EFOMM 2026

O vínculo geométrico da barra de comprimento $L$ define a posição dos blocos como $x = L\cos\varphi$ e $y = L\,\text{sen}\,\varphi$. Pela conservação da energia cinética (já que as massas são idênticas), temos $\dot{x}^2 + \dot{y}^2 = v_0^2$. Substituindo as derivadas, obtemos $L^2\dot{\varphi}^2 = v_0^2 \implies \dot{\varphi} = v_0/L$.

Como a velocidade angular $\dot{\varphi}$ é constante, a coordenada $x$ oscila conforme $x(t) = L\cos(\omega t)$, caracterizando um Movimento Harmônico Simples (MHS) de pulsação $\omega = 2/1 = 2\text{ rad/s}$.

O bloco esquerdo parte de $x=L$ ($\varphi = 0$) e atinge a outra extremidade em $x=0$ ($\varphi = \pi/2$). O tempo gasto nesse percurso é $\Delta t = \frac{\pi/2}{\omega} = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}79\text{ s}$.

Alternativa correta: A

Sendo o processo lento, o trabalho realizado é idêntico à variação da energia potencial gravitacional do sistema: $W = \Delta E_p = g \cdot (\sum m_i y_{if} - \sum m_i y_{ii})$. Adotamos o teto como $y=0$ e o sentido para baixo como negativo. A densidade linear da corda é $\lambda = 3/4{,}5 = 2/3\text{ kg/m}$.

Na situação inicial, a corda pende verticalmente. Dividindo nos mesmos trechos para facilitar, a porção superior (2,5 m) tem centro de massa em $y_i = -1{,}25\text{ m}$. A porção inferior (2,0 m) tem centro de massa em $y_i = -3{,}5\text{ m}$. O somatório das posições dos centros de massa ponderados é: $(5/3)(-1{,}25) + (4/3)(-3{,}5) = -81/12$.

Na situação final, o trecho AB inclina-se ($\tan\theta = 3/4 \implies \cos\theta = 4/5$). A profundidade do ponto B passa a ser $2{,}5 \times (4/5) = 2\text{ m}$. O centro de massa de AB fica na metade dessa altura: $y_{f,AB} = -1\text{ m}$. O trecho BC pende verticalmente a partir de B, logo seu centro de massa desce 1 m além de B: $y_{f,BC} = -3\text{ m}$. O novo somatório ponderado será: $(5/3)(-1) + (4/3)(-3) = -68/12$.

O trabalho será $W = 10 \cdot \left(-\dfrac{68}{12} - \left(-\dfrac{81}{12}\right)\right) = 10 \cdot \dfrac{13}{12} = \dfrac{130}{12} = \dfrac{65}{6}\text{ J}$.

Alternativa correta: C

O fluxo magnético através da espira é $\Phi(t) = B(t) \cdot A = (B_0 + \alpha^2 t) \pi r^2$. Pela Lei de Faraday, a força eletromotriz (f.e.m.) induzida é dada pela taxa de variação do fluxo: $\varepsilon = -\dfrac{d\Phi}{dt} = -\alpha^2 \pi r^2$.

Como $\alpha$ e $r$ são constantes, a f.e.m. e a respectiva corrente induzida não dependem do tempo, permanecendo constantes e não-nulas. O módulo depende diretamente de $\alpha^2$ e da área $\pi r^2$. Caso $\alpha$ dobre, a f.e.m. é quadruplicada. Finalmente, como o campo aumenta na direção $+z$, a Lei de Lenz determina que a corrente induzida gerará um campo em $-z$, ou seja, girará no sentido horário para um observador em $z > 0$.

Alternativa correta: B

A tensão na corda é governada pela soma do peso com a força variável: $T(t) = mg + F(t) = 1 + 0{,}01t^2 + 0{,}2t$. Reagrupando os termos, obtemos $T(t) = 0{,}01(t^2 + 20t + 100) = 0{,}01(t+10)^2$.

Pela equação de Taylor, a velocidade de propagação mecânica do pulso é $v(t) = \sqrt{\frac{T(t)}{\mu}} = \sqrt{\frac{0{,}01(t+10)^2}{0{,}4 \times 10^{-3}}} = \sqrt{25(t+10)^2} = 5(t+10)\text{ m/s}$.

Para determinar o instante T em que o pulso percorre a distância $d = 10\text{ m}$, aplicamos a integral cinemática sobre a velocidade temporal: $d = \int_0^T v(t) dt \implies 10 = \int_0^T (5t + 50) dt = 2{,}5T^2 + 50T$.

Simplificando a equação do 2º grau: $T^2 + 20T - 4 = 0$. Extraindo as raízes, obtemos $T = \frac{-20 \pm \sqrt{400 + 16}}{2} = -10 \pm \sqrt{104}$. Escolhendo a raiz física positiva, o tempo de travessia do pulso é $\sqrt{104} - 10\text{ s}$.

Alternativa correta: E

Sabendo que o volume de cada líquido preenche exatamente a capacidade da base horizontal ($V = S \cdot L$), o líquido A, ocupando a distância horizontal $x$, avança pela coluna esquerda numa altura respectiva de $h_A = L - x$. Paralelamente, o líquido B ocupa o comprimento complementar $L - x$ da base, subindo pela coluna direita uma altura exata de $h_B = L - (L - x) = x$.

O equilíbrio hidrostático aferido na extremidade inferior da interface dita que a pressão das colunas deve ser igual: $\rho_A g (L - x) = \rho_B g x$.

Isolando x da igualdade $\rho_A L - \rho_A x = \rho_B x$, encontramos a posição de repouso: $x = \dfrac{\rho_A}{\rho_A + \rho_B} L$.

Alternativa correta: B

Como as camadas estão empilhadas na direção do campo elétrico, elas equivalem a oito capacitores associados em série. Para o capacitor vazio, $C_0=\dfrac{\varepsilon_0A}{d}$.

Cada camada possui espessura $d/8$. Portanto, a capacitância da camada de constante dielétrica $K_i$ é $C_i=K_i\dfrac{\varepsilon_0A}{d/8}=8K_iC_0$.

Na associação em série, $\dfrac{1}{C}=\sum_{i=1}^{8}\dfrac{1}{C_i}=\dfrac{1}{8C_0}\sum_{i=1}^{8}\dfrac{1}{K_i}$. Como $K_1=10$ e cada constante seguinte é a metade da anterior, temos $\dfrac{1}{K_i}=\dfrac{2^{i-1}}{10}$. Assim, $\sum_{i=1}^{8}\dfrac{1}{K_i}=\dfrac{1}{10}(1+2+4+\cdots+128)=\dfrac{255}{10}$.

Logo, $\dfrac{1}{C}=\dfrac{255}{80C_0}$ e $C=\dfrac{80}{255}C_0=\dfrac{16}{51}C_0$.

Conclusão: o resultado correto é $\dfrac{16}{51}C_0$, que não aparece entre as alternativas. Portanto, a questão não possui alternativa correta com a definição de $C_0$ apresentada no enunciado.

Sem alternativa correta — o valor obtido ($16C_0/51$) não corresponde a nenhuma das opções listadas.

Para um sistema onde a expansão ocorre sob o equilíbrio dinâmico e contínuo da pressão atmosférica fixa combinada com a força de uma mola linear, a pressão do gás cresce com dependência linear do volume: $P(V) = P_{atm} + \frac{k}{A^2}(V - V_0)$.

Em um gráfico Pressão versus Volume (P-V), a transformação projeta um traçado reto conectando os estados termodinâmicos inicial e final. O trabalho transferido corresponde analiticamente à área do trapézio sob essa curva.

$W = \dfrac{P_1 + P_2}{2} (V_2 - V_1) = \dfrac{100\text{ kPa} + 200\text{ kPa}}{2} \times (15\text{ m}^3 - 5\text{ m}^3) = 150 \times 10 = 1500\text{ kJ}$.

Alternativa correta: A

I é falsa: A relação $\eta = 1 - T_L/T_H$ rege exclusivamente o ciclo ideal de Carnot, que transita unicamente por transformações isotérmicas e adiabáticas. O ciclo misto fornecido no problema possui processos isocóricos e isobáricos.

II é verdadeira: O calor é absorvido exclusivamente nos trechos 2-3 (isocórico, pressão aumenta) e 3-4 (isobárico, volume aumenta), elevando a temperatura do gás. O descarte de calor ao ambiente ocorre no processo 5-1, onde a pressão cai a volume fixo.

III é falsa: A variação de energia interna para um gás ideal é universalmente calculada por $\Delta U = m c_v \Delta T$, mesmo para processos operando à pressão constante.

IV é verdadeira: No diagrama P-V, o processo 4-5 avança para volumes maiores (expansão), enquanto o processo 1-2 retrocede para volumes menores (compressão).

Alternativa correta: D

A potência elétrica injetada pela bateria no circuito do motor é $P_{el} = U^2/R_m = 120^2/5 = 14400/5 = 2880\text{ W}$.

Como o rendimento do sistema é de 80%, a potência útil convertida em trabalho mecânico para o eixo da bomba vale $P_m = 0{,}8 \times 2880 = 2304\text{ W}$.

Conhecendo a relação entre potência rotacional e torque ($P_m = \tau \omega$), a rotação angular requerida é $\omega = P_m/\tau = 2304 / 2{,}0 = 1152\text{ rad/s}$.

Alternativa correta: E

O equilíbrio do bloco no plano inclinado de $\theta=30^\circ$ está sujeito ao peso tangencial $P_x = m_A g \sin 30^\circ = \frac{1}{2} m_A g$ e à força de atrito estático máxima $f_{at,max} = \mu m_A g \cos 30^\circ = (\frac{\sqrt{3}}{4}) m_A g (\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{3}{8} m_A g$.

O limite superior do intervalo ocorre quando a massa suspensa $m_B$ é máxima e ameaça puxar o sistema para cima, sendo contida pelo atrito agindo para baixo da rampa: $m_B g \le m_A g \sin 30^\circ + f_{at,max} \implies m_B/m_A \le 1/2 + 3/8 = 7/8$.

O limite inferior ocorre quando a massa suspensa $m_B$ é pequena e ameaça permitir que o bloco desça, sendo escorada pelo atrito agindo para cima: $m_B g \ge m_A g \sin 30^\circ - f_{at,max} \implies m_B/m_A \ge 1/2 - 3/8 = 1/8$.

Logo, o intervalo de equilíbrio seguro da proporção de massas é $[1/8, 7/8]$.

Alternativa correta: E

Para $\alpha=120^\circ$, o setor esférico fornecido no enunciado possui volume $V_{set}=\dfrac{4}{3}\pi r^3\,\text{sen}^2(30^\circ)=\dfrac{1}{3}\pi r^3$.

O cone interno tem raio $r\,\text{sen}\,60^\circ$ e altura $r\cos60^\circ$. Logo, $V_{cone}=\dfrac{1}{3}\pi(r\,\text{sen}\,60^\circ)^2(r\cos60^\circ)=\dfrac{1}{8}\pi r^3$. O volume da calota é, portanto, $V_{cal}=V_{set}-V_{cone}=\dfrac{5}{24}\pi r^3$.

O volume da esfera é $V_{esf}=\dfrac{4}{3}\pi r^3=\dfrac{32}{24}\pi r^3$. Como o volume do cubo corresponde a $1/8$ do volume da esfera, $V_{cubo}=\dfrac{1}{6}\pi r^3=\dfrac{4}{24}\pi r^3$.

Na primeira configuração, conforme a figura, o cubo está fora do fluido e apenas a calota da esfera permanece exposta. Assim, $V_{sub,1}=V_{esf}-V_{cal}=\dfrac{27}{24}\pi r^3=\dfrac{9}{8}\pi r^3$.

Após a rotação, ficam submersos o cubo e a mesma calota esférica: $V_{sub,2}=V_{cubo}+V_{cal}=\dfrac{9}{24}\pi r^3=\dfrac{3}{8}\pi r^3$.

Como o peso do conjunto é o mesmo nas duas situações, $\rho_1gV_{sub,1}=\rho_2gV_{sub,2}$. Portanto, $\dfrac{\rho_2}{\rho_1}=\dfrac{V_{sub,1}}{V_{sub,2}}=\dfrac{9/8}{3/8}=3$.

Alternativa correta: C

Pela simetria, as quatro partículas permanecem nos vértices de um quadrado e se movem ao longo das diagonais. Considere que cada partícula se desloque uma distância $x$ em direção ao centro.

A projeção desse deslocamento sobre cada lado do quadrado é $x/\sqrt{2}$ para cada extremidade da mola. Assim, cada mola é comprimida de $\Delta\ell=2\dfrac{x}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}x$.

Cada uma das duas molas ligadas à partícula exerce força de módulo $k\sqrt{2}x$. Como essas forças são perpendiculares e têm o mesmo módulo, a resultante na direção da diagonal vale $F_R=\sqrt{2}(k\sqrt{2}x)=2kx$, dirigida para a posição de equilíbrio.

Logo, $m\ddot{x}=-2kx$, que é a equação de um MHS com $\omega^2=2k/m$. Portanto, $\omega=\sqrt{\dfrac{2k}{m}}$.

Alternativa correta: C

No referencial do centro de massa, as estrelas descrevem circunferências de raios $r_1$ e $r_2$, com $r_1+r_2=D$. Pela condição do centro de massa, $M_1r_1=M_2r_2$, de modo que $r_1=\dfrac{M_2}{M_1+M_2}D$.

A velocidade angular comum do sistema binário é obtida pela dinâmica orbital: $\omega^2=\dfrac{G(M_1+M_2)}{D^3}$.

Para a estrela de massa $M_1$, $p=M_1v_1=M_1\omega r_1$. Substituindo $\omega$ e $r_1$, obtemos $p=M_1M_2\sqrt{\dfrac{G}{D(M_1+M_2)}}$.

A outra estrela possui quantidade de movimento de mesmo módulo e sentido oposto, pois o momento linear total no referencial do centro de massa é nulo.

Alternativa correta: B

O volume interno da banheira é a soma do paralelepípedo com o semicilindro: $V_{ban}=LhD+\dfrac{1}{2}\pi\left(\dfrac{D}{2}\right)^2h=\dfrac{hD(8L+\pi D)}{8}$.

O brinquedo possui volume $V_B=\dfrac{4}{3}\pi r^3$. Como a banheira fica completamente cheia, o volume inicial de água fria é $V_f=V_{ban}-V_B-V_q$.

No equilíbrio térmico, o calor cedido pela água quente é igual ao calor recebido pela água fria e pelo brinquedo: $\rho_Ac_AV_q(T_q-T_d)=\rho_Ac_AV_f(T_d-T_f)+\rho_Bc_BV_B(T_d-T_f)$.

Substituindo $V_f$ e isolando $V_q$, resulta $V_q=\dfrac{T_d-T_f}{T_q-T_f}\left[V_{ban}+V_B\left(\dfrac{\rho_Bc_B}{\rho_Ac_A}-1\right)\right]$.

Finalmente, substituindo $V_{ban}$ e $V_B$, obtemos $V_q=\dfrac{4\pi r^3(T_d-T_f)}{3(T_q-T_f)}\left[\dfrac{3hD(8L+\pi D)}{32\pi r^3}+\dfrac{\rho_Bc_B}{\rho_Ac_A}-1\right]$.

Alternativa correta: A

Para o observador localizado no centro, a velocidade de cada fonte é sempre tangente à sua trajetória circular. A linha que liga a fonte ao observador é radial; portanto, a componente radial da velocidade da fonte é nula.

Sem componente radial, não há efeito Doppler. Assim, o observador recebe de ambas as fontes a mesma frequência emitida, independentemente dos valores de $\omega_1$ e $\omega_2$.

Além disso, a distância de cada fonte ao observador permanece constante, igual ao raio de sua trajetória. Como as potências emitidas são constantes, as intensidades recebidas também não variam com o tempo.

Logo, o observador percebe um som de intensidade constante e com frequência igual à frequência das fontes.

Alternativa correta: D

Convertendo as velocidades: $54\text{ km/h}=15\text{ m/s}$ e $72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$.

No primeiro trecho, o barco parte do repouso e atinge $15\text{ m/s}$ em $10\text{ s}$. Logo, $d_1=\dfrac{0+15}{2}\cdot10=75\text{ m}$.

Ao final do segundo trecho, o barco completou $3S/4$. Portanto, $d_2=\dfrac{3S}{4}-75$ e $t_2=\dfrac{d_2}{15}=\dfrac{S}{20}-5$.

No terceiro trecho, percorre $S/4$ com velocidade variando uniformemente de $15\text{ m/s}$ a $20\text{ m/s}$. Sua velocidade média nesse trecho é $17{,}5\text{ m/s}$, de modo que $t_3=\dfrac{S/4}{17{,}5}=\dfrac{S}{70}$.

O tempo total é $T=10+t_2+t_3=5+\dfrac{9S}{140}$. Como a velocidade média da prova é $15\text{ m/s}$, $T=S/15$. Assim, $\dfrac{S}{15}=5+\dfrac{9S}{140}$, resultando em $S=2.100\text{ m}$.

Alternativa correta: A

O raio das barras é $r=1\text{ cm}=0{,}01\text{ m}$ e a força externa é aplicada a uma distância $R=0{,}50\text{ m}$ do centro. Seja $T_1=2.940\text{ N}$ a tensão do lado da árvore, $T_2$ a tensão do lado do carro e $F$ a força externa.

Como a chave possui massa desprezível e gira com velocidade angular constante, a resultante das forças e a resultante dos torques são nulas. No eixo horizontal, $T_2=T_1+F$. Em relação ao centro da chave, $FR=r(T_1+T_2)$.

Substituindo $F=T_2-T_1$ na equação dos torques, $R(T_2-T_1)=r(T_1+T_2)$. Portanto, $T_2=T_1\dfrac{R+r}{R-r}=2.940\dfrac{0{,}51}{0{,}49}=3.060\text{ N}$.

Como não há deslizamento, o enrolamento do lado da árvore faz a chave avançar com velocidade $\omega r$, enquanto o lado do carro é recolhido em relação à chave também com velocidade $\omega r$. Logo, $v_{carro}=2\omega r=2\cdot3\cdot0{,}01=0{,}06\text{ m/s}$.

A potência transmitida ao carro é $P=T_2v_{carro}=3.060\cdot0{,}06=183{,}6\text{ W}$.

Alternativa correta: E

Entre duas imagens sucessivas, separadas por $\Delta t=1/20\text{ s}$, o ponto parece ter girado $\pi/9$ no sentido contrário ao movimento real. Portanto, o deslocamento angular real deve ser $\Delta\varphi=2\pi n-\dfrac{\pi}{9}$, em que $n$ é um inteiro positivo.

Como $\omega=\Delta\varphi/\Delta t$, temos $\omega=20\left(2\pi n-\dfrac{\pi}{9}\right)$. Usando $\pi=3$, $\omega=120n-\dfrac{20}{3}$.

Para $n=1$, $\omega=\dfrac{340}{3}\text{ rad/s}$. Como o pneu rola sem deslizar e possui raio $R=0{,}18\text{ m}$, $v=\omega R=\dfrac{340}{3}\cdot0{,}18=20{,}4\text{ m/s}$.

Convertendo, $v=20{,}4\cdot3{,}6=73{,}44\text{ km/h}$. Para $n=2$, a velocidade ultrapassaria $108\text{ km/h}$; portanto, $n=1$ é a única possibilidade compatível com o enunciado.

Alternativa correta: D

Adotando o nível do ponto A como referência para a energia potencial gravitacional, a energia mecânica inicial é $E_A=\dfrac{kQq}{d}$.

No triângulo OAB, temos $OA=AB=d$ e o ângulo interno em A é $180^\circ-\theta$. Pela lei dos cossenos, $OB^2=d^2+d^2-2d^2\cos(180^\circ-\theta)=2d^2(1+\cos\theta)$. Assim, $OB=d\sqrt{2(1+\cos\theta)}$.

A altura atingida em B é $h_B=d\,\text{sen}\,\theta$. Portanto, a energia mecânica final é $E_B=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{kQq}{d\sqrt{2(1+\cos\theta)}}+mgd\,\text{sen}\,\theta$.

Pela conservação da energia mecânica, $E_A=E_B$. Isolando a velocidade, obtemos $v=\sqrt{\dfrac{2kQq}{md}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{2(1+\cos\theta)}}\right)-2gd\,\text{sen}\,\theta}$.

O sinal negativo entre os termos elétricos é coerente com o afastamento entre as cargas: a energia potencial elétrica diminui e parte dessa redução é convertida em energia cinética e em energia potencial gravitacional.

Alternativa correta: D

Seja $\varphi$ o ângulo da barra com a vertical. Como, no instante considerado, a barra faz ângulo $\theta$ com a horizontal, temos $\varphi=90^\circ-\theta$.

Enquanto há contato, o bloco e a partícula possuem a mesma coordenada horizontal: $x=L\,\text{sen}\,\varphi$. Assim, $v=\dot{x}=L\cos\varphi\,\dot{\varphi}$ e $\ddot{x}=L(\cos\varphi\,\ddot{\varphi}-\text{sen}\,\varphi\,\dot{\varphi}^{2})$.

A única força horizontal sobre o bloco é a normal exercida pela partícula. No instante em que o contato é perdido, essa normal se anula; portanto, a aceleração horizontal do bloco é nula. Como o vínculo de contato ainda vale nesse instante-limite, $\ddot{x}=0$ e $\ddot{\varphi}=\tan\varphi\,\dot{\varphi}^{2}$.

Também nesse instante, a partícula não recebe força normal do bloco. Na direção tangencial, somente a componente do peso atua, de modo que $\ddot{\varphi}=\dfrac{g}{L}\,\text{sen}\,\varphi$.

Igualando as duas expressões, $\dfrac{g}{L}\,\text{sen}\,\varphi=\tan\varphi\,\dot{\varphi}^{2}$, portanto $\dot{\varphi}^{2}=\dfrac{g}{L}\cos\varphi$.

Logo, $v^2=L^2\cos^2\varphi\,\dot{\varphi}^{2}=Lg\cos^3\varphi$. Como $\cos\varphi=\text{sen}\,\theta$, resulta $v=\sqrt{Lg\,\text{sen}^3\theta}$.

Alternativa correta: B