EFOMM 2022

Resolução

Tempo de queda sem campo: $h = \frac{1}{2} g t_0^2$. Com o campo, o tempo dobra: $h = \frac{1}{2} a (2t_0)^2 = 2 a t_0^2$. Igualando, temos: $\frac{1}{2} g = 2a \implies a = \frac{g}{4} = 2{,}5\text{ m/s}^2$.

Como a aceleração diminuiu na descida em relação à gravidade, existe uma força elétrica retardadora atuando para cima:

$m g - F_e = m a \implies F_e = m (g - a) = 0{,}5 \times (10 - 2{,}5) = 3{,}75\text{ N}$

Sendo o campo elétrico voltado para cima e a força elétrica sentida também para cima, a carga $q$ tem sinal positivo:

$q = \dfrac{F_e}{E} = \dfrac{3{,}75}{3{,}75 \times 10^5} = 10^{-5}\text{ C} = 10{,}0\,\mu\text{C}$

Alternativa correta: B

Resolução

1) Calor para aquecer a massa total ($5\text{ kg}$) da água de $10^\circ\text{C}$ até o ponto de ebulição ($100^\circ\text{C}$):

$Q_1 = m_{tot} \cdot c \cdot \Delta T = 5 \times 4{,}0 \times (100 - 10) = 1800\text{ kJ}$

2) Calor extra exigido apenas para vaporizar a massa desejada ($2\text{ kg}$) a $100^\circ\text{C}$:

$Q_2 = m_{vap} \cdot L = 2 \times 2230 = 4460\text{ kJ}$

A energia total dissipada requerida é $Q_{tot} = 1800 + 4460 = 6260\text{ kJ} = 6{,}26 \times 10^6\text{ J}$.

O tempo para o evento é $\Delta t = 30\text{ min} = 1800\text{ s}$. Logo, a potência mecânica é $P = \dfrac{6{,}26 \times 10^6}{1800} \approx 3477{,}78\text{ W}$.

Conforme o efeito Joule, $P = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R} \implies 3477{,}78 = \dfrac{\mathcal{E}^2}{1{,}0} \implies \mathcal{E} = \sqrt{3477{,}78} \approx 59\text{ V}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A hélice forma uma cruz com pás nos eixos X e Y. A barra cai na vertical na posição $(1,1)$, que corresponde ao ângulo de $45^\circ$ ($\pi/4\text{ rad}$) no plano XY.

A primeira pá a cruzar essa posição leva um tempo $t_1$ tal que $\Delta\theta_1 = \pi/4\text{ rad}$.

$\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2\pi}{3}\right) t_1^2 \implies t_1^2 = 0{,}75\text{ s}^2$. A barra desce $\Delta z_1 = \dfrac{1}{2} g t_1^2 = 5 \times 0{,}75 = 3{,}75\text{ m}$. Como a extremidade inferior estava em $z = 5\text{ m}$, ela estará em $z = 1{,}25\text{ m}$ (acima da hélice, logo a pá passa por baixo sem atingi-la).

A segunda pá a cruzar a posição estará a $\Delta\theta_2 = \pi/4 + \pi/2 = 3\pi/4\text{ rad}$.

$\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{2\pi}{3}\right) t_2^2 \implies t_2^2 = 2{,}25\text{ s}^2$. A barra desce $\Delta z_2 = 5 \times 2{,}25 = 11{,}25\text{ m}$.

A extremidade inferior estará em $z = 5 - 11{,}25 = -6{,}25\text{ m}$. O impacto com a hélice ocorre no plano $z=0$. A distância da extremidade inferior (em $-6{,}25\text{ m}$) até o ponto de impacto (em $0$) é de $6{,}25\text{ m}$.

Alternativa correta: E

Resolução

Utilizando a relação da refração no dioptro plano observado da vertical a partir do ar ($n_{ar} = 1$):

$\dfrac{h'}{h} = \dfrac{n_{ar}}{n_{fluido}} \implies \dfrac{3{,}4}{5{,}0} = \dfrac{1}{n_{fluido}} \implies n_{fluido} = \dfrac{5{,}0}{3{,}4} \approx 1{,}47$

Alternativa correta: E

Resolução

Rendimento da máquina real calculada pela definição: $\eta = \dfrac{W}{Q_Q} = \dfrac{400}{1000} = 0{,}40$.

Da proporcionalidade estabelecida $\eta = 0{,}70 \eta_{Carnot}$, encontramos: $\eta_{Carnot} = \dfrac{0{,}40}{0{,}70} = \dfrac{4}{7}$.

Temperatura termodinâmica da fonte quente (em Kelvin): $T_Q = 600 + 273 = 873\text{ K}$.

Pela fórmula do ciclo de Carnot ideal: $\eta_{Carnot} = 1 - \dfrac{T_F}{T_Q} \implies \dfrac{4}{7} = 1 - \dfrac{T_F}{873} \implies \dfrac{T_F}{873} = \dfrac{3}{7} \implies T_F = \dfrac{2619}{7} \approx 374{,}14\text{ K}$.

Para obter em graus Celsius, basta converter: $t_F = 374{,}14 - 273 = 101{,}14^\circ\text{C} \approx 101^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: A

Resolução

I. Verdadeira: A difração torna-se observável de forma acentuada sempre que o comprimento de onda $\lambda$ for comparável ou maior do que as dimensões do orifício ou obstáculo interposto.

II. Falsa: Toda reflexão que ocorre contra um obstáculo mais rígido ou numa extremidade perfeitamente fixa reflete o pulso invertendo sua fase em $180^\circ$.

III. Verdadeira: Durante a refração (mudança no meio de propagação) a grandeza inerente e inalterada é unicamente a frequência, determinada estritamente por sua fonte original.

Logo, somente as afirmações I e III são verdadeiras.

Alternativa correta: B

Resolução

Como o pássaro apoia ambas as patas no mesmo condutor a uma distância mínima, a resistência elétrica do trecho do fio entre suas patas é praticamente nula se comparada com o próprio corpo do pássaro, tornando a diferença de potencial ($\Delta V$) estabelecida entre as patas desprezível. Sem ddp, a corrente elétrica não flui desviada pelo seu corpo.

Alternativa correta: D

Resolução

A conservação da quantidade de movimento na colisão totalmente inelástica nos dá a velocidade conjunta pós-colisão:

$m v = (M+m) V \implies V = \dfrac{m v}{M+m}$

Aplicando o princípio da conservação da energia mecânica no sistema oscilante massa-mola em seguida:

$\dfrac{1}{2} (M+m) V^2 = \dfrac{1}{2} K A^2 \implies (M+m) \left(\dfrac{m v}{M+m}\right)^2 = K A^2$

$\dfrac{m^2 v^2}{M+m} = K A^2 \implies A = \dfrac{m v}{\sqrt{K(M+m)}}$

Alternativa correta: C

Resolução

A diferença entre duas frequências de ressonância consecutivas de uma corda presa nas extremidades nos dá a frequência do modo fundamental ($f_1$):

$f_1 = f_{n+1} - f_n = 1500 - 1300 = 200\text{ Hz}$.

As frequências de ressonância devem ser múltiplos inteiros do modo fundamental ($f_n = n \cdot f_1$). Porém, ao testar a frequência de 1300 Hz:

$1300 = n \times 200 \implies n = 6{,}5$

Como $n$ não é um número inteiro, é fisicamente impossível que 1300 Hz e 1500 Hz sejam harmônicos sucessivos dessa corda. Por conta dessa inconsistência matemática/física nos dados, a questão foi adequadamente ANULADA na publicação do gabarito definitivo oficial.

Questão anulada — os dados fornecidos (1300 Hz e 1500 Hz como harmônicos consecutivos) levam a $n=6{,}5$, um índice de harmônico não inteiro, o que é fisicamente impossível para uma corda vibrante presa nas duas extremidades.

Resolução

Utilizando a Lei de Fourier da condução térmica estática:

$\Phi = \dfrac{Q}{\Delta t} = k \cdot A \cdot \dfrac{\Delta T}{e}$

$\Phi = (2{,}0 \times 10^{-3}) \times 100{,}0 \times \dfrac{25 - 8}{1{,}0} = 0{,}2 \times 17 = 3{,}4\text{ cal/s}$

A cada segundo decorrido ($\Delta t = 1\text{ s}$), devem ser repostas exatamente as perdas $Q = 3{,}4\text{ cal}$.

Alternativa correta: A

Resolução

Descobrindo a massa de água que flui a cada segundo: $m_s = \dfrac{15\text{ kg}}{60\text{ s}} = 0{,}25\text{ kg/s} = 250\text{ g/s}$.

A potência térmica cedida integralmente para aquecer a água em cada segundo é $P = m_s \cdot c \cdot \Delta T = 250\text{ g/s} \times 1\text{ cal/g}\cdot^\circ\text{C} \times \Delta T = 250 \Delta T\text{ cal/s}$.

Convertendo para unidade do sistema elétrico Watts (onde $1\text{ cal} = 4\text{ J}$): $P = 250 \Delta T \times 4 = 1000 \Delta T\text{ W}$.

Igualando a demanda para a potência de operação da resistência ($P = 14\text{ kW} = 14000\text{ W}$), concluímos que: $1000 \Delta T = 14000 \implies \Delta T = 14^\circ\text{C}$.

Dessa forma a temperatura final será: $T_f = T_i + \Delta T = 8 + 14 = 22^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: D

Resolução

A velocidade exata de translação da carga pontual momentos antes de atingir o solo será calculada da queda livre: $v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 20} = 20\text{ m/s}$.

Pela expressão de Biot-Savart, o campo magnético gerado dinamicamente por uma carga pontual avulsa em movimento é calculado como:

$B = \dfrac{\mu_0}{4\pi} \dfrac{q v \sin\theta}{r^2}$

Sendo estipulado $r = 1{,}0\text{ m}$ de raio da medição em relação ao ponto de impacto e sua respectiva velocidade perpendicular ao referencial de observação do plano do solo (ou seja, $\theta = 90^\circ \implies \sin 90^\circ = 1$):

$B = 10^{-7} \times \dfrac{(2{,}0 \times 10^3) \times 20 \times 1}{1{,}0^2} = 4{,}0 \times 10^{-3}\text{ T}$

Alternativa correta: E

Resolução

1) O comprimento total da tira após puxá-la é $L_{puxada} = 2 \sqrt{10^2 + 5^2} = 10\sqrt{5}\text{ cm} = 0{,}10\sqrt{5}\text{ m}$.

A deformação final imposta pela tira esticada é $x_1 = 0{,}10\sqrt{5} - 0{,}10\text{ m}$. A deformação residual quando a tira retorna à configuração retilínea original (entre A e B) é $x_2 = 0{,}20 - 0{,}10 = 0{,}10\text{ m}$.

O trabalho da força elástica transferido para a esfera enquanto ela permanece em contato com a tira:

$W_{el} = \dfrac{1}{2} k x_1^2 - \dfrac{1}{2} k x_2^2 = 100 \left[ (0{,}10\sqrt{5} - 0{,}10)^2 - (0{,}10)^2 \right] = 5 - 2\sqrt{5}\text{ J}$

Pela conservação de energia, esse trabalho se converte integralmente em energia potencial gravitacional na altura máxima H:

$m g H = W_{el} \implies (0{,}01 \times 10) H = 5 - 2\sqrt{5} \implies 0{,}1 H = 5 - 2\sqrt{5} \implies H = 50 - 20\sqrt{5}\text{ m}$

Alternativa correta: B

Resolução

Sabemos que a velocidade relativa é dada pela soma dos vetores retroativos: $v_{rel} = v - (-V) = v + V = 3\text{ m/s} \implies v = 3 - V$.

Pela conservação da quantidade de movimento estrita ao eixo horizontal da rampa:

$m v - M V = 0 \implies 2(3 - V) - 10 V = 0 \implies 12 V = 6 \implies V = 0{,}5\text{ m/s} \text{ e } v = 2{,}5\text{ m/s}$

Adicionando a conservação restrita da energia mecânica total convertendo o peso original do conjunto de desnível:

$m g h = \dfrac{1}{2} m v^2 + \dfrac{1}{2} M V^2$

$2 \times 10 \times h = \dfrac{1}{2} \times 2 \times (2{,}5)^2 + \dfrac{1}{2} \times 10 \times (0{,}5)^2$

$20 h = 6{,}25 + 1{,}25 = 7{,}5 \implies h = \dfrac{7{,}5}{20} = \dfrac{3}{8}\text{ m}$

Alternativa correta: A

Resolução

O líquido $L_1$ sofreu uma elevação $\Delta h = h_3 / 3$ no ramo esquerdo. Como o tubo tem área de secção constante, o nível de $L_1$ no ramo direito desceu os mesmos $\Delta h$.

Portanto, a coluna de $L_3$ vale $h_3 = 3\Delta h$. E a diferença final de nível do líquido $L_1$ puramente preenchida entre os dois ramos é de $2\Delta h$.

Como o topo dos líquidos $L_2$ e $L_3$ atingem o mesmo nível horizontal final, a altura total da camada acima da interface mais profunda no lado esquerdo de cada lado deve coincidir perfeitamente. A coluna do ramo esquerdo isolado (sendo sua montagem por $2\Delta h$ de $L_1$ + $3\Delta h$ de $L_3$) equipara geometricamente o rebaixamento estrito da coluna total no braço oposto ($h_2$ integral do líquido $L_2$): isto gera $h_2 = 5\Delta h$.

Aplicando a equalização de pressões hidrostáticas pelo Teorema de Stevin no ponto da interface inferior contínua do ramo direito:

$P_{atm} + d_3 g h_3 + d_1 g (2\Delta h) = P_{atm} + d_2 g h_2$

$2 \times (3\Delta h) + d_1 \times (2\Delta h) = 4 \times (5\Delta h)$

Dividindo os comprimentos todos por $\Delta h$ e isolando matematicamente $d_1$:

$6 + 2d_1 = 20 \implies 2d_1 = 14 \implies d_1 = 7{,}0\text{ g/cm}^3$

Alternativa correta: C

Resolução

A força de tração $T$ atua na extremidade direita puxando o semicírculo. Na iminência de deslizar no plano horizontal, a força de atrito atinge seu valor máximo, dado pelo limite $f_{at} = \mu N = \mu P = \dfrac{P}{\pi}$ (já que $N = P$, pois o objeto repousa no plano horizontal). Como o sistema está em equilíbrio translacional, $T = f_{at} = \dfrac{P}{\pi}$.

Com o objeto inclinado de um ângulo $\theta$, o centro de massa (CM) se afasta na horizontal do ponto de contato com o solo por uma distância (braço de alavanca) $x = h \sin\theta$. O peso $P$ cria, portanto, um torque restaurador em relação ao ponto de contato: $\tau_P = P \cdot \left(\dfrac{4R}{3\pi}\right) \sin\theta$.

A extremidade direita amarrada à corda encontra-se a uma altura $y = R - R \sin\theta$ em relação ao solo. O torque gerado pela tração horizontal nessa extremidade tende a tombar o objeto: $\tau_T = T \cdot R (1 - \sin\theta)$.

Igualando os torques na iminência do tombamento:

$\dfrac{P}{\pi} \cdot R (1 - \sin\theta) = P \cdot \dfrac{4R}{3\pi} \sin\theta$

Simplificando, $1 - \sin\theta = \dfrac{4}{3} \sin\theta \implies 1 = \dfrac{7}{3} \sin\theta \implies \sin\theta = \dfrac{3}{7}$.

Alternativa correta: D

Resolução

Peso da esfera A: $P = m g = (180\sqrt{3} \times 10^{-3}) \times 10 = 1{,}8\sqrt{3}\text{ N}$.

No equilíbrio do pêndulo, a força elétrica (repulsiva) e o peso se relacionam pelo ângulo de $30^\circ$ com a vertical:

$\tan 30^\circ = \dfrac{F_e}{P} \implies \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{F_e}{1{,}8\sqrt{3}} \implies F_e = 1{,}8\text{ N}$

Usando a Lei de Coulomb com $q_B = 2 q_A$ e $d = 0{,}10\text{ m}$ de distância entre as cargas:

$F_e = k \dfrac{q_A (2 q_A)}{d^2} \implies 1{,}8 = 9 \times 10^9 \times \dfrac{2 q_A^2}{0{,}01} \implies q_A^2 = 10^{-12} \implies q_A = 10^{-6}\text{ C} = 1\,\mu\text{C}$

Alternativa correta: A

Resolução

Tensão em regime estacionário no capacitor: $U_C = \dfrac{Q}{C} = \dfrac{16\,\mu\text{C}}{2{,}0\,\mu\text{F}} = 8\text{ V}$.

Como o capacitor está ligado em paralelo com R, a tensão no resistor também é $U_R = 8\text{ V}$.

Em regime estacionário de corrente contínua, não circula mais corrente pelo ramo do capacitor (ele está completamente carregado). Toda a corrente fornecida pelo gerador flui integralmente por R:

$U = \mathcal{E} - r I \implies 8 = 10 - 1{,}0 \times I \implies I = 2\text{ A}$

Resistência R pela lei de Ohm: $R = \dfrac{U}{I} = \dfrac{8}{2} = 4\,\Omega$.

Alternativa correta: A

Resolução

A área da espira: $A = (0{,}20\text{ m})^2 = 0{,}04\text{ m}^2$. A taxa de variação do campo, extraída do gráfico: $\dfrac{\Delta B}{\Delta t} = \dfrac{9{,}0 - 3{,}0}{3{,}0 - 1{,}0} = 3{,}0\text{ mT/s} = 3{,}0 \times 10^{-3}\text{ T/s}$.

Força eletromotriz induzida: $\mathcal{E} = A \dfrac{\Delta B}{\Delta t} = 0{,}04 \times 3{,}0 \times 10^{-3} = 1{,}2 \times 10^{-4}\text{ V}$.

Corrente induzida: $I = \dfrac{\mathcal{E}}{R} = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-4}\text{ V}}{10{,}0 \times 10^{-3}\text{ }\Omega} = 12{,}0 \times 10^{-3}\text{ A} = 12{,}0\text{ mA}$.

Sentido pela Lei de Lenz: o campo magnético, apontando para cima, está aumentando de intensidade. A corrente induzida se opõe a esse aumento, criando um campo magnético induzido apontando para baixo dentro da espira, o que corresponde, pela regra da mão direita, ao sentido horário quando a espira é vista por cima.

Alternativa correta: C

Resolução

Aplicando o Teorema do Trabalho-Energia Cinética, sendo o arrasto a única força resultante horizontal atuando no barco ($W_{arrasto} = \Delta E_c$):

$W_{arrasto} = \dfrac{1}{2} m v_f^2 - \dfrac{1}{2} m v_i^2 = \dfrac{1}{2} \times 1000 \times (2^2 - 10^2)$

$W_{arrasto} = 500 \times (4 - 100) = 500 \times (-96) = -48.000\text{ J}$

Alternativa correta: A