EFOMM 2024: Prova de Física Resolvida e Gabarito

Nesta página, você encontrará a prova de Física da EFOMM 2024, com as questões e suas respectivas resoluções passo a passo.

As questões são apresentadas com explicações detalhadas, permitindo acompanhar as estratégias e os conceitos matemáticos utilizados em cada problema.

🧩 Exercício 21 EFOMM 2024Médio

Um sistema é formado por duas estrelas de mesma massa que descrevem uma órbita plana e circular de raio $R$. O movimento ocorre ao redor do centro de massa do sistema e é devido unicamente à atração gravitacional mútua entre as estrelas, que estão sempre em pontos diametralmente opostos.

Simultaneamente, um cosmonauta, sujeito apenas à força gravitacional das estrelas, descreve um movimento oscilatório com amplitude $d$, muito menor do que $R$, sobre a reta perpendicular ao plano da órbita que passa pelo centro da circunferência. Como $d\ll R$, considere que a distância entre o cosmonauta e qualquer das estrelas é sempre aproximadamente igual a $R$, durante a oscilação.

A razão entre o período de oscilação do cosmonauta e o período de rotação do sistema estelar vale:

1. Determinar a força gravitacional resultante sobre o cosmonauta

Seja $M$ a massa de cada estrela e $m$ a massa do cosmonauta. Como o cosmonauta está sobre a reta perpendicular ao plano orbital, a uma distância $z$ do centro de massa, a distância até cada estrela é aproximadamente $R$, pois $d\ll R$.

A componente da força gravitacional de cada estrela na direção do eixo de oscilação é aproximadamente

$$F_z=-\frac{GMm}{R^2}\frac{z}{R}.$$

O sinal negativo indica que a força aponta para o centro de massa. Como as duas estrelas contribuem igualmente, a força resultante é

$$F_{\text{res}}=-2\frac{GMm}{R^3}z.$$

Pela segunda lei de Newton,

$$m\ddot z=-\frac{2GMm}{R^3}z.$$

Cancelando $m$:

$$\ddot z+\frac{2GM}{R^3}z=0.$$

Essa é a equação de um movimento harmônico simples, cuja frequência angular satisfaz

$$\omega_{\text{osc}}^2=\frac{2GM}{R^3}.$$

Portanto, o período de oscilação do cosmonauta é

$$T_{\text{osc}}=\frac{2\pi}{\omega_{\text{osc}}}$$

e, assim,

$$\boxed{T_{\text{osc}}=2\pi\sqrt{\frac{R^3}{2GM}}}.$$

2. Determinar o período de rotação das estrelas

Cada estrela descreve uma circunferência de raio $R$ em torno do centro de massa. A força gravitacional entre as estrelas tem módulo

$$F_g=\frac{GM^2}{(2R)^2} =\frac{GM^2}{4R^2}.$$

Essa força fornece a força centrípeta necessária para o movimento circular de cada estrela:

$$\frac{GM^2}{4R^2}=M\omega_{\text{rot}}^2R.$$

Cancelando $M$ e isolando a frequência angular:

$$\omega_{\text{rot}}^2=\frac{GM}{4R^3}.$$

Logo, o período de rotação é

$$T_{\text{rot}}=\frac{2\pi}{\omega_{\text{rot}}}$$

ou

$$\boxed{T_{\text{rot}}=4\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}}.$$

3. Calcular a razão entre os períodos

Dividindo os períodos:

$$\frac{T_{\text{osc}}}{T_{\text{rot}}} = \frac{2\pi\sqrt{\frac{R^3}{2GM}}} {4\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}}.$$

Simplificando os fatores comuns:

$$\frac{T_{\text{osc}}}{T_{\text{rot}}} =\frac12\sqrt{\frac12}.$$

Portanto,

$$\boxed{\frac{T_{\text{osc}}}{T_{\text{rot}}} =\frac{\sqrt2}{4}}.$$

Alternativa correta: (A).

🧩 Exercício 22 EFOMM 2024Difícil

A figura mostra uma barra sustentada pelo seu engaste perpendicular na parede e pelas duas correntes lineares, também fixadas à parede de maneira simétrica em relação à barra. A barra possui comprimento igual a $4\,\text{m}$ e $500\,\text{kg}$ de massa. As correntes possuem $6\,\text{m}$ de comprimento e seus pontos de fixação na parede estão distantes $6\,\text{m}$ entre si. Despreze as demais dimensões desses corpos.

Tomando o ponto de conexão da barra na parede como origem do sistema de coordenadas, o módulo do torque realizado por cada corrente sobre a barra vale, em $\text{N}\cdot\text{m}$:

1. Definir o sistema de coordenadas

Adotamos a origem $O=(0,0,0)$ no engaste da barra.

• O eixo $x$ aponta ao longo da barra, perpendicularmente à parede.
• O eixo $y$ está na horizontal, paralelo à parede.
• O eixo $z$ é vertical.

A extremidade livre da barra está no ponto

$$P=(4,0,0).$$

Como os pontos de fixação das correntes estão separados por $6\,\text{m}$ e são simétricos em relação ao plano $y=0$, podemos representá-los por

$$A=(0,-3,h)$$

e

$$B=(0,3,h).$$

As correntes possuem comprimento $6\,\text{m}$. Usando a distância entre $P$ e $A$:

$$PA^2=(4-0)^2+(0+3)^2+(0-h)^2.$$

Portanto,

$$6^2=4^2+3^2+h^2.$$$$36=16+9+h^2.$$

Assim,

$$\boxed{h=\sqrt{11}\,\text{m}}.$$

Logo, os pontos de fixação são

$$A=(0,-3,\sqrt{11})$$

e

$$B=(0,3,\sqrt{11}).$$

2. Determinar os vetores das correntes

O vetor que vai da extremidade da barra até o ponto $A$ é

$$\overrightarrow{PA}=A-P.$$

Logo,

$$\overrightarrow{PA}=(-4,-3,\sqrt{11}).$$

Seu módulo é $6$. Portanto, o vetor unitário nessa direção é

$$\hat{u}_A= \frac{1}{6}(-4,-3,\sqrt{11}).$$

Se $T$ é o módulo da tensão em cada corrente, a força exercida pela primeira corrente sobre a barra é

$$\vec{T}_A= \frac{T}{6}(-4,-3,\sqrt{11}).$$

Analogamente,

$$\overrightarrow{PB}=(-4,3,\sqrt{11})$$

e

$$\vec{T}_B= \frac{T}{6}(-4,3,\sqrt{11}).$$

3. Determinar o torque do peso

A barra é homogênea, de modo que seu centro de massa está em

$$G=(2,0,0).$$

O peso vale

$$P=mg=500\cdot10=5000\,\text{N}.$$

Como o eixo $z$ aponta para cima,

$$\vec{P}=(0,0,-5000).$$

O vetor posição do centro de massa é

$$\vec{r}_G=(2,0,0).$$

O torque do peso em relação a $O$ é

$$\vec{\tau}_P=\vec{r}_G\times\vec{P}.$$

Calculando o produto vetorial:

$$\vec{\tau}_P= \begin{vmatrix} \hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\ 2&0&0\\ 0&0&-5000 \end{vmatrix}.$$

Portanto,

$$\boxed{\vec{\tau}_P=(0,10000,0)\,\text{N}\cdot\text{m}}.$$

4. Calcular os torques das correntes

O vetor posição do ponto de aplicação das tensões é

$$\vec{r}_P=(4,0,0).$$

Para a primeira corrente:

$$\vec{\tau}_A=\vec{r}_P\times\vec{T}_A.$$

Substituindo:

$$\vec{\tau}_A= \begin{vmatrix} \hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\ 4&0&0\\ -\frac{2T}{3}&-\frac{T}{2}&\frac{\sqrt{11}T}{6} \end{vmatrix}.$$

Assim,

$$\vec{\tau}_A= \left(0,-\frac{2\sqrt{11}T}{3},-2T\right).$$

Para a segunda corrente:

$$\vec{\tau}_B=\vec{r}_P\times\vec{T}_B.$$

Logo,

$$\vec{\tau}_B= \left(0,-\frac{2\sqrt{11}T}{3},2T\right).$$

Somando os torques das duas correntes:

$$\vec{\tau}_A+\vec{\tau}_B = \left(0,-\frac{4\sqrt{11}T}{3},0\right).$$

Observe que as componentes em $z$ se cancelam, enquanto as componentes em $y$ se somam.

5. Aplicar a condição de equilíbrio rotacional

Como a barra está em equilíbrio estático,

$$\sum\vec{\tau}_O=\vec{0}.$$

Portanto,

$$\vec{\tau}_P+\vec{\tau}_A+\vec{\tau}_B=\vec{0}.$$

Na componente $y$:

$$10000-\frac{4\sqrt{11}T}{3}=0.$$

Isolando $T$:

$$\frac{4\sqrt{11}T}{3}=10000.$$$$T=\frac{30000}{4\sqrt{11}}.$$

Logo,

$$\boxed{T=\frac{7500}{\sqrt{11}}\,\text{N}}.$$

6. Determinar o módulo do torque de cada corrente

O módulo do torque da primeira corrente é

$$|\vec{\tau}_A| = \sqrt{ \left(\frac{2\sqrt{11}T}{3}\right)^2 +(2T)^2 }.$$

Elevando os termos ao quadrado:

$$|\vec{\tau}_A| = \sqrt{\frac{44T^2}{9}+4T^2}.$$$$|\vec{\tau}_A| = T\sqrt{\frac{80}{9}}.$$

Portanto,

$$|\vec{\tau}_A|=\frac{4\sqrt5}{3}T.$$

Substituindo $T=\frac{7500}{\sqrt{11}}$:

$$|\vec{\tau}_A| = \frac{4\sqrt5}{3}\cdot\frac{7500}{\sqrt{11}}.$$

Finalmente,

$$\boxed{ |\vec{\tau}_A| =10000\sqrt{\frac{5}{11}}\,\text{N}\cdot\text{m} }.$$

Por simetria, a segunda corrente produz torque de mesmo módulo.

Alternativa correta: (A).

🧩 Exercício 23 EFOMM 2024Médio

Uma pequena esfera de massa $M=0{,}1\,\text{kg}$ e carga elétrica $q=1{,}0\,\text{C}$, presa por um fio de $30\,\text{cm}$ de comprimento, está imersa numa região de campo elétrico uniforme, que aponta para baixo. Esse campo pode ser alterado externamente. Qual deve ser o valor do campo elétrico $E$, em $\text{N/C}$, para que o período deste pêndulo seja metade do período $T_0$ que ele teria na ausência do campo?

Considere $g=10\,\text{m/s}^2$ e $\theta\ll1\,\text{rad}$.

1. Determinar o período do pêndulo sem campo elétrico

Para pequenas oscilações, o período de um pêndulo simples é

$$T_0=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.$$

Como $L=0{,}30\,\text{m}$, temos

$$T_0=2\pi\sqrt{\frac{0{,}30}{10}}.$$

2. Determinar a aceleração efetiva na presença do campo

A carga é positiva e o campo elétrico aponta para baixo. Portanto, a força elétrica tem o mesmo sentido do peso:

$$F_e=qE.$$

A força resultante vertical que determina a oscilação é associada à aceleração efetiva

$$g_{\text{ef}}=g+\frac{qE}{M}.$$

Assim, o período com o campo elétrico passa a ser

$$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g+\frac{qE}{M}}}.$$

3. Aplicar a condição sobre os períodos

O enunciado exige que o período seja metade do período original:

$$T=\frac{T_0}{2}.$$

Substituindo as expressões dos períodos:

$$2\pi\sqrt{\frac{L}{g+\frac{qE}{M}}} = \frac12\,2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.$$

Cancelando os fatores comuns:

$$\sqrt{\frac{1}{g+\frac{qE}{M}}} = \frac12\sqrt{\frac1g}.$$

Elevando os dois lados ao quadrado:

$$\frac{1}{g+\frac{qE}{M}}=\frac{1}{4g}.$$

Logo,

$$g+\frac{qE}{M}=4g.$$

Portanto,

$$\frac{qE}{M}=3g$$

e

$$E=\frac{3Mg}{q}.$$

4. Calcular o campo elétrico

Substituindo $M=0{,}1\,\text{kg}$, $g=10\,\text{m/s}^2$ e $q=1{,}0\,\text{C}$:

$$E=\frac{3\cdot0{,}1\cdot10}{1{,}0}.$$

Assim,

$$\boxed{E=3{,}0\,\text{N/C}}.$$

Alternativa correta: (B).

🧩 Exercício 24 EFOMM 2024Médio

Uma pequena esfera de raio desprezível é solta, a partir do repouso, de uma altura $h$, em relação ao ponto $A$ do plano inclinado a $30^\circ$ com a horizontal.

A colisão é inelástica com coeficiente de restituição igual a $0{,}5$. Não há atrito entre a esfera e as superfícies, nem resistência do ar. O valor da altura $h$ para que a esfera caia diretamente no ponto $P$ após receber o impulso da colisão no ponto $A$ vale:

1. Calcular a velocidade imediatamente antes da colisão

A esfera é abandonada do repouso a uma altura $h$ acima de $A$. Pela conservação da energia mecânica durante a queda,

$$mgh=\frac{mv^2}{2}.$$

Cancelando a massa e isolando a velocidade:

$$\boxed{v=\sqrt{2gh}}.$$

2. Decompor a velocidade antes e depois da colisão

O plano inclinado forma um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal. Antes da colisão, a esfera tem velocidade vertical para baixo, de módulo $v$.

A componente tangencial ao plano é

$$v_t=v\sin30^\circ=\frac v2.$$

A componente normal ao plano tem módulo

$$v_n=v\cos30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}v.$$

Como não há atrito, a componente tangencial permanece inalterada durante o impacto.

Pelo coeficiente de restituição $e=0{,}5$, a componente normal após a colisão tem módulo

$$v_n'=ev_n =\frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2}v =\frac{\sqrt3}{4}v.$$

Essa componente passa a apontar para fora do plano.

3. Determinar as componentes cartesianas da velocidade após a colisão

Adotamos o eixo $x$ horizontal para a direita e o eixo $y$ vertical para cima.

A direção tangencial descendente tem componentes

$$\vec v_t= \left(\frac{\sqrt3}{2}\frac v2,-\frac12\frac v2\right).$$

Portanto,

$$\vec v_t= \left(\frac{\sqrt3}{4}v,-\frac14v\right).$$

A direção normal para fora do plano tem componentes

$$\vec v_n'= \left(\frac12\frac{\sqrt3}{4}v, \frac{\sqrt3}{2}\frac{\sqrt3}{4}v\right).$$

Logo,

$$\vec v_n'= \left(\frac{\sqrt3}{8}v,\frac38v\right).$$

Somando as duas componentes vetoriais, obtemos a velocidade após a colisão:

$$\vec v'=\vec v_t+\vec v_n'.$$

Assim, a componente horizontal é

$$v_x=\frac{\sqrt3}{4}v+\frac{\sqrt3}{8}v$$

e, portanto,

$$\boxed{v_x=\frac{3\sqrt3}{8}v}.$$

A componente vertical é

$$v_y=-\frac14v+\frac38v,$$

resultando em

$$\boxed{v_y=\frac18v}.$$

Observe que a componente vertical é positiva: a esfera sai da colisão subindo.

4. Determinar o tempo de voo

Pela figura, a distância horizontal entre $A$ e $P$ é

$$\Delta x=1+2=3\,\text{m}.$$

Como a velocidade horizontal permanece constante,

$$\Delta x=v_xt.$$

Substituindo $v_x=\frac{3\sqrt3}{8}v$:

$$3=\frac{3\sqrt3}{8}vt.$$

Isolando o tempo:

$$\boxed{t=\frac{8}{\sqrt3\,v}}.$$

5. Considerar a diferença de altura entre $A$ e $P$

Este é um ponto essencial: $A$ e $P$ não estão na mesma altura.

O trecho inclinado desce horizontalmente $1\,\text{m}$ até alcançar a parte horizontal. Como o plano faz $30^\circ$ com a horizontal, a diferença de altura é

$$\Delta y=-1\tan30^\circ.$$

Portanto,

$$\boxed{\Delta y=-\frac1{\sqrt3}\,\text{m}}.$$

Tomando $A$ como origem vertical, a equação do movimento vertical é

$$\Delta y=v_yt-\frac{gt^2}{2}.$$

Substituindo $v_y=\frac v8$ e $t=\frac{8}{\sqrt3\,v}$:

$$-\frac1{\sqrt3} =\frac v8\cdot\frac{8}{\sqrt3\,v} -\frac g2\left(\frac{8}{\sqrt3\,v}\right)^2.$$

Simplificando:

$$-\frac1{\sqrt3} =\frac1{\sqrt3}-\frac{32g}{3v^2}.$$

Passando os termos:

$$\frac{32g}{3v^2}=\frac2{\sqrt3}.$$

Logo,

$$32g=2\sqrt3\,v^2$$

e

$$v^2=\frac{16g}{\sqrt3}.$$

6. Determinar a altura inicial $h$

Da conservação da energia mecânica, sabemos que

$$v^2=2gh.$$

Substituindo $v^2=\frac{16g}{\sqrt3}$:

$$2gh=\frac{16g}{\sqrt3}.$$

Cancelando $g$ e dividindo por $2$:

$$\boxed{h=\frac8{\sqrt3}\,\text{m}}.$$

Resposta final: alternativa (E).

🧩 Exercício 25 EFOMM 2024Médio

Analise o gráfico a seguir.

O gráfico representa a curva $P\times T$ de uma sequência de processos termodinâmicos pelos quais um gás ideal diatômico é submetido. Nesses processos, o gás interage térmica e mecanicamente com o meio externo, mas não pode trocar átomos. A reta que contém o segmento $CA$ passa pela origem do gráfico $P\times T$. Assinale a alternativa que corresponde ao trabalho realizado pelo gás (em joules) no processo $AB$, dado que $T_B=2T_A$ e que o módulo do calor cedido pelo gás para o meio externo no processo $CA$ é de $200\,\text{J}$.

1. Identificar os processos termodinâmicos

No gráfico $P\times T$, o trecho $AB$ é horizontal. Portanto, a pressão permanece constante, caracterizando uma transformação isobárica.

O trabalho realizado pelo gás nesse processo é

$$W_{AB}=P(V_B-V_A).$$

Pela equação dos gases ideais,

$$PV=nRT.$$

Como a pressão é constante em $AB$, podemos escrever

$$\boxed{W_{AB}=nR(T_B-T_A)}.$$

No trecho $BC$, o gráfico é vertical, de modo que a temperatura permanece constante. Logo,

$$T_C=T_B.$$

Como o enunciado informa que $T_B=2T_A$, temos

$$\boxed{T_C=2T_A}.$$

2. Analisar o processo $CA$

A reta que contém $CA$ passa pela origem do gráfico $P\times T$. Portanto, ao longo desse processo,

$$\frac{P}{T}=\text{constante}.$$

Pela equação dos gases ideais,

$$\frac{P}{T}=\frac{nR}{V}.$$

Como $n$ e $R$ são constantes, concluímos que o volume permanece constante. Assim, $CA$ é uma transformação isovolumétrica.

O trabalho nessa transformação é nulo:

$$W_{CA}=0.$$

3. Aplicar a Primeira Lei da Termodinâmica

A Primeira Lei da Termodinâmica é expressa por

$$\Delta U=Q-W,$$

em que $Q$ é o calor recebido pelo gás e $W$ é o trabalho realizado pelo gás.

No processo $CA$, o gás cede $200\,\text{J}$ ao meio externo. Portanto,

$$Q_{CA}=-200\,\text{J}.$$

Como $W_{CA}=0$:

$$\Delta U_{CA}=Q_{CA}=-200\,\text{J}.$$

Para um gás ideal diatômico, desprezando os modos vibracionais, a energia interna é

$$U=\frac52nRT.$$

Logo,

$$\Delta U_{CA}=\frac52nR(T_A-T_C).$$

Substituindo o valor da variação de energia interna:

$$-200=\frac52nR(T_A-T_C).$$

Como $T_C=2T_A$:

$$-200=\frac52nR(T_A-2T_A).$$

Assim,

$$-200=-\frac52nRT_A.$$

Portanto,

$$\boxed{nRT_A=80\,\text{J}}.$$

4. Calcular o trabalho no processo $AB$

Já sabemos que

$$W_{AB}=nR(T_B-T_A).$$

Como $T_B=2T_A$:

$$W_{AB}=nR(2T_A-T_A).$$

Consequentemente,

$$W_{AB}=nRT_A.$$

Substituindo o resultado obtido anteriormente:

$$\boxed{W_{AB}=80\,\text{J}}.$$

Alternativa correta: (C).

🧩 Exercício 26 EFOMM 2024fácil

A tabela abaixo mostra as potências de trabalho de alguns dispositivos de passadiço. Dimensione o disjuntor ideal para proteger a instalação elétrica para este ramo do passadiço, supondo que a tensão eficaz na rede seja de $220\,\text{V}$.

Dispositivo	Potência (kW)
Bússola	0,30
Anemômetro	0,20
GPS	0,20
Radar	0,35
Sistema de telefone automático	0,80
Sistema de difusão de mensagem	0,50
Rádio – VHF	0,20
Ecobatímetro	0,25
Luzes de navegação	1,00

1. Calcular a potência total instalada

A potência total é a soma das potências de todos os dispositivos:

$$P_T=0{,}30+0{,}20+0{,}20+0{,}35+0{,}80$$$$\quad+0{,}50+0{,}20+0{,}25+1{,}00.$$

Somando os valores:

$$\boxed{P_T=3{,}80\,\text{kW}}.$$

Convertendo para watts:

$$P_T=3{,}80\times1000$$$$P_T=3800\,\text{W}.$$

2. Calcular a corrente elétrica total

Considerando a instalação ideal, a potência elétrica é dada por

$$P=UI,$$

em que $U$ é a tensão eficaz e $I$ é a corrente elétrica.

Isolando a corrente:

$$I=\frac{P_T}{U}.$$

Substituindo $P_T=3800\,\text{W}$ e $U=220\,\text{V}$:

$$I=\frac{3800}{220}.$$

Portanto,

$$\boxed{I\approx17{,}27\,\text{A}}.$$

3. Dimensionar o disjuntor

O disjuntor deve suportar a corrente de funcionamento da instalação. Entre as alternativas, a menor corrente nominal superior a $17{,}27\,\text{A}$ é

$$\boxed{20\,\text{A}}.$$

Resposta final: alternativa (B).

🧩 Exercício 27 EFOMM 2024Médio

Considere que uma partícula de massa $m$, carregada negativamente com carga de módulo $q$, entre com vetor velocidade $\vec{v}$, fazendo $30^\circ$ com a horizontal, numa região de campo magnético uniforme, entrando no plano do papel. A partícula sai da região do campo com o vetor velocidade $\vec{v}'$ apontando na direção horizontal.

Desprezando a ação do campo gravitacional sobre a partícula, qual a distância horizontal $D$ (em $\mu\text{m}$) entre a entrada e a saída da partícula da região com campo magnético?

Dados:

$$\frac{q}{m}=3{,}5\times10^{11}\,\text{C/kg}, \qquad B=0{,}2\,\text{T}, \qquad v=7{,}0\times10^6\,\text{m/s}.$$

1. Identificar a trajetória da partícula

A força magnética é perpendicular à velocidade da partícula. Como o campo magnético é uniforme e a velocidade é perpendicular ao campo, a partícula descreve um arco de circunferência.

O módulo da força magnética é

$$F_B=qvB.$$

Essa força atua como força centrípeta:

$$qvB=\frac{mv^2}{R}.$$

Simplificando por $v$ e isolando o raio:

$$\boxed{R=\frac{mv}{qB}=\frac{v}{(q/m)B}}.$$

2. Calcular o raio da trajetória

Substituindo os valores fornecidos:

$$R=\frac{7{,}0\times10^6} {(3{,}5\times10^{11})(0{,}2)}.$$

Como

$$(3{,}5\times10^{11})(0{,}2) =7{,}0\times10^{10},$$

temos

$$R=\frac{7{,}0\times10^6}{7{,}0\times10^{10}}.$$

Portanto,

$$\boxed{R=1{,}0\times10^{-4}\,\text{m}}.$$

Convertendo para micrômetros:

$$R=100\,\mu\text{m}.$$

3. Relacionar o raio com a distância horizontal

A velocidade inicial forma um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal, enquanto a velocidade de saída é horizontal. Como a velocidade é tangente à trajetória circular, o raio que liga o centro da circunferência à entrada é perpendicular à velocidade inicial, e o raio na saída é perpendicular à velocidade horizontal.

A variação angular entre os raios é de $30^\circ$. A distância horizontal entre os pontos de entrada e saída corresponde à diferença entre as projeções horizontais desses raios:

$$D=R\sin30^\circ.$$

Como $\sin30^\circ=\frac12$:

$$D=\frac{R}{2}.$$

Substituindo $R=100\,\mu\text{m}$:

$$\boxed{D=50\,\mu\text{m}}.$$

Resposta final: alternativa (D).

🧩 Exercício 28 EFOMM 2024Médio

Quatro esferas condutoras A, B, C e D, de raios $r$, $2r$, $4r$ e $8r$, respectivamente, possuem a mesma carga elétrica igual a $Q$. Tais esferas estão suficientemente afastadas umas das outras de forma que a distribuição de carga não seja afetada.

Suponha que a esfera A seja colocada em contato elétrico com a esfera B por um fio condutor metálico e, após certo tempo, o fio seja retirado. Após isso, a esfera A é posta em contato elétrico com a esfera C pelo mesmo mecanismo e, novamente, após certo tempo, o fio é retirado. Finalmente, a esfera A é posta em contato com a última esfera D, da mesma forma que as anteriores, e afastada. Considerando que as esferas trocaram cargas apenas entre si, ao final do processo, a carga elétrica de A será:

1. Princípio da distribuição de cargas

Quando duas esferas condutoras são conectadas por um fio, as cargas se redistribuem até que seus potenciais elétricos sejam iguais.

Para uma esfera condutora isolada, o potencial elétrico é

$$V=k\frac{q}{R},$$

em que $q$ é a carga da esfera e $R$ é seu raio.

No equilíbrio eletrostático, temos

$$V_1=V_2.$$

Logo,

$$k\frac{q_1}{R_1}=k\frac{q_2}{R_2}.$$

Cancelando $k$:

$$\frac{q_1}{R_1}=\frac{q_2}{R_2}.$$

Portanto, as cargas finais são proporcionais aos raios:

$$\boxed{\frac{q_1}{q_2}=\frac{R_1}{R_2}}.$$

Além disso, a carga elétrica total se conserva durante o contato.

2. Primeiro contato: esferas A e B

Inicialmente, cada esfera possui carga $Q$. Assim, a carga total do sistema A-B é

$$Q_{AB}=Q+Q=2Q.$$

Os raios são $r$ e $2r$. Como as cargas finais são proporcionais aos raios, a carga de A será

$$q_A^{(1)}=\frac{r}{r+2r}\cdot2Q.$$

Simplificando:

$$q_A^{(1)}=\frac{2Q}{3}.$$

Após a separação, a esfera A permanece com carga

$$\boxed{q_A^{(1)}=\frac{2Q}{3}}.$$

3. Segundo contato: esferas A e C

Agora, A possui carga $\frac{2Q}{3}$, enquanto C ainda possui sua carga inicial $Q$.

A carga total é

$$Q_{AC}=\frac{2Q}{3}+Q =\frac{5Q}{3}.$$

Os raios de A e C são $r$ e $4r$. Portanto, a carga final de A será

$$q_A^{(2)} =\frac{r}{r+4r}\cdot\frac{5Q}{3}.$$

Assim,

$$q_A^{(2)} =\frac15\cdot\frac{5Q}{3}.$$

Logo,

$$\boxed{q_A^{(2)}=\frac{Q}{3}}.$$

4. Terceiro contato: esferas A e D

No último contato, A possui carga $\frac{Q}{3}$, enquanto D mantém sua carga inicial $Q$.

A carga total é

$$Q_{AD}=\frac{Q}{3}+Q =\frac{4Q}{3}.$$

Os raios são $r$ e $8r$. Portanto, a carga final de A é

$$q_A^{(3)} =\frac{r}{r+8r}\cdot\frac{4Q}{3}.$$

Simplificando:

$$q_A^{(3)} =\frac19\cdot\frac{4Q}{3}.$$

Concluímos que

$$\boxed{q_A^{(3)}=\frac{4Q}{27}}.$$

Resposta final: alternativa (E).

🧩 Exercício 29 EFOMM 2024Médio

Duas espiras concêntricas, de raio $r$ e $4r$, são percorridas pelas correntes $i$ e $i'$, respectivamente. Supondo a corrente $i$ conhecida, qual o valor de $i'$ para que o campo magnético resultante no ponto $O$ faça um ângulo de $30^\circ$ com o eixo $x$?

1. Campo magnético produzido por uma espira circular

O campo magnético no centro de uma espira circular de raio $R$, percorrida por uma corrente $I$, tem módulo

$$B=\frac{\mu_0 I}{2R}.$$

Sua direção é perpendicular ao plano da espira, e seu sentido é determinado pela regra da mão direita.

2. Identificar as componentes do campo magnético

Aplicando a regra da mão direita às correntes indicadas na figura, observamos que:

• A espira de raio $r$, percorrida pela corrente $i$, produz um campo magnético na direção do eixo $y$.
• A espira de raio $4r$, percorrida pela corrente $i'$, produz um campo magnético na direção do eixo $x$.

Assim, o campo na direção $y$ é

$$B_y=\frac{\mu_0 i}{2r}.$$

Já o campo na direção $x$ é

$$B_x=\frac{\mu_0 i'}{2(4r)}.$$

Simplificando:

$$B_x=\frac{\mu_0 i'}{8r}.$$

3. Aplicar a condição angular

O campo magnético resultante forma um ângulo de $30^\circ$ com o eixo $x$. Portanto,

$$\tan30^\circ=\frac{B_y}{B_x}.$$

Sabendo que

$$\tan30^\circ=\frac{\sqrt3}{3},$$

substituímos as expressões dos campos:

$$\frac{\sqrt3}{3} = \frac{\frac{\mu_0 i}{2r}} {\frac{\mu_0 i'}{8r}}.$$

Simplificando a fração:

$$\frac{\sqrt3}{3}=\frac{4i}{i'}.$$

Isolando $i'$:

$$i'=\frac{12i}{\sqrt3}.$$

Racionalizando:

$$\boxed{i'=4\sqrt3\,i}.$$

Resposta final: alternativa (C).

🧩 Exercício 30 EFOMM 2024Médio

Um tubo de comprimento $L$ está em contato térmico com o meio externo contendo $n$ mols de um certo gás ideal. Ambas as extremidades do tubo possuem membranas impermeáveis e flexíveis, de forma que elas podem oscilar devido à ação de uma fonte externa, que induz a propagação de ondas sonoras de frequência $f$ dentro do tubo.

Num certo instante $t_1$, o gás está a uma temperatura $T_1$ e forma-se dentro do tubo uma onda estacionária de número harmônico $n_1$. À medida que o gás troca calor com o meio externo, essa onda estacionária se desfaz; porém, em um instante posterior $t_2$, uma outra onda estacionária de número harmônico $n_2$ é observada.

O gráfico $P\times V$ do gás entre os instantes $t_1$ e $t_2$ está apresentado na figura, em que $P_1$ e $P_2$ são as pressões do gás nos instantes $t_1$ e $t_2$, respectivamente.

Assinale a alternativa que corresponde à razão $n_2/n_1$.

Dados:

$$v^2=\frac{\gamma RT}{M},$$

em que $M$ é a massa molar do gás, $R$ é a constante universal dos gases, $\gamma=C_P/C_V$ e $T$ é a temperatura do gás, todos em unidades do SI.

Permanecem constantes entre os instantes $t_1$ e $t_2$: o volume ocupado pelo gás (que é o próprio volume do tubo), a frequência $f$ da fonte externa e o número de mols do gás dentro do tubo.

1. Relacionar a frequência com o número harmônico

Para uma onda estacionária em um tubo com extremidades flexíveis, a frequência dos harmônicos é dada por

$$f_n=\frac{n_hv}{2L},$$

em que $n_h$ representa o número harmônico, $v$ é a velocidade de propagação do som e $L$ é o comprimento do tubo.

Como a frequência da fonte externa permanece constante, temos, nos dois instantes:

$$f=\frac{n_1v_1}{2L}$$

e

$$f=\frac{n_2v_2}{2L}.$$

Igualando as expressões:

$$\frac{n_1v_1}{2L}=\frac{n_2v_2}{2L}.$$

Cancelando $2L$:

$$n_1v_1=n_2v_2.$$

Assim,

$$\boxed{\frac{n_2}{n_1}=\frac{v_1}{v_2}}.$$

2. Relacionar a velocidade do som com a temperatura

O enunciado fornece a relação:

$$v^2=\frac{\gamma RT}{M}.$$

Como o gás permanece o mesmo, $\gamma$, $R$ e $M$ são constantes. Portanto,

$$v\propto\sqrt T.$$

Logo,

$$\frac{v_1}{v_2}=\sqrt{\frac{T_1}{T_2}}.$$

Substituindo na relação entre os números harmônicos:

$$\boxed{\frac{n_2}{n_1}=\sqrt{\frac{T_1}{T_2}}}.$$

3. Relacionar as temperaturas com as pressões

O gás é ideal e o volume e o número de mols permanecem constantes.

Pela equação de Clapeyron:

$$PV=nRT.$$

Como $n$, $R$ e $V$ são constantes, temos

$$\frac{P}{T}=\text{constante}.$$

Consequentemente,

$$\frac{T_1}{T_2}=\frac{P_1}{P_2}.$$

O gráfico informa que

$$P_2=\frac{9P_1}{121}.$$

Portanto,

$$\frac{T_1}{T_2} =\frac{P_1}{\frac{9P_1}{121}} =\frac{121}{9}.$$

4. Calcular a razão entre os números harmônicos

Substituindo na expressão encontrada anteriormente:

$$\frac{n_2}{n_1} =\sqrt{\frac{121}{9}}.$$

Assim,

$$\boxed{\frac{n_2}{n_1}=\frac{11}{3}}.$$

Resposta final: alternativa (B).

🧩 Exercício 31 EFOMM 2024Médio

A figura abaixo mostra a seção transversal uniforme do casco de uma embarcação que possui $100\,\text{m}$ de comprimento. Supondo a embarcação em equilíbrio, qual o calado (distância vertical a partir do fundo do casco até a linha superficial da água), em metros, da embarcação se sua massa total é $16.000\,\text{t}$, conforme a figura abaixo?

A seção transversal é formada por um retângulo de largura $50\,\text{m}$ e altura $5\,\text{m}$, sobre um triângulo de base $50\,\text{m}$ e altura $10\,\text{m}$.

1. Aplicar o Princípio de Arquimedes

Como a embarcação está em equilíbrio, seu peso é igual ao empuxo:

$$E=P.$$

Pelo Princípio de Arquimedes, o empuxo corresponde ao peso do líquido deslocado:

$$\rho_{\text{água}}gV_{\text{deslocado}}=mg.$$

Cancelando $g$:

$$V_{\text{deslocado}}=\frac{m}{\rho_{\text{água}}}.$$

Adotando a densidade da água como

$$\rho_{\text{água}}=1000\,\text{kg/m}^3,$$

e convertendo a massa da embarcação:

$$m=16.000\,\text{t}=16.000.000\,\text{kg},$$

obtemos

$$V_{\text{deslocado}} =\frac{16.000.000}{1000}.$$

Portanto,

$$\boxed{V_{\text{deslocado}}=16.000\,\text{m}^3}.$$

2. Determinar a área da seção transversal submersa

Como o casco possui seção transversal uniforme e comprimento de $100\,\text{m}$:

$$V_{\text{deslocado}}=A_{\text{sub}}L.$$

Substituindo os valores:

$$16.000=A_{\text{sub}}\cdot100.$$

Logo,

$$\boxed{A_{\text{sub}}=160\,\text{m}^2}.$$

3. Identificar a região submersa

A parte inferior do casco é triangular, com base de $50\,\text{m}$ e altura de $10\,\text{m}$.

A área total desse triângulo seria

$$A_{\triangle}=\frac{50\cdot10}{2}=250\,\text{m}^2.$$

Como a área submersa necessária é de apenas $160\,\text{m}^2$, concluímos que a linha da água está dentro da região triangular.

Chamaremos de $h$ o calado, isto é, a altura da água medida a partir do vértice inferior do casco.

4. Utilizar a semelhança de triângulos

A largura do casco aumenta proporcionalmente à altura, pois a seção triangular possui lados retos.

Se $b$ representa a largura do triângulo menor, pela semelhança de triângulos:

$$\frac{b}{h}=\frac{50}{10}.$$

Assim,

$$b=5h.$$

A área submersa é, portanto, a área desse triângulo menor:

$$A_{\text{sub}}=\frac{b\cdot h}{2}.$$

Substituindo $b=5h$:

$$160=\frac{5h\cdot h}{2}.$$$$160=\frac{5h^2}{2}.$$

Multiplicando por $2$:

$$320=5h^2.$$$$h^2=64.$$

Como a altura é positiva:

$$\boxed{h=8\,\text{m}}.$$

Resposta final: alternativa (B).

🧩 Exercício 32 EFOMM 2024Médio

Duas ondas harmônicas transversais idênticas (mesma amplitude e mesma frequência) propagam-se num meio, em uma mesma direção e sentido. As perturbações $y(x,t)$ provocadas pelas ondas no meio onde se propagam são representadas por funções do tipo

$$y(x,t)=y_{\max}\operatorname{sen}(kx-\omega t+\phi),$$

em que $y_{\max}$ é a amplitude de deslocamento das partículas no meio, $k$ é o número de onda, $\omega$ é a velocidade angular e $\phi$ é a constante de fase, todos em unidades do SI.

Sabe-se que no ponto $x=0$, no instante $t=0$, a perturbação devido à propagação da onda 1 (apenas) seria de $0{,}5y_{\max}$, com partículas se deslocando no sentido positivo de $y$.

No mesmo ponto e instante, a perturbação devido à onda 2 (apenas) seria de $\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)y_{\max}$, com partículas também se deslocando no sentido positivo de $y$.

Assinale a alternativa que corresponde ao módulo da amplitude de deslocamento das partículas do meio devido à superposição das ondas 1 e 2.

Dado:

$$\operatorname{sen}(a)+\operatorname{sen}(b) = 2\operatorname{sen}\left(\frac{a+b}{2}\right) \cos\left(\frac{a-b}{2}\right).$$

1. Determinar a fase inicial da primeira onda

A equação da primeira onda é

$$y_1(x,t)=y_{\max}\operatorname{sen}(kx-\omega t+\phi_1).$$

No instante $t=0$ e na posição $x=0$:

$$y_1(0,0)=y_{\max}\operatorname{sen}(\phi_1).$$

O enunciado informa que

$$y_1(0,0)=0{,}5y_{\max}.$$

Portanto,

$$\operatorname{sen}(\phi_1)=\frac12.$$

As possibilidades no ciclo trigonométrico são

$$\phi_1=\frac{\pi}{6} \quad\text{ou}\quad \phi_1=\frac{5\pi}{6}.$$

Entretanto, precisamos considerar o sentido do movimento das partículas.

A velocidade transversal é obtida derivando a posição em relação ao tempo:

$$v_y=\frac{\partial y}{\partial t}.$$

Assim,

$$v_y=-\omega y_{\max} \cos(kx-\omega t+\phi_1).$$

Na origem e no instante inicial:

$$v_y(0,0)=-\omega y_{\max}\cos\phi_1.$$

Como as partículas se deslocam no sentido positivo de $y$, temos

$$v_y(0,0)>0.$$

Logo,

$$\cos\phi_1<0.$$

Portanto, a fase correta é

$$\boxed{\phi_1=\frac{5\pi}{6}}.$$

2. Determinar a fase inicial da segunda onda

De maneira semelhante, para a segunda onda:

$$y_2(0,0)=y_{\max}\operatorname{sen}(\phi_2).$$

O enunciado fornece

$$y_2(0,0)=\frac{\sqrt2}{2}y_{\max}.$$

Assim,

$$\operatorname{sen}(\phi_2)=\frac{\sqrt2}{2}.$$

As possibilidades são

$$\phi_2=\frac{\pi}{4} \quad\text{ou}\quad \phi_2=\frac{3\pi}{4}.$$

Como as partículas também se deslocam no sentido positivo de $y$, devemos ter

$$\cos\phi_2<0.$$

Consequentemente,

$$\boxed{\phi_2=\frac{3\pi}{4}}.$$

3. Aplicar o princípio da superposição

A perturbação resultante é a soma das duas ondas:

$$y_R=y_1+y_2.$$

Portanto,

$$\begin{aligned} y_R(x,t)=y_{\max}\big[& \operatorname{sen}(kx-\omega t+\phi_1)\\ &+\operatorname{sen}(kx-\omega t+\phi_2)\big]. \end{aligned}$$

Aplicando a identidade trigonométrica fornecida no enunciado:

$$\begin{aligned} y_R(x,t)=2y_{\max} &\operatorname{sen}\left( kx-\omega t+\frac{\phi_1+\phi_2}{2} \right)\\ &\cdot\cos\left(\frac{\phi_1-\phi_2}{2}\right). \end{aligned}$$

Essa expressão representa uma onda harmônica resultante. Sua amplitude é

$$A_R=2y_{\max} \left|\cos\left(\frac{\phi_1-\phi_2}{2}\right)\right|.$$

4. Calcular a amplitude resultante

Substituindo as fases encontradas:

$$A_R=2y_{\max} \cos\left( \frac{\frac{5\pi}{6}-\frac{3\pi}{4}}{2} \right).$$

Colocando as frações no mesmo denominador:

$$\frac{5\pi}{6}-\frac{3\pi}{4} = \frac{10\pi-9\pi}{12} = \frac{\pi}{12}.$$

Logo,

$$A_R=2y_{\max}\cos\left(\frac{\pi}{24}\right).$$

Portanto,

$$\boxed{ A_R=2y_{\max}\cos\left(\frac{\pi}{24}\right) }.$$

Resposta final: alternativa (B).

🧩 Exercício 33 EFOMM 2024Médio

Duas fontes sonoras A e B emitem ondas esféricas de mesma potência. A fonte A está a uma distância $R_A$ de um ponto P, enquanto a fonte B está a uma distância $R_B$, como mostra a figura abaixo.

O nível sonoro da onda gerada pela fonte A, no ponto P, é de $80\,\text{dB}$. A fonte B pode ser posicionada em cinco diferentes posições em relação ao ponto P:

• I. $R_B=1{,}0R_A$.
• II. $R_B=5{,}0\times10^{-1}R_A$.
• III. $R_B=2{,}5\times10^{-1}R_A$.
• IV. $R_B=1{,}0\times10^{-1}R_A$.
• V. $R_B=1{,}0\times10^{-3}R_A$.

Considerando que, para ondas sonoras, a intensidade da onda resultante é a soma das intensidades de cada onda, assinale a alternativa que apresenta o(s) valor(es) de $R_B$, listados acima, para o(s) qual(is) o nível sonoro da onda resultante no ponto P ultrapassa o limiar da dor (120 dB).

Considere o limiar de audibilidade:

$$I_0=10^{-12}\,\text{W/m}^2.$$

1. Determinar a intensidade sonora produzida pela fonte A

O nível sonoro é calculado pela expressão

$$\beta=10\log\left(\frac{I}{I_0}\right),$$

em que $I$ é a intensidade sonora e $I_0$ é a intensidade de referência.

Para a fonte A, o nível sonoro é $80\,\text{dB}$. Portanto,

$$80=10\log\left(\frac{I_A}{10^{-12}}\right).$$

Dividindo por 10:

$$8=\log\left(\frac{I_A}{10^{-12}}\right).$$

Aplicando a definição de logaritmo:

$$10^8=\frac{I_A}{10^{-12}}.$$

Logo,

$$I_A=10^8\cdot10^{-12}.$$

Assim,

$$\boxed{I_A=10^{-4}\,\text{W/m}^2}.$$

2. Relacionar a intensidade sonora com a distância

Como as fontes emitem ondas esféricas, a intensidade sonora é inversamente proporcional ao quadrado da distância:

$$I=\frac{P}{4\pi R^2}.$$

O enunciado informa que as duas fontes possuem a mesma potência. Portanto,

$$\frac{I_B}{I_A}=\frac{R_A^2}{R_B^2}.$$

Isolando a intensidade produzida pela fonte B:

$$\boxed{I_B=I_A\left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2}.$$

3. Determinar a intensidade necessária para ultrapassar 120 dB

A intensidade resultante é a soma das intensidades das duas fontes:

$$I_R=I_A+I_B.$$

Para ultrapassar o limiar da dor, precisamos ter

$$\beta_R>120\,\text{dB}.$$

Utilizando a expressão do nível sonoro:

$$10\log\left(\frac{I_R}{I_0}\right)>120.$$

Dividindo por 10:

$$\log\left(\frac{I_R}{I_0}\right)>12.$$

Portanto,

$$\frac{I_R}{I_0}>10^{12}.$$

Como $I_0=10^{-12}\,\text{W/m}^2$:

$$\boxed{I_R>1\,\text{W/m}^2}.$$

4. Analisar as cinco posições da fonte B

Sabemos que

$$I_R=I_A\left[1+\left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2\right].$$

Como $I_A=10^{-4}\,\text{W/m}^2$, basta substituir cada relação entre as distâncias.

Posição I: $R_B=R_A$

$$I_R=10^{-4}(1+1^2).$$$$I_R=2\times10^{-4}\,\text{W/m}^2.$$

Não ultrapassa $1\,\text{W/m}^2$.

Posição II: $R_B=0{,}5R_A$

$$I_R=10^{-4}\left[1+\left(\frac{1}{0{,}5}\right)^2\right].$$$$I_R=10^{-4}(1+4).$$$$I_R=5\times10^{-4}\,\text{W/m}^2.$$

Não ultrapassa $1\,\text{W/m}^2$.

Posição III: $R_B=0{,}25R_A$

$$I_R=10^{-4}\left[1+\left(\frac{1}{0{,}25}\right)^2\right].$$$$I_R=10^{-4}(1+16).$$$$I_R=1{,}7\times10^{-3}\,\text{W/m}^2.$$

Não ultrapassa $1\,\text{W/m}^2$.

Posição IV: $R_B=0{,}1R_A$

$$I_R=10^{-4}\left[1+\left(\frac{1}{0{,}1}\right)^2\right].$$$$I_R=10^{-4}(1+100).$$$$I_R=1{,}01\times10^{-2}\,\text{W/m}^2.$$

Também não ultrapassa $1\,\text{W/m}^2$.

Posição V: $R_B=0{,}001R_A$

$$I_R=10^{-4}\left[1+\left(\frac{1}{0{,}001}\right)^2\right].$$$$I_R=10^{-4}(1+10^6).$$

Logo,

$$I_R=100{,}0001\,\text{W/m}^2.$$

Esse valor ultrapassa $1\,\text{W/m}^2$.

5. Conclusão

Somente a posição V produz uma intensidade sonora resultante superior ao limiar de $120\,\text{dB}$.

Portanto,

$$\boxed{\text{Alternativa (E) — somente V.}}$$

🧩 Exercício 34 EFOMM 2024Médio

Uma corrente com $20\,\text{m}$ de comprimento e densidade homogênea, que está apoiada sobre a superfície sem atrito da figura, é arremessada horizontalmente a $2\,\text{m/s}$.

A corrente nunca perde o contato com a superfície e sempre se mantém esticada. Quando uma porção de $10\,\text{m}$ de comprimento da corrente está sobre a parte inclinada, cujo ângulo com a horizontal é de $30^\circ$, sua velocidade possui módulo de:

1. Aplicar a conservação da energia mecânica

Como não existe atrito e a corrente permanece esticada, podemos utilizar a conservação da energia mecânica:

$$E_i=E_f.$$

A energia mecânica é composta pela energia cinética e pela energia potencial gravitacional.

Inicialmente, toda a corrente está na parte horizontal, movendo-se com velocidade de $2\,\text{m/s}$.

Quando $10\,\text{m}$ da corrente estão sobre o plano inclinado, parte dela desceu, convertendo energia potencial gravitacional em energia cinética.

2. Determinar a variação da energia potencial gravitacional

Seja $\lambda$ a densidade linear da corrente, isto é, sua massa por unidade de comprimento.

A corrente possui comprimento total de $20\,\text{m}$. Portanto, sua massa total é

$$M=20\lambda.$$

Quando $10\,\text{m}$ da corrente estão sobre o plano inclinado, essa porção possui massa

$$m=10\lambda.$$

Como o plano faz um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal, a extremidade da corrente que está a uma distância $s$ do início da inclinação encontra-se a uma altura

$$y(s)=-s\operatorname{sen}30^\circ.$$

O sinal negativo indica que a corrente está descendo em relação à posição horizontal inicial.

Para calcular a variação da energia potencial de toda a porção inclinada, somamos as contribuições de cada elemento de comprimento:

$$dU=g\,y(s)\,dm.$$

Como

$$dm=\lambda\,ds,$$

temos

$$\Delta U =-\lambda g\operatorname{sen}30^\circ \int_0^{10}s\,ds.$$

Calculando a integral:

$$\Delta U =-\lambda g\frac12\cdot\frac{10^2}{2}.$$

Portanto,

$$\Delta U=-25\lambda g.$$

Adotando $g=10\,\text{m/s}^2$:

$$\boxed{\Delta U=-250\lambda\,\text{J}}.$$

3. Determinar as energias cinéticas inicial e final

Inicialmente, toda a corrente possui velocidade $v_0=2\,\text{m/s}$.

Assim, sua energia cinética inicial é

$$E_{c_i}=\frac12Mv_0^2.$$

Substituindo $M=20\lambda$:

$$E_{c_i}=\frac12\cdot20\lambda\cdot2^2.$$

Logo,

$$\boxed{E_{c_i}=40\lambda\,\text{J}}.$$

No instante considerado, toda a corrente continua em movimento com o mesmo módulo de velocidade $v$. Portanto,

$$E_{c_f}=\frac12Mv^2.$$

Assim,

$$\boxed{E_{c_f}=10\lambda v^2}.$$

4. Aplicar a conservação da energia

A energia potencial diminuiu em $250\lambda\,\text{J}$. Essa energia foi convertida em energia cinética.

Logo,

$$E_{c_i}+|\Delta U|=E_{c_f}.$$

Substituindo:

$$40\lambda+250\lambda=10\lambda v^2.$$

Dividindo toda a equação por $10\lambda$:

$$4+25=v^2.$$

Portanto,

$$v^2=29.$$

Como a velocidade é positiva:

$$\boxed{v=\sqrt{29}\,\text{m/s}}.$$

Resposta final: alternativa (A).

🧩 Exercício 35 EFOMM 2024Difícil

Um certo gás ideal atua como substância de trabalho em uma certa máquina térmica. Em um ciclo, o gás passa pelos processos termodinâmicos apresentados no diagrama $P\times V$ abaixo, nesta ordem: uma expansão adiabática, seguida por uma compressão isobárica e terminando com um aquecimento isovolumétrico.

Calcule o rendimento da máquina.

1. Identificar os estados termodinâmicos

A partir do diagrama, identificamos os três estados do gás:

Estado	Pressão	Volume
1	$32P$	$V$
2	$P$	$8V$
3	$P$	$V$

Os processos que compõem o ciclo são:

• $1\rightarrow2$: expansão adiabática;
• $2\rightarrow3$: compressão isobárica;
• $3\rightarrow1$: aquecimento isovolumétrico.

O rendimento de uma máquina térmica é definido por:

$$\eta=\frac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{absorvido}}}.$$

Precisamos, portanto, determinar o trabalho líquido realizado pelo gás e o calor total absorvido durante o ciclo.

2. Determinar o coeficiente adiabático do gás

Na transformação adiabática de um gás ideal, temos:

$$P_1V_1^\gamma=P_2V_2^\gamma,$$

em que $\gamma=C_P/C_V$ é o coeficiente adiabático.

Substituindo os valores dos estados 1 e 2:

$$32P\cdot V^\gamma=P\cdot(8V)^\gamma.$$

Cancelando $P$ e $V^\gamma$:

$$32=8^\gamma.$$

Escrevendo as potências na base 2:

$$2^5=(2^3)^\gamma.$$

Logo:

$$5=3\gamma.$$

Portanto:

$$\boxed{\gamma=\frac53}.$$

3. Calcular o trabalho na expansão adiabática

Para uma transformação adiabática de um gás ideal, o trabalho realizado pelo gás é dado por:

$$W_{12}=\frac{P_1V_1-P_2V_2}{\gamma-1}.$$

Substituindo os valores:

$$W_{12}= \frac{32PV-8PV}{\frac53-1}.$$$$W_{12}=\frac{24PV}{\frac23}.$$

Assim:

$$\boxed{W_{12}=36PV}.$$

O trabalho é positivo porque ocorre uma expansão.

4. Calcular o trabalho na compressão isobárica

Na transformação isobárica, a pressão permanece constante. O trabalho realizado pelo gás é:

$$W_{23}=P(V_3-V_2).$$

Substituindo:

$$W_{23}=P(V-8V).$$

Portanto:

$$\boxed{W_{23}=-7PV}.$$

O sinal negativo indica que o trabalho é realizado sobre o gás, pois ocorre uma compressão.

5. Calcular o trabalho líquido do ciclo

Na transformação isovolumétrica, o volume permanece constante. Consequentemente:

$$W_{31}=0.$$

O trabalho líquido corresponde à soma dos trabalhos realizados nas três etapas:

$$W_{\text{líquido}}=W_{12}+W_{23}+W_{31}.$$

Substituindo:

$$W_{\text{líquido}}=36PV-7PV+0.$$

Logo:

$$\boxed{W_{\text{líquido}}=29PV}.$$

6. Determinar o calor absorvido pelo gás

Para calcular o rendimento, precisamos determinar o calor absorvido pela substância durante o ciclo.

Observando os processos, temos:

• Na expansão adiabática, não ocorre troca de calor: $Q_{12}=0$.
• Na compressão isobárica, o gás perde calor: $Q_{23}<0$.
• No aquecimento isovolumétrico, o gás absorve calor: $Q_{31}>0$.

Portanto, o calor absorvido corresponde exclusivamente ao processo $3\rightarrow1$.

Pela Primeira Lei da Termodinâmica:

$$Q_{31}=\Delta U_{31}+W_{31}.$$

Como $W_{31}=0$:

$$Q_{31}=\Delta U_{31}.$$

Para um gás ideal, a variação da energia interna é:

$$\Delta U=nC_V\Delta T.$$

Sabendo que:

$$\gamma=\frac{C_P}{C_V}$$

e

$$C_P-C_V=R,$$

podemos escrever:

$$C_V=\frac{R}{\gamma-1}.$$

Como $\gamma=\frac53$:

$$C_V=\frac{R}{\frac53-1}$$$$\boxed{C_V=\frac32R}.$$

Utilizando a equação dos gases ideais:

$$PV=nRT,$$

podemos expressar a variação da energia interna como:

$$\Delta U=\frac{1}{\gamma-1}\Delta(PV).$$

No processo isovolumétrico, o volume permanece igual a $V$, enquanto a pressão aumenta de $P$ para $32P$.

Assim:

$$Q_{31}= \frac{32PV-PV}{\frac53-1}.$$$$Q_{31}=\frac{31PV}{\frac23}.$$

Portanto:

$$\boxed{Q_{\text{absorvido}}=\frac{93}{2}PV}.$$

7. Calcular o rendimento da máquina

Finalmente, utilizamos a definição de rendimento:

$$\eta=\frac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{absorvido}}}.$$

Substituindo os resultados:

$$\eta=\frac{29PV}{\frac{93}{2}PV}.$$

Cancelando $PV$:

$$\eta=\frac{29\cdot2}{93}.$$

Logo:

$$\boxed{\eta=\frac{58}{93}}.$$

Em porcentagem:

$$\boxed{\eta\approx62{,}37\%}.$$

Conclusão: com os valores apresentados no diagrama, o rendimento da máquina é $\frac{58}{93}$, aproximadamente $62{,}37\%$. Nenhuma das alternativas corresponde ao resultado obtido.

🧩 Exercício 36 EFOMM 2024Médio

Em um laboratório de física foi realizado um experimento com uma massa $m$ de uma certa substância, que estava a uma temperatura $\theta_F$, sua temperatura de fusão. Em $t=0$, a substância passou a receber calor de uma fonte, a uma taxa constante $R$. O calor total recebido (12 kcal) foi suficiente para provocar a fusão completa e, posteriormente, o aquecimento do líquido até a temperatura $\theta_1$.

Os gráficos da variação da temperatura em função do tempo e da variação da temperatura em função do calor absorvido pela substância estão representados, respectivamente, nas figuras A e B.

Considerando que o fornecimento de calor à massa $m$ ocorreu a uma taxa constante, e que a tangente do ângulo $\beta$ da figura A é igual a $50$, assinale a alternativa que apresenta o calor específico $c$ da substância, dado que $L=3{,}0\,\text{cal/g}$.

1. Analisar as etapas do aquecimento

O processo ocorre em duas etapas:

• Fusão: a substância recebe calor, mas sua temperatura permanece constante em $\theta_F$.
• Aquecimento do líquido: após a fusão completa, a temperatura aumenta de $\theta_F$ até $\theta_1$.

Pelo gráfico da figura A, identificamos:

• Início do fornecimento de calor: $t=0$;
• Término da fusão: $t=2\,\text{min}$;
• Término do aquecimento: $t=8\,\text{min}$.

O calor total fornecido é:

$$Q_{\text{total}}=12\,\text{kcal}=12.000\,\text{cal}.$$

2. Determinar o calor utilizado na fusão

Como a fonte fornece calor a uma taxa constante, a quantidade de calor recebida é proporcional ao tempo.

Assim, podemos escrever:

$$\frac{Q_{\text{fusão}}}{Q_{\text{total}}} = \frac{t_{\text{fusão}}}{t_{\text{total}}}.$$

Substituindo os valores:

$$\frac{Q_{\text{fusão}}}{12.000} = \frac{2}{8}.$$

Logo:

$$Q_{\text{fusão}}=12.000\cdot\frac14.$$

Portanto:

$$\boxed{Q_{\text{fusão}}=3.000\,\text{cal}}.$$

3. Determinar a massa da substância

Durante a fusão, o calor recebido é calculado por:

$$Q_{\text{fusão}}=mL.$$

Isolando a massa:

$$m=\frac{Q_{\text{fusão}}}{L}.$$

Substituindo $Q_{\text{fusão}}=3.000\,\text{cal}$ e $L=3{,}0\,\text{cal/g}$:

$$m=\frac{3.000}{3}.$$

Assim:

$$\boxed{m=1.000\,\text{g}}.$$

4. Determinar a variação de temperatura do líquido

Na figura A, o trecho inclinado representa o aquecimento do líquido, que ocorre entre $t=2\,\text{min}$ e $t=8\,\text{min}$.

Portanto, o intervalo de tempo é:

$$\Delta t=8-2=6\,\text{min}.$$

O enunciado informa que:

$$\tan\beta=50.$$

Pela geometria do gráfico, a tangente do ângulo corresponde à inclinação da reta:

$$\tan\beta=\frac{\Delta\theta}{\Delta t}.$$

Substituindo:

$$50=\frac{\Delta\theta}{6}.$$

Logo:

$$\boxed{\Delta\theta=300\,^\circ\text{C}}.$$

5. Calcular o calor específico

Após a fusão completa, o calor restante é utilizado para elevar a temperatura do líquido.

Assim:

$$Q_{\text{líquido}}=Q_{\text{total}}-Q_{\text{fusão}}.$$

Substituindo:

$$Q_{\text{líquido}}=12.000-3.000.$$$$\boxed{Q_{\text{líquido}}=9.000\,\text{cal}}.$$

Utilizamos agora a equação do calor sensível:

$$Q_{\text{líquido}}=mc\Delta\theta.$$

Isolando o calor específico:

$$c=\frac{Q_{\text{líquido}}}{m\Delta\theta}.$$

Substituindo os valores encontrados:

$$c=\frac{9.000}{1.000\cdot300}.$$

Portanto:

$$\boxed{c=0{,}03\,\text{cal/(g}\cdot^\circ\text{C)}}.$$

Ou, em notação científica:

$$\boxed{c=3{,}0\times10^{-2}\,\text{cal/(g}\cdot^\circ\text{C)}}.$$

Resposta final: alternativa (C).

🧩 Exercício 37 EFOMM 2024Difícil

O vídeo “The Most Mind-Blowing Aspect of Circular Motion”, do canal do YouTube “All Things Physics”, mostra um efeito surpreendente da velocidade finita de propagação de ondas (ou de perturbações, em geral) em um meio. Um corte realizado em uma corda provoca uma “onda de afrouxamento”, que se propaga com velocidade aproximadamente constante desde o ponto do corte e leva o valor da tensão a zero nos pontos subsequentes. Dessa forma, a tração se anula instantaneamente em todos os pontos da corda: se um fio esticado com tensão $T_0$ é cortado em um ponto $P$, podemos supor que a tensão em um ponto a uma distância $d$ de $P$ é dada pela expressão

$$T(d)= \begin{cases} 0, & d\leq v_p t\\ T_0, & d>v_p t \end{cases}$$

em que $v_p$ é a velocidade de propagação de ondas no fio e $t$ é o intervalo de tempo transcorrido desde o corte.

Um aluno da EFOMM, angustiado com a proximidade das provas finais, resolve reproduzir o experimento do vídeo. Ele apanha um objeto pontual, com $2{,}5\,\text{kg}$ de massa, e o amarra na ponta de um fio inextensível, cuja densidade linear vale $1\,\text{g/m}$. A outra ponta do fio é fixada na origem do sistema de coordenadas cartesianas da superfície plana, horizontal e sem atrito de uma mesa. O objeto é colocado para realizar um MCU no sentido anti-horário, com raio de $4\,\text{m}$. Em algum instante do seu movimento, o fio é cortado em seu ponto médio, e $2\cdot10^{-2}$ segundos após o corte, o objeto passa pelo ponto da mesa com coordenadas cartesianas $(0,5)$.

A massa do fio e quaisquer atritos são desprezíveis.

O ângulo (em radianos) que o fio fazia com o eixo $x$ no instante em que foi cortado valia:

1. Determinar a velocidade de propagação da perturbação no fio

Antes do corte, o objeto realiza movimento circular uniforme. Portanto, a força de tração fornece a força centrípeta:

$$T_0=\frac{mv^2}{r}.$$

A velocidade de propagação de uma onda transversal em um fio esticado é:

$$v_p=\sqrt{\frac{T_0}{\mu}},$$

em que $\mu$ representa a densidade linear do fio.

Substituindo a expressão da tração:

$$v_p=\sqrt{\frac{mv^2}{r\mu}}.$$

Colocando a velocidade $v$ em evidência:

$$v_p=v\sqrt{\frac{m}{r\mu}}.$$

Convertendo a densidade linear:

$$\mu=1\,\text{g/m}=10^{-3}\,\text{kg/m}.$$

Substituindo os dados:

$$v_p=v\sqrt{\frac{2{,}5}{4\cdot10^{-3}}}.$$$$v_p=v\sqrt{625}.$$

Portanto:

$$\boxed{v_p=25v}.$$

2. Determinar o tempo necessário para a perturbação alcançar o objeto

O fio possui comprimento total de $4\,\text{m}$, pois o objeto realiza movimento circular com raio de $4\,\text{m}$.

Como o corte ocorre no ponto médio, a distância entre o ponto de corte e o objeto é:

$$d=\frac42=2\,\text{m}.$$

A perturbação percorre essa distância com velocidade $v_p=25v$. Logo:

$$t_p=\frac{d}{v_p}.$$$$t_p=\frac{2}{25v}.$$

Até esse instante, o objeto continua realizando movimento circular, pois a tensão ainda não foi anulada em sua posição.

3. Determinar o deslocamento angular durante a propagação da perturbação

A velocidade angular do objeto antes de perder a tensão é:

$$\omega=\frac{v}{r}.$$

Como $r=4\,\text{m}$:

$$\omega=\frac v4.$$

O deslocamento angular durante o intervalo $t_p$ é:

$$\Delta\theta=\omega t_p.$$

Substituindo:

$$\Delta\theta=\frac v4\cdot\frac{2}{25v}.$$

Cancelando $v$:

$$\Delta\theta=\frac{2}{100}.$$

Assim:

$$\boxed{\Delta\theta=0{,}02\,\text{rad}}.$$

4. Determinar a direção do movimento após a perda da tensão

Quando a perturbação alcança o objeto, a tensão se anula e ele deixa de realizar movimento circular.

A partir desse instante, como a superfície é horizontal e sem atrito, o objeto segue em movimento retilíneo uniforme, na direção tangente à trajetória circular.

O objeto passa pelo ponto $Q=(0,5)$. Como o centro da trajetória é a origem e o raio é $4\,\text{m}$, podemos construir um triângulo retângulo formado por:

• A distância entre a origem e o ponto Q: $OQ=5\,\text{m}$;
• O raio da trajetória: $OA=4\,\text{m}$;
• O segmento tangente percorrido pelo objeto após perder a tensão.

Pelo teorema de Pitágoras, o comprimento do segmento tangente é:

$$s=\sqrt{5^2-4^2}.$$$$s=\sqrt{25-16}.$$

Portanto:

$$\boxed{s=3\,\text{m}}.$$

5. Determinar o ângulo inicial do fio

Pela geometria do triângulo retângulo formado pelo raio e pela trajetória tangente, temos:

$$\tan\alpha=\frac34.$$

Logo:

$$\alpha=\operatorname{arctg}\left(\frac34\right).$$

Considerando o sentido anti-horário do movimento e o deslocamento angular ocorrido durante a propagação da perturbação, o ângulo do fio no instante do corte é:

$$\theta=\alpha+\Delta\theta.$$

Substituindo:

$$\theta=\operatorname{arctg}\left(\frac34\right)+0{,}02.$$

Assim:

$$\boxed{ \theta=\operatorname{arctg}\left(\frac34\right)+0{,}02 }$$

Resposta final: alternativa (D).

🧩 Exercício 38 EFOMM 2024Médio

A figura A representa a velocidade em função do tempo de um bloco que realiza um movimento harmônico simples sobre uma superfície horizontal sem atrito. O módulo dos valores que aparecem no eixo vertical da referida figura corresponde à amplitude da velocidade durante o MHS.

A oscilação ocorre em torno de um ponto de equilíbrio $x_{eq}=0{,}5\,\text{m}$, entre os pontos $x_{eq}+A$ e $x_{eq}-A$ (onde $A$ é a amplitude do movimento, em metros), tal como representado na figura B (que representa a posição do bloco no instante $t=0\,\text{s}$).

A única força que realiza trabalho sobre o bloco é a força restauradora da mola, cujo módulo é $k\Delta x$ ($k$ é a constante da mola e $\Delta x$ é a deformação). A função horária da posição do bloco pode ser descrita como uma função senoidal.

Considerando que o bloco se comporta como uma partícula, assinale a alternativa que corresponde, respectivamente, à posição e ao sentido do movimento do centro de massa do bloco no instante $t=4{,}5\,\text{s}$.

1. Determinar a amplitude da velocidade

Pelo gráfico da figura A, identificamos que a velocidade máxima em módulo é

$$v_{\max}=\frac{\pi}{10}\,\text{m/s}.$$

2. Determinar o período e a frequência angular

Observando o gráfico, identificamos dois máximos consecutivos de velocidade em $t=0\,\text{s}$ e $t=2\,\text{s}$? Na realidade, o gráfico apresenta mínimos em $0{,}5\,\text{s}$ e $2{,}5\,\text{s}$, separados por $2\,\text{s}$.

Portanto, o período do movimento é

$$\boxed{T=2\,\text{s}}.$$

A frequência angular é

$$\omega=\frac{2\pi}{T}.$$

Substituindo:

$$\boxed{\omega=\pi\,\text{rad/s}}.$$

3. Calcular a amplitude do movimento

No movimento harmônico simples, a velocidade máxima está relacionada à amplitude pela expressão

$$v_{\max}=\omega A.$$

Isolando $A$:

$$A=\frac{v_{\max}}{\omega}.$$

Substituindo os valores:

$$A=\frac{\frac{\pi}{10}}{\pi}.$$

Assim:

$$\boxed{A=0{,}1\,\text{m}}.$$

4. Determinar a posição do bloco em função do tempo

A figura B mostra que, no instante inicial, o bloco está na extremidade direita da oscilação:

$$x(0)=x_{eq}+A.$$

Portanto, podemos representar sua posição por

$$x(t)=x_{eq}+A\cos(\omega t).$$

Substituindo $x_{eq}=0{,}5\,\text{m}$, $A=0{,}1\,\text{m}$ e $\omega=\pi\,\text{rad/s}$:

$$x(t)=0{,}5+0{,}1\cos(\pi t).$$

5. Calcular a posição no instante $t=4{,}5\,\text{s}$

Substituindo o instante solicitado:

$$x(4{,}5)=0{,}5+0{,}1\cos(4{,}5\pi).$$

Como

$$\cos\left(\frac{9\pi}{2}\right)=0,$$

temos:

$$\boxed{x(4{,}5)=0{,}5\,\text{m}}.$$

6. Determinar o sentido do movimento

Para identificar o sentido do movimento, derivamos a função horária da posição:

$$v(t)=-A\omega\operatorname{sen}(\omega t).$$

Substituindo os valores:

$$v(t)=-0{,}1\pi\operatorname{sen}(\pi t).$$

No instante $t=4{,}5\,\text{s}$:

$$v(4{,}5)=-0{,}1\pi\operatorname{sen}(4{,}5\pi).$$

Como

$$\operatorname{sen}\left(\frac{9\pi}{2}\right)=1,$$

resulta:

$$v(4{,}5)=-\frac{\pi}{10}\,\text{m/s}.$$

O sinal negativo indica que o bloco está se deslocando para a esquerda.

Portanto, temos:

$$\boxed{x=0{,}5\,\text{m}}$$

e movimento para a esquerda.

Resposta final: alternativa (A).

🧩 Exercício 39 EFOMM 2024Difícil

A figura representa um esquema simplificado do sistema pistão + biela + virabrequim de um motor de combustão interna. A haste AO, com comprimento $\frac{\sqrt{2}}{2}\,\text{m}$, gira no sentido horário em torno do ponto fixo O e está conectada à barra de $1\,\text{m}$ de comprimento AB, articulada em seus dois pontos extremos. O ponto B está conectado ao pistão que se move apenas horizontalmente dentro da cavidade.

A figura mostra um instante do movimento em que o ângulo da haste AO com a horizontal vale $45^\circ$. Um observador fixo no solo determina que P é o ponto da barra AB cuja velocidade possui o menor módulo. A distância AP vale, em metros:

1. Identificar o centro instantâneo de rotação

A haste AO gira em torno do ponto fixo O. Portanto, a velocidade do ponto A é perpendicular à haste AO.

Por outro lado, o ponto B está conectado ao pistão, que só pode se movimentar horizontalmente. Logo, sua velocidade também é horizontal.

Para encontrar o centro instantâneo de rotação da barra AB, utilizamos a seguinte propriedade:

• A reta que passa por A e pelo centro instantâneo é perpendicular à velocidade de A.
• A reta que passa por B e pelo centro instantâneo é perpendicular à velocidade de B.

Chamaremos esse centro instantâneo de I.

Como a velocidade de A é perpendicular a AO, a reta AI possui a mesma direção de AO.

Como a velocidade de B é horizontal, a reta BI é vertical.

Assim, o ponto I é obtido pela interseção dessas duas retas.

2. Determinar as coordenadas dos pontos

Adotaremos um sistema cartesiano com origem em O, eixo $x$ horizontal e eixo $y$ vertical.

O comprimento de AO é

$$AO=\frac{\sqrt2}{2}\,\text{m}.$$

Como AO forma um ângulo de $45^\circ$ com a horizontal:

$$x_A=AO\cos45^\circ$$$$x_A=\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2} =\frac12.$$

Da mesma forma:

$$y_A=AO\operatorname{sen}45^\circ =\frac12.$$

Portanto:

$$\boxed{A=\left(\frac12,\frac12\right)}.$$

O ponto B está sobre o eixo horizontal e a distância AB é igual a $1\,\text{m}$.

Aplicando a distância entre dois pontos:

$$(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2=1^2.$$

Substituindo as coordenadas de A e sabendo que $y_B=0$:

$$\left(x_B-\frac12\right)^2+ \left(0-\frac12\right)^2=1.$$$$\left(x_B-\frac12\right)^2+\frac14=1.$$$$\left(x_B-\frac12\right)^2=\frac34.$$

Como B está à direita de A:

$$x_B-\frac12=\frac{\sqrt3}{2}.$$

Logo:

$$\boxed{B=\left(\frac{1+\sqrt3}{2},0\right)}.$$

3. Determinar as coordenadas do centro instantâneo I

A reta AI possui a mesma direção da haste AO, cuja inclinação é de $45^\circ$.

Portanto, sua equação é

$$y-\frac12=x-\frac12.$$

Simplificando:

$$y=x.$$

Como BI é vertical, o ponto I possui a mesma coordenada $x$ de B:

$$x_I=\frac{1+\sqrt3}{2}.$$

Como I pertence à reta $y=x$:

$$y_I=\frac{1+\sqrt3}{2}.$$

Assim:

$$\boxed{ I=\left( \frac{1+\sqrt3}{2}, \frac{1+\sqrt3}{2} \right) }.$$

4. Identificar o ponto de menor velocidade

Neste instante, a barra AB realiza uma rotação em torno do centro instantâneo I.

A velocidade de qualquer ponto da barra é dada por

$$v=\omega r,$$

em que $\omega$ é a velocidade angular da barra e $r$ é a distância entre o ponto considerado e I.

Como $\omega$ é a mesma para todos os pontos da barra, aquele que apresenta a menor velocidade é o ponto mais próximo de I.

Portanto, P é a projeção perpendicular de I sobre a barra AB.

Isso significa que o segmento IP é perpendicular a AB.

5. Calcular a distância AP

Utilizamos o produto escalar entre os vetores $\overrightarrow{AI}$ e $\overrightarrow{AB}$.

A projeção de $\overrightarrow{AI}$ sobre $\overrightarrow{AB}$ fornece exatamente a distância AP:

$$AP= \frac{\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AB}} {|\overrightarrow{AB}|}.$$

Calculando os vetores:

$$\overrightarrow{AI} = \left( \frac{\sqrt3}{2}, \frac{\sqrt3}{2} \right).$$

E:

$$\overrightarrow{AB} = \left( \frac{\sqrt3}{2}, -\frac12 \right).$$

O produto escalar é

$$\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AB} = \frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2} + \frac{\sqrt3}{2}\cdot\left(-\frac12\right).$$$$=\frac34-\frac{\sqrt3}{4}.$$

Como $AB=1\,\text{m}$:

$$AP=\frac34-\frac{\sqrt3}{4}.$$

Portanto:

$$\boxed{AP=\frac{3-\sqrt3}{4}\,\text{m}}.$$

Resposta final: alternativa (C).

🧩 Exercício 40 EFOMM 2024Médio

Em um laboratório de física, os experimentos de termodinâmica são realizados utilizando o gás oxigênio ($O_2$) ou o gás hélio ($He$), que, sob certas condições, comportam-se como gases ideais. O gráfico abaixo representa o módulo do trabalho, por mol, durante o aquecimento adiabático de um destes gases.

O valor indicado no eixo vertical está em termos de $R$, a constante universal dos gases, em unidades do SI.

Com base nos dados apresentados, analise as sentenças abaixo:

I. Durante o experimento, foi utilizado o gás oxigênio.

II. Durante o aquecimento adiabático, ocorre uma expansão do gás.

III. Em um processo isobárico que provocasse uma elevação de $100\,^\circ\text{C}$ na temperatura deste gás, o módulo do trabalho realizado seria de $100R\,\text{J/mol}$.

São verdadeiras as sentenças:

1. Interpretar o gráfico

O gráfico apresenta o módulo do trabalho realizado por mol em função da variação de temperatura.

Observamos que, para uma elevação de temperatura de $50\,^\circ\text{C}$, o módulo do trabalho por mol é igual a $125R$.

Assim, podemos escrever:

$$\Delta T=50\,\text{K}$$

e

$$\frac{|W|}{n}=125R.$$

A variação de temperatura em Celsius possui o mesmo valor numérico da variação em Kelvin.

2. Identificar o gás utilizado — afirmação I

Como a transformação é adiabática, não há troca de calor com o meio externo:

$$Q=0.$$

Pela Primeira Lei da Termodinâmica:

$$\Delta U=Q-W.$$

Logo:

$$\Delta U=-W.$$

Em módulo, temos:

$$|\Delta U|=|W|.$$

Para um gás ideal, a variação da energia interna por mol é:

$$\frac{\Delta U}{n}=C_V\Delta T.$$

Portanto:

$$C_V=\frac{|W|/n}{\Delta T}.$$

Substituindo os valores do gráfico:

$$C_V=\frac{125R}{50}.$$

Assim:

$$\boxed{C_V=\frac52R}.$$

Agora, comparamos esse resultado com os calores específicos molares dos gases:

• Oxigênio ($O_2$), gás diatômico: $C_V=\frac52R$.
• Hélio ($He$), gás monoatômico: $C_V=\frac32R$.

Como o resultado corresponde ao oxigênio, a afirmação I é verdadeira.

3. Analisar o sentido do movimento — afirmação II

O enunciado informa que ocorre um aquecimento adiabático, ou seja, a temperatura do gás aumenta sem que haja troca de calor.

Como:

$$Q=0$$

e

$$\Delta U=nC_V\Delta T,$$

o aumento da temperatura implica aumento da energia interna:

$$\Delta U>0.$$

Pela Primeira Lei:

$$\Delta U=-W.$$

Consequentemente:

$$W<0.$$

O trabalho realizado pelo gás é negativo, indicando que o trabalho está sendo realizado sobre ele.

Isso caracteriza uma compressão, e não uma expansão.

Portanto, a afirmação II é falsa.

4. Verificar o trabalho na transformação isobárica — afirmação III

Em uma transformação isobárica, a pressão permanece constante.

O trabalho realizado por um gás ideal é:

$$W=P\Delta V.$$

Pela equação de Clapeyron:

$$PV=nRT.$$

Como a pressão é constante:

$$P\Delta V=nR\Delta T.$$

Dividindo pelo número de mols:

$$\frac{W}{n}=R\Delta T.$$

O enunciado considera uma elevação de temperatura de $100\,^\circ\text{C}$, equivalente a $100\,\text{K}$.

Logo:

$$\frac{|W|}{n}=R\cdot100.$$

Portanto:

$$\boxed{\frac{|W|}{n}=100R\,\text{J/mol}}.$$

A afirmação III é verdadeira.

5. Conclusão

Analisando as três afirmações:

• I — Verdadeira.
• II — Falsa.
• III — Verdadeira.

Assim, as afirmações corretas são I e III.

Resposta final: alternativa (E).