sólido

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GABARITO COMENTADO
Questão 01
Um copo está sobre uma mesa com a boca voltada para cima. Um explosivo no estado sólido
preenche completamente o copo, estando todo o sistema a 300 K. O copo e o explosivo são
aquecidos. Nesse processo, o explosivo passa ao estado líquido, transbordando para fora do
copo. Sabendo que a temperatura final do sistema é 400 K, determine:
a) a temperatura de fusão do explosivo;
b) o calor total fornecido ao explosivo.
Dados:
• volume transbordado do explosivo líquido: 10–6 m3;
• coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado líquido: 10–4 K–1;
• coeficiente de dilatação volumétrica do material do copo: 4 × 10–5 K–1;
• volume inicial do interior do copo: 10–3 m3;
• massa do explosivo: 1,6 kg;
• calor específico do explosivo no estado sólido: 103 J.kg–1.K–1;
• calor específico do explosivo no estado líquido: 103 J.kg–1.K–1; e
• calor latente de fusão do explosivo: 105 J.kg–1.
Consideração:
• o coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado sólido é muito menor que
o coeficiente de dilatação volumétrica do material do copo.
Solução:
a) Podemos calcular a variação do volume do copo, enquanto o explosivo se encontra no
estado líquido
Vaparente  Vlíquido  Vsólido  Vcopo  Vlíquido  0  V0   copo  
Vaparente  Vlíquido  0  103  4  105  100
106  Vlíquido  4  106  Vlíquido  5  106 m3
Seja TF é a temperatura de fusão do explosivo, podemos calcular a variação do volume
do líquido pode ser calculada pela equação de dilatação:
Vlíquido  V0   líquido    5  106  103  104   400  TF 
5  106  103  104   400  TF   TF  350 K
b) Seja QT o calor total fornecido para o explosivo, então: QT  Qsólido  Qfusão  Qlíquido , em

que:
Qsólido é o calor para aquecer o explosivo no estado sólido de 300 K para 350 K

Qfusão é o calor para fundir o explosivo

Qlíquido é o calor para aquecer o explosivo no estado líquido de 350 K para 400 K
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QT  Qsólido  Qfusão  Qlíquido 
QT  m  csólido  sólido  m  Lfusão  m  clíquido  líquido

QT  m  csólido  sólido  Lfusão  clíquido  líquido


QT  1,6  103  350  300  105  103   400  350

QT  320  103 J  QT  320 kJ
Obs: Na fusão o volume do líquido não pode ser igual ao do sólido.
Questão 02
Os pulsos emitidos verticalmente por uma fonte sonora situada no fundo de uma piscina de
profundidade d são refletidos pela face inferior de um cubo de madeira de aresta a que boia
na água da piscina, acima da fonte sonora. Um sensor situado na mesma posição da fonte
capta as reflexões dos pulsos emitidos pela fonte sonora. Se o intervalo de tempo entre a
emissão e captação de um pulso é ∆t, determine a massa específica da madeira.
Dados:
•
•
•
•
•
•
velocidade do som na água: s = 1500 m/s;
massa específica da água: a = 103 kg/m3;
profundidade da piscina: d = 3,1 m;
aresta do cubo: a = 0,2 m;
aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
∆t = 4 ms.
Consideração:
• o cubo boia com sua base paralela à superfície da água da piscina.
Solução:
Podemos extrair a distância entre o fundo do cubo de madeira e o fundo do recipiente:
v  t
x
1500  4.103
t  2
x s
x
 x  3m
vs
2
2
Pela figura, temos que: x  y  d  y  d  x  3,1  3  y  0,1 m
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Pelo equilíbrio do bloco de madeira, temos que:
P  E  m.g  água.Vimerso.g  madeira  Vtotal  água  Vimerso 
 madeira  a3  103  a2  y  madeira 
madeira  0,5  103 kg
103  y 103  0,1


a
0,2
m3
Questão 03
Uma mola presa ao corpo A está distendida. Um fio passa por uma roldana e tem suas
extremidades presas ao corpo A e ao corpo B, que realiza um movimento circular uniforme
horizontal com raio R e velocidade angular ω. O corpo A encontra-se sobre uma mesa com
coeficiente de atrito estático μ e na iminência do movimento no sentido de reduzir a
deformação da mola. Determine o valor da deformação da mola.
Dados:




massa do corpo A: mA;
massa do corpo B: mB;
constante elástica da mola: k;
aceleração da gravidade: g.
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Consideração:
 A massa mA é suficiente para garantir que o corpo A permaneça no plano horizontal da
mesa.
Solução:
Corpo B:
2

Em x : Tsen  mB  R  I 


Em y : T cos   mB g  II 
Corpo A:
Em y : Tsen  N  PA  mA g  III 

Em x : T cos   Fat  Fel  T cos   N  kx  IV 
 I  em  III  : mB 2R  N  mA g  N  mA g  mB 2R V 
 II


e V  em  IV  : mB g   mA g  mB 2R  kx 
x 


mB g  2 R  mA g
k
Questão 04
Situação 1
Situação 2
Um canhão movimenta-se com velocidade constante ao longo do eixo Y de um sistema de
coordenadas e dispara continuamente um feixe de elétrons com vetor velocidade inicial
constante e paralelo ao eixo X. Ao deixar o canhão, o feixe de elétrons passa a sofrer
exclusivamente a ação do campo elétrico indicado nas duas situações das figuras.
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a. Na situação 1, sabendo que, em t = 0, o canhão está em y = y0, determine a equação da
curva de y em função de x e t do feixe de elétrons que é observada momentaneamente
no instante t, resultante do disparo contínuo de elétrons.
b. Na situação 1, determine a máxima coordenada y da curva observada no instante t.
c. Repita o item (a) para o campo elétrico em conformidade com a situação 2, determinando
a equação da curva de x em função de y e t.
Dados:
• módulo do campo elétrico do plano XY: E;
• massa do elétron: m;
• carga do elétron: –q;
• velocidade escalar do canhão e velocidade de saída do feixe: v.
Solução:
(A)
No instante t, o elétron que foi ejetado há  segundos ( ou seja, no instante t - ) está
Na posição:
 x =vδ


1 qE 2
y =yo – v(t – δ)–
δ

2 m

Eliminando , temos:
qE
x 2 , com x  0
2m v 2
A expressão obtida corresponde a uma fotografia do feixe (ou seja, do conjunto de elétrons
ejetados) mo instante t
O feixe forma então uma parábola, que se desloca com velocidade constante sem se
deformar, ao longo do eixo y. Note que a parábola que o feixe descreve não se confundi com
as parábolas das trajetórias dos elétrons individuais já que estas (lançamentos horizontal)
têm seus vértices sobre o eixo y. Na parábola do feixe sempre há elétrons acima do canhão,
pois inicialmente todo elétrons tem velocidade nula no sentido vertical, eo canhão desce
com a velocidade constante.
y  yo  

(B)
xvertice = 
yvertice =–
b mv 2
=
>0
2a qE
Δ
mv 2
=y0 –vt +
4a
2q E
(C) no instante t:

qE 2
 x =v  +
2m

y = y +v (t – δ)
0

x =vt – (y – y0 ) +
qE
[vt – (y – y0 ) ] 2 após eliminarmos  .
2 mv 2
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Questão 05
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por nove barras AB, AC, AD,
AE, BC, BE, CD, CE e DE conectadas por articulações e apoiadas nos pontos A, B e C. O apoio
A impede as translações nas direções dos eixos x, y e z, enquanto o apoio B impede as
translações nas direções x e y. No ponto C, há um cabo CF que só restringe a translação da
estrutura na direção do eixo y. Todas as barras possuem material uniforme e homogêneo e
peso desprezível. No ponto E há uma carga concentrada, paralela ao eixo z, de cima para
baixo, de 60 kN. Determine, em kN:
a) as componentes da reação do apoio B.
b) as componentes da reação do apoio A.
c) o módulo da força do cabo CF.
d) os módulos das forças das barras BE, BC, AB e AC.
Solução:
I.
As forças externas na estrutura são as reações em A e B, a carga no ponto E e a
tração no cabo CF. Com relação ao eixo que passa por A e B, as reações em A e B não
exercem momento, e a carga em E também não, por ser paralela ao eixo em questão.
Logo, podemos concluir que a tração no cabo CF é nula.
II. Se a tração no cabo CF é nula e as barras tem massa desprezível, então o problema se
resume ao triângulo ABE. São necessariamente nulas as trações em BC, AC, AD, CD,
CE e DE, bem como as componentes paralelas ao eixo x das reações em A e B.
III. Como o enunciado da questão afirma que o apoio em B não exerce força ao longo do
eixo z, a força exercida pelo apoio em A ao longo do eixo z é necessariamente igual e
oposta à carga em E.
IV. A carga em F e a reação do apoio em A formam um binário de valor
F · d  60 kN · 2 5 m  120 5 kNm . Logo, as reações em A e B ao longo do eixo y
V.
formam um binário igual e oposto: F · 4  120 5  F  30 5 kN , no sentido (–y) em B
e (+y) em A.
Analisando o ponto E, vemos que a componente vertical da tração na barra BE tem que
ser igual e oposta à carga externa em E. Como o comprimento da barra BE é
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 60 kN  TBE  90 kN . A tração na barra AB, portanto, tem que
3
2 5
 30 5 kN . Analisando
compensar a componente horizontal da barra BE: TAB  TBE
6
o ponto A, vemos que a tração na barra AB vale 60 kN. A barra BE está distendida, e
as barras AB e AE estão comprimidas.
6 m, temos TBE ·
Questão 06
Um circuito elétrico tem uma resistência de 2Ω ligada entre seus terminais A e B. Essa
resistência é usada para aquecer o Corpo I durante 21 minutos, conforme apresentado na
Figura 1. Após ser aquecido, o Corpo I é colocado em contato com o Corpo II e a temperatura
se estabiliza em 50ºC, conforme apresentado na figura 2.
Determine o valor da fonte de tensão U.
Dados:
• massa do Corpo I: 0,4 kg;
• massa do Corpo II: 1,0 kg;
• calor específico dos Corpos I e II: 0,075 kcal/kgºC;
• temperatura inicial do Corpo I: 20ºC;
• temperatura inicial do Corpo II: 30ºC.
Considerações:
• 1 cal = 4,2 J;
• não há perda de calor no sistema.
Solução:
Q1  Q2  0  E 
m11  m22
 1  100º C
m1  m2
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No resistor de 2 Ω, teremos:
E1  m1c1  1  01   E1  0, 4  75  4,2  100  20 
 E1  10.080 J
Como: P 
E1
 Ri 2  i 
t
10.080
 i  2A
21  60  2
VED = –9 + 15 × 2 = 21V
No resistor de 4 Ω:
21
iED 
 5,25 A
4
No resistor de 12 Ω:
21
iFD 
 1,75 A
12
No resistor de 3 Ω:
i3  iED  iFD  iEC  11A
Com isso:
U = VGF + VED = 3 × 11 + 21  U = 54 V
Questão 07
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Seis blocos idênticos, identificados conforme a figura, encontram-se interligados por um
sistema de cordas e polias ideais, inicialmente em equilíbrio estático sob ação de uma força
F, paralela ao plano de deslizamento do bloco II e sentido representado na figura.
Considere que: o conjunto de polias de raios r e R são solidárias entre si; não existe
deslizamento entre os cabos e as polias; e existe atrito entre os blocos I e II e entre os
blocos II e IV com as suas respectivas superfícies de contato. Determine:
a) o menor valor do módulo da força F para que o sistema permaneça em equilíbrio estático;
b) o maior valor do módulo da força F para que o sistema permaneça em equilíbrio estático
quando a válvula for aberta e o líquido totalmente escoado;
c) o maior valor do módulo da força F para que não haja deslizamento entre os blocos I e II,
admitindo que a válvula tenha sido aberta, o tanque esvaziado e a força F aumentado de
modo que o sistema tenha entrado em movimento.
Dados:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
aceleração da gravidade: g;
massa específica de cada bloco: ρB;
volume de cada bloco: VB;
massa específica do líquido: ρL;
coeficiente de atrito entre os blocos I e II: ;
coeficiente de atrito estático entre o bloco II e o solo: 1,5 ;
coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco II e o solo: 1,4 ;
coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície com líquido: 0,5 ;
coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície sem líquido: 0,85 ;
coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco IV e a superfície sem liquido: 0,75 ;
ângulo entre a superfície de contato do bloco IV e a horizontal:  .
Solução:
a)
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M
A
0
T1.R  T2.r  T3.R  T4.r  0 
M
B
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T1  T3
r

 A
T2  T4
R
0
T5.R  T6.R  0  T5  T6
Como: T5  T6  2P
Logo: T1  T5  T6  2P  B
No bloco (III), temos: T3  P  C 
No bloco (II), temos:
F
0
F  fat2  T4  0  T4  F  1, 5.P  T4  F  3P  D 
fat4  T2  E.sin     P sin     0
No bloco (IV), temos:
N4  E cos     P cos     0  N4   P  E  cos   
Como: fat4  0,5N4
T2   P  E  sin     0,5 cos      E 
Substituindo (B), (C), (D) e (E) em (A), temos que:
2P  P
r
 
 P  E  sin     0,5 cos      F  3P  R
P.R
 3P 
r
 gV R
F   B  L  gVB sin     0,5 cos     B B  3B gVB 
r


F   P  E  sin     0,5 cos    


 R


F   B  L  sin     0,5 cos     B  3B  gVB
r




b)
No bloco (II): T4  F  3P
No bloco (III): T3  P
No bloco (IV):
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N4  P cos   
P sin     T2  fat4  0 e fat4  0,85P cos   

T2  P sin     0,85 cos   

Como T1  2P
Levando novamente em (A)
2P  P
r
 
 P  E  sin     0,85 cos      F  3P  R


F  P sin     0,85 cos    
P.R
 3P 
r
R


F   sin     0,85 cos      3  B gVB
r




c)
No bloco (I): fat  ma  a  g
a a'
gR

 a' 
r
R
r
gR
Temos: T1  2P  2m
r
Nos blocos (V) e (VI):
No bloco (IV)
T2  0,75P cos     Psen     ma
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Levando na expressão A, temos que:
F  5,8BVB g  BVB g sin     0,75BVB g cos    
3R2BVB g
R
BVB g 
r
r2

R 3R2 
F  BVB g  5,8  sin     0,75 cos     
r
r 2 

Questão 08
Uma fenda é iluminada com luz monocromática cujo comprimento de onda é igual a 510 nm.
Em um grande anteparo, capaz de refletir toda a luz que atravessa a fenda, são observados
apenas cinco mínimos de intensidade de cada lado do máximo central. Sabendo que um dos
3
7
, determine a largura da fenda.
mínimos encontra-se em , tal que sen     e cos    
4
4
Solução:
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  510 nm
5 mínimos de cada lado
 3
mín    arcsen  
 4
asen  m  mínimo
m  1,2,3, 4,5
sen  1
3
 m.510  a  680m  a  680,1360,2040,2720,3400
4
m
5.510

1
 1  a  2550
 sen 
 a  2720 nm
a
a

m  6 : 6.510  a  a  3060
a.
Questão 09
O circuito magnético apresentado na Figura 1 é constituído pelas bobinas B1 e B2, formadas
por 100 e 10 espiras, respectivamente, e por um material ferromagnético que possui a
curva de magnetização apresentada na Figura 2. Considerando que seja aplicada no lado
de B1 a corrente i1(t) apresentada na Figura 3, desenhe:
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a. o gráfico do fluxo magnético f (t) indicado na Figura 1;
b. o gráfico da tensão induzida e2(t) indicada na Figura 1.
Consideração:

todo o fluxo magnético criado fica confinado ao material ferromagnético.
Solução:
A magnetização do material ferromagnético depende do campo da bobina, o qual por sua
vez é diretamente proporcional tanto à corrente quanto ao número de espiras, e é esse
produto que está no eixo horizontal do gráfico da figura 2. Há um patamar, no caso de 10Wb,
que corresponderia ao alinhamento pleno dos dipolos magnéticos do material. Como temos
100 espiras, a magnetização máxima já é atingida no instante t  3s .
Na bobina da direita, a magnetização variável produzida pela corrente X provocará uma
d
f.e.m. induzida de valor f .e.m. 
N em módulo, onde N é o número de espiras à direita.
dt
O sentido da f.e.m. é dado pela Lei de Lenz: o campo criado pela f.e.m. induzida sempre se
opõe à variação do campo externo na bobina (que originou a f.e.m.)
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Questão 10
A figura acima mostra uma fonte luminosa e uma lente convergente, presas a molas
idênticas, de massas desprezíveis e relaxadas. A fonte e a lente são colocadas em contato,
provocando a mesma elongação nas três molas. Em seguida são soltas e movimentam-se
sem atrito.
Do instante inicial até o instante em que a fonte e a lente se encontram novamente,
determine o tempo total em que a imagem formada é virtual.
Dados:
• constante elástica das molas: k = 20 g/s2;
• massa da fonte luminosa + suporte: 20 g;
• massa da lente: 10 g;
• elongação das molas no instante do contato: 10 cm;
• distância focal da lente: 26,25 cm.
Solução:
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Para a lente: yL  30  10  cos 2t 
Para a fonte: yF  10  10  cos  t     10  10  cos  t 
Teremos:
y  yL  yF  20  10 cos 2t   cos  t   e y  26,25
20  10 cos 2t   cos  t    26,25  10 cos 2t   cos  t   6,25
cos 2t   cos  t   0,625  2 cos2  t   1  cos  t   0,625
2 cos2  t   cos  t   0,375  0
Resolvendo a equação do 2° grau, temos:
cos  t1    1
4

 t1  arc cos  1
 
cos  t2   3
4

 t2  arc cos 3
4
4
O tempo então será dado por:
t  2  2  t2  t1 


t  2  2 arc cos  1
  arc cos 3 4
4
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Comentário:
A banca examinadora abrangeu a maior parte do conteúdo programático. A prova apresentou
cinco questões acessíveis a um aluno bem preparado, no entanto para o candidato atingir
notas mais elevadas era necessário ter um conhecimento muito profundo dos assuntos.
Parabéns à banca examinadora do Instituto Militar de Engenharia que, mais uma vez,
elaborou uma prova de excelência para a seleção dos futuros alunos.
Professores
Bruno José
Eduardo Coutinho
Edward
Jean Pierre
Maurício Santos
Marco de Noronha
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