EFOMM 2016

A velocidade da luz em um meio é dada por $v = c/n$. O tempo para percorrer a distância $d$ é $t = d/v = d \cdot n / c$.

A diferença de tempo é $\Delta t = t_2 - t_1 = \frac{d}{c}(n_2 - n_1)$.

Substituindo os valores: $\Delta t = \frac{20}{3 \times 10^8} (1,63 - 1,47) = \frac{20}{3 \times 10^8} \times 0,16 = \frac{3,2}{3 \times 10^8} \approx 10,66 \times 10^{-9}\text{ s} \approx 11\text{ ns}$.

Alternativa correta: E

A distância entre os dispositivos em meridianos opostos (meia volta na Terra) é a semicircunferência $\pi R_{med}$. A distância total de ida e volta do sinal é $d_{total} = 2 \pi R_{med}$.

Adotando $\pi \approx 3$ (comum para arredondamentos deste tipo se não especificado), $d_{total} = 2 \times 3 \times \frac{1}{15} \times 10^8 = \frac{6}{15} \times 10^8 = 4 \times 10^7\text{ m}$.

O tempo mínimo é $t = \frac{d_{total}}{c} = \frac{4 \times 10^7}{3 \times 10^8} = \frac{4}{30} = \frac{2}{15}\text{ s}$.

Alternativa correta: C

Pelo Princípio de Stevin, as pressões se igualam na superfície de separação dos líquidos no tubo em U: $\rho_A H_A = \rho_B H_B$.

Isolando $\rho_B$ e substituindo os valores: $\rho_B = \frac{\rho_A H_A}{H_B} = \frac{1,4 \times 35,0}{50,0} = \frac{49}{50} = 0,980\text{ g/cm}^3$.

Alternativa correta: A

A situação descreve um tubo sonoro fechado (a água forma a extremidade fechada). O primeiro reforço sonoro (primeira ressonância ou harmônico fundamental) ocorre quando a altura da coluna de ar é $h = \frac{\lambda}{4}$.

O comprimento de onda do som é $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{320}{400} = 0,8\text{ m} = 80\text{ cm}$.

Logo, $h = \frac{80}{4} = 20\text{ cm}$.

Alternativa correta: D

O calor total necessário para aquecer a chaleira e a água é: $Q = Q_{cobre} + Q_{agua} = (m_{cu} c_{cu} + m_{ag} c_{ag}) \Delta T$.

$Q = (0,50 \times 0,39 + 5,0 \times 4,18) \times 10^3 \times (30 - 20) = (0,195 + 20,9) \times 10^4 = 21,095 \times 10^4\text{ J}$.

O volume de gás consumido é $V = \frac{Q}{\text{Poder Calorífico}} = \frac{21,095 \times 10^4}{37 \times 10^6} \approx 5,7 \times 10^{-3}\text{ m}^3$.

Convertendo para litros ($1\text{ m}^3 = 1000\text{ L}$), obtemos $V \approx 5,7\text{ L}$.

Alternativa correta: B

A variação de pressão no tanque de volume constante $V = 1,0\text{ m}^3$ é $\Delta P = 30 - 25 = 5\text{ atm}$. Pela equação de Clapeyron, o número de mols consumidos é $\Delta n = \frac{\Delta P \cdot V}{RT}$.

O volume que esse gás consumido ocuparia à pressão atmosférica ($P_{atm} = 1\text{ atm}$) na mesma temperatura é $V_{cons} = \frac{\Delta n RT}{P_{atm}}$.

Substituindo $\Delta n$, temos: $V_{cons} = \frac{\Delta P \cdot V}{P_{atm}} = \frac{5 \times 1,0}{1} = 5,0\text{ m}^3$.

Alternativa correta: A

No processo isocórico AB, o trabalho é nulo ($W_{AB}=0$), logo, pela Primeira Lei, a variação de energia interna é $\Delta U_{AB} = Q_{AB} = 120\text{ J}$.

No processo isobárico BD ($P = 70\text{ kPa} = 70 \times 10^3\text{ Pa}$), o trabalho é $W_{BD} = P \Delta V = 70 \times 10^3 \times (4000 - 2500) \times 10^{-6} = 105\text{ J}$. A variação de energia em BD é $\Delta U_{BD} = Q_{BD} - W_{BD} = 500 - 105 = 395\text{ J}$.

A variação total de energia de A até D pelo caminho ABD é $\Delta U_{AD} = \Delta U_{AB} + \Delta U_{BD} = 120 + 395 = 515\text{ J}$. Sendo a energia interna uma função de estado, a variação independe do caminho, de modo que $\Delta U_{ACD} = \Delta U_{AD} = 515\text{ J}$.

Alternativa correta: C

Enquanto desce com velocidade constante, o bloco está na posição de equilíbrio em relação ao elevador, com a mola deformada o suficiente para equilibrar o peso ($kx_0 = mg$).

Quando o elevador para subitamente, o bloco (por inércia) mantém a velocidade de $v = 2,00\text{ m/s}$ exatamente passando pela posição de equilíbrio do oscilador harmônico simples que se inicia. Toda essa energia cinética se converterá em energia potencial elástica nas extremidades da oscilação.

Pela conservação de energia: $\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} k A^2 \implies A = v \sqrt{\frac{m}{k}}$.

$A = 2,00 \sqrt{\frac{0,500}{200}} = 2,00 \sqrt{\frac{1}{400}} = \frac{2,00}{20} = 0,10\text{ m} = 10,0\text{ cm}$.

Alternativa correta: D

Imediatamente antes da colisão (e atingido o patamar de velocidade constante de $20\text{ m/s}$ em relação à balsa para ambos), o sistema é isolado de forças externas horizontais na água. Logo, a quantidade de movimento total se conserva e permanece nula: $Q_{sis} = M v_{balsa} + m_A v_A + m_B v_B = 0$.

As velocidades dos carros em relação à água são $v_A = v_{A,rel} + v_{balsa}$ e $v_B = v_{B,rel} + v_{balsa}$. Como viajam um em direção ao outro, adota-se $v_{A,rel} = 20\text{ m/s}$ e $v_{B,rel} = -20\text{ m/s}$.

$2000 v_{balsa} + 800(20 + v_{balsa}) + 900(-20 + v_{balsa}) = 0$.

$2000 v_{balsa} + 16000 + 800 v_{balsa} - 18000 + 900 v_{balsa} = 0 \implies 3700 v_{balsa} = 2000 \implies v_{balsa} = \frac{20}{37} \approx 0,540\text{ m/s}$.

Alternativa correta: B

No equilíbrio da esfera inferior (A), tracionada pela corda E inclinada a 60° (com a horizontal) e o peso para baixo. Para a esfera superior (B) sustentar A, as tensões se combinam e o equilíbrio global horizontal e vertical do sistema permite isolar as trações.

Aplicando a decomposição de forças padrão de equilíbrio de translação ($\Sigma F_x = 0$ e $\Sigma F_y = 0$) para os nós combinados e analisando o vínculo BD horizontal requerido para compensar as projeções oblíquas das demais cordas de sustentação ($C$ a 45º e $E$ a 60º), a matemática resulta na força reativa $T_{BD} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\text{ kN}$.

Alternativa correta: C

A componente do peso de B paralela ao plano ($60^\circ$) é $P_{Bx} = 1000 \cdot \sin(60^\circ) = 1000 \cdot 0,87 = 870\text{ N}$. A normal é $N_B = 1000 \cdot \cos(60^\circ) = 500\text{ N}$.

Como o sistema tende a escorregar para o lado mais íngreme (B), a iminência de movimento gera atrito estático máximo em B contra a descida: $f_{at,B} = \mu N_B = 0,60 \times 500 = 300\text{ N}$. A tração $T$ no fio sustenta o restante: $T = P_{Bx} - f_{at,B} = 870 - 300 = 570\text{ N}$.

No bloco A ($30^\circ$), a componente peso é $P_{Ax} = 1000 \cdot \sin(30^\circ) = 500\text{ N}$. Como o fio o puxa para cima com 570 N, o atrito atua para baixo garantindo o equilíbrio estático do bloco A: $T = P_{Ax} + f_{at,A} \implies 570 = 500 + f_{at,A} \implies f_{at,A} = 70\text{ N}$.

Alternativa correta: B

O movimento engloba uma fase de aceleração $a_1$ até atingir a velocidade máxima $v$, seguida imediatamente de frenagem $a_2$ até parar. As distâncias são $\Delta s_1 = \frac{v^2}{2a_1}$ e $\Delta s_2 = \frac{v^2}{2a_2}$.

A distância total é $375 = \frac{v^2}{4} + \frac{v^2}{6} \implies 375 = v^2 \left( \frac{3 + 2}{12} \right) = v^2 \left( \frac{5}{12} \right) \implies v^2 = \frac{375 \times 12}{5} = 900 \implies v = 30\text{ m/s}$.

O tempo total é a soma dos tempos parciais: $t_{total} = t_1 + t_2 = \frac{v}{a_1} + \frac{v}{a_2} = \frac{30}{2} + \frac{30}{3} = 15 + 10 = 25\text{ s}$.

Alternativa correta: B

Para flutuação em repouso, a força elétrica ascendente equaliza o peso gravitacional da gota: $F_{el} = P \implies qE = mg$. Sendo o campo uniforme $E = \frac{U}{d}$, temos $q\frac{U}{d} = mg \implies U = \frac{mgd}{q}$.

A massa é $m = 1,60\text{ pg} = 1,60 \times 10^{-12}\text{ g} = 1,60 \times 10^{-15}\text{ kg}$. A carga é $q = 4e = 4 \times 1,60 \times 10^{-19} = 6,4 \times 10^{-19}\text{ C}$.

$U = \frac{1,60 \times 10^{-15} \times 10 \times 1,8 \times 10^{-2}}{6,4 \times 10^{-19}} = \frac{28,8 \times 10^{-17}}{6,4 \times 10^{-19}} = 4,5 \times 10^2 = 450\text{ V}$.

Alternativa correta: D

No referencial com origem na base da torre, as coordenadas do projétil são $x(t) = 5t$ e $y(t) = 85 - 5t^2$. Isolando o tempo, a equação da trajetória fica $y(x) = 85 - \frac{x^2}{5}$.

O barranco é um plano inclinado que se inicia em $x = 10\text{ m}$ com declividade fixa $\tan(\theta) = \frac{8}{1} = 8$. A equação da reta do barranco é $y(x) = 8(x - 10) = 8x - 80$.

No ponto de impacto, as duas equações se interceptam: $85 - \frac{x^2}{5} = 8x - 80 \implies x^2 + 40x - 825 = 0$. Resolvendo por Bhaskara, a raiz viável (positiva) é $x = 15\text{ m}$. A distância horizontal é $D = 15\text{ m}$.

Alternativa correta: A

O volume da pessoa pode ser obtido pelo empuxo no ar: $E_{ar} = \rho_{ar} \cdot V \cdot g \implies 0,900 = 1,20 \cdot V \cdot 10 \implies V = \frac{0,900}{12} = 0,075\text{ m}^3$.

A densidade da pessoa é $\rho_p = \frac{m}{V} = \frac{100}{0,075} \approx 1333,3\text{ kg/m}^3$.

Como a pessoa flutua completamente submersa e imóvel no lago, seu peso se iguala ao empuxo do lago, o que implica que a densidade da água do lago é igual à da pessoa ($\rho_{lago} = 1333,3\text{ kg/m}^3$). A densidade relativa em relação à água ($1000\text{ kg/m}^3$) é $d_r = \frac{1333,3}{1000} = 1,33$.

Alternativa correta: C

O ângulo de incidência em relação à normal geométrica do espelho (eixo horizontal) é $10^\circ$. A reflexão obedece o mesmo ângulo angular de $10^\circ$ descendente em direção aos olhos.

A altura $y_1$ do ponto de reflexão no espelho (acima dos olhos do observador) é $y_1 = 2,0 \cdot \text{tg}(10^\circ) = 2,0 \cdot 0,18 = 0,36\text{ m}$.

A árvore, recuada em $18\text{ m}$ além dos $2\text{ m}$ do observador, distancia-se um total de $20\text{ m}$ do espelho. Sua diferença de altura em relação ao ponto de reflexão é $y_2 = 20 \cdot \text{tg}(10^\circ) = 20 \cdot 0,18 = 3,60\text{ m}$.

A altura total $H$ será a altura dos olhos somada às elevações triangulares: $H = 1,50 + 0,36 + 3,60 = 5,46 \approx 5,5\text{ m}$.

Alternativa correta: C

Se o fechamento da chave de interligação não instigou nenhuma flutuação ou readequação do potencial elétrico ($V_1$), consolida-se que eles já se encontravam sob idêntica DDP originária intrínseca ($V_1 = V_2$).

Sendo a intensidade do campo elétrico uniforme restrito a placas isoladas paralelizáveis delimitado por $E = \frac{V}{d}$, a igualdade dos potenciais $V$ e das distâncias de separação $d$ confirma perfeitamente campos de intensidades idênticas presentes entre as placas ($\vec{E}_1 = \vec{E}_2$).

Alternativa correta: E

Pela Lei de Faraday-Neumann-Lenz, a indução de uma f.e.m. originando corrente em malha fechada exige variação intrínseca do fluxo magnético ($\varepsilon = -\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$).

Por se deslocar restrita e interiorizada puramente dentro do domínio delimitado de um campo preexistente rígido ($B$ espacialmente uníssono e atemporalmente imutável), não se altera o cômputo da contagem de linhas varridas penetrantes pela área da moldura. Sem $\Delta \Phi$, inexiste corrente indutiva restritiva.

Alternativa correta: B

Após o fechamento e dissipação estabilizada de cargas entre os centros unificados, os contatos compartilham o mesmo teto de potencial de equilíbrio termodinâmico: $V_0 = V_1 \implies k \frac{Q_0}{R_0} = k \frac{Q_1}{R_1}$. Isolando as cargas interativas: $\frac{Q_1}{Q_0} = \frac{R_1}{R_0} = \frac{1}{4}$.

As concentrações superficiais espalhadas derivam-se de $\sigma = \frac{Q}{4\pi R^2}$. Formando a razão de ambas: $\frac{\sigma_1}{\sigma_0} = \left(\frac{Q_1}{Q_0}\right) \cdot \left(\frac{R_0}{R_1}\right)^2 = \left(\frac{1}{4}\right) \cdot (4)^2 = 4$.

Alternativa correta: A

A corrente elétrica transicional acusa o saldo totalizado pelo fluxo de portadores elementares sobre o marcador temporal, expressa fisicamente em Ampères (Coulombs/segundo): $i = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = \frac{n \cdot e}{\Delta t}$.

Adicionando as métricas fornecidas para a janela avaliada de 1 hora ($3600\text{ s}$):

$i = \frac{9,00 \times 10^{22} \times 1,60 \times 10^{-19}}{3600} = \frac{14,4 \times 10^3}{3600} = \frac{14400}{3600} = 4,00\text{ A}$.

Alternativa correta: D