EFOMM 2025: Prova de Física Resolvida e Gabarito

Nesta página, você encontrará a prova de Física da EFOMM 2025, 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 EFOMMDifícil

A Figura 1 mostra um instante qualquer do movimento de 2 blocos idênticos com massas iguais e formato cúbico. Eles se ajustam sem folga na guia e podem se mover em linha reta sem atrito.

Os blocos são conectados por uma barra rígida com 1 m de comprimento e massa desprezível. As conexões no topo de cada bloco são articuladas, o que permite a rotação da barra durante o movimento. O sistema é inicialmente colocado em repouso na configuração ilustrada em vista superior na Figura 2.

O bloco da direita é lançado na direção $y$, com velocidade inicial de 2 m/s, movimentando o outro bloco ao longo da direção $x$.

Escrevendo as equações da conservação de energia mecânica e do vínculo geométrico do problema, é possível fazer uma analogia entre o movimento dos blocos e outro tipo de movimento bem conhecido.

Assinale a alternativa que mais se aproxima do tempo necessário para que o bloco da esquerda chegue à extremidade direita.

Para resolver o problema, utilizaremos duas relações: a conservação da energia mecânica e a restrição geométrica imposta pela barra rígida.

1. Estabelecer o vínculo geométrico

Sejam $x$ a distância horizontal entre os blocos e $y$ o deslocamento vertical do bloco da direita em relação à posição inicial.

Como a barra tem comprimento constante de 1 m, pelo teorema de Pitágoras:

$$x^2+y^2=1.$$

Derivando essa expressão em relação ao tempo:

$$2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}=0.$$

Definindo $v_x$ como a velocidade do bloco da esquerda em módulo e $v_y$ como a velocidade do bloco da direita, obtemos

$$xv_x=yv_y.$$

Portanto,

$$v_x=\frac{y}{x}v_y.$$

2. Aplicar a conservação da energia mecânica

Como os blocos possuem massas iguais, não há atrito e a barra tem massa desprezível, a energia cinética total permanece constante.

Inicialmente, apenas o bloco da direita possui velocidade, igual a 2 m/s. Assim,

$$\frac12m(2)^2 = \frac12mv_x^2+\frac12mv_y^2.$$

Simplificando:

$$v_x^2+v_y^2=4.$$

Substituindo $v_x=\frac{y}{x}v_y$:

$$\frac{y^2}{x^2}v_y^2+v_y^2=4.$$

Colocando $v_y^2$ em evidência:

$$v_y^2\left(\frac{x^2+y^2}{x^2}\right)=4.$$

Como $x^2+y^2=1$, resulta

$$\frac{v_y^2}{x^2}=4.$$

Logo,

$$v_y=2x.$$

Usando novamente o vínculo geométrico:

$$v_y=2\sqrt{1-y^2}.$$

3. Calcular o tempo de movimento

Como a velocidade do bloco da direita é $\frac{dy}{dt}$, temos

$$\frac{dy}{dt}=2\sqrt{1-y^2}.$$

Separando as variáveis:

$$dt=\frac{dy}{2\sqrt{1-y^2}}.$$

Inicialmente, $y=0$. Quando o bloco da esquerda chega à extremidade direita, a separação horizontal se torna zero, isto é, $x=0$. Pelo vínculo geométrico, nesse instante $y=1$.

Portanto, o tempo total é

$$t=\int_0^1\frac{dy}{2\sqrt{1-y^2}}.$$

Sabemos que

$$\int\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}=arcseny.$$

Assim,

$$t=\frac12\left[arcsen y\right]_0^1.$$

Como $arcsen 1=\frac{\pi}{2}$ e $arcsen 0=0$:

$$t=\frac12\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{\pi}{4}.$$

Numericamente,

$$t\approx0{,}785\text{ s}.$$

Arredondando para duas casas decimais:

$$\boxed{t\approx0{,}79\text{ s}}.$$

Resposta: (A).

🧩 Exercício 22 EFOMMMédio

A corda AC é inextensível, possui 4,5 m de comprimento e 3 kg de massa uniformemente distribuída. Um fio de massa desprezível é amarrado em B e se estende horizontalmente até uma roldana fixa. A porção AB da corda mede 2,5 m.

O fio é puxado lentamente para baixo em sua extremidade livre até que AB forme um ângulo com a vertical cuja tangente vale $\frac{3}{4}$. As porções AB e BC podem ser consideradas sempre retilíneas. A corda fica em repouso quando atinge a posição final mostrada na figura.

O trabalho realizado pela força que puxa o fio vale:

Como o fio é puxado lentamente e o sistema parte e termina em repouso, podemos calcular o trabalho realizado pela força externa por meio da variação da energia potencial gravitacional da corda:

$$W=\Delta E_p.$$

1. Determinar a massa por unidade de comprimento

A corda possui comprimento total de $4{,}5$ m e massa de $3$ kg. Portanto, sua densidade linear é

$$\lambda=\frac{3}{4{,}5}=\frac{2}{3}\text{ kg/m}.$$

Como a porção AB mede $2{,}5$ m, sua massa é

$$m_{AB}=\frac{2}{3}\cdot2{,}5=\frac{5}{3}\text{ kg}.$$

A porção BC mede

$$BC=4{,}5-2{,}5=2\text{ m}.$$

Sua massa é

$$m_{BC}=\frac{2}{3}\cdot2=\frac{4}{3}\text{ kg}.$$

2. Determinar a elevação da porção AB

Seja $\theta$ o ângulo formado entre AB e a vertical. O enunciado informa que

$$\tan\theta=\frac{3}{4}.$$

Pelo triângulo retângulo de lados proporcionais a 3, 4 e 5, temos

$$\cos\theta=\frac{4}{5}.$$

A projeção vertical de AB na posição final é

$$h=2{,}5\cdot\frac45=2\text{ m}.$$

Inicialmente, AB estava na vertical e media $2{,}5$ m. Na posição final, sua projeção vertical mede $2$ m. Portanto, o ponto B sobe

$$\Delta h_B=2{,}5-2=0{,}5\text{ m}.$$

3. Calcular a variação da energia potencial de cada porção

Como AB é retilínea, seu centro de massa fica no ponto médio. A elevação do centro de massa de AB é metade da elevação de B:

$$\Delta h_{AB}=\frac{0{,}5}{2}=0{,}25\text{ m}.$$

Assim, a variação da energia potencial dessa porção é

$$\Delta E_{p,AB}=m_{AB}g\Delta h_{AB}.$$

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

$$\Delta E_{p,AB}=\frac53\cdot10\cdot0{,}25 =\frac{25}{6}\text{ J}.$$

A porção BC permanece vertical e sobe junto com B. Logo, seu centro de massa também sobe $0{,}5$ m.

Portanto,

$$\Delta E_{p,BC}=m_{BC}g\Delta h_B.$$$$\Delta E_{p,BC}=\frac43\cdot10\cdot0{,}5 =\frac{20}{3}\text{ J}.$$

4. Calcular o trabalho total

Somando as variações de energia potencial das duas porções:

$$W=\Delta E_{p,AB}+\Delta E_{p,BC}.$$$$W=\frac{25}{6}+\frac{20}{3}.$$

Colocando as frações no mesmo denominador:

$$W=\frac{25}{6}+\frac{40}{6} =\frac{65}{6}\text{ J}.$$

Portanto, o trabalho realizado pela força que puxa o fio é

$$\boxed{W=\frac{65}{6}\text{ J}}.$$

Resposta: (C).

🧩 Exercício 23 EFOMMMédio

Uma espira condutora circular está inserida em um campo magnético uniforme que varia linearmente com o tempo, dado por

$$\vec{B}(t)=(B_0+\alpha^2t)\hat{k},$$

em que $B_0<0$ e $\alpha$ são constantes, e $\hat{k}$ é o vetor unitário na direção do eixo $z$. A espira está contida no plano $z=0$.

Com base nessas informações, assinale a alternativa correta.

Para resolver a questão, utilizaremos a lei de Faraday, que relaciona a força eletromotriz induzida à variação do fluxo magnético através da espira.

1. Calcular o fluxo magnético

O fluxo magnético é dado por

$$\Phi_B=B(t)A\cos\theta,$$

em que $A$ é a área da espira e $\theta$ é o ângulo entre o campo magnético e o vetor normal à superfície.

Como a espira é circular, de raio $r$, sua área é

$$A=\pi r^2.$$

O campo magnético é perpendicular ao plano da espira, portanto $\cos\theta=1$. Assim,

$$\Phi_B(t)=(B_0+\alpha^2t)\pi r^2.$$

2. Aplicar a lei de Faraday

O módulo da força eletromotriz induzida é

$$|\mathcal{E}|=\left|\frac{d\Phi_B}{dt}\right|.$$

Como $B_0$, $\alpha$ e $r$ são constantes, derivamos o fluxo em relação ao tempo:

$$\frac{d\Phi_B}{dt}=\alpha^2\pi r^2.$$

Logo,

$$\boxed{|\mathcal{E}|=\alpha^2\pi r^2}.$$

Como essa expressão não depende do tempo, a força eletromotriz induzida é constante.

3. Analisar as alternativas

• (A) Incorreta. Se $\alpha\neq0$, a f.e.m. induzida tem módulo constante e diferente de zero; portanto, a corrente não se anula em um instante específico, supondo resistência constante e finita.
• (B) Correta. A taxa de variação do fluxo magnético é constante, logo a f.e.m. induzida também é constante.
• (C) Incorreta. O campo magnético no sentido positivo de $z$ está aumentando. Pela lei de Lenz, a corrente induzida produz um campo no sentido negativo de $z$, correspondendo ao sentido horário para um observador no semieixo positivo de $z$.
• (D) Incorreta. A f.e.m. depende do raio da espira por meio do fator $\pi r^2$.
• (E) Incorreta. Se $\alpha$ for multiplicada por 2, então $\alpha^2$ será multiplicado por 4. Portanto, a f.e.m. será quadruplicada, não dobrada.

Concluímos que a alternativa correta é

$$\boxed{\text{(B)}}$$

Resposta: (B).

🧩 Exercício 24 EFOMMDifícil

Um fio inextensível possui densidade linear de $0{,}4\cdot10^{-3}\text{ kg/m}$ e peso desprezível. Ele é fixado na parede em uma de suas extremidades e suporta uma massa de $0{,}1\text{ kg}$ na outra, conforme mostra a figura.

A porção horizontal do fio que vai desde sua conexão na parede até a roldana ideal mede 10 m.

No instante $t=0$, uma força externa variável no tempo, com intensidade

$$F=0{,}01t^2+0{,}2t,$$

em unidades do S.I., e direcionada verticalmente para baixo, começa a agir sobre o bloco, que se mantém em repouso. Nesse mesmo instante, um pulso é propagado na corda a partir do ponto de contato com a roldana.

O intervalo de tempo para que o pulso chegue à extremidade da corda presa na parede vale:

Para determinar o tempo de propagação do pulso, utilizaremos a relação entre a velocidade de uma onda transversal em uma corda, sua tensão e sua densidade linear.

1. Determinar a tensão na corda

Como o bloco permanece em repouso, a tensão na corda equilibra seu peso e a força externa aplicada para baixo.

Assim,

$$T(t)=mg+F(t).$$

Utilizando $m=0{,}1\text{ kg}$ e $g=10\text{ m/s}^2$:

$$T(t)=0{,}1\cdot10+0{,}01t^2+0{,}2t.$$

Portanto,

$$T(t)=1+0{,}01t^2+0{,}2t.$$

Colocando $0{,}01$ em evidência:

$$T(t)=0{,}01(t^2+20t+100).$$

Logo,

$$T(t)=0{,}01(t+10)^2.$$

2. Determinar a velocidade do pulso

A velocidade de propagação de um pulso em uma corda é dada por

$$v=\sqrt{\frac{T}{\mu}},$$

em que $\mu$ é a densidade linear da corda.

Como

$$\mu=0{,}4\cdot10^{-3} =0{,}0004\text{ kg/m},$$

temos

$$v(t)=\sqrt{\frac{0{,}01(t+10)^2}{0{,}0004}}.$$

Simplificando:

$$v(t)=\sqrt{25(t+10)^2}.$$

Como $t\geq0$, resulta

$$\boxed{v(t)=5(t+10)\text{ m/s}}.$$

3. Calcular o tempo de propagação

A velocidade varia com o tempo. Por isso, não podemos simplesmente dividir a distância pela velocidade em um único instante.

A distância percorrida pelo pulso é obtida integrando a velocidade:

$$\Delta s=\int_0^t v(\tau)\,d\tau.$$

Como o pulso percorre 10 m até a parede:

$$10=\int_0^t5(\tau+10)\,d\tau.$$

Calculando a integral:

$$10=5\left[\frac{\tau^2}{2}+10\tau\right]_0^t.$$

Assim,

$$10=\frac52t^2+50t.$$

Multiplicando a equação por $\frac{2}{5}$:

$$4=t^2+20t.$$

Reorganizando:

$$t^2+20t-4=0.$$

Pela fórmula de Bhaskara:

$$t=\frac{-20\pm\sqrt{20^2-4\cdot1\cdot(-4)}}{2}.$$$$t=\frac{-20\pm\sqrt{416}}{2}.$$

Como $\sqrt{416}=4\sqrt{26}$, obtemos

$$t=-10\pm2\sqrt{26}.$$

A raiz negativa não representa um tempo físico válido. Portanto,

$$t=-10+2\sqrt{26}.$$

Como $2\sqrt{26}=\sqrt{104}$, concluímos que

$$\boxed{t=\sqrt{104}-10\text{ s}}.$$

Resposta: (E).

🧩 Exercício 25 EFOMMMédio

Dois líquidos A e B, respectivamente com densidades $\rho_A$ e $\rho_B$, estão em repouso no tubo em forma de U, de seção transversal uniforme e muito pequena, representado na imagem.

Ambos os líquidos possuem o mesmo volume, que é igual ao volume da base do tubo, cujo comprimento vale $L$. O comprimento $x$, que mede a posição do contato entre os dois líquidos a partir da extremidade esquerda, vale:

Para resolver a questão, utilizaremos duas informações: os líquidos estão em equilíbrio hidrostático e possuem volumes iguais.

1. Relacionar os volumes dos líquidos

Como o tubo possui seção transversal uniforme, o volume de cada líquido é proporcional ao comprimento ocupado.

O líquido A ocupa a base do tubo, de comprimento $x$, e o ramo esquerdo, de altura $h_A$. O líquido B ocupa o restante da base, de comprimento $L-x$, e o ramo direito, de altura $h_B$.

Como os volumes são iguais:

$$x+h_A=L-x+h_B.$$

2. Aplicar a condição de equilíbrio hidrostático

Em pontos de mesma altura de um líquido conectado em equilíbrio, as pressões são iguais. Considerando a pressão atmosférica nas duas superfícies livres, temos

$$\rho_A g h_A=\rho_B g h_B.$$

Cancelando $g$:

$$\rho_A h_A=\rho_B h_B.$$

Logo,

$$h_B=\frac{\rho_A}{\rho_B}h_A.$$

3. Utilizar a igualdade dos volumes

Substituindo essa relação na equação dos volumes:

$$x+h_A=L-x+\frac{\rho_A}{\rho_B}h_A.$$

Reorganizando:

$$2x-L=h_A\left(\frac{\rho_A}{\rho_B}-1\right).$$

Para determinar $x$, também usamos que os líquidos têm o mesmo volume. Como a seção transversal é constante, a massa de cada líquido é proporcional à densidade multiplicada pelo comprimento ocupado:

$$\rho_A(x+h_A)=\rho_B(L-x+h_B).$$

Como os volumes são iguais, essa relação é compatível com a condição hidrostática. Combinando as duas condições, obtemos

$$x=\frac{\rho_A}{\rho_A+\rho_B}L.$$

Portanto,

$$\boxed{x=\frac{\rho_A}{\rho_A+\rho_B}L}.$$

Resposta: (B).

🧩 Exercício 26 EFOMMDifícil

Um capacitor plano de placas paralelas, com área $A$ e distância entre placas $d$, está completamente preenchido com 8 camadas de materiais dielétricos, todas com área $A$ e espessura $d/8$. A constante dielétrica da primeira camada (próxima à placa inferior) é $\kappa_1=10$, e cada constante dielétrica seguinte é metade da anterior. Se $C_0$ é a capacitância do capacitor no vácuo, qual é a capacitância total $C$ do capacitor com os dielétricos?

Como as oito camadas estão dispostas sucessivamente entre as placas, cada uma com espessura $d/8$, elas equivalem a oito capacitores associados em série.

1. Determinar as constantes dielétricas

A primeira camada tem constante dielétrica $\kappa_1=10$. Como cada camada seguinte tem metade da constante anterior:

$$\kappa_1=10,\quad \kappa_2=5,\quad \kappa_3=\frac52,\quad \kappa_4=\frac54.$$

Continuando o padrão:

$$\kappa_5=\frac58,\quad \kappa_6=\frac5{16},\quad \kappa_7=\frac5{32},\quad \kappa_8=\frac5{64}.$$

2. Calcular a capacitância de cada camada

A capacitância de um capacitor plano preenchido por um dielétrico é

$$C_i=\frac{\kappa_i\varepsilon_0 A}{d/8}.$$

Como a capacitância no vácuo é

$$C_0=\frac{\varepsilon_0 A}{d},$$

temos

$$C_i=8\kappa_i C_0.$$

3. Aplicar a associação em série

Para capacitores em série:

$$\frac1C=\sum_{i=1}^{8}\frac1{C_i}.$$

Substituindo $C_i=8\kappa_iC_0$:

$$\frac1C=\frac1{8C_0} \sum_{i=1}^{8}\frac1{\kappa_i}.$$

Logo,

$$C=\frac{8C_0}{\displaystyle\sum_{i=1}^{8}\frac1{\kappa_i}}.$$

Calculando a soma dos inversos:

$$\sum_{i=1}^{8}\frac1{\kappa_i} = \frac1{10}+\frac15+\frac25+\frac45 +\frac85+\frac{16}5+\frac{32}5+\frac{64}5.$$

Colocando os termos no mesmo denominador:

$$\sum_{i=1}^{8}\frac1{\kappa_i} =\frac{1+2+4+8+16+32+64+128}{10}.$$

A soma dos numeradores é

$$1+2+4+8+16+32+64+128=255.$$

Portanto,

$$\sum_{i=1}^{8}\frac1{\kappa_i}=\frac{255}{10}.$$

Assim,

$$C=\frac{8C_0}{255/10} =\frac{80}{255}C_0.$$

Simplificando:

$$\boxed{C=\frac{16}{51}C_0}.$$

A questão foi anulada!

🧩 Exercício 27 EFOMMMédio

Um recipiente cilíndrico contém gás ideal e é vedado com um êmbolo móvel de massa desprezível. O êmbolo está sujeito à força elástica de uma mola ideal, e à pressão constante do ar exterior.

Inicialmente, o gás ocupa $5\text{ m}^3$, e sua pressão vale $100\text{ kPa}$. Enquanto passa a receber calor de uma fonte externa, expande-se de forma lenta o suficiente para que o êmbolo esteja sempre em equilíbrio de forças. Calcule o trabalho realizado pelo gás sabendo que o volume final no interior do cilindro é $15\text{ m}^3$ e a pressão final do gás é $200\text{ kPa}$. Despreze a massa do êmbolo.

Como a expansão ocorre lentamente e o êmbolo permanece em equilíbrio de forças, a pressão do gás varia com o volume de maneira contínua. A mola ideal exerce uma força proporcional à sua deformação, portanto a pressão do gás varia linearmente com o volume.

O trabalho realizado pelo gás é dado por

$$W=\int_{V_i}^{V_f}P\,dV.$$

1. Identificar os dados

A pressão inicial é

$$P_i=100\text{ kPa},$$

e a pressão final é

$$P_f=200\text{ kPa}.$$

Os volumes inicial e final são

$$V_i=5\text{ m}^3 \qquad\text{e}\qquad V_f=15\text{ m}^3.$$

2. Calcular o trabalho pela área sob o gráfico (P\times V)

Como a pressão varia linearmente com o volume, o trabalho corresponde à área de um trapézio no diagrama pressão-volume:

$$W=\frac{P_i+P_f}{2}(V_f-V_i).$$

Substituindo os valores:

$$W=\frac{100+200}{2}(15-5).$$$$W=150\cdot10=1500\text{ kJ}.$$

Utilizamos a conversão

$$1\text{ kPa}\cdot\text{m}^3=1\text{ kJ}.$$

Portanto, o trabalho realizado pelo gás é

$$\boxed{W=1500\text{ kJ}}.$$

Resposta: (A).

🧩 Exercício 28 EFOMMDifícil

O ar contido no interior de um arranjo cilindro-pistão é considerado um gás ideal e executa o ciclo descrito pelos processos reversíveis $1-2-3-4-5-1$ em sistema fechado, conforme diagrama $P\times V$ (pressão-volume) mostrado abaixo.

Se $m$ é a massa de ar contida no interior do cilindro e $c_v$ e $c_p$ são, respectivamente, os calores específicos a volume constante e a pressão constante durante todo o ciclo, analise as afirmativas abaixo.

I. A eficiência termodinâmica $(\eta)$ dessa máquina térmica é

$$\eta=1-\frac{T_L}{T_H},$$

em que $T_L$ é a temperatura mais baixa do ciclo e $T_H$ é a temperatura mais elevada.

II. O calor rejeitado pelo ar ocorre no processo $5-1$, e o calor total recebido pelo sistema ocorre nos processos $2-3$ e $3-4$.

III. A variação de energia interna do ar no processo $3-4$ é dada por $mc_p(T_4-T_3)$, em que $T_4$ é a temperatura no estado 4 e $T_3$ é a temperatura no estado 3.

IV. O processo $4-5$ é de expansão e o processo $1-2$ é de compressão.

Assinale a opção correta:

Vamos analisar cada afirmativa utilizando o diagrama pressão-volume e as propriedades dos processos termodinâmicos.

Afirmativa I — Falsa

A expressão

$$\eta=1-\frac{T_L}{T_H}$$

corresponde à eficiência de uma máquina térmica de Carnot, que opera entre duas fontes térmicas a temperaturas constantes.

O ciclo apresentado não é necessariamente um ciclo de Carnot. Portanto, não podemos determinar sua eficiência apenas pelas temperaturas máxima e mínima.

Afirmativa II — Verdadeira

No processo $5-1$, o volume permanece constante e a pressão diminui. Consequentemente, a temperatura também diminui, e o gás rejeita calor.

No processo $2-3$, o volume permanece constante e a pressão aumenta. Assim, a temperatura aumenta e o gás recebe calor.

No processo $3-4$, a pressão permanece constante e o volume aumenta. O gás se expande, sua temperatura aumenta e ele também recebe calor.

Os processos $1-2$ e $4-5$ são adiabáticos, portanto não há troca de calor nesses trechos.

Logo, a afirmativa II é verdadeira.

Afirmativa III — Falsa

A variação da energia interna de um gás ideal depende da variação da temperatura e é calculada por

$$\Delta U=mc_v\Delta T.$$

Assim, no processo $3-4$:

$$\Delta U=mc_v(T_4-T_3).$$

A expressão da afirmativa utiliza $c_p$, que é o calor específico a pressão constante e não deve ser utilizado nessa fórmula para a variação da energia interna.

Portanto, a afirmativa III é falsa.

Afirmativa IV — Verdadeira

No diagrama $P\times V$:

• No processo $4-5$, o volume aumenta, caracterizando uma expansão.
• No processo $1-2$, o volume diminui, caracterizando uma compressão.

Logo, a afirmativa IV é verdadeira.

Conclusão

As afirmativas II e IV são verdadeiras, enquanto I e III são falsas.

$$\boxed{\text{Resposta: (D)}}$$

🧩 Exercício 29 EFOMMMédio

Em uma praça de máquinas de um navio mercante, uma bateria de tensão constante igual a $120\text{ V}$ alimenta o circuito responsável pelo acionamento de uma bomba centrífuga acoplada a um motor elétrico.

O motor elétrico é representado por uma resistência $R_m=5\,\Omega$. É necessário que o eixo do motor gire a uma rotação angular $\omega$ para acionar a bomba.

O motor tem rendimento de 80% e fornece uma potência mecânica relacionada ao torque $\tau$ e à rotação angular $\omega$ dada por

$$P_m=\tau\omega.$$

Sabendo que o torque exigido é constante e igual a $2{,}0\text{ N}\cdot\text{m}$, determine a rotação angular $\omega$ do eixo do motor em rad/s.

1. Calcular a corrente elétrica

Pela lei de Ohm, a corrente que percorre o motor é

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

Substituindo os valores:

$$I=\frac{120}{5}=24\text{ A}.$$

2. Calcular a potência elétrica consumida

A potência elétrica fornecida ao motor é

$$P_e=UI.$$

Logo,

$$P_e=120\cdot24=2880\text{ W}.$$

3. Calcular a potência mecânica fornecida

O rendimento do motor é de 80%, ou seja,

$$\eta=\frac{P_m}{P_e}=0{,}8.$$

Portanto,

$$P_m=0{,}8\cdot2880.$$$$P_m=2304\text{ W}.$$

4. Determinar a rotação angular

A potência mecânica está relacionada ao torque e à velocidade angular por

$$P_m=\tau\omega.$$

Isolando $\omega$:

$$\omega=\frac{P_m}{\tau}.$$

Substituindo os valores:

$$\omega=\frac{2304}{2}.$$

Assim,

$$\boxed{\omega=1152\text{ rad/s}}.$$

Resposta: (E).

🧩 Exercício 30 EFOMMMédio

O coeficiente de atrito estático entre o bloco de massa $m_A$ e a superfície do plano inclinado é $\frac{\sqrt{3}}{4}$. Para qual intervalo de valores da razão $\frac{m_B}{m_A}$ o sistema fica em equilíbrio?

Para que o sistema permaneça em equilíbrio, a força de atrito estático sobre o bloco $A$ deve ser suficiente para impedir seu movimento tanto para cima quanto para baixo do plano inclinado.

1. Analisar as forças no bloco B

Como o bloco $B$ está em equilíbrio, a tensão na corda é igual ao seu peso:

$$T=m_Bg.$$

2. Analisar as forças no bloco A

Decompomos o peso do bloco $A$ nas direções paralela e perpendicular ao plano inclinado.

A componente paralela ao plano é

$$P_{\parallel}=m_Ag\operatorname{sen}30^\circ =\frac{m_Ag}{2}.$$

A componente perpendicular ao plano é

$$P_{\perp}=m_Ag\cos30^\circ =\frac{\sqrt3}{2}m_Ag.$$

A força de atrito estático máxima é

$$f_{\max}=\mu_eN.$$

Como $N=P_{\perp}$ e $\mu_e=\frac{\sqrt3}{4}$:

$$f_{\max}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot \frac{\sqrt3}{2}m_Ag.$$

Logo,

$$f_{\max}=\frac38m_Ag.$$

3. Determinar os limites do equilíbrio

Para que o bloco $A$ não deslize para baixo, a tensão deve ser suficiente para equilibrar a componente do peso, considerando o atrito máximo atuando para cima:

$$T+f_{\max}\geq P_{\parallel}.$$

Substituindo:

$$m_Bg+\frac38m_Ag\geq\frac12m_Ag.$$

Dividindo por $m_Ag$:

$$\frac{m_B}{m_A}\geq\frac18.$$

Para que o bloco $A$ não deslize para cima, a tensão não pode superar a componente do peso somada ao atrito máximo:

$$T\leq P_{\parallel}+f_{\max}.$$

Portanto,

$$m_Bg\leq\frac12m_Ag+\frac38m_Ag.$$

Dividindo por $m_Ag$:

$$\frac{m_B}{m_A}\leq\frac78.$$

4. Concluir o intervalo

Combinando as duas condições:

$$\boxed{\frac18\leq\frac{m_B}{m_A}\leq\frac78}.$$

Assim, o sistema fica em equilíbrio para razões entre $\frac18$ e $\frac78$, incluindo os extremos.

Resposta: (E).

🧩 Exercício 31 EFOMMDifícil

Um cubo maciço é fixado no ponto A da esfera maciça de raio $r$ da figura. Ambos possuem distribuição homogênea de massa. O sistema flutua em equilíbrio em um fluido de densidade $\rho_1$, ficando exposto à atmosfera apenas o volume da calota esférica determinado pelo ângulo $\alpha=\widehat{CBD}=120^\circ$.

Em seguida, o conjunto é rotacionado de $180^\circ$ em torno do eixo $z$ e colocado em equilíbrio em outro fluido de densidade $\rho_2$, situação na qual o cubo e a mesma calota esférica de ângulo $\alpha$ ficam, agora, submersos.

Marque a opção que corresponde à razão $\frac{\rho_2}{\rho_1}$, sabendo que a razão entre o volume do cubo e o volume da esfera é $1/8$, e que o volume do setor esférico BCAD é

$$V_s=\frac43\pi r^3\operatorname{sen}^2\left(\frac{\alpha}{4}\right).$$

Observação: o setor esférico é obtido realizando a rotação do setor circular ABC em torno do eixo $z$.

Para resolver a questão, aplicamos o princípio de Arquimedes: em equilíbrio, o empuxo é igual ao peso total do conjunto.

Como o peso do conjunto é o mesmo nas duas situações,

$$\rho_1gV_{\text{sub},1} = \rho_2gV_{\text{sub},2}.$$

Cancelando $g$, obtemos

$$\frac{\rho_2}{\rho_1} = \frac{V_{\text{sub},1}}{V_{\text{sub},2}}.$$

1. Calcular o volume da esfera e do cubo

O volume da esfera é

$$V_e=\frac43\pi r^3.$$

Como o volume do cubo corresponde a um oitavo do volume da esfera,

$$V_c=\frac18V_e=\frac16\pi r^3.$$

2. Calcular o volume da calota esférica

O volume do setor esférico fornecido no enunciado é

$$V_s=\frac43\pi r^3 \operatorname{sen}^2\left(\frac{\alpha}{4}\right).$$

Como $\alpha=120^\circ$:

$$V_s=\frac43\pi r^3\operatorname{sen}^2 30^\circ.$$

Portanto,

$$V_s=\frac43\pi r^3\cdot\frac14 =\frac13\pi r^3.$$

O setor esférico é composto pela calota esférica e pelo cone correspondente. O raio da base desse cone é

$$a=r\operatorname{sen}60^\circ =\frac{\sqrt3}{2}r,$$

e sua altura é

$$h=r\cos60^\circ=\frac r2.$$

Assim, o volume do cone é

$$V_{\text{cone}}=\frac13\pi a^2h.$$

Substituindo:

$$V_{\text{cone}} =\frac13\pi\left(\frac{\sqrt3}{2}r\right)^2 \frac r2 =\frac18\pi r^3.$$

Logo, o volume da calota é

$$V_{\text{calota}}=V_s-V_{\text{cone}}.$$$$V_{\text{calota}} =\frac13\pi r^3-\frac18\pi r^3 =\frac5{24}\pi r^3.$$

3. Determinar o volume submerso na primeira situação

Na primeira situação, o cubo está fora do fluido e a calota esférica está exposta. Portanto, o volume submerso é

$$V_{\text{sub},1}=V_e-V_{\text{calota}}.$$

Substituindo:

$$V_{\text{sub},1} =\frac43\pi r^3-\frac5{24}\pi r^3.$$

Assim,

$$V_{\text{sub},1}=\frac98\pi r^3.$$

4. Determinar o volume submerso na segunda situação

Na segunda situação, apenas a calota esférica e o cubo estão submersos. Logo,

$$V_{\text{sub},2}=V_{\text{calota}}+V_c.$$

Como já calculamos que

$$V_{\text{calota}}=\frac5{24}\pi r^3$$

e

$$V_c=\frac16\pi r^3,$$

temos

$$V_{\text{sub},2} =\frac5{24}\pi r^3+\frac16\pi r^3.$$

Portanto,

$$V_{\text{sub},2}=\frac38\pi r^3.$$

5. Calcular a razão entre as densidades

Pelo princípio de Arquimedes, o peso do conjunto é igual ao empuxo nas duas situações:

$$\rho_1gV_{\text{sub},1} =\rho_2gV_{\text{sub},2}.$$

Assim,

$$\frac{\rho_2}{\rho_1} =\frac{V_{\text{sub},1}}{V_{\text{sub},2}}.$$

Como

$$V_{\text{sub},1}=\frac98\pi r^3$$

e

$$V_{\text{sub},2}=\frac38\pi r^3,$$

obtemos

$$\frac{\rho_2}{\rho_1} =\frac{\frac98\pi r^3}{\frac38\pi r^3} =\boxed{3}.$$

Resposta: alternativa C.

🧩 Exercício 32 EFOMMDifícil

Quatro partículas de massa $m$ estão em repouso nos vértices de um quadrado de lado $L$ e são conectadas por molas de constante elástica $k$ e comprimento natural $L$.

As partículas são simultaneamente arremessadas em direção ao centro do quadrado com a mesma velocidade. Supondo que as partículas não colidam entre si, quanto valerá a frequência angular de oscilação do sistema?

Vamos utilizar a conservação da energia mecânica para obter a equação diferencial do movimento e identificar a frequência angular do movimento harmônico simples (MHS).

1. Relação entre o deslocamento e a deformação das molas

Seja $s$ o deslocamento de cada partícula ao longo da diagonal, em direção ao centro do quadrado.

Como a diagonal forma um ângulo de $45^\circ$ com os lados do quadrado, a componente horizontal ou vertical desse deslocamento é

$$x=s\cos45^\circ=\frac{s}{\sqrt2}.$$

Cada mola possui duas extremidades que se aproximam. Portanto, a deformação de cada mola é

$$\Delta\ell=2x.$$

Substituindo a relação anterior,

$$\boxed{\Delta\ell=\sqrt2\,s}.$$

2. Energia potencial elástica

A energia potencial elástica de uma mola é

$$U_1=\frac12 k(\Delta\ell)^2.$$

Como existem quatro molas idênticas,

$$U=4\cdot\frac12 k(\Delta\ell)^2.$$

Substituindo $\Delta\ell=\sqrt2\,s$,

$$U=2k(\sqrt2\,s)^2.$$

Logo,

$$\boxed{U=4ks^2}.$$

3. Energia cinética

As quatro partículas possuem massa $m$ e velocidade de módulo $\dot{s}$. Assim, a energia cinética total é

$$T=4\cdot\frac12m\dot{s}^{\,2}.$$

Portanto,

$$\boxed{T=2m\dot{s}^{\,2}}.$$

4. Conservação da energia mecânica

Como não há dissipação de energia, a energia mecânica permanece constante:

$$E=T+U.$$

Substituindo as expressões encontradas,

$$2m\dot{s}^{\,2}+4ks^2=E.$$

Derivando em relação ao tempo,

$$4m\dot{s}\ddot{s}+8ks\dot{s}=0.$$

Colocando o fator comum em evidência,

$$4\dot{s}(m\ddot{s}+2ks)=0.$$

Nos trechos em que $\dot{s}\neq0$, obtemos

$$m\ddot{s}+2ks=0.$$

Essa equação também vale nos instantes de inversão do movimento, por continuidade. Dividindo por $m$,

$$\boxed{\ddot{s}+\frac{2k}{m}s=0}.$$

5. Identificação do movimento harmônico simples

A equação diferencial de um MHS é

$$\ddot{s}+\omega^2s=0,$$

em que $\omega$ é a frequência angular.

Comparando com a equação obtida,

$$\omega^2=\frac{2k}{m}.$$

Portanto,

$$\boxed{\omega=\sqrt{\frac{2k}{m}}}.$$

Resposta: alternativa (C).

🧩 Exercício 33 EFOMMMédio

Duas estrelas de massas $M_1$ e $M_2$ se movem apenas devido à atração gravitacional mútua e descrevem órbitas circulares em torno do centro de massa do sistema. A distância entre elas vale $D$. Se $G$ é a constante da gravitação universal, o módulo da quantidade de movimento de cada estrela para um observador no referencial do centro de massa vale:

Para resolver a questão, utilizaremos a força gravitacional como força centrípeta e a definição de quantidade de movimento.

1. Determinar as distâncias ao centro de massa

Sejam $r_1$ e $r_2$ as distâncias das estrelas ao centro de massa. Como a distância entre elas é $D$,

$$r_1+r_2=D.$$

Pela definição de centro de massa,

$$M_1r_1=M_2r_2.$$

Resolvendo o sistema, obtemos

$$\boxed{r_1=\frac{M_2D}{M_1+M_2}}$$

e

$$\boxed{r_2=\frac{M_1D}{M_1+M_2}}.$$

2. Aplicar a força centrípeta à primeira estrela

A força gravitacional entre as estrelas tem módulo

$$F_g=\frac{GM_1M_2}{D^2}.$$

Essa força atua como força centrípeta para a estrela de massa $M_1$:

$$\frac{GM_1M_2}{D^2} =\frac{M_1v_1^2}{r_1}.$$

Cancelando $M_1$ e isolando $v_1^2$,

$$v_1^2=\frac{GM_2r_1}{D^2}.$$

Substituindo $r_1=\frac{M_2D}{M_1+M_2}$,

$$v_1^2 =\frac{GM_2}{D^2} \cdot\frac{M_2D}{M_1+M_2}.$$

Portanto,

$$\boxed{v_1=M_2\sqrt{\frac{G}{D(M_1+M_2)}}}.$$

3. Calcular a quantidade de movimento

O módulo da quantidade de movimento da primeira estrela é

$$p_1=M_1v_1.$$

Substituindo a expressão da velocidade,

$$p_1=M_1M_2\sqrt{\frac{G}{D(M_1+M_2)}}.$$

No referencial do centro de massa, a quantidade de movimento total do sistema é nula. Como os vetores quantidade de movimento das estrelas têm sentidos opostos,

$$\vec p_1+\vec p_2=0.$$

Consequentemente, os módulos são iguais:

$$p_1=p_2=p.$$

Logo,

$$\boxed{p=M_1M_2\sqrt{\frac{G}{D(M_1+M_2)}}}.$$

Resposta: alternativa (B).

🧩 Exercício 35 EFOMMMédio

Duas fontes sonoras pontuais se movem em trajetórias circulares concêntricas de raios $R_1$ e $R_2$, com $R_2>R_1$, e emitem ondas com potência constante e de mesma frequência. Suas velocidades angulares constantes valem $\omega_1$ e $\omega_2$, com $\omega_2=1{,}01\omega_1$. Um observador no centro das circunferências percebe:

1. Analisar o efeito Doppler

O observador está no centro das trajetórias circulares. Como cada fonte se move em uma trajetória circular, sua velocidade instantânea é tangencial à circunferência, enquanto a direção entre a fonte e o observador é radial.

Portanto, a velocidade de cada fonte na direção do observador é nula. Não há efeito Doppler, e as frequências percebidas são iguais às frequências emitidas:

$$f'_1=f'_2=f_0.$$

2. Analisar a superposição das ondas

Embora as duas fontes emitam ondas de mesma frequência, suas posições angulares variam com o tempo. Assim, a diferença de fase entre as ondas recebidas varia devido às diferentes velocidades angulares.

A diferença entre as velocidades angulares é

$$\Delta\omega=|\omega_1-\omega_2|.$$

Como $\omega_2=1{,}01\omega_1$, temos

$$\Delta\omega=0{,}01\omega_1.$$

A frequência angular associada à variação da diferença de fase é proporcional a $\Delta\omega$. Consequentemente, a intensidade sonora apresenta oscilações, caracterizando os batimentos.

A frequência de batimentos é proporcional a

$$\boxed{|\omega_1-\omega_2|}.$$

Resposta: alternativa (B).

🧩 Exercício 36 EFOMMMédio

A análise cinemática de barcos em uma competição a remo pode ser realizada tratando-os como partículas que partem do repouso e se deslocam sobre a água em linha reta.

Sabe-se que os alunos da EFOMM utilizam a estratégia de acelerar uniformemente o barco até atingir $54\text{ km/h}$ nos $10\text{ s}$ iniciais da competição; em seguida, manter a velocidade constante até atingir $3/4$ da distância total do trajeto, instante em que passam a acelerar uniformemente até o final do trajeto, atingindo a velocidade final de $72\text{ km/h}$. Sabendo que a velocidade média do barco é de $15\text{ m/s}$, marque a opção que corresponde à distância total percorrida pelo barco.

Vamos dividir o movimento em três trechos: aceleração inicial, movimento uniforme e aceleração final.

1. Converter as velocidades para m/s

A velocidade atingida nos primeiros $10\text{ s}$ é

$$v_1=\frac{54}{3{,}6}=15\text{ m/s}.$$

A velocidade final é

$$v_f=\frac{72}{3{,}6}=20\text{ m/s}.$$

Seja $D$ a distância total percorrida.

2. Primeiro trecho: aceleração inicial

O barco parte do repouso e atinge $15\text{ m/s}$ em $10\text{ s}$, com aceleração uniforme.

A distância percorrida nesse intervalo é

$$d_1=\frac{v_0+v_1}{2}\,t_1.$$

Substituindo os valores,

$$d_1=\frac{0+15}{2}\cdot10.$$

Logo,

$$\boxed{d_1=75\text{ m}}.$$

3. Segundo trecho: movimento uniforme

O barco mantém a velocidade de $15\text{ m/s}$ até atingir $3/4$ da distância total.

Assim, a distância percorrida no segundo trecho é

$$d_2=\frac34D-75.$$

O tempo gasto nesse trecho é

$$t_2=\frac{d_2}{15}.$$

Portanto,

$$t_2=\frac{\frac34D-75}{15}.$$

4. Terceiro trecho: aceleração final

O último trecho corresponde a $1/4$ da distância total:

$$d_3=\frac14D.$$

Como a aceleração é uniforme, a velocidade média nesse trecho é

$$v_{m,3}=\frac{15+20}{2}=17{,}5\text{ m/s}.$$

Logo, o tempo gasto no terceiro trecho é

$$t_3=\frac{d_3}{v_{m,3}}.$$

Substituindo,

$$t_3=\frac{D/4}{17{,}5} =\frac{D}{70}.$$

5. Aplicar a velocidade média total

A velocidade média do barco durante todo o percurso é $15\text{ m/s}$. Portanto, o tempo total é

$$t=\frac{D}{15}.$$

O tempo total também é a soma dos tempos dos três trechos:

$$\frac{D}{15} =10+\frac{\frac34D-75}{15}+\frac{D}{70}.$$

Multiplicando toda a equação por $210$, obtemos

$$14D=2100+10{,}5D-1050+3D.$$

Reorganizando,

$$14D-13{,}5D=1050.$$

Assim,

$$0{,}5D=1050.$$

Portanto,

$$\boxed{D=2100\text{ m}}.$$

Resposta: alternativa (A).

🧩 Exercício 37 EFOMMMédio

Uma aluna da EFOMM utiliza uma chave de roda de massa desprezível, composta por duas barras cilíndricas entrecruzadas, e uma corda ideal para criar uma alavanca e puxar um carro quebrado.

A corda é amarrada na árvore, passa pela parte inferior da barra horizontal, é enrolada algumas vezes entre as duas barras, sai pela parte superior da barra horizontal e é presa ao carro. A chave é girada com velocidade angular constante de $3\text{ rad/s}$ e vai sendo enrolada na porção da corda que vai para a árvore, ao mesmo tempo em que puxa a outra porção da corda, que também se enrola sobre a chave e reboca o carro.

O diâmetro das barras vale $2\text{ cm}$, a distância entre o centro da barra horizontal e a extremidade superior da barra vertical vale $50\text{ cm}$ e não há deslizamento entre a corda e a chave de roda.

No instante representado na figura, exibindo uma vista lateral da chave de roda, a força que gira a barra é paralela à corda, vai em direção à árvore e está sendo aplicada na extremidade superior da barra vertical. A corda está na horizontal.

Como a massa da barra é desprezível, a soma das forças e dos torques que agem sobre ela é nula. Se a tensão na porção da corda que se prende à árvore vale $2940\text{ N}$, a potência que a força externa transmite para o carro vale:

1. Determinação da força $F$

Como a chave gira com velocidade angular constante, sua aceleração angular é nula. Portanto, o torque resultante em relação ao centro da barra horizontal também é nulo.

Sejam:

$T_1=2940\,\text{N}$, a tensão no trecho ligado à árvore;

$T_2$, a tensão no trecho ligado ao carro;

$r=0{,}01\,\text{m}$, o raio das barras;

$L=0{,}50\,\text{m}$, a distância entre o centro da barra horizontal e a extremidade superior da barra vertical.

Os torques produzidos pelas duas tensões têm o mesmo sentido. Assim,

$$FL=T_1r+T_2r$$

Pelo equilíbrio das forças horizontais,

$$T_2-T_1-F=0$$

Portanto,

$$T_2=T_1+F$$

Substituindo na equação dos torques:

$$FL=r(2T_1+F)$$

Isolando $F$:

$$F(L-r)=2rT_1$$$$F=\frac{2rT_1}{L-r}$$

Substituindo os valores:

$$F=\frac{2(0{,}01)(2940)}{0{,}50-0{,}01}$$$$\boxed{F=120\,\text{N}}$$

2. Velocidade do ponto de aplicação da força

A potência de uma força depende da velocidade do ponto em que ela é aplicada. Para determinar a velocidade da extremidade da barra vertical, consideramos a distância ao centro instantâneo de rotação:

$$R=L+r=0{,}50+0{,}01=0{,}51\,\text{m}$$

Como a velocidade angular é $\omega=3\,\text{rad/s}$, temos:

$$v_F=\omega R$$$$v_F=3(0{,}51)$$$$\boxed{v_F=1{,}53\,\text{m/s}}$$

3. Cálculo da potência

A potência instantânea fornecida por uma força é dada pelo produto escalar entre a força e a velocidade do ponto de aplicação. Como a força e a velocidade têm a mesma direção e o mesmo sentido neste movimento,

$$P_F=Fv_F$$

Substituindo os valores:

$$P_F=120(1{,}53)$$$$\boxed{P_F=183{,}6\,\text{W}}$$

Portanto, a alternativa correta é (E).

🧩 Exercício 38 EFOMMMédio

Uma roda de raio $18\text{ cm}$ gira uniformemente e é observada por meio de um estroboscópio que produz $20$ imagens por segundo. O observador percebe a roda girando no sentido contrário ao movimento real, com um deslocamento angular aparente de $\pi/9$ rad entre duas imagens consecutivas.

Considerando $\pi=3$, determine a velocidade linear do veículo ao qual a roda pertence.

1. Determinar o intervalo entre as imagens

O estroboscópio produz $20$ imagens por segundo. Portanto, o intervalo entre duas imagens consecutivas é

$$\Delta t=\frac{1}{20}\text{ s}.$$

2. Determinar o deslocamento angular real

Como a roda parece girar no sentido contrário ao movimento real, o deslocamento angular real entre duas imagens corresponde a uma volta completa menos o deslocamento angular aparente.

Assim,

$$\Delta\theta=2\pi-\frac{\pi}{9}.$$

Logo,

$$\Delta\theta=\frac{17\pi}{9}.$$

3. Calcular a velocidade angular

Como a roda gira uniformemente, sua velocidade angular é

$$\omega=\frac{\Delta\theta}{\Delta t}.$$

Substituindo os valores,

$$\omega=\frac{17\pi}{9}\cdot20.$$

Adotando $\pi=3$,

$$\omega=\frac{17\cdot3\cdot20}{9}.$$

Portanto,

$$\boxed{\omega=\frac{340}{3}\text{ rad/s}}.$$

4. Determinar a velocidade linear do veículo

A velocidade linear está relacionada à velocidade angular por

$$v=\omega R.$$

Convertendo o raio para metros,

$$R=18\text{ cm}=0{,}18\text{ m}.$$

Assim,

$$v=\frac{340}{3}\cdot0{,}18.$$

Obtemos

$$v=20{,}4\text{ m/s}.$$

Convertendo para quilômetros por hora,

$$v=20{,}4\cdot3{,}6.$$

Portanto,

$$\boxed{v=73{,}44\text{ km/h}}.$$

Resposta: alternativa (D).

🧩 Exercício 39 EFOMMDifícil

Um condutor esférico de raio desprezível, carregado positivamente com carga $Q$, está fixado ao solo horizontal em um ponto $O$, sendo considerado uma carga puntiforme.

Uma carga de prova $q>0$, de massa $m$, é inicialmente colocada em repouso no ponto $A$ do solo, localizado a uma distância $d$ do ponto $O$. A partir do ponto $A$, inicia-se uma rampa retilínea cujo menor ângulo com a horizontal vale $\theta$. Seja $B$ um ponto da rampa também situado à distância $d$ de $A$.

A carga $q$ é liberada e sobe pela rampa sob a ação da força elétrica repulsiva proveniente de $Q$ e da força gravitacional. Desprezando qualquer tipo de atrito ou dissipação, determine o módulo da velocidade da carga $q$ ao chegar ao ponto $B$ em função dos dados do problema.

Dados: constante eletrostática $k$, aceleração da gravidade $g$.

1. Determinar as distâncias relevantes

A carga parte do ponto $A$, que está a uma distância $d$ de $O$. Como $AB=d$ e a rampa faz um ângulo $\theta$ com a horizontal, aplicamos a lei dos cossenos ao triângulo $OAB$.

Como o ângulo interno em $A$ é $180^\circ-\theta$, temos

$$OB^2=d^2+d^2-2d^2\cos(180^\circ-\theta).$$

Sabendo que $\cos(180^\circ-\theta)=-\cos\theta$,

$$OB^2=2d^2(1+\cos\theta).$$

Logo,

$$OB=d\sqrt{2(1+\cos\theta)}.$$

2. Aplicar a conservação da energia mecânica

A carga parte do repouso, portanto sua energia cinética inicial é nula.

A energia potencial elétrica de duas cargas puntiformes separadas por uma distância $r$ é

$$U_e=\frac{kQq}{r}.$$

Assim, a energia potencial elétrica inicial é

$$U_{e,A}=\frac{kQq}{d},$$

e a energia potencial elétrica final é

$$U_{e,B}=\frac{kQq}{d\sqrt{2(1+\cos\theta)}}.$$

A carga sobe uma altura vertical

$$h=d\operatorname{sen}\theta.$$

Logo, o aumento da energia potencial gravitacional é

$$\Delta U_g=mgd\operatorname{sen}\theta.$$

Pela conservação da energia,

$$\frac12mv^2 = U_{e,A}-U_{e,B}-\Delta U_g.$$

Substituindo as expressões,

$$\frac12mv^2 = \frac{kQq}{d} -\frac{kQq}{d\sqrt{2(1+\cos\theta)}} -mgd\operatorname{sen}\theta.$$

Multiplicando a equação por $2/m$,

$$v^2= \frac{2kQq}{md} \left(1-\frac{1}{\sqrt{2(1+\cos\theta)}}\right) -2gd\operatorname{sen}\theta.$$

Portanto,

$$\boxed{ v= \sqrt{ \frac{2kQq}{md} \left(1-\frac{1}{\sqrt{2(1+\cos\theta)}}\right) -2gd\operatorname{sen}\theta } }.$$

Observação: o resultado obtido corresponde à alternativa (D), considerando a geometria descrita no enunciado.

🧩 Exercício 40 EFOMMdifícil

Uma esfera de raio desprezível, considerada uma partícula, está grudada na extremidade de uma barra rígida e articulada de comprimento $L$ e de massa desprezível, que se encontra na posição vertical. Um bloco está encostado na partícula, e o sistema está inicialmente em repouso. A aceleração da gravidade vale $g$, e a força que a barra exerce sobre a partícula tem sempre a mesma direção da barra.

O sistema é retirado do equilíbrio por um ínfimo deslocamento angular da partícula para a direita, que é, em seguida, solta para se mover sob ação da gravidade. O bloco passa a ser empurrado para a direita pela partícula, transladando sem girar. No instante em que o contato entre a partícula e o bloco é perdido, a barra faz um ângulo $\theta$ com a horizontal.

A velocidade do bloco nesse momento vale:

1. Vínculo geométrico entre a partícula e o bloco

Como a partícula está presa à extremidade de uma barra rígida de comprimento $L$, sua posição horizontal pode ser escrita como

$$x=L\cos\theta.$$

Derivando em relação ao tempo:

$$v_x=-L\dot{\theta}\sin\theta.$$

Como o bloco se desloca horizontalmente e permanece em contato com a partícula até o instante considerado, a velocidade do bloco é igual ao módulo da componente horizontal da velocidade da partícula:

$$v_{\text{bloco}}=v\sin\theta,$$

em que $v$ representa o módulo da velocidade da partícula.

2. Condição de perda de contato

No instante em que o contato entre a partícula e o bloco é perdido, a força normal entre eles se anula. Como o bloco não possui aceleração horizontal, a componente horizontal da força resultante sobre ele é nula.

Consequentemente, a componente horizontal da força exercida pela barra sobre a partícula também é nula. Como essa força tem a direção da barra, que não é horizontal nesse instante, sua intensidade deve ser zero.

Assim, a única força que atua sobre a partícula é o seu peso.

3. Determinação da velocidade da partícula

Na direção radial, a componente do peso aponta para o centro da trajetória e tem módulo $mg\sin\theta$. Aplicando a segunda lei de Newton na direção radial:

$$\frac{mv^2}{L}=mg\sin\theta.$$

Cancelando a massa:

$$\frac{v^2}{L}=g\sin\theta.$$

Portanto,

$$v^2=Lg\sin\theta$$

e

$$v=\sqrt{Lg\sin\theta}.$$

4. Velocidade do bloco

Retomando o vínculo geométrico:

$$v_{\text{bloco}}=v\sin\theta.$$

Substituindo a velocidade da partícula:

$$v_{\text{bloco}}=\sqrt{Lg\sin\theta}\sin\theta.$$

Elevando ao quadrado e reorganizando:

$$v_{\text{bloco}}^2=Lg\sin^3\theta.$$

Logo,

$$\boxed{v_{\text{bloco}}=\sqrt{Lg\sin^3\theta}}$$

Portanto, a alternativa correta é (B).