EFOMM 2023

Resolução

O movimento da esfera é uma composição simultânea de um movimento circular no plano horizontal e uma queda livre (sem atrito vertical). Sendo a velocidade inicial puramente horizontal, não há componente vertical inicial ($v_{0y} = 0$).

Após $t = 1\text{ s}$, a velocidade vertical ganha pela gravidade é: $v_y = g t = 10 \times 1 = 10\text{ m/s}$.

Sabendo que o módulo da velocidade total da esfera é $V = 12\text{ m/s}$, a velocidade tangencial horizontal ($v_x$) pode ser encontrada pelo teorema de Pitágoras:

$V^2 = v_x^2 + v_y^2 \implies 12^2 = v_x^2 + 10^2 \implies 144 = v_x^2 + 100 \implies v_x^2 = 44\text{ (m/s)}^2$.

A força normal exercida pela parede atua puramente como força centrípeta de raio $R = 2\text{ m}$ mantendo a trajetória curvilínea:

$N = F_{cp} = m \dfrac{v_x^2}{R} = 0{,}5 \times \dfrac{44}{2} = 11\text{ N}$.

Alternativa correta: B

Resolução

O tempo de voo até atingir a parede a $d = 5\text{ m}$ é $t = \dfrac{d}{v_{0x}} = \dfrac{5}{10} = 0{,}5\text{ s}$.

A componente vertical da velocidade imediatamente antes da colisão é a de queda livre: $v_{yi} = -gt = -10 \times 0{,}5 = -5\text{ m/s}$.

No choque de curtíssima duração ($\Delta t = 10^{-3}\text{ s}$), o Teorema do Impulso atua na horizontal. A força normal média $N$ aponta contra a parede (sentido $-\hat{i}$):

$-N \cdot \Delta t = m (v_{fx} - v_{ix}) \implies -N \times 10^{-3} = 0{,}1 \times (-8 - 10) \implies -N \times 10^{-3} = -1{,}8 \implies N = 1800\text{ N}$.

Como há deslocamento vertical descendente contínuo, a força de atrito atua orientada para cima e vale $f_{at} = \mu N = 0{,}1 \times 1800 = 180\text{ N}$.

Aplicando o Teorema do Impulso no eixo Y durante a colisão (desprezando o peso perante o vultoso atrito momentâneo de choque):

$f_{at} \cdot \Delta t = m (v_{fy} - v_{yi}) \implies 180 \times 10^{-3} = 0{,}1 \times (v_{fy} - (-5))$.

$0{,}18 = 0{,}1 (v_{fy} + 5) \implies v_{fy} + 5 = 1{,}8 \implies v_{fy} = -3{,}2\text{ m/s}$.

O módulo de tal velocidade é $\approx 3{,}2\text{ m/s}$.

Alternativa correta: C

Resolução

O ponto P (ponto médio do lado direito do quadrado) encontra-se a uma distância elementar das cargas vizinhas do respectivo lado direito (as cargas de $2q$ e $q$) calculada como $r_1 = \dfrac{d}{2}$.

As cargas restantes, posicionadas do lado oposto esquerdo (cargas $q$ e $3q$), estão a uma distância hipotenusal $r_2$ advinda do deslocamento horizontal $d$ e vertical $d/2$ em referência ao nível de P:

$r_2 = \sqrt{d^2 + \left(\dfrac{d}{2}\right)^2} = \sqrt{d^2 + \dfrac{d^2}{4}} = \dfrac{d\sqrt{5}}{2}$.

A formulação do potencial total $V_P$ assume uma somatória escalar direta $V = k\dfrac{Q}{r}$ gerada por cada vértice do polígono:

$V_P = \dfrac{k(2q)}{d/2} + \dfrac{k(q)}{d/2} + \dfrac{k(q)}{\frac{d\sqrt{5}}{2}} + \dfrac{k(3q)}{\frac{d\sqrt{5}}{2}}$

$V_P = \dfrac{4kq}{d} + \dfrac{2kq}{d} + \dfrac{2kq}{d\sqrt{5}} + \dfrac{6kq}{d\sqrt{5}} = \dfrac{6kq}{d} + \dfrac{8kq}{d\sqrt{5}} = \left(\dfrac{8}{\sqrt{5}} + 6\right)\dfrac{kq}{d}$.

Alternativa correta: E

Resolução

De acordo com o sentido dos vetores observados, temos em A ($1, -3$) uma força vertical orientada positivamente: $\vec{F}_A = 10\hat{j}$. E em B ($4, 5$), uma força horizontal orientada positivamente: $\vec{F}_B = 6\hat{i}$.

A terceira força equilibrante necessita suprir o somatório nulo translacional ($\Sigma \vec{F} = 0$), sendo consequentemente $\vec{F}_C = -6\hat{i} - 10\hat{j}$.

Assegurado isto, o objeto atesta-se em equilíbrio rotacional, cujo cômputo de torque sobre a origem analítica $(0,0)$ requer somatória nula ($\Sigma \vec{\tau} = 0$):

$\vec{\tau}_A = \vec{r}_A \times \vec{F}_A = (1\hat{i} - 3\hat{j}) \times 10\hat{j} = 10\hat{k}$.

$\vec{\tau}_B = \vec{r}_B \times \vec{F}_B = (4\hat{i} + 5\hat{j}) \times 6\hat{i} = -30\hat{k}$.

Sendo a resultante de momento de giro momentâneo $-20\hat{k}$, impõe-se que a contração da força C garanta torque de sustentação reativa igual a $+20\hat{k}$. Aplicado em um ponto generalista de coordenadas $(x, y)$:

$\vec{\tau}_C = (x\hat{i} + y\hat{j}) \times (-6\hat{i} - 10\hat{j}) = x(-10)\hat{k} - y(-6)\hat{k} = (-10x + 6y)\hat{k}$.

Igualando matematicamente ao requirimento rotacional:

$-10x + 6y = 20 \implies -5x + 3y = 10 \implies 5x - 3y = -10$.

A força deverá assentar-se ao longo desta reta equacionada.

Alternativa correta: E

Resolução

O trabalho realizado pelas forças não-conservativas atreladas à dissipação reflete quantitativamente o delta (variação) de balanço da energia mecânica experimentada pelo arranjo oscilatório ($\Delta E_M$).

Fixando a marca temporal na posição estritamente vertical e central (equilíbrio estável nulo) como referencial potencial zero ($h=0$), a altura original do qual foi libertado será:

$h_i = L - L \cos 60^\circ = 1{,}5 \cdot (1 - 0{,}5) = 0{,}75\text{ m}$.

Energia mecânica contida no start: $E_i = E_p = m g h_i = 2 \times 10 \times 0{,}75 = 15\text{ J}$.

Quando atinge irreversivelmente o encerramento dissipado no fundo da curva de relaxamento estático com velocidade extinta, detém: $E_f = 0\text{ J}$.

O cômputo formal de exaustão do sistema: $W_{diss} = E_f - E_i = 0 - 15 = -15\text{ J}$.

Alternativa correta: D

Resolução

Considerando o recuo de massas entrelaçadas do projétil ($m = 0{,}1\text{ kg}$) e homem com colete ($M = 50\text{ kg}$), a energia balística reverte-se em velocidade de escape $u$ mediante a relação de massa reduzida:

$E = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{m M}{m+M}\right) u^2 \implies 50100 = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{5}{50{,}1}\right) u^2 \implies u^2 = \dfrac{100200 \times 50{,}1}{5} \implies u = 1002\text{ m/s}$.

A taxa de conservação da quantidade de movimento no sistema repousado do disparo confere ao atirador um solavanco de incremento de velocidade (vetor de recuo contrário à bala disparada a $\theta$ em direção noroeste):

$|V_A| = \dfrac{m}{M} u = \dfrac{0{,}1}{50} \times 1002 = 2\text{ m/s}$.

A bala afasta-se na direção $(- \sin\theta\hat{i} + \cos\theta\hat{j})$. Logo, o empurrão transferido ao cosmonauta assume polarização oposta: $\Delta \vec{v}_A = (2\sin\theta\hat{i} - 2\cos\theta\hat{j})$.

Somando à inércia inicial da pessoa ($\vec{v}_0 = 1\hat{i}$): $\vec{v}_f = (1 + 2\sin\theta)\hat{i} + (- 2\cos\theta)\hat{j}$.

Ao engrenar numa rota colidente focada à origem partindo da localidade original $(-50, 50)$, o ângulo de mergulho confere trajetória idêntica a $y = -x$, onde a velocidade x se espelha positiva contrabalançando com a y de avanço negativo em magnitude paritária ($v_x = -v_y$):

$1 + 2\sin\theta = 2\cos\theta \implies \cos\theta - \sin\theta = 1/2$.

Elevando essa diferença pitagórica puramente ao quadrado:

$\cos^2\theta - 2\sin\theta\cos\theta + \sin^2\theta = 1/4 \implies 1 - 2\sin\theta\sqrt{1-\sin^2\theta} = 1/4$. Recompondo e inserindo $\sin\theta = x$:

$\sqrt{1-x^2} = x + 1/2 \implies 1 - x^2 = x^2 + x + 1/4 \implies 8x^2 + 4x - 3 = 0$.

A raiz quadrática positiva coerente para o primeiro quadrante do seno será $x = \dfrac{-4 + \sqrt{16 + 96}}{16} = \dfrac{-4 + 4\sqrt{7}}{16} = \dfrac{-1+\sqrt{7}}{4}$.

Alternativa correta: C

Resolução

Por arranjo e restrição do problema, os astros situam-se nos vértices de um triângulo equilátero imerso simetricamente inscrito no circuito perimetral de raio $R$. O lado de contato $L$ preenchido e correspondente do triângulo responde linearmente por $L = R\sqrt{3}$.

A força vetorial unitária interatraindo um par de planetas vale $F = \dfrac{GM^2}{L^2} = \dfrac{GM^2}{3R^2}$.

A sobreposição somática dessas duas componentes gravitacionais interativas ($60^\circ$ de abertura entre elas) convergem para um vetor resultante em direção franca ao centro geométrico de simetria do sistema em repouso baricêntrico:

$F_{res} = 2F \cdot \cos 30^\circ = 2\left(\dfrac{GM^2}{3R^2}\right) \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{3}GM^2}{3R^2}$.

Dito empuxo gravitacional exerce o papel singular de força centrípeta limitante do escape orbital ($F_{cp} = \dfrac{Mv^2}{R}$):

$\dfrac{Mv^2}{R} = \dfrac{\sqrt{3}GM^2}{3R^2} \implies v^2 = \dfrac{\sqrt{3}GM}{3R} \implies v = \sqrt{\dfrac{\sqrt{3}GM}{3R}}$.

Alternativa correta: D

Resolução

A taxa residual de energia inibida pelos efeitos dissipativos de atrito aéreo ($\Delta E$) confere ao corpo a quantia de calor integral descrita pelo decréscimo isolado da Energia Mecânica local do conjunto em queda livre:

$\Delta E = E_{p\_inicial} - E_{c\_final} = mgh - \dfrac{1}{2}mv^2$.

$\Delta E = 2{,}0 \times 10 \times 10 - \dfrac{1}{2} \times 2{,}0 \times (11)^2 = 200 - 121 = 79\text{ J}$.

Esta irradiação restrita atua na alteração calórica da temperatura do material via Calor Sensível elementar ($Q = mc\Delta T$). Repassando os 79 Joules internalizados na proporção total imposta de $0{,}1^\circ\text{C}$:

$79 = 2{,}0 \cdot c \cdot 0{,}1 \implies 0{,}2c = 79 \implies c = \dfrac{79}{0{,}2} = 395\text{ J/kg}\cdot^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: E

Resolução

Num referencial não inercial acelerando para cima com aceleração $a$, tanto o cubo quanto a água (e, portanto, o próprio empuxo) passam a se comportar como se estivessem sob uma gravidade efetiva aumentada $g' = g + a$.

Na condição de flutuação (equilíbrio entre peso e empuxo), a equação fica:

$P' = E' \implies m \cdot g' = \rho_{\text{água}} \cdot V_{\text{submerso}} \cdot g'$.

Como $g'$ aparece dos dois lados da igualdade, ela se cancela. Assim, a fração submersa depende apenas da razão entre as densidades, $\dfrac{V_{sub}}{V_{tot}} = \dfrac{\rho_{\text{cubo}}}{\rho_{\text{água}}}$, permanecendo independente da aceleração do elevador.

Portanto, o volume submerso continua sendo o mesmo valor $V_s$ de antes.

Alternativa correta: C

Resolução

O equilíbrio entre peso e empuxo impõe um volume submerso fixo, determinado inicialmente pela flutuação em água salgada ($1025\text{ kg/m}^3$):

$E_s = P \implies \rho_s \cdot V_{\text{teto}} \cdot g = m \cdot g \implies V_{\text{teto}} = \dfrac{10250}{1025} = 10\text{ m}^3$.

Para resgatar incólume idêntico preenchimento submerso nas doces águas fluviais de menor densidade compensatória ($1000\text{ kg/m}^3$), atesta-se a exigência de uma nova reconfiguração da massa admitida sustentável ($m'$):

$\rho_d \cdot V_{\text{teto}} \cdot g = m' \cdot g \implies 1000 \times 10 = m' \implies m' = 10.000\text{ kg}$.

A massa a ser descartada para manter o volume submerso original é: $\Delta m = m - m' = 10250 - 10000 = 250\text{ kg}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A marcação vertical estrita da coluna aquosa assenta geometricamente na razão entre seu volume dilatado fluído final ($V_{L}$) pela seção transversal espraiada do tubo contentor de vidro/metal subjacente ($A$): $h_{f} = \dfrac{V_L}{A}$.

Reescrevendo a fórmula em seus domínios unificados de base ($V_L = V_0(1+\beta \Delta T)$ e $A = A_0(1+2\alpha \Delta T)$ em que $2\alpha$ é o coeficiente de dilatação superficial do cilindro):

$h_f = h_0 \cdot \dfrac{1+\beta \Delta T}{1+2\alpha \Delta T}$.

A invariação nominal e visual da cota vertical exigida para este contexto ($h_f = h_0$) torna os dois núcleos dilatórios da fração idênticos em correlação termográfica: $1 + \beta \Delta T \approx 1 + 2\alpha \Delta T \implies \beta \approx 2\alpha$.

Arranjando algebraicamente a razão pleiteada do exercício:

$\dfrac{\alpha}{\beta} = \dfrac{\alpha}{2\alpha} = \dfrac{1}{2}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A resistência elétrica inerente preestabelecida no filamento espiralado do chuveiro nativo 220V resvala pela expressão base de ddp e potência nominal:

$R = \dfrac{V^2}{P} = \dfrac{220^2}{4400} = \dfrac{48400}{4400} = 11\,\Omega$.

Instaurando subitamente a ligação indesejada à rede deficiente regional de meros $110\text{ V}$, a recapacitação plena dos $4400\text{ W}$ calóricos exige nova modulação acentuadamente declinada e redutiva da limitação global ($R_{eq}$):

$R_{eq} = \dfrac{V_{novo}^2}{P_{alvo}} = \dfrac{110^2}{4400} = \dfrac{12100}{4400} = 2{,}75\,\Omega$.

Dada a notável queda limitadora imperiosa ($2{,}75 < 11$), procede-se pelo acoplamento de um resistor auxiliar em paralelo. Designando este remendo extra em ohms por $R_x$:

$\dfrac{1}{R_{eq}} = \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R_x} \implies \dfrac{1}{2{,}75} = \dfrac{1}{11} + \dfrac{1}{R_x} \implies \dfrac{1}{R_x} = \dfrac{4}{11} - \dfrac{1}{11} = \dfrac{3}{11}$.

$R_x = \dfrac{11}{3} \approx 3{,}66\,\Omega$, arredondado para $\approx 3{,}7\,\Omega$.

Alternativa correta: B

Resolução

Amparando-se na lei clássica de Taylor para tração retesada de propagação de pulsos ondulatórios transversos restritos, denota-se que $v = \sqrt{T/\mu}$. Fora d'água sob balanço isolado atmosférico e solto, a tração pura equipara o lastro do peso gravitacional bruto $T_1 = P = \rho_B \cdot V \cdot g$.

Ao ser imerso, com $\dfrac{3}{8}$ do seu volume submerso, o empuxo alivia a tração no fio: $T_2 = P - E$, na qual $E = \rho_A \left(\dfrac{3}{8} V\right) g$.

Sob a decaída imposta explicitamente à metade do valor referenciado preliminar para a velocidade mecânica da corda ($v_2 = v_1 / 2$), conclui-se que o decréscimo traqueado foi restritivo quadrático em $\dfrac{1}{4}$ da força tensionante primordial ($T_2 = T_1 / 4$). Logo:

$P - E = \dfrac{P}{4} \implies E = \dfrac{3P}{4}$.

Modelando as massas intrínsecas e cancelando a gravitação e volumetria partilhada interligada em ambos os hemisférios lógicos da igualdade:

$\rho_A \cdot \dfrac{3}{8} V g = \dfrac{3}{4} \rho_B V g \implies \dfrac{1}{8} \rho_A = \dfrac{1}{4} \rho_B \implies \rho_A = 2 \rho_B \implies \dfrac{\rho_B}{\rho_A} = \dfrac{1}{2}$.

Alternativa correta: B

Resolução

Para ressonância acústica engastada em extremidades retesadas duplas, a harmônica quantizada segue universalmente a proporção construtiva referencial $f_n = n \cdot \dfrac{v}{2L}$.

Inicialmente, no terceiro harmônico formatado por seus sucessivos ventres soltos nativos (n=3) com abrangência global $L_1$: $f_3 = 3 \dfrac{v}{2L_1} \implies 600 = \dfrac{3v}{2L_1} \implies \dfrac{v}{2L_1} = 200 \implies v = 400 L_1$.

Apertando a casa no trasteje, a nova secção operante $L_2$ desponta um armistício rítmico vibrando no ventre contínuo unitário fundamental (n=1) registrando pico uníssono de 800 Hz: $f_1 = 1 \dfrac{v}{2L_2} \implies 800 = \dfrac{v}{2L_2} \implies v = 1600 L_2$.

Dada a premissa de estabilidade tracional e estrutural não-corrompida no manuseio tátil que assegura propagação conservada de mesma velocidade fluida transversal em idêntico instrumento embutido:

$400 L_1 = 1600 L_2 \implies \dfrac{L_2}{L_1} = \dfrac{400}{1600} = \dfrac{1}{4}$.

Alternativa correta: C

Resolução

Trata-se de uma associação estrita em cascata e termicamente lacrada periférica isolante. Uma vez engrenado no Regime de Condução Estacionário (equilíbrio ininterrupto em série e contínuo), as razões globais do Fluxo Calorífico de Fourier de traspasso interior alinham-se unissonamente como constantes imutáveis: $\Phi_2 = \Phi_1$.

Substituindo o enquadramento linear de escoamento e cancelando as áreas seccionais A partilhadas em conformidade cilíndrica:

$\dfrac{k_2 \cdot (T_2 - T_0)}{l_2} = \dfrac{k_1 \cdot (T_0 - T_1)}{l_1}$.

$\dfrac{200 \times (100 - T_0)}{2} = \dfrac{300 \times (T_0 - 0)}{1}$.

$100 \times (100 - T_0) = 300 T_0 \implies 100 - T_0 = 3 T_0 \implies 4 T_0 = 100 \implies T_0 = 25^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A formulação central de resposta transversal do postulado vetorial direcional da Força Magnética (Força de Lorentz restrita induzida em meio inerte preestabelecido) obedece essencialmente ao produto aglutinador: $\vec{F}_{mag} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B})$.

Por designação do problema imposto, tendo a injetada velocidade vetorial alocação paralela ou colinear diametral estrita interlaçada junto com os feixes de linhas perimetrais do próprio polo do campo magnético ($\theta = 0^\circ$ ou $\theta = 180^\circ$), o produto vetorial desponta em exatidão matemática resultando trivialmente nulo ($|v||B|\sin 0^\circ = 0$).

Sem força resultante atuando sobre a partícula ($F_{mag} = 0$), pelo Princípio da Inércia (1ª Lei de Newton), ela permanece em movimento retilíneo e uniforme.

Alternativa correta: C

Resolução

Análise de cada assertiva baseada nas leis primordiais da topologia dos campos magnéticos fixos:

I. Verdadeira. Esse postulado define a Inseparabilidade dos Polos Magnéticos: não existem monopólos. Qualquer fatiamento repolariza domínios cristalinos recriando sempre um norte e um sul enlaçado conjugado para cada estilhaço ou fração.

II. Falsa. A distribuição estrita do baricentro funcional magnético acusa os polos em posições limítrofes e subsuperficiais adjacentes, mas jamais colados assintoticamente nas faces extremas absolutas da peça. Ficam localizados sensivelmente deslocados e embutidos para o interior geométrico limítrofe.

III. Falsa. Segundo dita o intercâmbio de ação e reação repulsivas/atrativas e decaimento por dispersão inversa espacial polar contínua, as forças interativas são consideravelmente mais fracas quanto maior for a distância remota de separação em leque isolante entre eles.

IV. Verdadeira. As linhas de indução magnética formam sempre circuitos fechados: fora do ímã, elas saem do polo Norte e chegam ao polo Sul; dentro do material, elas continuam o percurso do Sul para o Norte, fechando o laço.

Afirmações verdadeiras: apenas I e IV.

Alternativa correta: B

Resolução

Partindo do capacitor pleno desobstruído com ar preenchendo seu afastamento primário ($d$), detém-se uma capacitância elementar $C_0 = \dfrac{\varepsilon_0 A}{d}$. Nestes moldes submetidos a potencial $V$, armazena $Q = C_0 V$.

Intermediando e anexando solidamente sobre uma das chapas laterais o material condensador isolante em espessura reduzida que preenche unicamente a primeira metade do vão ($0{,}5d = d/2$), reparte-se o efeito em uma associação formal atrelada fatiada de contágio isolante puramente em série transicional:

Primeiro tramo vazio residual contendo ar e fresta diminuída pela metade ($d_1 = d/2$): $C_1 = \dfrac{\varepsilon_0 A}{(d/2)} = 2 C_0$.

Segundo tramo maciço dotado da folha rígida com multiplicador dielétrico K abrangendo o $d_2 = d/2$ complementar restante: $C_2 = \dfrac{K \varepsilon_0 A}{(d/2)} = 2 K C_0$.

As duas frações em cascata submetem a nova capacitância limítrofe equivalente da placa final ($C_{eq}$): $C_{eq} = \dfrac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \dfrac{(2 C_0) \cdot (2 K C_0)}{2 C_0 + 2 K C_0} = \dfrac{4 K C_0^2}{2 C_0 (1 + K)} = \left(\dfrac{2K}{K+1}\right) C_0$.

Mantendo-se a mesma diferença de potencial $V$ da fonte, a nova carga máxima acumulada será: $Q' = C_{eq} V = \left(\dfrac{2K}{K+1}\right) C_0 V = \left(\dfrac{2K}{1+K}\right) Q$.

Alternativa correta: E

Resolução

Na inclinação de declive da rampa por desnível, o escorregamento da barra desprendida atua propulsada ativamente pela força paralela e longitudinal do seu próprio peso descendente tangencial: $P_x = mg \sin 60^\circ = 0{,}32 \times 10 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 1{,}6\sqrt{3}\text{ N}$.

Contrapondo-se em arrasto resistivo dissipativo oposto, a base estrutural freia fisicamente por fricção mecânica via Atrito Dinâmico interativo: $f_k = \mu \cdot N = \mu \cdot mg \cos 60^\circ = 0{,}5 \times 0{,}32 \times 10 \times 0{,}5 = 0{,}8\text{ N}$.

A força magnética restritiva colateral desponta repulsivamente contrabalançando como retardo da Lei de Lenz face a indução motora contínua de travessia do plano cortando os trilhos abertos: $F_{mag} = B \cdot i \cdot d$. Como a ddp da varredura impõe $\mathcal{E} = B \cdot d \cdot v \implies i = \dfrac{B \cdot d \cdot v}{R}$. Reagrupando de forma unificada: $F_{mag} = \dfrac{B^2 \cdot d^2 \cdot v}{R}$.

Sendo a marca estabilizada em regime terminal assentada e cravada ($v_{limite}$ sem aceleração local $a=0$), iguala-se integralmente a propulsão com os embargos combinados:

$P_x = f_k + F_{mag} \implies 1{,}6\sqrt{3} = 0{,}8 + \dfrac{1^2 \cdot 1^2 \cdot 2{,}0}{R} \implies \dfrac{2}{R} = 1{,}6\sqrt{3} - 0{,}8$.

Considerando $\sqrt{3} \approx 1{,}732$, temos $1{,}6 \times 1{,}732 \approx 2{,}77$. Logo $\dfrac{2}{R} = 2{,}77 - 0{,}8 = 1{,}97 \implies R \approx \dfrac{2}{1{,}97} \approx 1{,}0\,\Omega$ — valor que não corresponde a nenhuma das alternativas oferecidas (a mais próxima seria 2,5 Ω, ainda assim distante).

Inconsistência entre resolução e gabarito: com os dados fornecidos no enunciado (m = 320 g, μ = 0,5, θ = 60°, B = 1 T, d = 1,0 m, v-limite = 2,0 m/s), o equacionamento físico correto (P·senθ = f_at + F_mag no regime de velocidade limite) leva a R ≈ 1,0 Ω, que não coincide com nenhuma das cinco alternativas. O gabarito oficial da banca aponta a alternativa B (5 Ω), mas essa divergência não foi possível reproduzir a partir dos dados apresentados — mantém-se o gabarito oficial por ser a referência da banca, registrando aqui a inconsistência encontrada.

Resolução

Para o modelo de excelência referencial de Carnot operado restrito entre isotermas (máquina 1), a razão fracional de rendimento máximo acata $\eta_1 = 1 - \dfrac{T_F}{T_Q} = 1 - \dfrac{200}{500} = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$ (eficiência base na faixa de $60\%$).

Pelas leis globais da termodinâmica elementar unificadas, o rendimento exara também do repasse de calor em energia fluída $W$ e rejeição final desperdiçada $Q_F$ pelo ralo frio. Assim sendo $\eta_1 = \dfrac{W_1}{W_1 + Q_F}$:

$\dfrac{W_1}{W_1 + 100} = 0{,}6 \implies W_1 = 0{,}6 W_1 + 60 \implies 0{,}4 W_1 = 60 \implies W_1 = \dfrac{60}{0{,}4} = 150\text{ kJ} = 150.000\text{ J}$.

A usina simulada do tipo Diesel subjacente (máquina 2) empata este exato esforço total global efetuado ($W_2 = 150.000\text{ J}$). Decompõe-se perfeitamente e informa a métrica que sua rampa transversal engessada inicial correspondente isobárica de expansão $(1 \rightarrow 2)$ assume e fatura singelos $20\%$ unificados:

$W_{iso} = 0{,}20 \times 150.000 = 30.000\text{ J}$.

Como em todo trecho perimetral plano o cálculo volumétrico expansivo de trabalho empurrado na pressão travada atua como teto integral em $W_{iso} = P \cdot \Delta V$:

$30.000 = P \times (3{,}0 \times 10^{-1} - 1{,}0 \times 10^{-1}) \implies 30.000 = P \times 0{,}2 \implies P = \dfrac{30.000}{0{,}2} = 150.000\text{ Pa} = 1{,}5 \times 10^5\text{ Pa}$.

Alternativa correta: A