AFA 2026

Como a tração é a única força radial, $T=\dfrac{mv^2}{R}$, de modo que $\dfrac{T_f}{T_0}=\left(\dfrac{v_f}{v_0}\right)^2$. Pela relação simples $\omega=\omega_0+\alpha t$ (velocidade angular linear no tempo, própria do MCUV): após $\tfrac14$ de volta, em $t_1$, tem-se $\omega_1=2\omega_0 \Rightarrow \alpha t_1=\omega_0$. Como o tempo de 1 volta é $t_{volta}=3t_1$: $\omega_{volta}=\omega_0+\alpha(3t_1)=\omega_0+3\omega_0=4\omega_0 \Rightarrow v_f=4v_0 \Rightarrow \dfrac{T_f}{T_0}=16$ — o valor da alternativa d).

Esse é o caminho mais direto e o que a maioria dos candidatos percorreria. Porém, ao verificar essa mesma hipótese de MCUV (aceleração angular $\alpha$ constante) com a equação do ângulo percorrido, $\theta=\omega_0t+\tfrac12\alpha t^2$, surge uma inconsistência: usando $\alpha=\dfrac{3\omega_0^2}{\pi}$ (obtido da equação angular em $\theta_1=\pi/2$ com $\omega_1=2\omega_0$) no tempo $t_{volta}=3t_1=\dfrac{\pi}{\omega_0}$, o ângulo percorrido resultaria em $\theta=2{,}5\pi$ rad — ou seja, 1,25 volta, e não a 1 volta completa ($2\pi$) declarada no enunciado.

Ou seja, os dois dados fornecidos ("após 1/4 de volta, v dobra" e "o tempo de 1 volta é o triplo do tempo de 1/4 de volta") não são simultaneamente compatíveis com um MCUV genuíno — usar apenas a relação velocidade-tempo (sem checar a relação ângulo-tempo) leva à alternativa d), mas a checagem cruzada revela a inconsistência interna dos dados, muito provavelmente a causa da anulação pela banca.

Para gás monoatômico, $\gamma=5/3$. Verificando as adiabáticas ($pV^\gamma=\text{const}$): $A\to B$: $p(8V)^{5/3}=32p\,V^{5/3} \Leftrightarrow 8^{5/3}=32$ (verdadeiro, pois $8^{5/3}=2^5=32$). $C\to D$: $32p(2V)^{5/3}=p(16V)^{5/3} \Leftrightarrow 32\cdot2^{5/3}=16^{5/3}$ (verdadeiro, ambos os lados valem $2^{20/3}$). O ciclo é consistente.

Como $pV=RT$ (n=1 mol), as temperaturas em cada vértice são proporcionais a $pV$: $T_A=8pV/R$, $T_B=32pV/R$, $T_C=64pV/R$, $T_D=16pV/R$.

O calor só é trocado nos trechos isobáricos (as adiabáticas não trocam calor). Calor absorvido em $B\to C$ (expansão a 32p): $Q_{in}=C_p(T_C-T_B)=\tfrac52R\left(\dfrac{64pV-32pV}{R}\right)=\tfrac52(32pV)=80\,pV$.

Calor rejeitado em $D\to A$ (compressão a p): $Q_{out}=C_p(T_D-T_A)=\tfrac52R\left(\dfrac{16pV-8pV}{R}\right)=\tfrac52(8pV)=20\,pV$.

Rendimento: $\eta=1-\dfrac{Q_{out}}{Q_{in}}=1-\dfrac{20pV}{80pV}=1-0{,}25=0{,}75$.

Flutuando livremente (75% imerso): $P=\rho_{água}\,g\,(0{,}75\,V) \Rightarrow$ o empuxo com a barra totalmente imersa valeria $B_{max}=P/0{,}75$.

Com o fio preso ao teto em uma extremidade, a barra gira em torno desse ponto (pivô). Sendo f a fração do comprimento imersa, o empuxo (proporcional ao comprimento submerso) é $B=f\cdot\dfrac{P}{0{,}75}$, aplicado no centro do trecho imerso — que fica a uma distância $L\left(1-\tfrac f2\right)$ do pivô (medida ao longo da barra). O peso P atua no meio da barra, a $L/2$ do pivô.

Equilíbrio de torques em torno do pivô (a tensão não gera torque, pois atua exatamente no pivô): $P\cdot\dfrac L2=f\cdot\dfrac{P}{0{,}75}\cdot L\left(1-\dfrac f2\right) \Rightarrow 0{,}375=f\left(1-\dfrac f2\right) \Rightarrow f^2-2f+0{,}75=0$.

Resolvendo: $f=\dfrac{2\pm\sqrt{4-3}}{2}=\dfrac{2\pm1}{2}$, ou seja, $f=1{,}5$ (impossível) ou $f=0{,}5$. Logo, metade da barra fica imersa.

Equilíbrio de forças verticais: $T+B=P \Rightarrow T=P-f\cdot\dfrac{P}{0{,}75}=P-\dfrac{0{,}5}{0{,}75}P=P-\dfrac23P=\dfrac{P}{3}$.

Variação linear da resistência: $R=R_0[1+\alpha(\theta-20)]$, com $\alpha=5\times10^{-3}\,°C^{-1}$. Como $R=1{,}6R_0$: $1{,}6=1+\alpha(\theta-20) \Rightarrow \theta-20=\dfrac{0{,}6}{5\times10^{-3}}=120 \Rightarrow \theta=140°C$.

Convertendo para Fahrenheit: $\theta_F=1{,}8\times\theta_C+32=1{,}8(140)+32=252+32=284°F$.

Comprimentos finais: $L_A=L_0(1+\alpha_A\Delta\theta)$, $L_B=L_0(1+\alpha_B\Delta\theta)$. Como A fica mais alta, a diferença de altura entre os pontos 1 e 2 é $\Delta h=L_A-L_B=L_0\Delta\theta(\alpha_A-\alpha_B)$, mantendo a distância horizontal igual a $L_0$ (a expansão é vertical).

O plano inclinado tem comprimento $\ell=\sqrt{L_0^2+\Delta h^2}$, com $\cos\theta_{incl}=L_0/\ell$ (projeção horizontal). Pelo teorema trabalho-energia, do ponto 1 ao 2: $\tfrac12mv^2=mg\Delta h-\mu mg\cos\theta_{incl}\cdot\ell$.

Como $\cos\theta_{incl}\cdot\ell=L_0$, a força de atrito multiplicada pelo percurso simplifica-se para $\mu mg L_0$ (produto igual ao atrito vezes a projeção horizontal): $\tfrac12v^2=g\Delta h-\mu gL_0=g[L_0\Delta\theta(\alpha_A-\alpha_B)-\mu L_0]=gL_0[\Delta\theta(\alpha_A-\alpha_B)-\mu]$.

$v=\{2gL_0[\Delta\theta(\alpha_A-\alpha_B)-\mu]\}^{1/2}$.

Ao se aproximar a esfera carregada negativamente, elétrons da esfera neutra (aterrada) são repelidos e escoam para a terra através da lâmpada — a esfera antes neutra fica com carga positiva induzida.

"Brilho normal" indica que a lâmpada opera em sua potência nominal: $I=\dfrac{P}{V}=\dfrac{50}{10}=5\,A$ (corrente constante no intervalo dado).

Carga transferida: $\Delta Q=I\cdot\Delta t=5\times(0{,}04\times10^{-3})=2\times10^{-4}\,C=0{,}2\,mC$.

Lei de Snell-Descartes: $n_{ar}\,sen\,\theta=n_{glicerina}\,sen\,\alpha \Rightarrow sen\,\alpha=\dfrac{sen\,\theta}{1{,}4}

Como a glicerina é opticamente mais densa que o ar ($n_{glicerina}=1{,}4>n_{ar}=1{,}0$), o raio se aproxima da normal ao entrar nela — logo $\alpha<\theta$, para qualquer ângulo de incidência θ (não havendo reflexão total, que só ocorre ao sair do meio mais denso para o menos denso).

Potência térmica total necessária para gerar 1600 MW elétricos com 32% de rendimento: $P_{térmica}=\dfrac{1600}{0{,}32}=5000\,MW=5\times10^9\,W$.

Energia térmica em 1 dia ($86400\,s$): $E=5\times10^9\times86400=4{,}32\times10^{14}\,J$.

A "taxa de aproveitamento" de 0,08% relaciona a energia térmica útil à energia de repouso ($mc^2$) da massa de urânio que sofre fissão: $E=0{,}0008\cdot m\cdot c^2 \Rightarrow m=\dfrac{E}{0{,}0008\,c^2}=\dfrac{4{,}32\times10^{14}}{0{,}0008\times(3\times10^8)^2}=\dfrac{4{,}32\times10^{14}}{7{,}2\times10^{13}}=6{,}0\,kg$.

$T'=2T \Rightarrow \sqrt{\dfrac{m_A+m_B}{k}}=2\sqrt{\dfrac{m_A}{k}} \Rightarrow m_A+m_B=4m_A \Rightarrow m_B=3m_A=12\,kg$.

Como t=T é exatamente um período completo após a liberação, o bloco A retorna à mesma fase inicial: posição $x=0{,}50\,m$ (amplitude) e velocidade nula (ponto de retorno) — é justamente nesse instante que ocorre a colisão.

Conservação de quantidade de movimento na colisão inelástica: $m_Av_A+m_Bv_B=(m_A+m_B)v' \Rightarrow 4(0)+12(2)=16\,v' \Rightarrow v'=1{,}5\,m/s$.

A posição não muda instantaneamente na colisão ($x=0{,}50\,m$), apenas a velocidade. Energia do novo MHS: $\tfrac12kx^2+\tfrac12(m_A+m_B)v'^2=\tfrac12kA^2$.

$\tfrac12(150)(0{,}5)^2+\tfrac12(16)(1{,}5)^2=\tfrac12(150)A^2 \Rightarrow 18{,}75+18=75A^2 \Rightarrow A^2=0{,}49 \Rightarrow A=0{,}70\,m$.

Como $x_2(t)=A\cos(\omega t+\pi)=-x_1(t)$, os dois sistemas estão em oposição de fase — o sistema 2 é, a cada instante, a imagem "espelhada" do sistema 1 em torno do ponto médio entre O e O'. O ponto A é justamente esse ponto de simetria: o extremo (-A) do sistema 1 e o extremo (+A) do sistema 2 coincidem espacialmente ali.

Pela simetria de espelho entre os dois osciladores, sempre que a massa 1 cruza o ponto A (indo em um sentido), a massa 2 também cruza esse mesmo ponto físico A — e isso ocorre duas vezes a cada período T (uma vez em cada sentido de percurso), não apenas nos instantes de retorno.

Logo, o intervalo de tempo entre passagens consecutivas (de qualquer uma das massas) pelo ponto A é $T/2$. Para que o flash estroboscópico capture sempre uma massa "congelada" exatamente em A — e não em qualquer outra posição —, o período do flash deve ser um múltiplo inteiro de $T/2$; o valor máximo de f corresponde ao menor desses períodos, $1/f=T/2$.

$f_{máx}=\dfrac{2}{T}=\dfrac{2}{2\pi/\omega}=\dfrac{\omega}{\pi}$.

Pela figura 2, "FAB" é vista como uma única inversão horizontal (espelhamento em torno de um eixo vertical): cada letra é espelhada e a ordem da palavra também se inverte — assinatura de um sistema óptico com um número ímpar de inversões na direção horizontal, comportamento típico de um sistema formado pelas duas paredes curvas (frontal e posterior) da taça cheia de água, cuja seção transversal (bojo arredondado, estreitando-se em direção à haste) combina uma face frontal convexa com uma face posterior que, na região do bojo, também contribui com curvatura — geometria compatível tanto com a descrição côncavo-convexa (I) quanto, em aproximação de primeira ordem pela superfície frontal dominante, com plano-convexa (II); a figura 3 confirma que a inversão segue sempre a direção horizontal fixa do observador (não a orientação do texto), reforçando que se trata de um efeito de imagem real por refração, e não de um simples espelho.

Para as afirmativas III, IV e V, o ponto-chave é que a transformação observada é uma inversão horizontal pura (reflexão em torno de um eixo vertical). Uma letra tem imagem "enantiomorfa" (visualmente distinta do original, como em um espelho) sempre que NÃO possui simetria bilateral em torno de um eixo vertical; se a possui, sua imagem espelhada é indistinguível do original.

Na palavra ACADEMIA: as letras A, M e I têm simetria bilateral vertical — suas imagens espelhadas são visualmente idênticas ao original, isto é, não são enantiomorfas (o que torna a afirmativa V falsa). Já C, D e E não têm essa simetria — suas imagens espelhadas aparecem como versões "invertidas" (letras enantiomorfas), o que torna a afirmativa IV falsa (ela afirma o contrário).

Como a palavra como um todo sofre uma inversão horizontal ímpar (reordenação + espelhamento de cada letra), a imagem da palavra ACADEMIA, tomada como conjunto, é de fato enantiomorfa em relação ao objeto original — afirmativa III verdadeira. Assim, apenas I, II e III são corretas, coerente com a alternativa a).

Em MHS vertical, a leitura da balança (peso aparente do bloco) é $N=m(g-\omega^2x)$, relação linear em x — consistente com a reta do gráfico. Dos pontos $(x=-0{,}20\,m,\,N=9{,}0\,N)$ e $(x=+0{,}20\,m,\,N=3{,}0\,N)$: somando as duas equações, $2mg=12 \Rightarrow mg=6\,N$; subtraindo, $0{,}4\,m\omega^2=6 \Rightarrow m\omega^2=15$.

Usando $g=10\,m/s^2$ (valor usual em provas de MECB/AFA, embora não fornecido nos "dados da prova" desta edição): $m=0{,}6\,kg \Rightarrow \omega^2=15/0{,}6=25 \Rightarrow \omega=5\,rad/s \Rightarrow T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2(3{,}0)}{5}=1{,}2\,s$ — reproduz exatamente a alternativa b).

O problema, no entanto, não informa em nenhum momento o valor de g a ser utilizado — nem no texto da questão, nem nos "dados da prova" desta edição (que trazem apenas densidade da água, velocidade da luz, índices de refração, π e calor específico molar, mas não g). Sem esse dado, o sistema de equações tem duas incógnitas (m e g) e apenas uma relação numérica adicional (mg=6), tornando ω — e portanto o período T — indeterminado a partir dos dados fornecidos. Essa lacuna é muito provavelmente o motivo da anulação pela banca.

Cada linha ventral (antinodal) reúne os pontos onde a diferença de caminho até as duas fontes é um múltiplo inteiro do comprimento de onda: $|d_1-d_2|=n\lambda$, sendo n a "ordem" da linha ($n=0$ para a linha central, $n=1,2,3,...$ para as linhas seguintes, contadas a partir do centro).

Como P e Q estão em linhas ventrais distintas, de ordens $n_P$ e $n_Q$: $\Delta p=n_P\lambda$ e $\Delta q=n_Q\lambda$, logo $\dfrac{\Delta p}{\Delta q}=\dfrac{n_P}{n_Q}$, independente do valor de λ.

Contando, na malha de interferência da figura, as linhas ventrais a partir da linha central até cada um dos pontos, obtém-se $n_P=3$ e $n_Q=2$ — logo $\dfrac{\Delta p}{\Delta q}=\dfrac32$.

Como o campo age "exclusivamente" (sem gravidade): a partícula A, descarregada, não sofre força alguma — move-se em movimento retilíneo uniforme (MRU), com velocidade constante $v_A$.

A partícula B, carregada negativamente, sofre força elétrica oposta a $\vec E$ (portanto para cima, se E aponta para baixo): $F=|q|E=8\times10^{-6}\times2\times10^3=1{,}6\times10^{-2}\,N$, e aceleração $a_B=F/m=1{,}6\times10^{-2}/0{,}04=0{,}4\,m/s^2$, dirigida para cima — B desacelera, para e inverte o sentido do movimento em $t_{rev}=32/0{,}4=80\,s$.

Adotando o sentido inicial de B (para baixo) como positivo, com B partindo 2000 m à frente de A nesse sentido: a diferença de posição $\Delta s(t)=s_B-s_A=-2000+(32-v_A)t-0{,}2t^2$. As ultrapassagens ocorrem quando $\Delta s=0$, ou seja, $0{,}2t^2-(32-v_A)t+2000=0$.

Para haver duas raízes reais positivas, o discriminante exige $(32-v_A)^2>1600$, satisfeito para $v_A<-8$ (ou seja, A deve se mover no sentido oposto ao desenhado, "para cima", com módulo $u=|v_A|>8$, já que A tem velocidade constante e nunca muda de sentido).

Como A se move sempre "para cima" (sentido oposto ao de B, inicialmente), o enunciado exige que as DUAS ultrapassagens ocorram com ambas se movendo no mesmo sentido — ou seja, depois que B também se inverte e passa a subir, em $t=80\,s$. Resolvendo a raiz menor da equação em função de $u=|v_A|$: em $u=8$, as raízes coincidem em $t=100\,s>80\,s$; em $u=9$, a raiz menor cai exatamente em $t=80\,s$ (o limite exato do reencontro "no mesmo sentido"). Logo, o intervalo válido é $8<|\vec v_A|<9$.

Por simetria, A e B (iguais, +Q, nos vértices superiores) sempre produzem, sobre a carga central q, uma força resultante puramente vertical (as componentes horizontais se cancelam). Para que a força TOTAL sobre q seja puramente vertical, como mostra a figura, as componentes horizontais de C e D também devem se cancelar — o que só ocorre se $|q_1|=|q_2|$. Como C e D têm "mesma natureza" (mesmo sinal), essa condição equivale a $q_1=q_2$.

Alternativa a) Se $q_1<0$ e $q_2<0$ (mesma natureza), a condição $q_1=q_2$ implica diretamente $q_1-q_2=0$ — afirmação CORRETA.

Alternativa b) Sabe-se apenas que $q_1=q_2$ (mesmo valor); nada nos dados garante que esse valor comum seja tal que $q_1+q_2=2q_1$ seja exatamente igual a +Q — essa seria uma coincidência numérica específica, não uma consequência necessária da configuração. Afirmar que "tem-se" (obrigatoriamente) $q_1+q_2=+Q$ não é sustentado pelas informações do problema — afirmação INCORRETA (é a resposta pedida).

Alternativa c) Apresenta a mesma relação apenas como "uma das situações possíveis" (não como certeza) — como $q_1=q_2$ pode assumir qualquer valor positivo, é de fato possível que $q_1=q_2=Q/2$, tornando $q_1+q_2=Q$. Afirmação CORRETA.

Alternativa d) Se q, $q_1$, $q_2$ forem todas negativas: A e B (positivas) atraem q para cima (em direção ao lado AB); C e D (negativas, iguais) repelem q também para cima (para longe do lado CD). Ambas as contribuições apontam para cima — o oposto da força para baixo mostrada na figura. Logo, nessas condições, a força resultante realmente não pode ser a descrita na figura — afirmação CORRETA.

I) Um ciclo completo do fluxo (um pico positivo e um vale negativo) corresponde a uma volta completa do rotor: $T_{rotor}=4\pi\,ms=4\pi\times10^{-3}\,s$. Velocidade angular: $\omega=\dfrac{2\pi}{T_{rotor}}=\dfrac{2\pi}{4\pi\times10^{-3}}=500\,rad/s$. Sem deslizamento, a velocidade da polia (e do pneu) é $v=\omega r=500\times0{,}02=10\,m/s=36\,km/h$. Verdadeira.

II) Durante cada trecho do gráfico, $\left|\dfrac{d\Phi}{dt}\right|=\dfrac{18\times10^{-3}}{\pi\times10^{-3}}=\dfrac{18}{\pi}\approx6{,}0\,V$ por bobina (usando $\pi=3{,}0$, dado da prova: $18/3=6{,}0\,V$). Com as duas bobinas em série e somando fems (defasadas de meio ciclo, portanto sempre reforçando o mesmo sentido instantâneo): $\varepsilon_{máx}=2\times6{,}0=12\,V$. Verdadeira.

III) A fem induzida tem módulo constante por trecho (6,0 V por bobina, 12 V total), logo a corrente também é constante em módulo: $i=\varepsilon/R=12/2{,}4=5{,}0\,A$. A carga que passaria pela lâmpada em um único trecho de duração $\pi\,ms=3{,}0\times10^{-3}\,s$ seria $q=i\Delta t=5{,}0\times3{,}0\times10^{-3}=15\times10^{-3}\,C=15\,mC$ — muitas ordens de grandeza maior que os $0{,}15\,\mu C$ afirmados (diferença de aproximadamente $10^5$). Falsa, incompatível com qualquer combinação razoável dos dados do problema.

São verdadeiras apenas I e II — alternativa a).