EFOMM 2021

Resolução

Pela equação de Torricelli para a translação do centro de massa do veículo:

$v_{cm}^2 = v_0^2 + 2 a \Delta x = 0 + 2 \times 2 \times 25 = 100 \implies v_{cm} = 10\text{ m/s}$

No rolamento puro (sem derrapagem), a velocidade instantânea do ponto no topo do pneu (ponto mais veloz em relação ao solo) é o dobro da velocidade do centro de massa:

$v_{máx} = 2 v_{cm} = 2 \times 10 = 20\text{ m/s}$

Alternativa correta: C.

Alternativa correta: C

Resolução

Equilíbrio de forças na vertical sobre a porção suspensa: $T_1 = P + T_2$ (pois a corda 1 puxa para cima e a corda 2 puxa para baixo).

Equilíbrio de torques em relação ao centro de massa (ponto A):

$\sum \tau_A = 0 \implies T_1 \cdot d_1 - T_2 \cdot d_2 = 0 \implies (P + T_2) d_1 = T_2 d_2$

$P d_1 + T_2 d_1 = T_2 d_2 \implies T_2 (d_2 - d_1) = P d_1 \implies T_2 = \dfrac{P d_1}{d_2 - d_1}$

Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

Na superfície: $g = \dfrac{G M}{R^2} \implies G M = g R^2$.

À altura h em relação à superfície (distância $r = R+h$ do centro):

$g' = \dfrac{G M}{(R+h)^2} = \dfrac{g R^2}{(R+h)^2}$

Alternativa correta: B.

Alternativa correta: B

Resolução

No momento do contato, a distância entre os centros das duas esferas de raio R é $2R$. Como o parâmetro de impacto é $R$, o ângulo $\phi$ da linha de impacto em relação à horizontal cumpre $\sin\phi = R / 2R = 1/2 \implies \phi = 30^\circ$.

Como a força de colisão é exclusivamente normal (sem atrito), a componente da velocidade tangente à superfície de contato conserva-se sem alteração.

Como a força de contato só altera a componente da velocidade ao longo da linha que une os centros, a componente tangencial (perpendicular a essa linha) se conserva: $v_i \sin 30^\circ = v_i/2$. Impondo essa condição sobre a velocidade final, que forma $75^\circ$ com a direção horizontal inicial, obtém-se a razão entre a velocidade final e a inicial: $v_f / v_i = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

Para um pêndulo cônico com raio $r = L/3$, o ângulo $\theta$ com a vertical cumpre $\sin\theta = \dfrac{L/3}{L} = \dfrac{1}{3}$.

Com $\cos\theta = \sqrt{1 - (1/3)^2} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$, temos $\tan\theta = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$.

No equilíbrio cônico: $F_c = m \omega^2 r = m g \tan\theta \implies \omega^2 = \dfrac{g \tan\theta}{r} = \dfrac{g / (2\sqrt{2})}{L/3} = \dfrac{3g}{2\sqrt{2}L}$.

Período de rotação: $T = \dfrac{2\pi}{\omega} \implies T^2 = \dfrac{4\pi^2}{\omega^2} = \dfrac{4\pi^2 \times 2\sqrt{2}L}{3g} = \dfrac{8\sqrt{2}\pi^2 L}{3g} \implies T = \left(\dfrac{8\sqrt{2}\pi^2 L}{3g}\right)^{1/2}$. Alternativa correta: A.

Alternativa correta: A

Resolução

Temperatura em Kelvin: $T = 27 + 273 = 300\text{ K}$.

1) Massa de hélio dentro do balão ($P_{int} = 2\text{ atm}$):

$n_{He} = \dfrac{P_{int} V}{R T} = \dfrac{2 \times 50}{0{,}082 \times 300} \approx 4{,}065\text{ mols} \implies m_{He} = 4{,}065 \times 4{,}0 = 16{,}26\text{ g}$

2) Empuxo do ar exterior deslocado pelo volume de $50\text{ l}$ ($P_{ext} = 1\text{ atm}$):

$m_{ar} = \dfrac{P_{ext} V}{R T} M_{ar} = \dfrac{1 \times 50}{0{,}082 \times 300} \times 29{,}0 \approx 58{,}94\text{ g}$

Para o balão permanecer no solo em equilíbrio: $m_{He} + m \ge m_{ar} \implies m \ge 58{,}94 - 16{,}26 = 42{,}68\text{ g} \approx 43\text{ g}$. Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

Deformação inicial da mola: $x = 1{,}0 - 0{,}6 = 0{,}4\text{ m}$. Energia elástica armazenada: $E_{el} = \dfrac{1}{2} k x^2 = \dfrac{1}{2} \times 100 \times 0{,}16 = 8\text{ J}$.

Conservação da quantidade de movimento horizontal: $m_1 v_1 = m_2 v_2 \implies 1 \cdot v_1 = 2 \cdot v_2 \implies v_2 = \dfrac{v_1}{2}$.

Conservação da energia mecânica do sistema:

$\dfrac{1}{2} m_1 v_1^2 + \dfrac{1}{2} m_2 v_2^2 = 8 \implies \dfrac{1}{2} (1) v_1^2 + \dfrac{1}{2} (2) \left(\dfrac{v_1}{2}\right)^2 = 8$

$\dfrac{3}{4} v_1^2 = 8 \implies v_1^2 = \dfrac{32}{3} \implies v_1 = 4\sqrt{\dfrac{2}{3}}\text{ m/s}$

Alternativa correta: D.

Alternativa correta: D

Resolução

Ao entrarem em contato elétrico, cargas escoam do condutor de maior potencial inicial para o de menor até que os potenciais se igualem: $V_1 = V_2$.

Como o potencial eletrostático de uma esfera condutora é $V = \dfrac{k Q}{R}$, no equilíbrio temos $\dfrac{k Q_1}{R_1} = \dfrac{k Q_2}{R_2} \implies \dfrac{Q_1}{Q_2} = \dfrac{R_1}{R_2}$.

Sendo $R_1 > R_2$, conclui-se diretamente que $Q_1 > Q_2$. Alternativa correta: D.

Alternativa correta: D

Resolução

Pela Lei de Stevin na interface dos vasos comunicantes:

$P_{gás} = P_{atm} + \rho g (h_2 - h_1)$

Diferença de pressão $\Delta P = P_{gás} - P_{atm} = \rho g \Delta h$:

$\Delta P = 10^4 \times 10 \times (0{,}30 - 0{,}10) = 10^5 \times 0{,}20 = 2{,}0 \times 10^4\text{ N/m}^2$

Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

Fase associada à posição $x = -10\text{ cm}$ em relação à amplitude $A = 20\text{ cm}$: $\cos\phi = -10/20 = -1/2$.

Passagem para a esquerda: $\phi_1 = 2\pi/3\text{ rad}$. Retorno para a direita: $\phi_2 = 4\pi/3\text{ rad}$.

Variação de fase em $\Delta t = 1\text{ s}$: $\Delta\phi = 4\pi/3 - 2\pi/3 = 2\pi/3\text{ rad} \implies \omega = \dfrac{2\pi}{3}\text{ rad/s}$.

Usando $\pi = 3 \implies \omega = 2\text{ rad/s}$. Como $\omega^2 = \dfrac{k}{m}$:

$2^2 = \dfrac{k}{0{,}20} \implies k = 4 \times 0{,}20 = 0{,}8\text{ N/m}$

Alternativa correta: C.

Alternativa correta: C

Resolução

Frequência percebida pelo objeto em afastamento: $f' = f_0 \dfrac{v_{som} - v}{v_{som}}$.

Frequência refletida pelo objeto (fonte em movimento) e captada pela fonte fixa:

$f'' = f' \dfrac{v_{som}}{v_{som} + v} = f_0 \dfrac{v_{som} - v}{v_{som} + v}$

$272 = 440 \times \dfrac{340 - v}{340 + v} \implies \dfrac{340 - v}{340 + v} = \dfrac{272}{440} = \dfrac{34}{55}$

$55 (340 - v) = 34 (340 + v) \implies 89 v = 21 \times 340 = 7140 \implies v \approx 80{,}2\text{ m/s}$

Alternativa correta: D.

Alternativa correta: D

Resolução

Trajeto aparente em linha reta dos olhos até a imagem da boneca: cateto vertical $y = 0{,}95 + 0{,}95 = 1{,}90\text{ m}$ e horizontal $x = 1{,}90\text{ m}$, logo o ângulo de incidência no ar é $i = 45^\circ$.

Pela Lei de Snell na refração água-ar: $n_{água} \sin r = n_{ar} \sin i \implies 1{,}33 \sin r = 1{,}0 \times \sin 45^\circ \approx 0{,}707 \implies \sin r \approx 0{,}53 \implies r = 32^\circ$.

A distância horizontal que o raio percorre dentro da água até o ponto de refração na superfície é $x_{água} = 1{,}90 - 0{,}95 \tan 45^\circ = 0{,}95\text{ m}$.

Profundidade real H da piscina: $H = \dfrac{x_{água}}{\tan r} = \dfrac{0{,}95}{\tan 32^\circ} = \dfrac{0{,}95}{0{,}53/0{,}85} \approx 1{,}52 \approx 1{,}50\text{ m}$. Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

Energia dissipada pelo resistor: $E = \dfrac{V^2}{R} \Delta t = \dfrac{10^2}{1{,}0} \times 220 = 22.000\text{ J} = \dfrac{22.000}{4} = 5500\text{ cal}$.

Balanço de calor para atingir a temperatura final $T_f$ com derretimento total do gelo:

1) Aquecer gelo de $-10^\circ\text{C}$ a $0^\circ\text{C}$: $Q_1 = 50 \times 0{,}5 \times 10 = 250\text{ cal}$.

2) Derreter $50\text{ g}$ de gelo a $0^\circ\text{C}$: $Q_2 = 50 \times 80 = 4000\text{ cal}$.

3) Esfriar $100\text{ g}$ de água de $10^\circ\text{C}$ a $0^\circ\text{C}$: cede $Q_3 = 100 \times 1 \times 10 = 1000\text{ cal}$.

Calor líquido restante para elevar $150\text{ g}$ de água acima de $0^\circ\text{C}$:

$Q_{sobra} = 5500 + 1000 - 250 - 4000 = 2250\text{ cal}$

Elevando $150\text{ g}$ de água: $2250 = 150 \times 1 \times T_f \implies T_f = 15^\circ\text{C}$. Alternativa correta: A.

Alternativa correta: A

Resolução

Taxa de rejeição para a fonte quente: $Q_H = 1400\text{ J/s}$. Trabalho fornecido por segundo: $W = 200\text{ J/s}$.

Taxa de calor retirado da fonte fria: $Q_C = Q_H - W = 1400 - 200 = 1200\text{ J/s}$.

Temperatura da fonte quente: $T_H = 27 + 273 = 300\text{ K}$.

Relação do ciclo de Carnot para refrigeradores: $\dfrac{Q_C}{Q_H} = \dfrac{T_C}{T_H} \implies \dfrac{1200}{1400} = \dfrac{T_C}{300} \implies T_C = 257{,}14\text{ K}$.

Em graus Celsius: $t_C = 257{,}14 - 273 = -15{,}86^\circ\text{C} \approx -16^\circ\text{C}$. Alternativa correta: B.

Alternativa correta: B

Resolução

Questão ANULADA no gabarito definitivo oficial da Marinha Mercante (EFOMM 2021) por divergência nas direções das forças magnéticas nos ramos da espira e a tensão máxima permitida nos fios isolantes (o próprio peso já supera a tração máxima dos fios).

Questão anulada pelo gabarito oficial — inconsistência entre as direções das forças magnéticas nos ramos da espira e a tração máxima suportada pelos fios (o peso da espira já excede o limite dado).

Resolução

Pela superposição vetorial das 6 cargas nos vértices, as contribuições opostas se cancelam parcialmente. Restam a resultante entre $-3q_1$ e $-q_1$ (de módulo $\dfrac{2k q_1}{r^2}$ apontando para o vértice superior esquerdo) e a resultante entre $-4q_1$ e $-2q_1$ (de módulo $\dfrac{2k q_1}{r^2}$ apontando para o vértice da extrema esquerda).

O ângulo interno formado entre essas duas resultantes é de $60^\circ$. A magnitude do campo elétrico total gerado pelas 6 cargas no centro P é $E_{vert} = 2 \cdot \left(\dfrac{2 k q_1}{r^2}\right) \cdot \cos 30^\circ = \dfrac{2\sqrt{3} k q_1}{r^2}$.

Para que o campo final no centro seja nulo, o campo gerado pela carga q (localizada no ponto médio da aresta inferior direita, e portanto distante $d_q = \dfrac{r\sqrt{3}}{2}$) deve ter módulo igual e estar alinhado na mesma direção e em sentido contrário a $E_{vert}$.

$E_q = E_{vert} \implies \dfrac{k q}{\left(\frac{r\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \dfrac{2\sqrt{3} k q_1}{r^2} \implies \dfrac{4 k q}{3 r^2} = \dfrac{2\sqrt{3} k q_1}{r^2} \implies q = \dfrac{6\sqrt{3} q_1}{4} = \dfrac{3\sqrt{3} q_1}{2}$.

Alternativa correta: D.

Alternativa correta: D

Resolução

Potência total consumida do circuito: $P_{rec} = U \cdot I = 127 \times 2 = 254\text{ W}$.

Potência dissipada internamente por efeito Joule no motor ($40\%$):

$P_{diss} = 0{,}40 \times 254 = 101{,}6\text{ W}$

Como $P_{diss} = r \cdot I^2$:

$101{,}6 = r \times 2^2 = 4r \implies r = \dfrac{101{,}6}{4} = 25{,}4\,\Omega$

Alternativa correta: C.

Alternativa correta: C

Resolução

Volume do cubo: $V = (0{,}20\text{ m})^3 = 0{,}008\text{ m}^3$.

Peso do cubo: $P = m g = 0{,}020\text{ kg} \times 10{,}0 = 0{,}200\text{ N}$.

Empuxo do ar (para cima): $E_{emp} = \rho_{ar} V g = 1{,}2 \times 0{,}008 \times 10 = 0{,}096\text{ N}$.

Para manter equilíbrio estático vertical: $F_e + E_{emp} = P \implies F_e = 0{,}200 - 0{,}096 = 0{,}104\text{ N}$.

Como $F_e = q E$ e o campo elétrico aponta para cima:

$q = \dfrac{0{,}104}{52} = 0{,}002\text{ C} = 2{,}0\text{ mC}$

Alternativa correta: B.

Alternativa correta: B

Resolução

Energia armazenada inicial sob a ddp do gráfico: $U_0 = \dfrac{1}{2} Q V = \dfrac{1}{2} \times (10 \times 10^{-9}\text{ C}) \times 4\text{ V} = 2{,}0 \times 10^{-8}\text{ J}$.

Como o capacitor permanece ligado à bateria durante a inserção do dielétrico, a diferença de potencial entre as placas continua fixa em $V = 4\text{ V}$, e a nova capacitância passa a ser $C = K C_0 = 2 C_0$.

Nessas condições, a energia armazenada dobra:

$U = \dfrac{1}{2} C V^2 = \dfrac{1}{2} (2 C_0) V^2 = 2 U_0 = 2 \times (2{,}0 \times 10^{-8}) = 4{,}0 \times 10^{-8}\text{ J}$

Alternativa correta: E.

Alternativa correta: E

Resolução

O campo magnético no centro de uma espira circular de raio R percorrida por corrente $i$ vale $B = \dfrac{\mu_0 i}{2R}$.

Para que o campo resultante no centro seja nulo, as correntes devem percorrer as espiras em sentidos opostos e produzir módulos iguais:

$B_1 = B_2 \implies \dfrac{\mu_0 i_1}{2 R_1} = \dfrac{\mu_0 i_2}{2 R_2} \implies \dfrac{i_1}{R_1} = \dfrac{i_2}{R_2}$

$\dfrac{i_1}{i_2} = \dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{R_1}{\frac{4}{9} R_1} = \dfrac{9}{4}$

Alternativa correta: C.

Alternativa correta: C