PDF - ELITE CAMPINAS

(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
FÍSICA
se propagarem. Observe que o próprio enunciado informa a
velocidade de propagação do som (v) no ar.
QUESTÃO 01
O volume de gás (V) pode ser calculado por:
Considere o sistema mostrado abaixo onde um recipiente cilíndrico
com gás ideal é mantido a uma temperatura T por ação de uma placa
quente. A tampa do recipiente, com massa m, é equilibrada pela ação
do gás. Esta tampa está conectada, por meio de uma haste não
deformável, ao êmbolo de um tudo de ar, aberto na extremidade
inferior. Sabendo-se que existe um diapasão vibrando a uma
freqüência f na extremidade aberta, determine o menor número de
mols do gás necessário para que seja observado o modo fundamental
de ressonância do tubo de ar.
V = A⋅L ⇒V = A⋅
v
4⋅f
Para que o sistema fique em equilíbrio, a força exercida pelo gás
sobre a tampa do recipiente deve equilibrar a força exercida pela
atmosfera e o peso da própria tampa:
JG
JG
p
⋅ A + m⋅ | g |
p ⋅ A = pATM ⋅ A + m⋅ | g |⇒ p = ATM
A
Admitindo que a temperatura T esteja na escala Kelvin, pela equação
de Clapeyron, temos:
Dado: velocidade de propagação do som no ar: v
JG
 pATM ⋅ A + m⋅ | g | 
v
= n ⋅ R ⋅T ⇒
p ⋅V = n ⋅ R ⋅ T ⇒ 
 ⋅ A ⋅

A
4⋅f


Observação: o conjunto haste-êmbolo possui massa desprezível.
JG
( pATM ⋅ A + m⋅ | g |) ⋅ v
n=
4 ⋅ f ⋅ R ⋅T
Como comentário, gostaríamos de enfatizar que dada a inexistência,
no enunciado, de quatro das nove informações necessárias para a
expressão da resposta, sugerimos a anulação da questão.
QUESTÃO 02
Um bloco B, de material isolante elétrico, sustenta uma fina placa
metálica P1, de massa desprezível, distante 8cm de outra placa
idêntica, P2, estando ambas com uma carga Q = 0,12 µC . Presa à
parede A e ao bloco está uma mola de constante K = 80 N m ,
inicialmente não deformada. A posição de equilíbrio do bloco depende
da força exercida pelo vento. Esta força é uma função quadrática da
velocidade do vento, conforme apresenta o gráfico abaixo. Na
ausência do vento, a leitura do medidor de tensão ideal é de 16 mV.
Calcule a velocidade do vento quando o bloco estiver estacionário e a
leitura do medidor for de 12 mV. Despreze o atrito.
Resolução
O modo de vibração da onda estacionária formada no tubo fechado ao
emitir o som fundamental (ou 1º harmônico) é ilustrado abaixo:
L
Sendo λ o comprimento de onda correspondente a esse harmônico,
pela figura, temos:
L=
λ
4
Resolução
⇒ λ = 4⋅L
O enunciado menciona que ambas as placas apresentam uma carga
Q = 0,12 µC . Se fosse este o caso, a diferença de potencial entre as
placas (positivas) seria nula. Para a resolução, assumiremos que o
valor apresentado é o módulo da carga, estando uma placa carregada
positivamente e a outra negativamente.
Da equação fundamental da Ondulatória, vem que:
v = λ ⋅ f ⇒ v = 4L ⋅ f ⇒ L =
v
4⋅f
Desta forma, analisando o capacitor de placas paralelas carregado,
com a carga e a área das placas constantes:
A partir desse ponto, somos obrigados a assumir quatro informações
que não constam no enunciado.
(I) Admitiremos como conhecido o módulo aceleração da gravidade no
C =ε
JG
local, a que chamaremos | g | .
(II) Admitiremos como conhecida a constate universal dos gases
perfeitos, que denotaremos por R.
(III) Admitiremos ainda como conhecida a área da tampa do recipiente,
que será denotada por A.
(IV) Admitiremos ainda a presença de uma pressão atmosférica pATM
A Q
U
Q
= ⇒ =
= cte
d U
d ε ⋅A
Ou seja, a relação entre a diferença de potencial e a distância entre as
placas é constante.
Devemos analisar duas situações:
ao redor do sistema, pois caso contrário o sistema estaria imerso no
vácuo, e não faria sentido falar na propagação de ondas sonoras, já
que sendo estas ondas mecânicas, necessitam de meio material para
1
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
Resolução
Na colisão temos a seguinte situação (sistemas de eixos O e O’
sobrepostos):
8cm
JG
F ele
SITUAÇÃO 1:
- Mola não deformada
- Ausência de vento
y
2m
A B
JG
F ele x
JG
F ela
O
SITUAÇÃO 2:
- Mola comprimida
- Presença de vento
JG
F vento
O’
x
2 m/s
a) Como não há ação de forças externas, a quantidade de movimento
se conserva, e com o referencial positivo para a direita, podemos
escrever:
JG
JG
Q antes = Q depois ⇒
U U
Comparando as duas situações, temos 1 = 2
d1 d 2
mAv Ao + mBv Bo = mAv Af + mBv Bf ⇒
Como U1 = 16mV, U2 = 12mV e d1 = 8 cm, temos:
16 12
=
⇒ d 2 = 6 cm
8 d2
0,1⋅ 2 + 0,2 ⋅ 0 = 0,1⋅ v Af + 0,2 ⋅ v Bf ⇒
v Af + 2 ⋅ v Bf = 2
Logo, a compressão da mola na situação 2 é de 2 cm.
Como a colisão é perfeitamente elástica, o coeficiente de restituição é
igual a 1:
Como na situação 2 o bloco se encontra estacionário (com força
resultante nula e parado) segue que:
e=
G
G
G
G
G
G
k ⋅ Q2
Fvento + Fele = Fela ⇒ Fvento = Fela − Fele = k ⋅ x − ele 2
d2
(
)
(
(
)
)
(II)
Resolvendo o sistema formado pelas equações (I) e (II), vem que:
4

v =
m/s
v Af + 2 ⋅ v Bf = 2
 Af 3
⇒

v Bf − v Af = 2
v = − 2 m/s
 Bf
3
2
= 1,6 − 0,036 ≈ 1,6 N
Tais velocidades são dadas em relação ao observador O. Para
determiná-las em relação ao observador O’, fazemos:
2
4
v Af ' = v Af − v O ' = − 2 ⇒ v Af ' = − m/s
3
3
Como a expressão para a dependência da força do vento com a
velocidade é quadrática e passa pela origem, consideremos que é da
forma F = a ⋅ v 2 .
Do ponto onde F = 2,5N e V = 100 km/h:
2,5 = a ⋅ 1002 ⇒ a = 2,5 ⋅ 10 −4 ⇒ F = 2,5 ⋅ 10 −4 ⋅ v 2
Assim, 1,6 = 2,5 ⋅ 10 −4 ⋅ v 2 ⇒ v 2 =
v Bf − v Af
v − v Af
⇒ Bf
= 1⇒
v Ao + v Bo
2−0
v B f − v Af = 2
Substituindo os valores conhecidos e considerando a constante
N ⋅ m2
eletrostática do vácuo k = 9 ⋅ 109
:
C2
G
9 ⋅ 109 ⋅ 0,12 ⋅ 10 −6
Fvento = 80 ⋅ 2 ⋅ 10 −2 −
2
6 ⋅ 10 −2
(I)
16
400
⋅ 10 4 ⇒ v =
= 80 km / h
25
5
v Bf ' = v Bf − v O ' = −
8
2
− 2 ⇒ v Bf ' = − m/s
3
3
b) Para determinar a posição de A em relação ao referencial O’,
depois de 2 segundos, basta fazer x (t ) = x0 + vt , sendo todas as
QUESTÃO 03
Dois corpos A e B encontram-se sobre um plano horizontal sem atrito.
Um observador inercial O está na origem do eixo x. Os corpos A e B
sofrem colisão frontal perfeitamente elástica, sendo que, inicialmente,
o corpo A tem velocidade v A = 2 m/s (na direção x com sentido
grandezas relativas ao referencial O’.
x '(2) = 2 −
positivo) e o corpo B está parado na posição x = 2 m . Considere um
outro observador inercial O’, que no instante da colisão tem a sua
posição coincidente com a do observador O. Se a velocidade relativa
de O’ em relação a O é v O ' = 2 m/s (na direção x com sentido
QUESTÃO 04
10
8
m
⋅ 2 ⇒ x '(2) = −
3
3
Um dispositivo fotovoltaico circular de raio α produz uma tensão
proporcional à intensidade de luz incidente. Na experiência da figura 1,
um feixe espesso de luz, bem maior que a área do dispositivo
fotovoltaico, incide ortogonalmente sobre o mesmo, provocando a
tensão V1 entre os terminais do resistor.
Na experiência da figura 2, mantendo-se as mesmas condições de
iluminação da primeira experiência, uma lente convergente de
distância focal f é colocada a uma distância p do dispositivo
fotovoltaico, provocando um aumento da tensão sobre o resistor.
Calcule a corrente que circulará pelo resistor durante a segunda
experiência nos seguintes casos:
a) p < f ;
positivo), determine em relação a O’:
a) as velocidades dos corpos A e B após a colisão;
b) a posição do corpo A dois segundos após a colisão.
Dados:
•
massa de A = 100 g;
•
massa de B = 200 g.
b) f < p < 2f .
2
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
p
Observações:
•
o feixe de luz incide paralelamente ao eixo óptico da lente da
segunda experiência;
•
o feixe de luz tem intensidade uniformemente distribuída no plano
incidente.
f
p−f
f
α
γ
Por semelhança de triângulos, obtém-se:
γ
f
f
= ⇒γ =α ⋅
p−f α
p−f
O raio γ corresponde, na lente, à região do feixe incidente que irá
efetivamente incidir sobre o dispositivo. Assim, a área desta região
será dada por:
Resolução
Na experiência 1, a tensão gerada no dispositivo é proporcional à área
do mesmo, uma vez que o feixe incidente é ortogonal ao elemento
fotovoltaico.
Assim, V1 = k ⋅ πα 2
 f 

S B = π ⋅ γ 2 = π ⋅ α 2 ⋅ 
p − f 
2
Analogamente ao caso anterior, a tensão gerada no dispositivo será
proporcional à área. Logo:
Para a experiência 2:
a) p < f
2
 f 
 f 
 = V1 ⋅ 

VB = k ⋅ S B = k ⋅ π ⋅ α 2 ⋅ 
p
−
f


p − f 
A figura a seguir ilustra a situação em que p < f , destacando os raios
luminosos que tangenciam o sensor.
2
A corrente que circula pelo resistor será:
f
p
iB =
VB V1
=
R
R
 f 

⋅ 
p − f 
2
QUESTÃO 05
α
Os pontos A e B da malha de resistores da figura 2 são conectados
aos pontos x e y do circuito da figura 1. Nesta situação, observa-se
uma dissipação de P watts na malha. Em seguida, conecta-se o ponto
C ao ponto F e o ponto E ao ponto H, o que produz um incremento de
12,5% na potência dissipada na malha. Calcule a resistência R dos
resistores que compõem a malha
β
Por semelhança de triângulos, obtém-se:
f
f
β
=
⇒ β =α⋅
f −p α
f −p
O raio β corresponde, na lente, à região do feixe incidente que irá
efetivamente incidir sobre o dispositivo. Assim, a área desta região
será dada por:
 f 

S A = π ⋅ β 2 = π ⋅ α 2 ⋅ 
f −p
2
A tensão gerada no dispositivo será proporcional à intensidade de luz
incidente (quantidade de raios luminosos que atinge uma mesma área
na célula fotovoltaica) e, desta forma, é proporcional à área
SA = π ⋅ β 2 . Logo:
2
 f 
 f 
 = V1 ⋅ 

V A = k ⋅ S A = k ⋅ π ⋅ α 2 ⋅ 
f
−
p


f −p
Resolução
Vamos inicialmente calcular as resistências equivalentes da malha na
situação inicial e depois de ligar os pontos pedidos:
Situação 0 (inicial):
2
A
A
A corrente que circula pelo resistor será:
iA =
VA V1
=
R
R
 f 

⋅ 
f −p
≡
2
4R
4R
≡
2R
b) f < p < 2f
A figura a seguir ilustra a situação em que f < p < 2f , destacando os
raios luminosos que tangenciam o sensor:
B
3
B
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
Pode-se observar que de A a B temos dois ramos em paralelo, cada
um com 4 resistências R em série, assim a resistência equivalente é
REQ 0 = 4R / /4R = 2R .
Situação 1:
Na segunda situação, a malha é equivalente ao circuito abaixo:
Voltando a analisar o caso inicial (em que não há interligação de H
com E e de C com F), novamente escrevemos a ddp entre os pontos X
e Y nesta outra situação:
U XY 0 = 10,5 − 2,5i A 0 (10)
A
2R
R
≡
2R
R
R
R
R
QUESTÃO 06
A
R
≡
A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra
BD, dois cabos AD e DE, e uma viga horizontal CF. A barra é fixada
em B. Os cabos, de secção transversal circular de 5 mm de diâmetro,
são inextensíveis e fixados nos pontos A, D e E. A viga de material
uniforme e homogêneo é apoiada em C e sustentada pelo cabo DE.
Ao ser colocado um bloco de 100 Kg de massa na extremidade F da
viga, determine:
a) a força no trecho ED do cabo;
b) as reações horizontal e vertical no apoio C da viga;
c) as reações horizontal e vertical no apoio B da barra.
Dados: aceleração da gravidade: 10 m s 2 ; densidades lineares de
R
R
B
(12)
i 
2  0  ⋅ (1 + R ) = 2 + R
 i1 
Substituindo a equação (3) na expressão anterior:
2
2 ⋅ ⋅ (1 + R ) = 2 + R ⇒ 4 + 4R = 6 + 3R ⇒ R = 2Ω
3
Observe que temos uma Ponte de Wheatstone equilibrada, e por isso
podemos ignorar a resistência central, e a resistência equivalente
pode agora ser calculada por REQ1 = 2R / /2R = R .
R
U XY 0 = 2Ri 0
Finalmente, dividindo a (13) pela (9) temos:
2i 0 (1 + R ) 10
=
=1
i1(2 + R )
10
B
A
(11)
Analogamente ao caso anterior, temos:
U XY 0 = 10 − 2i 0 ⇒ 2i 0 (1 + R ) = 10 (13)
C≡F
H ≡E
U XY 0 = 8 − 10i B 0
B
massa: µ1 = 30 Kg m , µ2 = 20 Kg m , µ3 = 10 Kg m ;
Tomando agora as potências dissipadas em ambas as situações,
sendo a segunda 12,5% maior que a primeira ( Pdissipada = REQ i 2 ):
(2R )i 0 2 = P (1)
Ri12 =
9P
(2)
8
Dividindo a equação (1) pela (2):
2i 0 2 8
i02 4
i
2
=
⇒
= ⇒ 0 =
(3)
i12
9
i12 9
i1 3
Analisando a segunda situação (quando C é ligado a F e E a H):
iA1
iB1
Resolução
a) Isolando a viga CF, temos
A ddp entre os pontos X e Y pode ser escrita de várias formas:
U XY 1 = 10,5 − 2,5i A1 (4)
U XY 1 = 8 − 10i B1
(5)
U XY 1 = Ri1
(6)
i1 = i A1 + i B1
(7)
A corrente total é:
Calculando 4 × (4) + 1× (5) :
4U XY 1 + U XY 1 = 42 − 10i A1 + 8 − 10iB1
Onde:
5U XY 1 = 50 − 10(i A1 + i B1 )
Substituindo a (7) nesta última equação:
U XY 1 = 10 − 2i1
(8)
P1 = µ1 ⋅ g ⋅ 3 = 900N
P2 = µ 2 ⋅ g ⋅ 3 = 600N
P3 = µ3 ⋅ g ⋅ 3 = 300N
Substituindo a (8) na (6):
10 − 2i1 = Ri1 ⇒ i1(2 + R ) = 10 (9)
4
20 ≈ 4,5 .
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
Considerando que a viga está em equilíbrio estático:
∑ M (c ) = 0
TADx ⋅ 4 − TDEx ⋅ 4 − TDEy ⋅ 2 − TADy ⋅ 2 = 0 ⇒
TAD ⋅ 4 ⋅ cos θ1 − TDE ⋅ 4 ⋅ senθ2 − TDE ⋅ 2 ⋅ cos θ2 − TAD ⋅ 2 ⋅ senθ1 = 0 ⇒
⇒ P1.1,5 + P2 .4,5 − TED .senθ.4,5 + P3 .7,5 + 1000.9 = 0
TAD ⋅ (4 ⋅ cos θ1 − 2 ⋅ senθ1 ) = TDE ⋅ (4 ⋅ senθ2 + 2 ⋅ cos θ2 ) ⇒
⇒ 900.1,5 + 600.4,5 − TED .senθ.4,5 + 300.7,5 + 1000.9 = 0
TAD = TDE ⋅
⇒ TED .senθ.4,5 = 1350 + 2700 + 2250 + 9000 = 15300
Da figura, podemos obter senθ e cosθ:
(4 ⋅ senθ2 + 2 ⋅ cos θ2 )
(4 ⋅ 0,6 + 2 ⋅ 0,8)
= 4250 ⋅
4
2
(4 ⋅ cos θ1 − 2 ⋅ senθ1 )
(4 ⋅
− 2⋅
)
4,5
4,5
TAD = 6375N
Substituindo o resultado de TAD em (I), temos:
a
6m
senθ =
6
= 0,8
7,5
cosθ =
4,5
= 0,6
7,5
X B = 3.116,67N ou X B =
YB = TAD senθ1 + TDE cos θ2 = 6375 ⋅
4,5 m
YB = 6.233,34N ou YB =
Assim:
15300
⇒ TED = 4.250N
4,5 ⋅ 0,8
b) Novamente na viga CF, temos;
∑ Fx = 0
TED .senθ.4,5 =
∑F
y
2
+ 4250 ⋅ 0,8
4,5
18700
N
3
QUESTÃO 07
Um industrial possui uma máquina térmica operando em um ciclo
termodinâmico, cuja fonte de alimentação advém da queima de óleo
combustível a 800 K. Preocupado com os elevados custos do petróleo,
ele contrata os serviços de um inventor. Após estudo, o inventor afirma
que o uso do óleo combustível pode ser minimizado através do
esquema descrito a seguir: um quarto do calor necessário para
acionar a máquina seria originado da queima de bagaço de cana a
400 K, enquanto o restante seria proveniente da queima de óleo
combustível aos mesmos 800 K. Ao ser inquirido sobre o desempenho
da máquina nesta nova configuração, o inventor argumenta que a
queda no rendimento será inferior a 5%. Você julga esta afirmação
procedente? Justifique estabelecendo uma análise termodinâmica do
problema para corroborar seu ponto de vista. Considere que, em
ambas as situações, a máquina rejeita parte da energia para o ar
atmosférico, cuja temperatura é 300 K.
∴ TED .cos θ = X C
⇒
9350
N
3
Substituindo o resultado de TAD em (II), temos:
θ
X C = 4250 ⋅ 0,6
4
− 4250 ⋅ 0,6
4,5
X B = TAD .cos θ1 − TDE .senθ2 = 6375 ⋅
a = 62 + 4,52 = 7,5 m
X C = 2550N
=0
∴YC + TED senθ = P1 + P2 + P3 + 1000
⇒ YC = P1 + P2 + P3 + 1000 − TED senθ
⇒ YC = 900 + 600 + 300 + 1000 − 4250 ⋅ 0,8
YC = −600N
Obs: Sentido contrário ao mostrado no diagrama
c)
Resolução
O rendimento η
de uma máquina térmica que absorve uma
quantidade de calor QH da fonte quente e realiza um trabalho τ é
dado por:
η=
τ
QH
O máximo rendimento que uma maquina térmica pode apresentar é
aquele correspondente ao ciclo do Carnot, operando entre as
temperaturas TH (fonte quente) e TC (fonte fria), e é dado por:
ηCARNOT = 1 −
TC
TH
Sendo o máximo rendimento possível, vale sempre que:
η ≤ ηCARNOT ⇒
Na Barra BD, temos;
∑F
X
= 0 ⇒ TADX = TDE X + X B
y
η0 =
= 0 ⇒ YB =TADy + TDEy
⇔ YB = TADsenθ1 + TDE cos θ2
(II )
2
20
senθ2 = 0,6
≈
2
4,5
cos θ1 =
TC
TH
4
20
≈
τ0
QH
≤ 1−
300
5
⇒ η0 ≤
800
8
Para a segunda máquina, construída como uma associação de duas
máquinas, o rendimento de cada uma delas satisfaz:
Sendo:
senθ1 =
≤ 1−
Para a máquina inicial, temos:
⇔ TAD .cos θ1 = TDE .senθ2 + X B ( I )
∑F
τ
QH
300

η1 ≤ 1 − 400 ⇒



η ≤ 1 − 300 ⇒
 2
800


4
4,5
cos θ2 = 0,8
∑ M (B ) = 0 ⇔
5
τ1
1
QH
4
τ2
3
QH
4
≤
1
τ
1
⇒ 1 ≤
QH 16
4
≤
τ
5
15
⇒ 2 ≤
QH 32
8
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
Assim, o rendimento dessa máquina será dado por:
η=
τ1 + τ 2
QH
=
τ1
QH
+
τ2
QH
⇒η ≤
1 15
17
+
⇒η ≤
16 32
32
P
L
A
T
A
F
O
R
M
A
Se cada uma das máquinas envolvidas executasse um ciclo de
Carnot, teríamos:
η=
17
5
( = 53,125%) e η0 = ( = 62,5%)
32
8
Nesse caso, a variação percentual do rendimento é dada por:
17
5
η − η0 32 − 8
=
= −0,15 = −15%
5
η0
8
Assim, é possível passar da primeira situação para a segunda tendo
uma queda de rendimento de 15%. Como o inventor afirmou que a
queda seria de no máximo 5%, podemos julgar que essa afirmação é
falsa, no sentido de que é possível construir um contra-exemplo que
viola a afirmação feita.
Aplicando a conservação de energia ao sistema (homem + moto),
desde o instante em que o motociclista sai da rampa, até quando ele
se agarra à corda, temos:
(m1 + m2 )V0 y 2
2
Por outro lado, deve-se ressaltar que como o enunciado não afirma
que alguma das máquinas executa de fato um ciclo de Carnot, as
máquinas construídas nem sempre violarão a afirmação feita.
= (m1 + m2 )gy ⇒ V0 y 2 = 2gy
(2)
Do instante em que o motociclista atinge a corda e se agarra a ela, até
o momento em que ele atinge o topo da plataforma (com velocidade
nula, para que seu esforço seja mínimo), podemos aplicar novamente
a conservação de energia, agora apenas ao homem:
m1Vx 2
(3)
= m1g (H − y ) ⇒ Vx 2 = 2g (H − y )
2
QUESTÃO 08
Um motociclista de massa m1 deseja alcançar o topo de uma
plataforma. Para isso, ele faz uso de uma moto de massa m2, uma
corda inextensível de massa desprezível e uma rampa de inclinação
θ . Ao saltar da rampa, o motociclista atinge a corda na situação em
que esta permanece esticada e o esforço despendido por ele é o
menor possível. Para evitar ruptura por excesso de peso, o
motociclista libera a moto no momento do contato com a corda, que o
conduz para o topo da plataforma.
Nestas condições e considerando os parâmetros H e T indicados na
figura, determine o vetor velocidade do motociclista na saída da
rampa.
Substituindo Vx 2 e V0 y 2 , das equações (3) e (2), na expressão (1),
vem que:
x=
2gHsen2θ
= Hsen 2θ
2g
O raio da trajetória circular desenvolvida pelo motociclista pode ser
escrito como:
R = T − x = H − y ⇒ y = H −T + x
y = H − T + Hsen 2θ
Assim,
V0 y 2 = 2gy ⇒ V0 y 2 = 2g (H − T + Hsen 2θ )
Vx 2 = 2g (H − y ) ⇒ Vx 2 = 2g (T − Hsen 2θ )
Das expressões acima tiramos que:
Vx = 2g (T − Hsen 2θ )
V0 y = 2g (H − T + Hsen 2θ )
Sendo assim, a velocidade inicial é:
JJG
V0 =
Resolução
O movimento do motociclista é um lançamento oblíquo de um ângulo
de inclinação θ. Foi considerado que, para realizar o menor esforço e
ao mesmo tempo manter a corda esticada, o motociclista deverá
atingir a corda ao passar pelo vértice da trajetória parabólica.
Até atingir a corda, o sistema (moto + motociclista) percorreu na
horizontal a distância x e na vertical a distância y.
Sendo x a metade do alcance horizontal tem-se:
x=
(
)
Vx 2 + V0y 2 sen2θ
V0 2sen2θ
=
2g
2g
(
G
2g (T − Hsen 2θ ) ⋅i +
) (
G
2g (H − T + Hsen 2θ ) ⋅ j
)
Prosseguindo por outros caminhos, poderíamos ter obtido ainda uma
outra expressão para o vetor velocidade:
JJG 
2gT  G  2gH (1 + 2tgθ ) − 2gT  G
V0 = 
⋅i + 
 ⋅ j
 1 + 2tgθ 

1 + 2tgθ




Naturalmente, ambas são verdadeiras e equivalentes.
(1)
QUESTÃO 09
Na figura abaixo, há um espelho com a face refletora para baixo, tendo
uma de suas extremidades presa a um eixo que permite um
movimento pendular, e um canhão, que emite concomitantemente um
raio de luz. Abaixo do espelho existem dois corpos de massa m e
cargas de mesmo módulo e sinais opostos. Os corpos estão apoiados
sobre um trilho sem atrito, fixados em suas extremidades e no mesmo
plano vertical que o canhão de luz. Os corpos estão imersos no campo
6
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
Substituindo os valores do enunciado, e considerando a constante
N ⋅ m2
eletrostática do vácuo k = 9 ⋅ 109
temos:
C2


1
1

−
U ( x ) = 4 ⋅ 0,5 ⋅ ( 9 ⋅ 109 ) ⋅ 10 −4 
2
2
 ( 2 ⋅ 0,5 − x )
( 2 ⋅ 0,5 ) 
 1

1 − (1 − 2 x + x 2 )
− 1 = 18 ⋅ 105
U ( x ) = 18 ⋅ 105 ⋅ 
2
2
 (1 − x )

(1 − x )
elétrico uniforme existente entre as placas de um capacitor, que é
energizado por uma fonte variável U(x).
No momento em que o espelho inicia o movimento, a partir da posição
inicial e com aceleração tangencial de módulo constante, o corpo de
carga negativa é liberado. Para que a aceleração deste corpo seja
constante e máxima no sentido do eixo X, determine:
a) a expressão de U(x), onde x representa a posição do corpo de
carga negativa relativa à origem O do eixo X;
b) o módulo da aceleração tangencial da extremidade livre do espelho,
para que o raio de luz atinja a carga de prova negativa no momento
em que o deslocamento angular do espelho seja de 50º.
Dados: Q = 10−4 C; m = 20 g; A = 1,0 m; d = 0,5 m; g = 10 m s 2 .
U ( x ) = 1,8 ⋅ 106
x (2 − x )
(1 − x )
2
b) Quando o espelho está com o ângulo de 50º, temos a seguinte
representação do raio luminoso que deve atingir a carga negativa:
20º
40º
30º
20º
20º
∆x
Resolução
a) A carga deve se movimentar com aceleração constante apontada
para a esquerda e, portanto, temos que a força resultante é constante.
A partir do diagrama de corpo livre:
JG
JG
F CARGA
F CAPACITOR
Sabendo que a aceleração da massa é constante e que no ponto x = 0
temos U (0) = 0 temos:
G
G
G
Temos o módulo da força resultante por FR = Fcarga − Fcapacitor . Logo,
Assim, a partir do repouso, podemos relacionar o deslocamento da
carga com o tempo de acordo com:
1 G
1 k ⋅ Q2
∆x = ⋅ a ⋅ t 2 ⇒ ∆x = ⋅
⋅ t 2 (3)
2
2 4 ⋅ m ⋅d2
G k ⋅ Q2
G
k ⋅ Q2
m⋅ a =
⇒ a =
2
4 ⋅ m ⋅d2
( 2d )
para uma determinada posição x:
G
G
kQ 2
kQ 2
U( x ) 
m⋅ a =
−Q ⋅ E =
−Q⋅
2
2
 (1)
 4d 
( 2d − x )
( 2d − x )
Como a aceleração tangencial da extremidade livre é constante,
podemos dizer, a partir do repouso:
1 G
1 G
∆Sextremidade = ⋅ aT ⋅ t 2 ⇒ ∆θextremidade ⋅ A = ⋅ aT ⋅ t 2 (4)
2
2
Como a aceleração deve ser constante, podemos dizer que para x = 0
também temos a igualdade.
2
G
kQ 2
 U (0)  kQ
 U (0) 
m⋅ a =
−Q ⋅ 
=
−Q ⋅ 
2
2

 (2)
 4d  ( 2d )
 4d 
( 2d − 0 )
Temos, num mesmo intervalo de tempo, dividindo (3) por (4):
k ⋅ Q2
2
G
∆θ
⋅ A k ⋅ Q2
∆x
= 4⋅m
G ⋅ d ⇒ aT = extremidade ⋅
∆θ extremidade ⋅ A
∆x
aT
4 ⋅ m ⋅d2
Igualando (1) e (2) temos:
2
kQ 2
 U ( x )  kQ
 U (0) 
−Q ⋅ 
=
−Q ⋅ 
2
2


 4d  ( 2d )
 4d 
( 2d − x )
kQ
( 2d − x )
2
kQ
U ( x ) 
 U (0) 
−
−
2
=

 4d  ( 2d )  4d 
Como ∆θ extremidade = 50º =

1
1 

−
U ( x ) − U (0) = 4d ⋅ kQ 
2
2
 ( 2d − x )
( 2d ) 
Como a aceleração deve ser máxima, devemos ter no ponto inicial (x
G
= 0) a maior força resultante, que ocorre quanto E = 0 ⇒ U (0) = 0
5π
π
π

e ∆x = d + d ⋅ tg = d  1 + tg  , temos:
9
9
18

5π
⋅A
18
A
k ⋅ Q2
k ⋅ Q2
5π
=
⋅
⋅
2
π
π  4⋅m ⋅d
m ⋅ d3
72 1 + tg

d  1 + tg 
9
9

Substituindo os valores informados no enunciado, temos:
G
aT =
(não existe diferença de potencial entre as placas no momento inicial).
G
Note ainda que quanto menor a distância, maior será Fcarga e
G
consequentemente maior será Fcapacitor , o que mantém a resultante
⋅
9 ⋅ 109 ⋅ (10−4 )
G
5π
1
5π 36 ⋅ 10−5
5π
⋅
⋅
=
⋅
=
⋅ 103 m / s 2
aT =
−2
3
π
72 1 + tg
( 2 ⋅ 10 ) ⋅ 0,5 72 1 + tg π 2 ⋅ 1 + tg π 
9
9
9

2
constante.
Portanto temos:

1
1 

U ( x ) = 4d ⋅ kQ ⋅ 
−
2
2
 ( 2d − x )
( 2d ) 
7
(19) 3251-1012
www.elitecampinas.com.br
O ELITE RESOLVE IME 2009 - DISCURSIVAS
QUESTÃO 10
hB = 40 −
A figura apresenta um plano inclinado, sobre o qual estão dois blocos,
e, em sua parte inferior, uma mola com massa desprezível. A
superfície deste plano apresenta coeficiente de atrito estático
K QA QB sen 2θ
mg (senθ − µe cos θ)
µe = 5 3 13 e coeficiente de atrito cinético µc = 0,3 3 . O bloco A
respectivamente, +40 x10 C e −
(
)
9.109.40 x10−4.
(
)
3 39 x10−3 ⋅ 3
4
 3 5 3 1
−
⋅ 
10 
13 2 
 2
⇒ hBMÍN = 25 m
está fixado na superfície. O bloco B possui massa de 1Kg e encontrase solto. Sabe-se que a superfície abaixo da mola não possui atrito e
que os blocos A e B estão eletricamente carregados com,
−4
= 40 −
Altura máxima:
Na altura máxima teremos a
maior força elétrica e a maior
força de atrito estático (com
sentido de acordo com a figura)
tais que o bloco permanece em
equilíbrio. Assim:
−3
3 39 x10 C . Desconsiderando
as situações em que, ao atingir o equilíbrio, o bloco B esteja em
contato com o bloco A ou com a mola, determine:
a) as alturas máxima e mínima, em relação à referência de altura, que
determinam a faixa em que é possível manter o bloco B parado em
equilíbrio;
b) a velocidade inicial máxima v com que o bloco B poderá ser lançado
em direção a mola, a partir da altura hB = 20 m , para que, após
FELÉTRICA = mgsen θ + FATRITO .
Além disso,
começar a subir o plano inclinado, atinja uma posição de equilíbrio e lá
permaneça.
Dados:
•
aceleração da gravidade: 10 m s 2
N = mg cos θ , FELÉTRICA =
K Q A QB
 (40 − h B ) 


 senθ 
K Q A QB
•
constante eletrotática: 9 x 109 Nm 2 C 2 .
Observação: desconsidere as dimensões dos blocos para os cálculos.
 (40 − h B ) 
 senθ 


hB = 40 −
2
K QA QB sen 2θ
mg (senθ + µe cos θ)
2
e FATRITO = µ e N . Logo:
= mgsen θ + µ e N ⇒
= 40 −
9.109.40 x10−4.
(
)
3 39 x10−3 ⋅ 3
4
 3 5 3 1
10 
+
⋅ 
13 2 
 2
⇒ hBMAX = 30 m
b) O bloco desce
sobe
30
=
sen60°
20
40
metros (ao longo do plano) e depois
=
sen60°
3
60
3
metros (também ao longo do plano), uma vez
que as condições do enunciado (somadas aos resultados do item a)
nos permitem concluir que, na situação limite, o bloco estacionará, na
subida, a uma altura de 30m.
Assim a força de atrito consumirá, em joules:
τATRITO = µCNd = µCmg cos θd
Resolução
τ ATRITO = 0,3 3 ⋅ 1 ⋅ 10 ⋅
a) Altura mínima:
Na altura mínima teremos a
menor força elétrica e a maior
força de atrito estático (com
sentido de acordo com a figura)
tais que o bloco permanece em
equilíbrio. Assim:
Além disso, o trabalho da força de atrito é o que torna o sistema não
conservativo, reduzindo sua energia mecânica:
τ ATRITO = −∆EM = EMinicial − EMfinal ⇒ EMinicial − τ ATRITO = EMfinal
A energia mecânica, por sua vez, é composta pela energia cinética,
energia potencial gravitacional e energia potencial elétrica, assim:
Ecinicial + E pgrav ,inicial + E peletrica,inicial − τ ATRITO = Ecfinal + E pgrav ,final + E peletrica,final
FELÉTRICA + FATRITO = mgsen θ .
KQAQB
KQAQB
1
mV 2 + mghB 0 +
− 150 = 0 + mghBF +
2
 40 − hB 0 
 40 − hBF 




 senθ 
 senθ 
Além disso:
N = mg cos θ , FELÉTRICA =
K QA QB
 ( 40 − hB ) 


 senθ 
2
K Q A QB
 (40 − h B ) 


 senθ 
2
1  40 60 
= 150 J
⋅
+
2  3
3 
e FATRITO = µ e N . Logo:

1
1
mV 2 = 300 + 2mg(hBF − hB0 ) + 2KQ A Q B senθ
−
40
h
40
h B0
−
−
BF

V 2 = 300 + 2 ⋅ 10 ⋅ ( 30 − 20 ) +
+ µe mg cos θ = mgsenθ ⇒
− 3
 3 
1
1 
+ 2 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅ 40 ⋅ 10 −4 ⋅ 
⋅ 10 −3  ⋅
⋅
−
 39
 2  40 − 30 40 − 20 


(
 ( 40 − hB ) 
K QA QB
⇒

 =
mgsenθ − µe mg cos θ
 senθ 
2
V 2 = 500 −
8
)
47
1800
m / s ou v ≈ 19 m / s
⇒ v = 10 ⋅
13
13



