é $T_2=mv_2^2/(2R)$. Para o interno, atuam a tração interna $T_1$ em direção ao centro e a tração externa $T_2$ no sentido oposto. Assim, $T_1-T_2=mv_1^2/R$, donde $T_1=mv_1^2/R+mv_2^2/(2R)$.

Dividindo as trações, $\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{mv_1^2/R+mv_2^2/(2R)}{mv_2^2/(2R)}=\dfrac{2v_1^2+v_2^2}{v_2^2}$. Essa relação corresponde à alternativa A.

Substituindo as forças $T_2=mv_2^2/(2R)$ e $T_1=T_2+mv_1^2/R$, confirma-se a razão $(2v_1^2+v_2^2)/v_2^2$.

A água fornece energia gravitacional à turbina, e apenas parte dessa energia é convertida em potência elétrica.

A vazão volumétrica é $700\ \text{m}^3/\text{s}$, e a densidade $1000\ \text{kg/m}^3$. Assim, a vazão mássica vale $7\cdot10^5\ \text{kg/s}$. A potência hidráulica disponível é $P_h=\dot mgh=7\cdot10^5\cdot10\cdot112=7{,}84\cdot10^8\ \text{W}$, ou $784\ \text{MW}$.

O rendimento vale $700/784\approx0{,}893$, e a perda percentual é aproximadamente $10{,}7\%$, mais próxima de $10\%$: alternativa B.

A potência potencial $\rho Qgh$ supera os $700\ \text{MW}$ elétricos, e a diferença relativa fica perto de $11\%$.

O brinquedo mantém a pessoa contra a parede vertical de um cilindro em rotação. Para um referencial inercial externo, a força normal da parede aponta radialmente para o eixo.

A força de atrito estático aponta para cima e compensa o peso, que aponta para baixo. A resultante radial é $N=mv^2/R$. Portanto, “força centrípeta” não constitui uma força extra além da normal: é o nome da resultante radial, enquanto a força centrífuga é fictícia no referencial externo.

O gabarito oficial de 2008 declara **QUESTÃO ANULADA**. Sem o ato da banca que fundamentou a anulação, não se deve atribuir motivo específico ou indicar uma alternativa definitiva.

Na análise inercial, peso, normal e atrito são forças reais; a banca anulou a questão, que não deve receber alternativa oficial única.

No ponto mais baixo de uma trajetória circular vertical, o centro do círculo está acima do piloto e a aceleração centrípeta aponta para cima.

As forças verticais sobre o piloto são a normal $N$ do assento, para cima, e o peso $mg$, para baixo. Pela segunda lei, $N-mg=mv^2/R$.

Daí $N=mg+mv^2/R>mg$ para $v>0$. Portanto a reação do assento supera o peso, alternativa A.

Na parte inferior do círculo a aceleração é para cima: portanto a força normal supera o peso exatamente pela parcela centrípeta.

O sistema é análogo ao pêndulo de Newton, com esferas idênticas e colisões centrais idealmente elásticas.

Em uma colisão elástica frontal entre massas iguais, a esfera que chega com velocidade $v$ transfere sua velocidade à esfera inicialmente parada. Repetindo o processo ao longo das duas colisões sucessivas, a velocidade passa da esfera A para B e depois para C.

Após as colisões, $v_A=0$, $v_B=0$ e $v_C=v$. Alternativa B. Conservam-se a quantidade de movimento horizontal e a energia cinética do sistema ideal.

A última esfera transporta a velocidade idealizada da primeira, enquanto as duas anteriores ficam instantaneamente em repouso.

Um satélite geoestacionário orbita acima do equador, com velocidade angular igual à da Terra e período correspondente à sua rotação.

A atração gravitacional terrestre fornece a resultante centrípeta: $GMm/r^2=mv^2/r$, então a assertiva I é verdadeira. O período é aproximadamente um dia sideral, cerca de $24\ \text{h}$ na aproximação do enunciado: II também verdadeira.

Os objetos no interior flutuam por estarem em queda livre orbital junto com o satélite, não porque a gravidade desapareceu. Logo III é falsa. Alternativa B.

Uma órbita geoestacionária tem período compatível com a rotação da Terra, mas o fenômeno de flutuação resulta de queda livre e não de campo nulo.

Os dois corpos laterais têm massa $m$, e cada fio ideal exerce tração $T=mg$ no trecho que chega à polia correspondente.

O corpo central, também de massa $m$, é sustentado pelas componentes verticais de duas trações simétricas: $2T\sin\theta=mg$. Portanto $\sin\theta=1/2$, $\theta=30^\circ$ e $\tan\theta=1/\sqrt3$.

A distância horizontal entre os suportes extremos é $d$. O deslocamento para baixo do ponto médio é $h=(d/2)\tan30^\circ=d/(2\sqrt3)=d\sqrt3/6$. Alternativa D.

O deslocamento obtido $d\sqrt3/6$ é menor que metade de $d$, como exige a inclinação de $30^\circ$ do fio.

As trações verticais nos dois fios equilibram o peso da viga homogênea, aplicado em seu centro de massa.

Para o arranjo, devem-se impor $T_A+T_B=mg$ e o equilíbrio de torques em torno de um dos pontos de suspensão, utilizando os braços indicados na figura: $\ell/6$ até A e $\ell/4$ desde B à extremidade direita.

O gabarito oficial de 2008 registra **QUESTÃO ANULADA**. As relações de equilíbrio podem ser estudadas, mas não se deve apresentar uma das quatro alternativas como resposta oficialmente válida.

A resultante vertical e o equilíbrio dos torques fornecem condições matemáticas, porém a anulação documental impede gabarito homologado.

Uma balança em equilíbrio no ar compara pesos aparentes, isto é, pesos reais reduzidos pelo empuxo do ar sobre os corpos.

As rolhas de cortiça ocupam muito mais volume para massas comparáveis. Portanto, o empuxo do ar sobre a cortiça é maior. Se os pesos aparentes são iguais no ar, as rolhas possuem maior peso real que as esferas de ferro.

No vácuo desaparece o empuxo e a balança passa a pender para o lado das rolhas. Alternativa C.

Ao retirar o ar, desaparece um empuxo maior no material de maior volume; como a cortiça ocupa mais volume, seu lado ganha peso aparente relativamente.

As esferas têm o mesmo volume e estão totalmente imersas no mesmo líquido; pelo princípio de Arquimedes, os empuxos são iguais: $E_A=E_B=E$.

Na esfera A, o fio preso ao teto puxa para cima, de modo que $P_A=E+T_A$. Na esfera B, o fio preso ao fundo puxa para baixo, de modo que $E=P_B+T_B$. Assim, $T_A=P_A-E$ e $T_B=E-P_B$.

As primeiras relações implicam $P_A>P_B$ e $T_A+T_B=P_A-P_B$. Entretanto, não garantem $T_A<T_B$; portanto a afirmação incorreta, como conclusão necessária, é D.

Os dois empuxos são iguais porque os volumes deslocados são iguais, mas as trações precisam ser consideradas com sinais verticais opostos.

A região ocupada por uma substância no diagrama pressão-temperatura é definida pela posição do ponto em relação às curvas de mudança de fase.

Na temperatura de $0\ ^\circ\text{C}$ e pressão de $0{,}5\ \text{atm}$, o ponto fica na região correspondente ao vapor. A curva de sublimação separa o sólido e o vapor abaixo da região de coexistência tripla.

A alternativa C é, portanto, a compatível com o gráfico. As demais exigem leituras incorretas de fronteiras, temperatura crítica ou efeito de aquecimento a pressão fixa.

No ponto indicado por $0\ ^\circ\text{C}$ e $0{,}5\ \text{atm}$, a localização no diagrama corresponde à região de vapor.

Um ciclo de Carnot contém duas transformações isotérmicas e duas adiabáticas, e seu rendimento depende apenas das temperaturas absolutas das fontes.

Com $T_q=600\ \text{K}$ e $T_f=300\ \text{K}$, $\eta=1-T_f/T_q=1/2$. Se a máquina realiza $W=1500\ \text{J}$ por ciclo, então recebe $Q_q=W/\eta=3000\ \text{J}$ da fonte quente; a opção A é verdadeira.

A expansão de B para C, conforme o ciclo representado, é adiabática, portanto não ocorre recebimento de calor do meio nessa etapa. A afirmação **incorreta** é D.

A expansão isotérmica recebe calor; já a expansão adiabática de B a C não o recebe, contrariando a alternativa D.

No cilindro de volume constante, com temperatura constante, a pressão do gás ideal é diretamente proporcional à quantidade de matéria, e portanto à massa do mesmo gás.

O gráfico mostra massa inicial $b$ e massa $2b$ no tempo $2a$, com crescimento linear. Logo, no tempo $a$, a massa é $m=3b/2$. Pela equação $pV=nRT$, $p/p_0=m/m_0=3/2$.

Assim, $p=1{,}5p_0$, alternativa A.

A curva de massa é uma reta: na metade do intervalo temporal a massa está exatamente na média aritmética de $b$ e $2b$.

O raio de luz refletido obedece ao princípio de reversibilidade e à igualdade dos ângulos de incidência e reflexão.

Substituímos a reflexão pelo segmento reto ligando o observador à imagem virtual de A atrás do espelho. As distâncias perpendiculares ao espelho são $8\ \text{m}$ e $4\ \text{m}$; a separação horizontal entre objeto e observador indicada no desenho é $9\ \text{m}$.

O comprimento óptico geométrico é $d=\sqrt{(8+4)^2+9^2}=\sqrt{144+81}=15\ \text{m}$, alternativa C.

O espelho plano equivale a substituir o objeto por sua imagem virtual: o percurso horizontal total é $8+4=12\ \text{m}$.

Os raios emitidos pela fonte passam inicialmente pela lente e incidem no espelho, que os devolve para a lente. O fósforo se acende no ponto onde convergem após o retorno.

A imagem produzida pelo espelho torna-se objeto para a lente no segundo trajeto. Usam-se as distâncias $d$ e $d/2$ indicadas no desenho, a focal $f$ do espelho e a equação de Gauss em sequência: $1/f=1/p+1/p^{\prime}$.

As condições geométricas de conjugação impostas pelo percurso determinam uma lente convergente com $f_L=2f/3$, que corresponde à alternativa D do gabarito oficial.

A lente modifica a convergência no trajeto de ida e no de volta; só as relações de conjugação respeitam o encontro em Q.

A luz refletida nas duas interfaces da película interfere, e a diferença de caminho óptico depende da espessura do filme.

Para incidência quase normal e película de índice $n$ maior que o do ar, ocorre uma inversão de fase na reflexão na primeira interface, mas não na segunda. A diferença de fase adicional introduz meia onda; para brilho máximo refletido na primeira condição não trivial, exige-se $2ne=\lambda/2$.

Logo a espessura mínima é $e=\lambda/(4n)$, alternativa C.

Uma inversão de fase em apenas uma das reflexões transforma o primeiro máximo refletido na condição de quarto de onda óptica.

O projétil fica alojado no bloco, de modo que o choque é totalmente inelástico. Conserva-se o momento horizontal durante o breve impacto, mas não a energia cinética.

Após o choque, a velocidade comum é $V=mv/(M+m)$. O sistema então oscila com massa total $M+m$ e frequência angular $\omega=\sqrt{K/(M+m)}$. A energia mecânica posterior ao choque obedece a $\tfrac12(M+m)V^2=\tfrac12Ka^2$.

Daí $a=V\sqrt{(M+m)/K}=mv/\sqrt{K(M+m)}$ e $\omega=\sqrt{K/(M+m)}$. Alternativa A.

A amplitude tem dimensão de comprimento, e a frequência angular de inverso do tempo, confirmando as expressões da alternativa A.

A rapidez de uma onda numa corda sob tração $T$ é $v=\sqrt{T/\mu}$. Como $\mu_1>\mu_2$, o segundo meio é menos denso e admite maior rapidez.

Um pulso que vai do meio mais denso para o menos denso sofre reflexão sem inversão de fase. O pulso refletido mantém seu sinal e retorna pelo primeiro meio; o transmitido segue pelo segundo. Para um pulso inicialmente positivo e outro negativo vindos de lados opostos, é necessário aplicar essa regra a cada onda.

O quadro que representa as polaridades e sentidos após a passagem pelos contatos é o da alternativa A, conforme o gabarito oficial.

A onda transmitida mantém o sentido da perturbação; a reflexão na corda de menor impedância não introduz a inversão de pulso de uma extremidade fixa.

Os corpos têm cargas opostas e se atraem ao longo da rampa. O corpo B está em equilíbrio porque a tração do fio, associada à mola, equilibra a atração elétrica e a componente do peso ao longo do plano.

A distância é $30\ \text{mm}=0{,}030\ \text{m}$; com $|q_A|=1\ \mu\text{C}$ e $q_B=6\ \mu\text{C}$, pela lei de Coulomb $F_e=9\cdot10^9(6\cdot10^{-12})/(0{,}03)^2=60\ \text{N}$. A rampa faz $30^\circ$ com a horizontal, pois está marcada com $60^\circ$ em relação à vertical. A componente do peso é $mg\sin30^\circ=4\cdot10\cdot1/2=20\ \text{N}$.

No equilíbrio, $k\Delta L=F_e+mg\sin30^\circ=80\ \text{N}$ e $\Delta L=1{,}6-1{,}2=0{,}4\ \text{m}$. Assim $k=80/0{,}4=200\ \text{N/m}$, alternativa A.

A mola alonga $0{,}4\ \text{m}$ e exerce força de $80\ \text{N}$ no equilíbrio; $k=80/0{,}4=200\ \text{N/m}$.

A fonte tem resistência interna $r=3\ \Omega$ e resistência externa $R$. A potência dissipada na carga é limitada, mesmo variando $R$.

$P_R=\varepsilon^2R/(R+r)^2$. A potência máxima ocorre em $R=r$ e vale $P_{max}=\varepsilon^2/(4r)=50^2/(4\cdot3)=2500/12\approx208{,}3\ \text{W}$.

Para fornecer $Q=2\cdot10^5\ \text{J}$ ao líquido, o menor tempo possível é $t_{min}=Q/P_{max}\approx960\ \text{s}=16\ \text{min}$. Logo o tempo necessário é superior a 15 minutos, alternativa D.

O cálculo emprega a maior potência elétrica possível no resistor; qualquer outro ajuste aumenta ainda mais o tempo mínimo obtido.

A condição de potência dissipada nula em $R_2$ significa corrente nula nesse resistor: $P_2=R_2I_2^2=0\Rightarrow I_2=0$.

Assim, o potencial do nó inferior ligado a $R_2$ coincide com o terminal inferior de $G_1$. Usando a igualdade de tensões dos geradores ideais e aplicando a lei dos nós no circuito com quatro resistores iguais, obtém-se uma condição de equilíbrio para a corrente do ramo central.

A razão entre as forças eletromotrizes exigida por essa condição é $\varepsilon_1/\varepsilon_2=1/2$, alternativa B.

O resistor sem corrente cria dois nós equipotenciais, permitindo resolver o circuito sem tratar a ponte como série simples.

Após o regime permanente em corrente contínua, o capacitor não conduz corrente, mas mantém carga $Q=CU_C$, proporcional à diferença de potencial entre suas placas.

O circuito possui gerador real com resistência interna $r$ e reostato de resistência $R$. A tensão nos terminais do reostato e do capacitor é $U_C=\varepsilon R/(R+r)$, portanto $Q=C\varepsilon R/(R+r)$.

Com $R$ aumentando, a carga cresce a partir de zero e tende assintoticamente ao limite $C\varepsilon$, correspondendo à curva crescente e côncava para baixo da alternativa A.

A tensão no capacitor aumenta com a resistência do reostato, mas permanece menor que a força eletromotriz por causa de $r$.

Uma partícula carregada entrando perpendicularmente num campo magnético uniforme move-se em arco circular de raio $r=mv/(|q|B)$.

A frequência angular ciclotrônica é $\omega=|q|B/m$; assim, um arco semicircular é percorrido em $\Delta t=\pi/\omega=\pi m/(|q|B)$, independentemente do módulo da rapidez inicial.

Entretanto, o **gabarito oficial de 2008 anula a Q29**. A figura e a identificação de A e B precisam ser avaliadas antes de atribuir um arco específico e uma alternativa; o cálculo apresentado vale apenas sob a hipótese de semicircunferência.

O tempo de movimento circular depende do ângulo efetivamente percorrido, e a anulação impede tomar o semicírculo como dado oficial conclusivo.

Uma espira próxima de um fio percorrido por corrente pode sofrer corrente induzida se o fluxo magnético através de sua área variar no tempo.

Desligar o circuito ou queimar a lâmpada muda a corrente do fio AB e, consequentemente, o campo magnético próximo à espira. Mover a espira na direção x modifica sua distância ao condutor, alterando também o fluxo magnético.

Mover a espira paralelamente ao fio, na direção y indicada, não altera a distância de seus pontos ao fio ideal retilíneo; nessa aproximação o fluxo é constante e não há indução. A alternativa de exceção é D.

Mover a espira paralelamente ao fio conserva o fluxo do campo do fio ideal, enquanto abrir a chave ou mudar a distância altera o fluxo.