Document

GABARITO IME
DISCURSIVAS 2016/2017
FÍSICA
DISCURSIVAS – 25/10/16
Questão 1
Como mostra a figura acima, a fonte sonora F1 está presa ao teto por uma haste vertical. Outra
fonte sonora F2 está pendurada, em equilíbrio, por uma mola ideal na fonte F1. As duas fontes
emitem sons de mesma frequência ƒ e em mesma fase. Se, em uma reta horizontal passando
pela fonte F2, a intensidade do som é máxima no ponto P (primeiro máximo de intensidade),
situado a uma distância d de F2, determine:
a) A frequência ƒ das fontes, em função dos demais parâmetros;
b) A equação que expressa a posição vertical da fonte F2 em função do tempo, a partir do
instante em que a fonte F2 foi liberada, caso a fonte F2 seja deslocada para baixo por uma
força externa até que a intensidade do som seja mínima no ponto P (primeiro mínimo de
intensidade) e depois liberada.
Dados:
• d = 1 m ;
• Peso da fonte: F2 = 10 N ;
• Comprimento da mola relaxada: 90 cm ;
• Constante elástica da mola: 100 N/m;
• Velocidade do som: 340 m/s;
• Aceleração da gravidade: 10 m/s2;
• 2 = 1,4.
• 0,11 = 0,33
Gabarito:
a)
y
2
d
P
GABARITO IME – FÍSICA
Colocando a origem no ponto de equilíbrio:
Equilíbrio da fonte 2:
F2 = Kx → 10 = 100 · x → x = 10 cm.
Distância entre as fontes:
y = comprimento da mola relaxada + x
Logo, y = 90 + 10 = 1 m.
Para que ocorra interferência construtiva em P:
∆D = nλ (1o máximo n = 1)
V
y2 + d2 − d = λ → y2 + d2 − d = s
f
Vs
f =
.
2
y + d2 − d
b)
Substituindo os valores:
340
f=
= 850 Hz.
2 −1
y
P
x
z
Mantendo a origem no ponto de equilíbrio da letra (a). Nesse caso, a diferença de caminho
será:
nλ
∆D =
(1o máximo → n = 1)
2
λ
y2 + d2 − z 2 + d 2 = .
2
Perceba que a diferença de caminho depende de z e para que satisfaça as condições do
enunciado |∆D| = ∆D.
Então:
y2 + d2 − z 2 + d 2 =
λ (λ = 0,4 m)

→ 2 − z 2 + 1 = 0, 2
2
z 2 + 1 = 1, 2 → z 2 = 4 · 0,11 → z = 2 · 0,11 = 0, 66.
A equação da onda será, com referencial de y positivo para cima:
y = 0,66 cos (10t + π ).
3
DISCURSIVAS – 25/10/16
Questão 2
Região do espaço sujeita a
densidade de campo magnético B
m v
L
H
C
D
y
2H
M
k
lente
tela
x
Uma partícula de massa m e com carga elétrica q entra em um campo magnético B,
movimentando-se no plano da figura de forma a atingir frontalmente (direção x) um corpo de
massa M fixo a uma mola. O campo magnético é ortogonal ao plano da figura e é desligado em
um determinado instante durante o movimento da partícula. A partícula colide com o corpo num
choque perfeitamente inelástico, de forma a comprimir a mola que estava inicialmente relaxada.
Uma lente, representada na figura, é utilizada para amplificar a imagem da mola, permitindo
observar na tela a mola em sua compressão máxima decorrente do choque supracitado.
Determine:
a) O intervalo de tempo durante o qual o campo magnético permaneceu ligado após a entrada
da partícula no campo magnético;
b) A intensidade do campo magnético;
c) A velocidade v da partícula ao entrar no campo magnético, em função dos demais parâmetros;
d) A deformação máxima da mola; e
e) A distância C entre a mola e a lente, em função dos demais parâmetros.
Dados:
• tamanho da imagem na tela da mola em sua máxima compressão: i = 9 mm;
• distância entre a lente e a tela: D = 100 mm;
• distância focal: f = 10 mm;
• massa da partícula: m = 1 g;
4
GABARITO IME – FÍSICA
•
•
•
•
•
massa do corpo inicialmente fixo à mola: M = 9 g;
H = 10 m;
comprimento da mola relaxada: L = 11 mm;
carga da partícula: q = + 5 C; e
constante elástica da mola: k = 40 N/mm.
Consideração:
• O plano da figura é ortogonal ao vetor aceleração da gravidade.
Gabarito:
Veja que é conveniente iniciar o problema pelo item e, pois todos os dados relativos à optica do
problema são dados.
e) Utilizando a equação dos pontos conjugados:
1 1 1
1 1 1
Df
= + ⇒ = + ⇒C=
D−f
f p p'
f C D
Substituindo f = 10mm e D = 100mm, obtemos:
C=
100 ⋅10
100
mm  1111
, mm.
⇒ C=
100 − 10
9
d) Como o tamanho da imagem é dado, podemos utilizar o aumento para descobrir o comprimento
da mola:
A=
i −p'
i D
9
100
=
⇒ = ⇒
=
⇒ L f = 1mm
100
o
p
o C
Lf
9
A compressão da mola será: x = |∆L| = 11 – 1 ⇒ x = 10 mm
c) Como a aceleração da gravidade é ortogonal ao plano da figura e a partícula se movimenta no
plano, o módulo da velocidade não se altera.
Desse modo, a partícula (m) se choca com o corpo (M) com uma velocidade v horinzontal.
Para o choque inelastico:
mv = (M+ m) V ⇒ V =
m
v.
M+m
Após o choque, conserva-se a energia:
2
(M+ m)
x (M+ m)k
V 2 kx 2
 m  2
2
=
⇒ (M+ m) ⋅ 
 ⋅ v = kx ⇒ v =
+
2
2
M
m
m


iC
− L (M+ m)k
D
iC
Onde: x = ∆L = − L . Portanto: v =
m
D
5
DISCURSIVAS – 25/10/16
Numericamente, temos:
v=
10 ⋅ 10−3 (9 + 1) ⋅ 10−3 ⋅ 40 ⋅ 103
= 200 m / s.
10−3
b)
H
v
H
v
Veja que o raio do movimento é H para que a partícula atinja o corpo com velocidade horizontal.
Como somente a força magnética atua, temos:
R=
mv
mv mv 1⋅ 10−3 ⋅ 200
⇒B=
=
=
⇒ B = 4 ⋅ 10−3 T.
5 ⋅ 10
qB
qR qH
a) O corpo magnético atua enquanto o movimento é circular. Logo, o tempo será 1/4 do período:
∆t =
π
T 1 2 π m 2 ⋅ π ⋅ 1⋅ 10−3
=
=
⇒ ∆t = s.
−3
4 4 qB
4 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 10
40
Questão 3
B
D
E
A’
1
F
1
ρ
ρ
1
ρ
ρ
1
o
1
ρL
1
1
C
1
4
5,5
5,5
6
10,5
GABARITO IME – FÍSICA
O sistema apresentado na figura encontra-se em equilíbrio estático, sendo composto por quatro
corpos homogêneos, com seção reta na forma “+ I M E”. O corpo “+” está totalmente imerso
em um líquido e sustentado pela extremidade A de um fio flexível ABC, de peso desprezível, que
passa sem atrito por polias fixas ideais. Sabe-se que, no ponto B, o fio forma um ângulo de 90°
e sustenta parcialmente o peso do corpo “M”. Finalmente, na extremidade C, o fio é fixado a
uma plataforma rígida de peso desprezível e ponto de apoio O, onde os corpos “I M E” estão
apoiados. Diante do exposto, determine:
a) a intensidade da força de tração no fio BD;
b) a intensidade da força de cada base do corpo “M” sobre a plataforma.
Observação:
• dimensão das cotas dos corpos “+ I M E” na figura em unidade de comprimento (u.c.);
• considere fios e polias ideais; e
• existem dois meios cubos compondo a letra “ M ”
Dados:
• aceleração da gravidade: g ;
• massa específica dos corpos “+ I M E”: r;
• massa específica do líquido: rL = r/9 ;
• espessura dos corpos “+ I M E”: 1 u.c. ; e
• comprimento dos fios DE = DF.
Gabarito:
Isolando o cabo BD
T1y + T2y
T2
T1
V+ = 1 · 1 · 1 · 9 = 9 uc3
achando T1: (equilíbrio do “+”)
T1 = P – E → T1 = ρ g V+ – ρL g V+
T1 = 8 ρL g V+ = 8 ρL · g · 9 = 8 ρ g
TRES
T
Achando T2: repare que, como o eixo de simetria do corpo “M” passa pelo ponto fixo (apoio) da
barra, não há contribuição de torque devido a esse corpo, sobrando apenas:
7
DISCURSIVAS – 25/10/16
6,0 uc
8,5 uc
T2
PE
O
PI
7 ⋅ 0, 5 + 3 ⋅ 1, 5 + 3 ⋅ 2, 5 + 2 ⋅ 3, 5
15
= 7 u.c
xCM =
( E)
xCM
( E)
∑Mo = D
PI · 6 = T2 · 10,5 + PE · 7
7 ρ g 6 + T2 · 10,5 = 15 ρ g 7
T2 · 10,5 = 9 · 7 · ρ g
T2 =
21
ρg = 6 ρg
3, 5
TRES = T12 + T22 = 62 ρ2g2 + 82 ρ2g2
TRES = 10 ρg
a)10 ρ g
mTOTAL do “M”
b) equilíbrio do “M” → 22 · ρ · V = 2 N + 10 ρ g → N = 6ρg
8
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 4
3Ω
3Ω
3Ω
3Ω
R = 1,5 Ω
E
+
E +
–
–
1,5Ω
1,5Ω
9Ω
A figura acima apresenta um circuito elétrico composto por duas baterias iguais e oito resistores.
Determine o valor das baterias para que a potência elétrica no resistor R seja igual a 6 W.
Gabarito:
1ª solução
Como ele pede para olharmos o resistor R, podemos fazer Thevenin no resistor R:
Calculo da Req de Thevenin:
3Ω
3Ω
A
3Ω
3Ω
E
E
1,5Ω
B
1,5Ω
9Ω
9
DISCURSIVAS – 25/10/16
Redesenhando o circuito:
3Ω
A
3Ω
1,5Ω
3Ω
9Ω
1,5Ω
B
simetria no plano AB
3Ω
Logo:
1,5Ω
A
B
→ Req=
1, 5 ⋅ 2, 25
= 0, 9 Ω
3, 75
1,5Ω 0,75Ω
Calculando o Uab:
Devemos andar pelo circuto e achar a ddp:
3Ω
3Ω
A
B
–
+
+
–
i
i=
E
A
7, 5
E
1,5Ω
Logo Uab = −3 ⋅
10
E
+ E → Uab = E (1− 0, 4) = Uab = 0, 6 E
7, 5
GABARITO IME – FÍSICA
O circuito de Thevenin será:
0,9 Ω
0,6 E
1,5 Ω (R)
Para que a potência dissipada seja 6w
 0, 6 E 
P = R ⋅ i 2 → 6 = 1, 5. 
 = E = 8V
 2, 4 
2a solução
3Ω
A
i1
A
i1 C
i5
i3
3Ω
–
1,5Ω
D
i9
1,5 Ω
+
i10
i6
C
3r
C
i4
3Ω
–
D
i7
i8
D
B
i2
+
E
i2
E
B
1,5Ω
B
A
9Ω
Como queremos que a potência no resistor R seja 6W temos que:
P = Ri92 ⇒ 6 = 1,5i92 ⇒ i9 = 2A.
Logo a ddp entre C e D é 1,5 · 2 = 3V.
Pela simetria do problema temos que i1 = i2, i3 = i4, i5 = i6 e i7 = i8.
i + i5 = i9
⇒ i6 = i5 = 1A = i7 = i8
Pela Lei dos nós: 6
i6 + i8 = i9
Além disso, (1) i3 + i5 = i1 ⇒ i3 = i1 – 1
(2) i7 + i3 = i10 ⇒ i3 = i10 – 1
Daí i10 = i1.
11
DISCURSIVAS – 25/10/16
Caminhando pelo circuito de A para A, temos que:
−2
3 i1 + 3 + 1, 5 i1 = 0 ⇒ 4, 5 i1 = − 3 ⇒ i1 =
A.
3
Por fim, caminhando de C para D.
3 = 3i3 + E = 3(i1 – 1) + E = –5 + E ⇒ E = 8V.
3a solução:
3Ω
B
A
A
3Ω
A
C
3Ω
3Ω
R = 1,5 Ω
B
1,5Ω
+
– E
D
D
B
No resistor R:
PotR = R · i22
6 = 1,5 · i22 → i2 = 2A
UAD = 1,5 · i2 = 3V
=
i1
UAD = 1,5 i1 + 0,75 i1 = 3 →
C
B
1,5 Ω
A
A
1,5 Ω
i1
i2
I
R = 1,5 Ω
ε
B
0,75 Ω
D
3
4A
=
2, 25
3
4 10
=
A
3
3
Logo: UAD = –1,5 · I + ε → ε = 3 + 1,5 · ε = 3 + 1, 5 ⋅
12
C
1,5Ω
9Ω
Por simetria do circuito, vemos que
VB = VC. Logo, o resistor de 9 Ω está
em curto.
Rebatendo os resistores e geradores
em paralelo, teremos:
I = i1 + i2 = 2 +
+
– E
D
10
→ε=8V
3
D
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 5
Um pesquisador recebeu a incumbência de projetar um sistema alternativo para o fornecimento
de energia elétrica visando ao acionamento de compressores de geladeiras a serem empregadas
no estoque de vacinas. De acordo com os dados de projeto, a temperatura ideal de funcionamento
da geladeira deve ser 4 oC durante 10 horas de operação contínua, sendo que a mesma possui as
seguintes dimensões: 40 cm de altura, 30 cm de largura e 80 cm de profundidade. Após estudo,
o pesquisador recomenda que, inicialmente, todas as faces da geladeira sejam recobertas por
uma camada de 1,36 cm de espessura de um material isolante, de modo a se ter um melhor
funcionamento do dispositivo. Considerando que este projeto visa a atender comunidades
remotas localizadas em regiões com alto índice de radiação solar, o pesquisador sugere
empregar um painel fotovoltaico que converta a energia solar em energia elétrica. Estudos de
viabilidade técnica apontam que a eficiência térmica da geladeira deve ser, no mínimo, igual a
50% do máximo teoricamente admissível. Baseado em uma análise termodinâmica e levando em
conta os dados abaixo, verifique se a solução proposta pelo pesquisador é adequada.
Dados:
• Condutividade térmica do material isolante: 0,05 W / m oC;
• Temperatura ambiente da localidade: 34 oC;
• Insolação solar média na localidade: 18 MJ/m2, em 10 horas de operação contínua;
• Rendimento do painel fotovoltaico: 10%;
• Área do painel fotovoltaico: 2 m2.
Gabarito:
Para que a temperatura seja constante dentro da geladeira, todo o calor que flui do meio externo
para o interior deve ser retirado pelo compressor. Repare que essa energia sai da fonte fria
(geladeira) para a fonte quente (meio externo), portanto, será o calor frio (QF).
Para encontrar esta energia, deve-se somar os fluxos por todas as paredes.
30 cm
40 cm
80 cm
Pela Lei de Fourier: ∅ =
KA∆T
.

Somando para cada face: ∅ TOTAL = Σ∅ = Σ
KA∆T K ∆T
K ∆T
=
⋅ ΣA =
⋅ ATOTAL



13
DISCURSIVAS – 25/10/16
Desse modo, tem-se: ∅ TOTAL =
⇒ ∅ TOTAL =
0, 05 ⋅ ( 34 − 4 )
1, 36 ⋅ 10−2
[0, 3 ⋅ 0, 4 + 0, 4 ⋅ 0, 8 + 0, 3 ⋅ 0, 8] ⋅ 2
0, 05 ⋅ 30 ⋅ 1, 36
= 150 J .
s
1, 36 ⋅ 10−2
Em um período de 10 h, o calor trocado será: QF = ∅ TOTAL ⋅ ∆t = 150 ⋅ 10 ⋅ 3600 J
Para manter o compressor funcionando, utiliza-se um painel fotovoltaico. Calculando a energia
fornecida por esse, tem-se o trabalho fornecido ao refrigerador:
10
τ = 18 ⋅ 106 ⋅ 2 ⋅
= 3, 6 ⋅ 106 J.
100
Q
150 ⋅ 10 ⋅ 3600
Para refrigeradores, a eficiência será: e = F =
= 1, 5.
τ
3, 6 ⋅ 106
Para tais fontes, a eficiência máxima admissível ocorre para um refrigerador de Carnot, portanto:
eCarnot =
1
1
277
=
=
.
TQ
307
30
−1
−1
277
TF
A razão entre a eficiência real e a máxima admissível será:
e
1, 5
45
=
=
= 0, 16 ⇒ e = 0, 16 eCarnot < 0, 5 eCarnot .
277
eCarnot
277
30
Desse modo, a condição de funcionamento com 50% da eficiência máxima teórica possível não
é satisfeita e a proposta é inadequada.
14
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 6
y
Rint
Vint
0
A
x
B1
B3
+
–
v
B2
B
Figura 1
v[m/s]
VAB [V]
6
50
4
2
40
0
1
2
3
4
Figura 2
5
t[s]
0
5
Ifonte [A]
Figura 3
Uma fonte de tensão com uma resistência interna, Rint, tem as barras B1 e B2 condutoras
conectadas aos seus terminais A e B, conforme apresentado na Figura 1. A barra B3, de 30 m de
comprimento, pode mover-se sem atrito sobre as barras B1 e B2 e inicialmente encontra-se em
repouso na posição x = 0 m.
No instante t = 0, a barra B3 começa a deslocar-se para a direita, com velocidade v(t) dada pelo
gráfico apresentado na Figura 2.
A fonte de tensão possui característica terminal dada pelo gráfico apresentado na Figura 3, onde
Ifonte é a corrente fornecida pela fonte de tensão e VAB é a tensão medida entre os seus terminais
A e B.
Diante do exposto, determine:
a) O valor da resistência Rint da fonte de tensão (que é desprezível quando comparado com a da
barra B3);
b) A distância percorrida pela barra B3 no instante em que a tensão entre suas extremidades for
igual a metade da tensão Vint ;
c) Em que instante de tempo a barra atingirá a distância percorrida no item (b);
d) A corrente Ifonte no instante calculado no item (c).
15
DISCURSIVAS – 25/10/16
Dados:
• resistividades das barras B1, B2 e B3: ρ = 0,5 Ωm;
• área da seção transversal das B1, B2 e B3: 2,5 mm2.
Gabarito:
a)
VAB (V)
50
40
0
5
Ifonte (A)
Equação da tensão da fonte
VAB = Vint – Rint · Ifonte
Para Ifonte = 0 → VAB = Vint = 50 V
Para Ifonte = 5A → VAB = 40 V
Logo: 40 = 50 – Rint · 5 → Rint = 2Ω
b)
R B1
Rint = 2Ω
A
Vint = 50 V
RB3
Ifonte
B
x
R B2
RB3 =
16
ρ ⋅  B3
A
=
0, 5 ⋅ 30
2, 5 ⋅ 10
−6
= 6 ⋅ 106 Ω
URB = 25 V
3
GABARITO IME – FÍSICA
 Rint é desprezível perante à RB3

ρ⋅ x

Como  RB1 = RB2 =
, temos:
A

 RB1 , RB2 e RB3 estão em série

URB + URB + URB = 50 → 2URB + 25 = 5
3
1
1
2
2 U RB
1
URB = 12, 5 V
1
Logo, RB1 = RB2 =
Assim: 3 ⋅ 106 =
RB3
2
= 3 ⋅ 106 Ω
0, 5 ⋅ x
2, 5 ⋅ 10−6
→ x = 15 m
c) Pelo gráfico da figura 2, temos:
(6 + 2) ⋅ 1
=6m
6
De 0 a 2 s: Ds = Área = 2 ⋅ 1+
4
2
De 0 a 4 s: Ds = Área = 6 + 6 · 2 = 18 m
0
1
2
T
4
2
Logo o instante T desejado está entre 2 e 4s.
5
De 0 a T: Ds = Área = 6 + 6 · (T – 2) = 15
T = 3,5 s
d)
URB = 25 V
3
6
RB3 = 6 ⋅ 10 Ω

→ URB = RB3 ⋅ Ifonte 
→ Ifonte =
3
25
⋅ 10−6 A
6
17
DISCURSIVAS – 25/10/16
Questão 7
ν
êmbolo
B
A
gás
O
A figura acima mostra um recipiente com paredes transparentes de espessuras desprezíveis.
Esse recipiente contém um gás ideal hipotético e é fechado por um êmbolo opaco. Inicialmente,
um corpo encontra-se apoiado sobre o êmbolo, em sua extremidade, mantendo todo o sistema
em equilíbrio. Uma microcâmera, posicionada no ponto O (interior do recipiente) e direcionada
para o ponto A, consegue filmar o ponto B no corpo.
O corpo é, então, lançado com velocidade horizontal ν e sem atrito. Após o lançamento do
corpo, o gás se expande até que o êmbolo atinja o equilíbrio novamente em um intervalo de
tempo desprezível. A temperatura permanece constante durante todo o fenômeno. Determine em
quanto tempo, após o lançamento, o corpo voltará a ser filmado pela microcâmera.
Observação:
• o êmbolo tem altura suficiente para permanecer vedando o recipiente durante toda a expansão
do gás;
• considere que o gás obedeça à lei de Gladstone-Dale, que diz que a relação entre seu índice
n−1
de refração n e sua densidade ρ é constante e dada pela expressão:
= cte .
p
Dados:
• Altura inicial do ponto B: 90 cm;
• Altura do ponto A: 30 cm ;
• Base do recipiente: Quadrado de lado 40 cm ;
• Massa do corpo = Massa do êmbolo ;
•Velocidade ν: 1,5 m/s ;
• Índice de refração do vácuo: 1,0; e
• Aceleração da gravidade: 10 m/s2.
18
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
B
m
Êmbolo (n)
0,6 m
0,9 m
A
θ
Gás
0,3 m
0
0,4 m
Como no início a câmera consegue enxergar o ponto B, θ é o ângulo limite.
Cálculo do ângulo limite:
^
sen L = sen θ ⇒
1 0, 3
5
=
⇒ no =
no 0, 5
3
Depois da massa m ser lançada, o gás expande, diminui a pressão, diminuindo a densidade e,
com isso, diminui o índice de refração. (Por causa da Lei de Gladstone-Dale)
Usando o equilíbrio do êmbulo para as duas situações:
Início:
m
m
2 mg
Po · A
PoA = 2 mg
Po =
2 mg
A
→ ρo =
Po MM
RT
Fim:
m
mg
Pf · A
Pf ⋅ A = mg
Pf =
mg
A
→ ρf =
Pf ⋅ MM
RT
19
DISCURSIVAS – 25/10/16
Como a temperatura e massa molar são constantes, podemos dizer que:
ρo = Po ⋅ k
ρf = Pf ⋅ k
Com Po = 2 Pf temos: Po = 2 Pf
Pela lei de Gladstone-Dale:
no − 1 nf − 1
=
⇒
Po
Pf
no − 1
= nf − 1 ⇒
2
4
⇒ nf =
3
⇒
h
θ é constante, mas o índice de refração do gás
muda. Assim acharemos o novo α que satisfaz
n1 sen α = n2 sen θ:
4
⋅ sen θ ⇒
3
4 3
⇒ sen α = ⋅
⇒
3 5
4
⇒ sen α = ⇒
5
4
⇒ tan α =
3
1 ⋅ sen α =
Logo:
h
4
=
∆S 3
Veja que:
h = 0,6 −
20
g ⋅ t2
(MUV)
2
α
∆s = v · t
∆s = 1,5 · t
Logo:
t2
2 =4⇒
1, 5 ⋅ t
3
0, 6 − g ⋅
⇒
1, 2 − gt 2
4
=
⇒
3t
3
⇒ 10 t2 + 4t – 1,2 = 0 ⇒
⇒ 5 t2 + 2t – 0,6 = 0 ⇒
⇒ t=
−2 ± 4
= 0, 2 s
10
A
θ
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 8
D
20 kN
5
E
C
F
30 kN
12
A
y
12
B
5
5
x
A figura acima apresenta uma estrutura em equilíbrio, formada por oito barras AC, BC, AF, CF,
CD, DE, DF e EF conectadas por articulações e apoiadas nos pontos A e B. Os apoios A e B
impedem as translações nas direções dos eixos x e y. Todas as barras são constituídas por
material uniforme e homogêneo e possuem pesos desprezíveis. No ponto D, há uma carga
concentrada, paralela à direção do eixo x, da direita para esquerda, de 20 kN, e, no ponto E existe
uma carga concentrada, paralela à direção do eixo y, de cima para baixo, de 30 kN. Determine:
a)
b)
c)
d)
as componentes da reação do apoio A em kN;
as componentes da reação do apoio B em kN;
as barras que possuem forças de tração, indicando os módulos destas forças em kN;
as barras que possuem forças de compressão, indicando os módulos destas forças em kN.
Gabarito:
1a solução:
20
Isolando a estrutura como um todo:
∑MA = 0 → By · 10 + 20 · 17 + 30 · 12 = 0
10 By = –340 – 360 → By = –70 kN
By = 70 kN (↓)
∑Fy = 0 → Ay = 30 + 70 = 100 kN (↑)
∑Fx = 0 → Ax + Bx = 20
30
Ax
Bx
Ay
By
21
DISCURSIVAS – 25/10/16
– Pino B: FBC
Bx
5
350
=
→ Bx =
kN = 29,17 kN ( → )
70 12
12
Ax = –9,17 kN = 9,17 kN (←)
tg θ =
θ
FBC = 702 + 29,172 = 75, 83 kN
Bx
70
– Pino E:
FDE
FEF
(y)
(x)
θ
5
= 30 → FDE = 78 kN
13
12
FEF = 78 ·
→ FEF = 72 kN
13
FDE ·
30
FDF
– Pino D:
(x)
20
θ
(y)
45º
2
12
= 20 + 78 ·
→ FCD = 130,1 kN
2
13
5
FDF = 92 + 78 ·
→ FDF = 122 kN
13
FCD ·
FCD
78
– Pino F:
FDF
FCF
FEF
FAF
FAC
– Pino A:
122
θ
9,17
100
22
FAF = FDF = 122 kN
FCF = FEF = 72 kN
5
= 9, 7
13
FAC = 23,84 kN
FAC ·
GABARITO IME – FÍSICA
– Barras:
D
E
FDE
FCD
FDE
E
tracionada
F
FEF
D
FEF
comprimida
tracionada
C
C
FCF F
C FCF
FCD
FAC FBC
C
tracionada
A
comprimida
tracionada
B
FAC
FDF
FAF
D
comprimida
F
FDF
comprimida
F
A
FAF
FBC
a)Ax = 9,17 kN (←) e Ay = 100 kN (↑)
b)Bx = 29,17 kN (→) e By = 70 kN (↓)
c) Barra DE: FDE = 78 kN
Barra CD: FCD = 130,1 kN
Barra AC: FAC = 23,84 kN
Barra BC: FBC = 75,83 kN
d) Barra EF: FEF = 72 kN
Barra CF: FCF = 72 kN
Barra DF: FDF = 122 kN
Barra AF: FAF = 122 kN
23
DISCURSIVAS – 25/10/16
2a solução
(2)
20 kN
5
45°
α
β
30 kN
(1)
12
Ay
Ax
12
5
Bx
α
5
By
senα =
12
13
cosα =
5
13
Equilíbrio de forças externas:
∑Fx = 0 ⇒ Ax + Bx = 20 kN (I)
∑Fy = 0 ⇒ Ay + By = 30 kN (II)
Momento em relação ao ponto B:
∑MB = 0 ⇒ 20 · 17 + 30 · 22 = Ay · 10 ⇒ Ay = 100 kN (↑)
De (II): By = 70 kN (↓)
Sabemos que na barra BC a direção da força está ao longo da barra, portanto:
tgα =
12 B y
=
⇒ Bx = 29,167 kN (→)
5 Bx
De (I): Ax = 9,167 kN (←)
Na barra BC: FBC =
24
B2 x + B2 y = 5750, 71 = 75, 83 kN (Tracionada)
GABARITO IME – FÍSICA
Usando a seção (1):
20 kN
30 kN
FAF
FAC
FBC
∑Fx = 0 ⇒ FAC cosα + FBC cosα = 20 kN
FAC = –23,83 kN
Barra AC:
23,83 kN
C
A
Tracionada!
∑Fy = 0 ⇒ FAF + 30 + FBC senα = FAC senα
FAF = –121,99 kN
Barra AF:
121,99 kN
Comprimida!
25
DISCURSIVAS – 25/10/16
Usando a seção (2):
20 kN
FDC
FFC
30 kN
Ay
FAC
Ax
∑Fy = 0 ⇒ 30 + FDC sen45° = Ay + FAC senα
FDC = 130,1 kN
Barra DC:
130,1 kN
Tracionada!
∑Fx = 0 ⇒ 20 + FFC = FDC cos45° + FAC cosα + Ax
FFC = 71,99 kN
Barra FC:
71,99 kN
26
Comprimida!
GABARITO IME – FÍSICA
Isolando o nó D:
α
20 kN
45°
FDE
FDC
FFD
∑Fx = 0 ⇒ 20 = FDC sen45° + FDE senα
FDE = –77,99 kN
∑Fy = 0 ⇒ FFD + FDC cos45° = FDEcosα
FFD = –121,99 kN
Na barra DE
77,99 kN
Tracionada!
Barrra FD
121,99 kN
Comprimida!
Isolando o nó E:
α
FED
FEF
30 kN
∑Fx = 0 ⇒ FED senα = FEF
FEF = 71,99 kN
Barra EF:
71,99 kN
Comprimida!
27
DISCURSIVAS – 25/10/16
a)Ax = 9,167 kN (←)
Ay = 100 kN (↑)
b) Bx = 29,167 kN (→)
By = 70 kN (↓)
c)
Barra AC → 23,83 kN
Barra DC → 130,1 kN
Barra DE → 78 kN
Barra BC → 75,83 kN
d)
Barra AF → 122 kN
Barra FC → 72 kN
Barra FD → 122 kN
Barra EF → 72 kN
Questão 9
y
+Q
x
Uma partícula de carga + Q está presa a um espelho plano que se movimenta ortogonalmente
ao plano xy. Em um instante t, onde 0 < t < ½ p, a interseção do espelho com o plano xy
encontra-se na reta de equação y = sen(t) x + cos2(t). Sabe-se que a coordenada y da partícula
vale sempre 1 e que toda a região está sujeita a um campo magnético de coordenadas (0, 0, B).
Determine:
a) as coordenadas do vetor da força magnética sofrida pela partícula;
b) o cosseno do ângulo entre o vetor da força magnética e o plano do espelho;
c) as coordenadas do vetor da força magnética refletido no espelho.
28
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
a) A partícula está presa ao plano xy, portanto encontra-se na interseção do plano do espelho
com o plano xy.
Essa interseção é dada por: y = x sent + cos2t.
Desse modo, a posição da partícula (xp, yp) satisfaz a equação da reta: yp = xp sen t + cos2 t
Como yp = 1, temos:
1− cos2 t sen2 t
=
= sen t
sen t
sen t

Desse modo, para a partícula, a posição será: r = (sen t, 1, 0). Derivando em relação ao

 dr
tempo: v =
= (cos t, 0, 0). Logo, a velocidade está no sentido positivo de x.
dt Para o campo, B = (0, 0, B), temos que esse atua somente no sentido positivo de z.
 

Como F = q v × B, temos: F = (0, –QB cos t, 0).
1 = x p sen t + cos2 t ⇒ x p =
b) Olhando para o plano xy
y
(y = sen(t)x + cos2 (t))
a
q
x
Veja que tgq = inclinação da reta = sen t, mas note que o ângulo pedido é a, pois a força
magnética está só em y.
1
1
sen α
sen2 α 1− cos2 α
1
⇒
=
⇒
=
=
Daí sen( t ) =
tg α
sen( t ) cos α
sen2 ( t ) cos2 α
cos2 α
⇒
1
2
sen ( t )
=
1
2
cos α
− 1 ⇒ cos2 α =
sen2 ( t )
2
1+ sen ( t )
= cos2 α =
sen( t )
1+ sen2 ( t )
29
DISCURSIVAS – 25/10/16
c) Decompondo a força magnética e refletindo em relação ao espelho:
y
direção do espelho
F sen a
a
q
x
a
F cos a
Logo,
Fi,y = F sen2 a – F cos2 a = – F cos 2a
Fi,x = – F sen a cos a – F sen a cos a = – F sen 2a
Sabemos pela (b) que cos α =
Assim, como |F| = QB cos t, temos que:
sen( t )
1+ sen2 ( t )
Fi , x = −QB cos( t ) ⋅ sen2 α = −QB cos( t )[2 sen α cos α] =
Fi , y = −QB cos( t ) ⋅ cos2 α = −QB cos( t )[2 cos2 α − 1] =
−QB sen( 2t )
1+ sen2 ( t )
QB cos3 ( t )
1+ sen2 ( t )
Fi,z = 0
Questão 10
feixe de fótons
θ
superfície
30
GABARITO IME – FÍSICA
Um feixe de fotóns de frequência f incide obliquamente, fazendo um ângulo θ com a vertical,
sobre uma superfície plana especular parcialmente absorvedora. A fração do número de fótons
refletidos em relação ao número de fótons incidentes é igual a k(0 < k < 1), o número de
fótons por volume no feixe incidente é igual a n. Calcule a pressão exercida pelos fótons sobre
a superfície.
Dados:
• constante de Planck: h; e
• velocidade da Luz: c.
Gabarito:
Sejam a a área do feixe e A a área incidência na superfície
a
θ
a
A
θ
θ
A
a = Acos θ
Em um tempo ∆t, são emitidos N = n · a · c∆t fótons. Desses, são refletidos NR = k · nac · ∆t e
são absorvidos NA = (1 – k)nac · ∆t.
– Fótons refletidos:
θ
p=
hf
c
p=
hf
c
∆py
2 p cos θ
2 hf
⋅ NR =
⋅
⋅ cos θ ⋅ knac∆t
∆t
∆t
∆t c
F1 = 2 hfkna cos θ
F1 =
=
– Fótons absorvidos:
∆py
p cos θ
p cos θ
hf cos θ
⋅
=
⋅ NA =
⋅ (1 − k ) nac∆t =
(1 − k ) nac∆t
∆t
∆t
∆t
∆t
c
F2 = hf (1 − k ) na cos θ
F2 =
31
DISCURSIVAS – 25/10/16
A pressão será:
2
F1 + F2 2 hfkna cos θ + hfna cos θ − hfkna cos θ (1 + k ) hfna cos θ
=
=
a
a
A
cos θ
P = (1 + k ) hfn cos2 θ
P=
Comentários
A prova de Física deste ano caracterizou-se, novamente, pela vasta abrangência e
excelente criatividade. Destaca-se a presença de conceitos de Física Moderna, tema não
recorrente no concurso.
A ausência de assuntos como gravitação e eletrostática é notória, mas não reduz
a diversidade de conteúdos. Destacam-se as questões 7, 9 e 10 como mais difíceis,
enquanto 1, 4 e 6 como mais fáceis.
Finalmente, parabenizamos a banca pela excelente prova.
Professores:
32
Bruno Lerner
Fábio Oliveira
Gabriel Gregon
Leonardo Domingos
Lucas Scheffer
Lucas Herlin
Pedro Lameirão
Raphael Mendes
William Luna