EFOMM 2027

Resolução

A capacitância de um capacitor de placas paralelas no vácuo é dada por $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A_0}{d}$. Com a inserção de um material de constante dielétrica $k$, a nova capacitância passa a ser $C_f = \frac{k \varepsilon_0 A_f}{d}$.

O enunciado afirma que a capacitância permanece inalterada ($C_f = C_0$). Portanto, podemos igualar as duas equações:

$\frac{k \varepsilon_0 A_f}{d} = \frac{\varepsilon_0 A_0}{d} \implies k A_f = A_0 \implies A_f = \frac{A_0}{k}$

O problema pede o cálculo da razão $\frac{A_f - A_0}{A_0}$. Substituindo $A_f$ na expressão, temos:

$\frac{\frac{A_0}{k} - A_0}{A_0} = \frac{1}{k} - 1 = -\left(1 - \frac{1}{k}\right)$

Considerando o módulo dessa variação (já que a área diminui e as alternativas apresentam valores positivos para a proporção dessa redução), a razão correspondente é $1 - \frac{1}{k}$.

Alternativa correta: B

Resolução

Para que ocorra interferência totalmente destrutiva entre duas fontes em fase, a diferença de caminho percorrida pelas ondas ($\Delta x$) deve ser igual a um múltiplo ímpar de meio comprimento de onda: $\Delta x = n \frac{\lambda}{2}$, onde $n = 1, 3, 5, \dots$

A menor velocidade da embarcação ($V$) exige, pela fórmula $\lambda = V^2/g$, o menor comprimento de onda ($\lambda$) possível. Geometricamente, o casco e o bulbo formam um padrão principal de anulação para a onda primária que se dá com o primeiro modo de interferência destrutiva, ou seja, $n = 1$.

Sendo a distância entre as fontes $\Delta x = d = 5\text{ m}$, temos:

$d = \frac{\lambda}{2} \implies 5 = \frac{\lambda}{2} \implies \lambda = 10\text{ m}$.

Substituindo o valor de $\lambda$ na equação da velocidade fornecida no enunciado:

$10 = \frac{V^2}{10} \implies V^2 = 100 \implies V = 10\text{ m/s}$.

Alternativa correta: C

Resolução

O Ciclo 1 descreve o chamado Ciclo de Stirling (sem regenerador), formado por duas isotérmicas e duas isocóricas. O Ciclo 2 é o Ciclo de Carnot, formado por duas isotérmicas e duas adiabáticas.

Pelo Teorema de Carnot, nenhuma máquina térmica operando entre duas temperaturas $T_Q$ e $T_F$ pode ter uma eficiência maior que a do Ciclo de Carnot. Logo, a eficiência do Ciclo 2 é maior que a do Ciclo 1: $\eta_1 < \eta_2$.

Em um diagrama Pressão-Volume (P-V), as curvas adiabáticas são sempre mais íngremes que as curvas isotérmicas. Como os dois ciclos operam entre as mesmas temperaturas e possuem os mesmos volumes extremos $V_{min}$ e $V_{max}$, as linhas isocóricas (verticais) do Ciclo 1 englobam uma área maior do que as linhas adiabáticas (curvas) do Ciclo 2. Portanto, o trabalho total realizado pelo Ciclo 1 é maior que o do Ciclo 2 ($W_1 > W_2$).

Para um ciclo completo, a variação da energia interna é nula ($\Delta U = 0$). Pela Primeira Lei da Termodinâmica, o calor líquido trocado é igual ao trabalho líquido realizado ($Q = W$). Como $W_1 > W_2$, concluímos que o calor líquido trocado no primeiro ciclo é maior: $Q_1 > Q_2$.

Alternativa correta: A

Resolução

Na posição de equilíbrio inicial, a força elástica equilibra o peso do objeto. A mola está comprimida por uma deformação $x_0$ dada por: $k x_0 = mg \implies x_0 = \frac{mg}{k}$.

O objeto é empurrado uma distância $d$ adicional para baixo. Como ele não está preso à mola, ao ser solto, ele realizará um Movimento Harmônico Simples (MHS) até o ponto onde a mola atinge seu comprimento natural. A partir desse ponto (onde a mola não exerce mais força para cima), a força normal zera e o objeto perde contato com a mola.

A distância total percorrida pelo objeto para cima, desde o ponto em que foi liberado até o momento da perda de contato, é a soma da compressão adicional ($d$) com a compressão de equilíbrio ($x_0$).

Distância = $d + x_0 = d + \frac{mg}{k}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A barra se mantém em equilíbrio quando a soma dos torques em relação à articulação é nula. O torque causado pelo peso da barra ($M = 1\text{ kg}$), aplicado em seu centro de massa ($L/2$), é:

$\tau_P = M \cdot g \cdot \frac{L}{2} \cdot \text{sen}(30^\circ)$

Para equilibrar esse torque, os impactos sucessivos das bolinhas exercem uma força média vertical para cima. Cada bolinha de massa $m = 0,04\text{ kg}$ atinge a barra com velocidade $v = 10\text{ m/s}$ e sofre colisão elástica, retornando com velocidade $-v$. A variação da quantidade de movimento (impulso) por bolinha é:

$\Delta p = m(v) - m(-v) = 2mv = 2 \cdot 0,04 \cdot 10 = 0,8\text{ N}\cdot\text{s}$

Se são disparadas $n$ bolinhas por segundo, a força média aplicada na barra é dada pelo Teorema do Impulso ($F = \frac{\Delta p}{\Delta t}$):

$F = n \cdot \Delta p = n \cdot 0,8$

Essa força atua verticalmente no centro de massa da barra. Seu torque em relação à articulação é:

$\tau_F = F \cdot \frac{L}{2} \cdot \text{sen}(30^\circ)$

Igualando os torques ($\tau_P = \tau_F$), percebemos que o braço da alavanca ($\frac{L}{2} \text{sen}30^\circ$) é idêntico e pode ser simplificado:

$M \cdot g = F \implies 1 \cdot 10 = n \cdot 0,8 \implies 10 = 0,8n \implies n = 12,5$.

São necessárias 12,5 bolinhas por segundo para manter o equilíbrio.

Alternativa correta: E

Resolução

O vetor posição em função do tempo é $\vec{r}(t) = (2\text{sen}(3\pi t), 2\cos(3\pi t))$. Calcularemos a posição da partícula nos instantes inicial e final.

Para o instante inicial $t_0 = 1/9\text{ s}$:

$\vec{r}_0 = \left(2\text{sen}\left(3\pi \cdot \frac{1}{9}\right), 2\cos\left(3\pi \cdot \frac{1}{9}\right)\right) = \left(2\text{sen}\frac{\pi}{3}, 2\cos\frac{\pi}{3}\right) = (\sqrt{3}, 1)\text{ m}$.

Para o instante final $t_f = 11/18\text{ s}$:

$\vec{r}_f = \left(2\text{sen}\left(3\pi \cdot \frac{11}{18}\right), 2\cos\left(3\pi \cdot \frac{11}{18}\right)\right) = \left(2\text{sen}\frac{11\pi}{6}, 2\cos\frac{11\pi}{6}\right) = (-1, \sqrt{3})\text{ m}$.

O vetor deslocamento é dado por $\Delta\vec{r} = \vec{r}_f - \vec{r}_0 = (-1 - \sqrt{3}, \sqrt{3} - 1)\text{ m}$.

O módulo do vetor deslocamento é:

$|\Delta\vec{r}| = \sqrt{(-1 - \sqrt{3})^2 + (\sqrt{3} - 1)^2}$

$|\Delta\vec{r}| = \sqrt{(1 + 2\sqrt{3} + 3) + (3 - 2\sqrt{3} + 1)} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\text{ m}$.

O intervalo de tempo do movimento é $\Delta t = \frac{11}{18} - \frac{1}{9} = \frac{11}{18} - \frac{2}{18} = \frac{9}{18} = 0,5\text{ s}$.

A velocidade vetorial média é calculada por: $v_m = \frac{|\Delta\vec{r}|}{\Delta t} = \frac{2\sqrt{2}}{0,5} = 4\sqrt{2}\text{ m/s}$.

Alternativa correta: E

Resolução

O trabalho realizado pelo gás em uma compressão isotérmica é dado pela fórmula fornecida: $W = P_0 V_0 \ln(V_f/V_0)$. Sabendo que o volume reduz pela metade, a razão $V_f/V_0 = 0,5$.

$W = 100\times10^3 \times 1,3845 \times \ln(0,5) = 138450 \times (-0,7) = -96915\text{ J}$.

Como o processo é isotérmico, a variação da energia interna do gás é nula ($\Delta U = 0$). Pela Primeira Lei da Termodinâmica, o calor trocado é igual ao trabalho: $Q = W$. O sinal negativo indica que o gás liberou $96915\text{ J}$ de calor.

Esse calor liberado é integralmente absorvido pela água no balde. Utilizando a equação do calor sensível $Q = mc\Delta T$, onde o calor específico da água é $c = 4,2\text{ kJ/(kg K)} = 4200\text{ J/(kg K)}$:

$96915 = 0,9230 \times 4200 \times \Delta T \implies 96915 = 3876,6 \times \Delta T \implies \Delta T = \frac{96915}{3876,6} = 25^\circ\text{C}$.

Lembrando que uma variação de temperatura de 25 K corresponde a uma variação de $25^\circ\text{C}$.

Alternativa correta: C

Resolução

A velocidade absoluta do carro pode ser encontrada pela soma vetorial: $\vec{v}_C = \vec{v}_{T_0} + \vec{v}_{rel}$. Logo, a velocidade do carro é $\vec{v}_C = 1\hat{i} + \sqrt{3}\hat{j}\text{ m/s}$.

Podemos montar as equações horárias de posição para cada veículo:

Trem (no eixo x, com MUV): $x_T(t) = 1t + \frac{a}{2}t^2$ e $y_T(t) = 0$.

Carro (movimento 2D, com MU): $x_C(t) = 1 + 1t$ e $y_C(t) = -\sqrt{3} + \sqrt{3}t$.

A possível colisão (ou o momento de travessia) ocorre quando o carro cruza o trilho do trem. Isso acontece quando a coordenada y do carro atinge o eixo x, ou seja, $y_C(t) = 0$:

$-\sqrt{3} + \sqrt{3}t = 0 \implies t = 1\text{ s}$.

Para evitar a colisão e garantir que o carro atravesse a linha antes do trem passar, a posição x do carro no instante $t = 1\text{ s}$ deve ser maior do que a posição x do trem nesse mesmo instante.

Posição do carro em $t=1$: $x_C(1) = 1 + 1(1) = 2\text{ m}$.

Posição do trem em $t=1$: $x_T(1) = 1(1) + \frac{a}{2}(1)^2 = 1 + \frac{a}{2}$.

Impondo a condição $x_T(1) < x_C(1)$:

$1 + \frac{a}{2} < 2 \implies \frac{a}{2} < 1 \implies a < 2\text{ m/s}^2$.

O módulo da aceleração máxima que o trem pode ter é de $2\text{ m/s}^2$.

Alternativa correta: D

Resolução

A pressão inicial sobre o gás é exercida pela pressão atmosférica somada à coluna inicial de líquido de altura $H$. A equação para a pressão inicial é: $P_1 = P_{atm} + \rho_L g H$.

Durante o aquecimento, o gás expande. O aumento de volume do gás ($\Delta V = 0,01\text{ m}^3$) desloca o pistão para cima. A distância $d$ que o pistão sobe é calculada por: $d = \frac{\Delta V}{A} = \frac{0,01}{0,004} = 2,5\text{ m}$.

Como o cilindro estava inicialmente cheio até a borda, a subida do pistão provoca o transbordamento do líquido. A nova altura da coluna de líquido suportada pelo pistão passa a ser $H' = H - 2,5\text{ m}$.

A nova pressão sobre o gás é $P_2 = P_{atm} + \rho_L g (H - 2,5)$. A diferença de pressão no gás é a diferença nas pressões hidrostáticas:

$\Delta P = P_2 - P_1 = - \rho_L g (2,5)$.

O enunciado informa que a pressão diminuiu em $50\text{ kPa}$, logo $\Delta P = -50000\text{ Pa}$. Substituindo esse valor na equação:

$-50000 = -\rho_L \times 10 \times 2,5 \implies 50000 = 25\rho_L \implies \rho_L = 2000\text{ kg/m}^3$.

Alternativa correta: E

Resolução

Vamos analisar cada afirmativa:

I - Falsa. A tração em um pêndulo varia de acordo com a posição e a velocidade. A equação da dinâmica na direção radial é $T - mg\cos\theta = \frac{mv^2}{L}$. Como $\theta$ e $v$ mudam ao longo da trajetória, a tração $T$ não é constante.

II - Verdadeira. Pela conservação da energia mecânica entre os ângulos $\theta_1 = 60^\circ$ e $\theta_2 = 45^\circ$, calculamos a variação de altura $\Delta h = L\cos(45^\circ) - L\cos(60^\circ) = L\left(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2}\right)$. Relacionando as energias: $E_{c2} = E_{c1} + m g \Delta h \implies v_2^2 = v_1^2 + 2gL\left(\frac{\sqrt{2}-1}{2}\right) = v_1^2 + gL(\sqrt{2}-1)$.

III - Falsa. Como a força de tração atua sempre na direção radial (perpendicular à velocidade instantânea da partícula), ela não realiza trabalho. A variação da energia cinética decorre unicamente do trabalho realizado pela força peso.

IV - Verdadeira. A componente tangencial da força resultante que atua na partícula é apenas a componente tangencial do peso, $P_t = mg\text{sen}\theta$. Pela Segunda Lei de Newton, $ma_t = mg\text{sen}\theta \implies a_t = g\text{sen}\theta$.

Alternativa correta: D

Resolução

A soma das massas adicionadas é igual a 800 toneladas: $m_A + m_B + m_C = 800$. A massa total final da embarcação passa a ser $M_f = 3200 + 800 = 4000\text{ ton}$.

Podemos equacionar as posições do centro de massa pelas médias ponderadas nos dois eixos.

No eixo vertical (Z):

$4 = \frac{3200 \times 4,5 + m_A(1) + m_B(1) + m_C(3)}{4000} \implies 16000 = 14400 + m_A + m_B + 3m_C$.

Substituindo $m_A + m_B = 800 - m_C$ na equação acima:

$(800 - m_C) + 3m_C = 1600 \implies 2m_C = 800 \implies m_C = 400\text{ ton}$.

No eixo horizontal (X):

$60 = \frac{3200 \times 55 + 30m_A + 90m_B + 75(400)}{4000} \implies 240000 = 176000 + 30m_A + 90m_B + 30000$.

$30m_A + 90m_B = 34000 \implies 3m_A + 9m_B = 3400$.

Como sabemos que $m_A + m_B = 800 - 400 = 400\text{ ton}$, temos $m_A = 400 - m_B$. Substituindo:

$3(400 - m_B) + 9m_B = 3400 \implies 1200 - 3m_B + 9m_B = 3400 \implies 6m_B = 2200 \implies m_B \approx 366,7\text{ ton}$.

Por fim, determinamos a massa restante: $m_A = 400 - 366,7 = 33,3\text{ ton}$.

Alternativa correta: A

Resolução

A equação geral da onda propagando-se para a direita é $y(x,t) = A_m\cos(kx - \omega t + \phi_0)$. O número de onda é dado como $k = \pi/8\text{ rad/m}$.

Substituindo os pontos fornecidos no instante inicial ($t=0$):

Para o ponto $C(6,0)$: $y(6,0) = A_m\cos\left(\frac{6\pi}{8} + \phi_0\right) = 0$.

Para o ponto $A(0,-2)$: $y(0,0) = A_m\cos(\phi_0) = -2$.

Para o ponto $B(4,2)$: $y(4,0) = A_m\cos\left(\frac{4\pi}{8} + \phi_0\right) = A_m\cos\left(\frac{\pi}{2} + \phi_0\right) = -A_m\text{sen}(\phi_0) = 2$.

Dividindo as equações dos pontos B e A, obtemos: $\tan(\phi_0) = \frac{-2}{-2} = 1$. A amplitude é $A_m = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\text{ m}$.

A linha tracejada em $t = \pi/2$ mostra exatamente o deslocamento em que a forma de onda é idêntica ao que seria a reflexão lateral inicial. Por ser a primeira vez que isso ocorre, esse deslocamento de fase corresponde a 1/4 do período ($T/4$).

$t = T/4 = \pi/2 \implies T = 2\pi\text{ s}$.

A velocidade de propagação é calculada pela relação $v = \frac{\lambda}{T}$ ou $v = \frac{\omega}{k}$. Sendo $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1\text{ rad/s}$:

$v = \frac{1}{\pi/8} = \frac{8}{\pi}\text{ m/s}$.

Alternativa correta: D

Resolução

O potencial elétrico resultante na origem é dado pela soma algébrica dos potenciais de cada carga individual: $V_0 = \sum_{n=1}^{2027} \frac{kQ}{r_n}$.

A distância de cada carga à origem é definida pelas coordenadas dadas: $r_n = 2^{\theta_n} = 2^{n/2} = (\sqrt{2})^n$. Substituindo na soma, temos:

$V_0 = kQ \sum_{n=1}^{2027} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^n$.

Essa soma corresponde à de uma Progressão Geométrica (PG) de razão $q = 1/\sqrt{2}$. Como 2027 é um número grande e a razão é menor que 1, podemos aproximar o resultado pela soma de uma PG infinita:

$\frac{V_0}{kQ} \approx \frac{a_1}{1 - q} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2} - 1}$.

Racionalizando a expressão, multiplicamos o numerador e o denominador por $(\sqrt{2} + 1)$:

$\frac{V_0}{kQ} = \sqrt{2} + 1 \approx 1,41 + 1 = 2,41\text{ m}^{-1}$.

O valor 2,41 pertence ao intervalo $[2, 3)$.

Alternativa correta: A

Resolução

Para $t < 0$ (chave S aberta por longo tempo), o circuito atingiu o estado estacionário e o capacitor funciona como uma chave aberta. A corrente no circuito é nula. A tensão no capacitor é igual à tensão da fonte (36 V). Assim, a carga inicial é $Q_0 = 10\mu\text{F} \times 36\text{V} = 360\mu\text{C}$.

No instante $t = 0^+$ (imediatamente após fechar S), o capacitor não pode alterar sua tensão de forma instantânea e se comporta como uma fonte de 36 V. Chamando de $V_A$ o nó superior onde os ramos se encontram, aplicamos a Lei dos Nós:

$\frac{V_A - 36}{6} + \frac{V_A - 0}{3} + \frac{V_A - 36}{2} = 0 \implies V_A = 24\text{ V}$.

A potência inicial dissipada no resistor de $3\,\Omega$ será $P_0 = \frac{24^2}{3} = 192\text{ W}$.

Para $t \to \infty$ (muito tempo após fechar S), o capacitor volta a atuar como um circuito aberto. O circuito se resume a um divisor de tensão com os resistores em série de $6\,\Omega$ e $3\,\Omega$.

A tensão final no nó central é $V_\infty = 36 \times \frac{3}{6+3} = 12\text{ V}$. Como não há corrente no ramo de $2\,\Omega$, a tensão do capacitor é igual à do nó $V_A$. Logo, $Q_\infty = 10\mu\text{F} \times 12\text{V} = 120\mu\text{C}$.

A potência final dissipada no resistor de $3\,\Omega$ é $P_\infty = \frac{12^2}{3} = 48\text{ W}$.

Calculando a razão pedida: $\frac{P_0 Q_0}{P_\infty Q_\infty} = \frac{192 \times 360}{48 \times 120} = 4 \times 3 = 12$.

*Nota de transparência: A demonstração matemática irrefutável mostra que o gabarito correto deve ser a alternativa D (12). A opção E (27) consta no gabarito preliminar oficial, sendo um provável erro que será corrigido após a fase de recursos.

Resultado desenvolvido: D (12) — diverge do gabarito preliminar (E), provável erro a ser corrigido no gabarito definitivo após recursos.

Resolução

A força eletromotriz (f.e.m.) induzida em uma barra condutora móvel sob um campo magnético é dada por $\varepsilon = B L_{\perp} v$, onde $L_{\perp}$ é a componente do comprimento da barra perpendicular ao vetor velocidade.

A partir da geometria fornecida: $L_{\perp} = L \text{sen}(30^\circ) = 1,6 \times 0,5 = 0,8\text{ m}$.

Convertendo o campo para Tesla, $B = 0,5\text{ mT} = 0,5 \times 10^{-3}\text{ T}$. Aplicando os valores na fórmula:

$\varepsilon = (0,5 \times 10^{-3}) \times 0,8 \times 10 = 4 \times 10^{-3}\text{ V} = 4\text{ mV}$.

Alternativa correta: B

Resolução

Um corpo flutuante submetido a um deslocamento vertical realiza um Movimento Harmônico Simples (MHS) apenas se a força de restituição for diretamente proporcional ao deslocamento. Isso ocorre quando a área da seção transversal na linha d'água é constante.

O cilindro posicionado na vertical possui uma área de seção constante, portanto a força de empuxo adicional é linear, e ele realiza rigorosamente um MHS.

O cone com o vértice para baixo não possui uma seção transversal constante, logo, para oscilações arbitrárias, o movimento não seria um MHS. Entretanto, para "deslocamentos verticais muito pequenos", ele realiza uma oscilação aproximável. A geometria do cone na linha d'água implica uma relação de área que reduz o período de oscilação quando comparado à inércia do cilindro equivalente. O período do cone é menor do que o período do cilindro.

Alternativa correta: C

Resolução

A força de atrito que age contra o movimento é constante: $F_{at} = \mu_c mg = 0,4 \cdot 2 \cdot 10 = 8\text{ N}$.

O bloco atinge sua velocidade máxima no ponto onde a aceleração é zero, ou seja, quando a força elástica se iguala à força de atrito: $F_{el} = F_{at} \implies k \cdot x = 8 \implies x = \frac{8}{k}$.

O bloco viaja da posição $x_0 = 0,32\text{ m}$ até a posição de velocidade máxima $x$. A distância percorrida é $d = 0,32 - \frac{8}{k}$.

Inconsistência do Enunciado:

O enunciado apresenta uma inconsistência conceitual. Pela redação literal, a redução da energia mecânica é igual ao trabalho dissipado pelo atrito ($|W_{at}| = |\Delta E_{mec}|$).

$F_{at} \cdot d = 0,64 \implies 8 \cdot \left(0,32 - \frac{8}{k}\right) = 0,64 \implies 0,32 - \frac{8}{k} = 0,08 \implies \frac{8}{k} = 0,24 \implies k \approx 33,33\text{ N/m}$.

Como podemos notar, esse valor é inexistente nas alternativas. O gabarito somente é recuperado se interpretarmos que os $0,64\text{ J}$ referem-se à energia cinética do bloco quando sua velocidade é máxima, e não à redução da energia mecânica. Neste caso, aplicando o Teorema da Energia Cinética ($W_{res} = \Delta E_c$):

$W_{elástica} + W_{atrito} = E_c$

$\left[\frac{k \cdot (0,32)^2}{2} - \frac{k \cdot \left(\frac{8}{k}\right)^2}{2}\right] - 8 \cdot \left(0,32 - \frac{8}{k}\right) = 0,64$

Resolvendo a equação em função de $k$, obtemos:

$0,0512k - \frac{32}{k} - 2,56 + \frac{64}{k} = 0,64 \implies 0,0512k^2 - 3,2k + 32 = 0$.

As raízes dessa equação quadrática são $k = 12,5\text{ N/m}$ e $k = 50\text{ N/m}$. Como apenas $50\text{ N/m}$ consta entre as alternativas, este é o gabarito esperado.

*Nota de transparência: O enunciado apresenta uma inconsistência conceitual entre a redação literal e o cálculo matemático necessário para alcançar a resposta esperada. O gabarito preliminar aponta a alternativa B, sendo a questão passível de recurso.

Alternativa correta: B

Resolução

Para um ângulo pequeno $\theta_0$, o pêndulo simples realiza um Movimento Harmônico Simples de período $T = 2\pi\sqrt{L/g}$.

O tempo necessário para que a massa pendular, abandonada do repouso em seu ponto de máxima amplitude, alcance o ponto mais baixo da trajetória corresponde a exatamente um quarto do seu período (T/4).

$\Delta t = \frac{T}{4} = \frac{2\pi\sqrt{L/g}}{4} = \frac{\pi}{2}\sqrt{L/g}$.

Para que a colisão ocorra simultaneamente neste local, o carrinho de brinquedo em movimento retilíneo uniforme deve percorrer a distância $d$ durante o mesmo intervalo de tempo $\Delta t$. A velocidade do carrinho será:

$v = \frac{d}{\Delta t} = \frac{d}{\frac{\pi}{2}\sqrt{L/g}} = \frac{2d}{\pi}\sqrt{\frac{g}{L}}$.

Alternativa correta: D

Resolução

No movimento circular, a força resultante deve atuar como força centrípeta. A força magnética aponta para o centro (regra da mão direita), e a força elétrica repulsiva atua no sentido oposto (afastando-se do centro). A distância entre as cargas é o diâmetro da circunferência, $2r$.

A força resultante centrípeta é: $F_{mag} - F_{el} = F_{cp}$.

$qvB_0 - \frac{kq^2}{(2r)^2} = \frac{mv^2}{r} \implies qvB_0 - \frac{kq^2}{4r^2} = \frac{mv^2}{r}$.

Substituindo o valor do campo magnético dado $B_0 = \sqrt{\frac{mk}{r^3}}$, obtemos:

$qv\sqrt{\frac{mk}{r^3}} - \frac{kq^2}{4r^2} = \frac{mv^2}{r}$.

Analisando as opções fornecidas para $v$, podemos testar a alternativa A ($v = \frac{q}{2}\sqrt{\frac{k}{mr}}$):

O termo da energia cinética / força centrípeta (lado direito): $\frac{m}{r} \left(\frac{q}{2}\sqrt{\frac{k}{mr}}\right)^2 = \frac{m}{r} \frac{q^2 k}{4mr} = \frac{kq^2}{4r^2}$.

O termo da força magnética subtraído (lado esquerdo): $q \left(\frac{q}{2}\sqrt{\frac{k}{mr}}\right) \sqrt{\frac{mk}{r^3}} - \frac{kq^2}{4r^2} = \frac{q^2 k}{2r^2} - \frac{kq^2}{4r^2} = \frac{kq^2}{4r^2}$.

Como os dois lados da igualdade coincidem com essa velocidade, a alternativa é validada e consistente.

Alternativa correta: A

Resolução

Para o tubo de comprimento $L=7,5\text{ m}$ fechado nas duas extremidades, o comprimento de onda do terceiro harmônico ($n=3$) é $\lambda = \frac{2L}{3} = \frac{2(7,5)}{3} = 5\text{ m}$.

A velocidade do som no gás monoatômico A ($M = 0,1\text{ kg/mol}$, $\gamma = 5/3$) é:

$v_s = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}} = \sqrt{\frac{(5/3)(8)(300)}{0,1}} = \sqrt{40000} = 200\text{ m/s}$.

A frequência da onda estacionária, que é a mesma frequência de operação do motor, é $f = \frac{v_s}{\lambda} = \frac{200}{5} = 40\text{ Hz}$.

Agora avaliamos o ciclo termodinâmico (Ciclo de Otto) do gás B, monoatômico ($C_v = \frac{3}{2}R$, $\gamma - 1 = \frac{2}{3}$). As temperaturas atingidas nos estados 2 e 4 (após as compressões/expansões adiabáticas) são calculadas por $TV^{\gamma-1} = \text{constante}$:

$T_2 = T_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{2/3} = 100 \times 8^{2/3} = 100 \times 4 = 400\text{ K}$.

$T_4 = T_3 \left(\frac{V_3}{V_4}\right)^{2/3} = 800 \times \left(\frac{1}{8}\right)^{2/3} = 800 \times \frac{1}{4} = 200\text{ K}$.

O calor absorvido ocorre no processo isocórico 2-3: $Q_{in} = n C_v (T_3 - T_2) = 1 \times \frac{3(8)}{2} \times (800 - 400) = 12 \times 400 = 4800\text{ J}$.

O calor rejeitado ocorre no processo isocórico 4-1: $Q_{out} = n C_v (T_4 - T_1) = 1 \times 12 \times (200 - 100) = 1200\text{ J}$.

O trabalho líquido gerado por ciclo é $W = Q_{in} - Q_{out} = 4800 - 1200 = 3600\text{ J}$.

Como o motor realiza $f = 40$ ciclos por segundo (40 Hz), a potência é $P = W \times f = 3600 \times 40 = 144000\text{ W} = 144\text{ kW}$.

Alternativa correta: B