PDF - ELITE CAMPINAS

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O ELITE RESOLVE IME 2008 – FÍSICA - DISCURSIVAS
FÍSICA
v0x =
QUESTÃO 1
Qy
Qx
0, 4 2
0,8
4
=±
=± m s.
=
= m s e v0y =
0,6
3
mtotal
mtotal 0,6 3
O módulo da velocidade resultante é dada por:
A figura abaixo ilustra um pequeno bloco e uma mola sobre uma mesa
retangular de largura d, vista de cima. A mesa é constituída por dois
materiais diferentes, um sem atrito e outro com coeficiente de atrito
cinético μ igual a 0,5. A mola tem uma de suas extremidades fixada no
ponto A e a outra no bloco. A mola está inicialmente comprimida de 4
cm, sendo liberada para que o bloco oscile na região sem atrito na
direção y. Depois de várias oscilações, ao passar pela posição na qual
tem máxima velocidade, o bloco é atingido por uma bolinha que se
move com velocidade 2 m/s na direção x e se aloja nele. O sistema é
imediatamente liberado da mola e se desloca na parte áspera da
mesa. Determine:
a) o vetor quantidade de movimento do sistema bloco + bolinha no
instante em que ele é liberado da mola;
b) a menor largura e o menor comprimento da mesa para que o
sistema pare antes de cair.
2
2
2 5
⎛2⎞ ⎛ 4⎞
v = v0x2 + v0y 2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ± ⎟ =
ms
3
3
3
⎝ ⎠ ⎝
⎠
A aceleração a partir do momento que o corpo é solto da mola é dada
pela força resultante (devido à força de atrito):
Fat = μ ⋅ N = μ ⋅ ( m ⋅ g ) = 0,5 ⋅ ( mtotal ⋅ 10 ) = 5 ⋅ mtotal
Fres = mtotal ⋅ a = Fat = 5 ⋅ mtotal
a = 5 m s2
Pela equação de Torricelli, temos:
v 2 = v 02 + 2 ⋅ ( −a ) ⋅ Δs ⇒ 0 =
20
2
− 2 ⋅ 5 ⋅ Δ s ⇒ Δs = m
9
9
Analisando os deslocamentos nos eixos e representando o caso que a
mola estava no sentido contrário ao eixo y (o caso oposto é análogo)
temos:
G
v0
Note que representamos a direção do sentido
do movimento formando um ângulo θ com o
eixo x. Chegamos então que:
G
v 0y
cos θ =
θ
2
v0x
3 = 1
=
v
2 5
5
3
G
v 0x
Como a trajetória segue uma linha reta, num movimento
uniformemente acelerado na direção indicada, temos:
Δx
Δx
1
1 2
2
2 5
⇒
=
⇒ Δx =
⋅ =
=
cos θ =
m
Δs
45
5 Δs
5 9 9⋅ 5
Note que 2 ⋅ Δx = Δy , pois 2 ⋅ v 0 x = v 0 y . Assim Δy =
Dados: comprimento da mola = 25 cm;
constante elástica da mola = 10 N/cm;
massa da bolinha = 0,2 kg;
massa do bloco = 0,4 kg;
aceleração da gravidade = 10 m/s2
Portanto, após o choque, o deslocamento em x é
d 2 5
4 5
=
⇒d =
m (menor largura).
2
45
45
a) A energia armazenada na mola é convertida totalmente em energia
cinética do bloco, nos pontos onde sua velocidade é máxima. Assim,
temos:
(
)(
)
2
=
O comprimento da mola não distendida é 25 cm, que é a distância do
ponto A a partir de onde o sistema é liberado da mola. Como o
enunciado não é específico, consideremos que o deslocamento em y
pode ocorrer no sentido do eixo y ou contra o mesmo. Assim, a partir
da posição de compressão nula, temos que o sistema se desloca
0, 4.v 2
;
2
De onde obtemos v = ± 2m/s. O sinal ± indica a possibilidade de o
movimento estar a favor do referencial y ou contra, ambas possíveis
para a deformação nula.
Δy = ±
4⋅ 5
≈ ±0,20m
45
Portanto, caso a mola esteja se comprimindo (contra o eixo y) no
momento do rompimento, temos que o bloco não cairá. Caso a mola
esteja se distendendo (a favor do eixo y), a mesa deverá ter um
No choque entre a bolinha e o bloco, a quantidade de movimento total
do sistema se conserva. Assim, a quantidade de movimento inicial é
igual à final para ambos os eixos, pois não há impulso externo.
⎛
tamanho de ⎜ 0,25 +
⎜
Adotando os versores iˆ e ĵ como os versores do eixo x e y de
acordo com a figura, temos que a quantidade de movimento é dada
por:
⎝
4 5⎞
⎟m .
45 ⎟⎠
Para abranger ambos os casos, temos como resposta:
⎛
Comprimento mínimo: ⎜ 0,25 +
⎜
Eixo x (só a bolinha se movimenta neste eixo inicialmente):
⎝
G
G
G
G
G
kg ⋅ m
Qxf = Qxi ⇒ Qxf = mbolinha ⋅ v x ( bolinha ) ⇒ Qxf = 0,2 ⋅ 2iˆ = 0, 4 iˆ
s
4 5⎞
⎟m
45 ⎟⎠
Largura mínima, de acordo com a figura: d =
Eixo y (só o bloco se movimenta neste eixo inicialmente):
4 5
m
45
Nota: Ainda verfica-se que com estas medidas, a oscilação (de
amplitude 4 cm) o bloco permanece sobre a mesa.
G
G
G
G
G
kg ⋅ m
Qyf = Qyi ⇒ Qyf = mbloco ⋅ v y ( bloco ) ⇒ Qxf = 0, 4 ⋅ ±2 ˆj = ±0,8 ˆj
s
( )
QUESTÃO 2
Note que nada é dito sobre o sentido do movimento do bloco no
instante do choque, o que valida o sinal (±)
G
G
G
kg ⋅ m
Assim, Qf = Qxf + Qyf = 0, 4 iˆ ± 0,8 ˆj
s
b) Após o choque, temos que
(
2 5
m de modo
45
que, da figura do enunciado, d mínimo pode ser calculado a partir de
Resolução
10.102 . 4.10 −2
kx 2 mv 2
=
⇒
2
2
2
4⋅ 5
m
45
Em um recipiente, hermeticamente fechado por uma tampa de massa
M, com volume interno na forma de um cubo de lado a, encontram-se
n mols de um gás ideal a uma temperatura absoluta T. A tampa está
presa a uma massa m por um fio que passa por uma roldana, ambos
ideais. A massa m encontra-se na iminência de subir um plano
inclinado de ângulo θ com a horizontal e coeficiente de atrito estático
μ. Considerando que as variáveis estejam no Sistema Internacional e
)
1
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Nota: Como o enunciado não fala sobre a pressão ambiente, supõese que a mesma deva ser desprezada (experimento efetuado no
vácuo). Assim, acredita-se que a resposta esperada pela banca seja
a ⋅ M ⋅ g − n ⋅ R ⋅T
m=
a ⋅ g ⋅ ( μ ⋅ cos θ + sen θ )
que não exista atrito entre a tampa M e as paredes do recipiente,
determine m em função das demais variáveis.
QUESTÃO 3
Uma máquina térmica opera a 6000 ciclos termodinâmicos por minuto,
executando o ciclo de Carnot mostrado na figura abaixo. O trabalho
desta máquina térmica é utilizado para elevar verticalmente uma carga
de 1000 kg com velocidade constante de 10 m/s. Determine a variação
de entropia no processo AB, representado na figura. Considere a
aceleração da gravidade igual a 10 m/s2 e os processos
termodinâmicos reversíveis.
Temperatura
Dados: aceleração da gravidade = g;
Constante universal dos gases perfeitos = R.
A
600 K
Resolução
B
Note as forças que atuam no pistão de massa M e no bloco de massa
m:
300 K
G
Tm
G
G
Famb TM
G
G
FG Mg
G
mg
G
N
Entropia
Resolução
G
Fat
θ
Solução 1:
A potência necessária para elevar 1000 kg a 10m/s é dada por:
P = F ⋅ v = ( M ⋅ g ) ⋅ v = 1000 ⋅ 10 ⋅ 10 = 105
A máquina opera a 6000 ciclos por minuto (100 ciclos por segundo).
Assim, temos que o trabalho realizado em cada ciclo é dado por:
100 ciclos ⎯
105 J
1 ciclo
⎯
τciclo
τciclo = 103 J
Sabendo que o bloco de massa m está na iminência do
escorregamento, temos:
a) Na direção perpendicular ao plano inclinado:
G
G
| N | = m⋅ | g | ⋅ cos θ
b) Na direção do plano inclinado:
G
G
G
| Fat |= μ⋅ | N |= μ ⋅ m⋅ | g | ⋅ cos θ , assim:
A partir do conhecimento do trabalho no ciclo, sabendo que o
rendimento do ciclo de Carnot é
G
G
G
G
G
G
| Tm | = μ ⋅ | N | + m⋅ | g | ⋅sen θ ⇒| Tm | = μ ⋅ m⋅ | g | ⋅ cos θ + m⋅ | g | ⋅sen θ
G
G
| Tm | = m⋅ | g | ⋅ ( μ ⋅ cos θ + sen θ )
η = 1−
Observando o equilíbrio do pistão, temos:
G
G
G
G
| TM | + | FG | =| Famb | +M ⋅ | g |
G
G
Mas, pelo acoplamento com o fio, temos | TM | = | Tm |
Assim:
A
força
Portanto η =
G
G
G
G
m⋅ | g | ⋅ ( μ ⋅ cos θ + sen θ ) + | FG | =| Famb | +M ⋅ | g |
G
G
G
|F
| − | FG | +M ⋅ | g |
m = Gamb
| g | ( μ ⋅ cos θ + sen θ )
causada
pela
pressão
ambiente
é
calculada
G
Portanto, | FG |=
n ⋅ R ⋅T
a3
⋅ a2 =
δQ
T
. Para trechos em que a temperatura é
constante, esta equação pode ser simplificada para ΔS =
Assim, ΔSAB =
por
QQUENTE
T
=
Q
.
T
2 ⋅ 103
≈ 3,33 J
K
600
Solução 2:
Do gráfico acima, como temos temperatura constante no momento
onde ocorrem as duas trocas de calor, então:
Como o gás dentro do pistão pode ser considerado ideal, temos que:
pG ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T ⇒ pG ⋅ a3 = n ⋅ R ⋅ T ⇒ pG =
TFRIA
300 1
= 1−
=
600 2
TQUENTE
τ ciclo
1
=
⇒ QQUENTE = 2 ⋅ τ ciclo = 2 ⋅ 103 J
2 QQUENTE
Sabemos que dS =
G
G
| Famb |= pamb ⋅ a 2 e por sua vez, a força do gás por | FG |= pG ⋅ a 2
J
s
n ⋅ R ⋅T
ΔS300K =
a3
n ⋅ R ⋅T
a
Q
QFRIA
e ΔS600K = QUENTE
300
600
Portanto, QQUENTE − QFRIA = 600 ⋅ ΔS600K − 300 ⋅ ΔS300K
Ainda pelo gráfico, temos ΔS600K = ΔS300K , assim:
Assim, substituindo, na expressão da massa, temos:
QQUENTE − QFRIA = ( 600 − 300 ) ⋅ ΔS600K = 300 ⋅ ΔS600K
G
n ⋅ R ⋅T
pamb ⋅ a −
+ M⋅ | g | p
⋅ a3 − n ⋅ R ⋅ T + a ⋅ M ⋅ g
a
= amb
m=
G
a ⋅ g ⋅ ( μ ⋅ cos θ + sen θ )
| g | ( μ ⋅ cos θ + sen θ )
2
Como QQUENTE − QFRIA = τciclo, temos
300 ⋅ ΔS600K = 103 ⇒ ΔS600K ≈ 3,33 J
Do gráfico, temos ΔSAB > 0 ⇒ ΔSAB = +3,33 J
2
K
K
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QUESTÃO 4
Linha s
A malha de resistores apresentada na figura ao lado é conectada
pelos terminais A e C a uma fonte de tensão constante. A malha é
submersa em um recipiente com água e, após 20 minutos, observa-se
que o líquido entra em ebulição. Repetindo as condições
mencionadas, determine o tempo que a água levaria para entrar em
ebulição, caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B.
Observando novamente a simetria indicada na figura acima (em
relação à linha s), atribuir aos pontos sobre a linha s o mesmo
potencial:
Resolução
Chamemos de E o ponto no meio do circuito.
Temos que a resistência equivalente entre os pontos AB pode ser
calculada por:
⎛⎛⎛ R
⎞ ⎛R
⎞
⎞⎞
RAB = 2. ⎜ ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / / R ⎟ ⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠⎠
⎝
⎠
⎝
Calculando:
a) Resistência equivalente entre A e C:
R
⋅R
R
⎛R
⎞
=
1) ⎜ / / R ⎟ = 2
⎝2
⎠ R +R 3
2
R
4R
⎛R
⎞
2) ⎜ / / R ⎟ + R = + R =
3
3
⎝2
⎠
4R R
⋅
⎛⎛ R
⎞ ⎛R
4R
⎞
⎞
3) ⎜ ⎜ / / R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / / R ⎟ = 3 3 =
4
R
R
2
2
15
⎠
⎠
⎝⎝
⎠ ⎝
+
3
3
⎛⎛⎛ R
⎞ ⎛R
⎞
⎞ ⎞ 8R
4) RAB= 2. ⎜ ⎜ ⎜ / /R ⎟ + R ⎟ / / ⎜ / / R ⎟ ⎟ =
⎠
⎠ ⎠ 15
⎠ ⎝2
⎝⎝⎝ 2
Observando a simetria existente em relação à reta BD, o lado
esquerdo e o lado direito são idênticos. Portanto, os pontos B, D e E
têm o mesmo potencial.
Assim, as duas resistências, entre B e E, e entre D e E, não são
atravessadas por corrente, e podem ser removidas do circuito. Desse
modo, o circuito é equivalente ao seguinte:
Agora passemos à comparação entre os tempos utilizados no primeiro
e no segundo processo para vaporizar a água. Em ambos os casos, a
quantidade de calor fornecida deve ser a mesma, bem como a tensão
aplicada.
Q U2
, temos que:
=
Como a potência é dada por P =
Δt R
2
8
R
R
RAC RAB
=
⇒ 3
= 15 ⇒ Δt 2 = 16 min
20 min
Δt1
Δt 2
Δt 2
QUESTÃO 5
A figura abaixo mostra uma caixa d’água vazia, com peso de 125 kgf,
sustentada por um cabo inextensível e de massa desprezível, fixado
nos pontos A e D. A partir de um certo instante, a caixa d’água
começa a ser enchida com uma vazão constante de 500 L/h. A
roldana em B possui atrito desprezível. Sabendo que o cabo possui
seção transversal circular com 1 cm de diâmetro e que admite força de
tração por unidade de área de no máximo 750 kgf/cm2, determine o
tempo de entrada de água na caixa, em minutos, até que o cabo se
rompa.
2R
3
b) Resistência equivalente entre A e B:
RAC =
3
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Logo:
125 kgf + PA = 589,77 kgf ⇒ PA = 589,77 − 125 = 464,77 kgf
Assim teríamos o tempo de enchimento, dado por:
464,77 kgf ⇒ 464,77 L ↔ Δt
500 L
↔ 60 min
Δt =
464,77
.60 = 55,77min = 55min 46s
500
QUESTÃO 6
Dado:
Em certa experiência, ilustrada na figura abaixo, uma fina barra de
latão, de comprimento L=8 m, inicialmente à temperatura de 20 °C,
encontra-se fixada pelo ponto médio a um suporte preso à superfície e
pelas extremidades a dois cubos idênticos A e B, feitos de material
isolante térmico e elétrico. A face esquerda do cubo A está coberta por
uma fina placa metálica quadrada P1, distante d0 = 5 cm de uma placa
idêntica P2 fixa, formando um capacitor de 12 μF, carregado com 9 μC.
Na face direita do cubo B está fixado um espelho côncavo distante 11
cm de um objeto O, cuja imagem I está invertida. Aquece-se a barra
até a temperatura T em °C, quando então a distância entre O e I se
torna
igual
a
24 cm e a imagem I, ainda invertida, fica com quatro vezes o tamanho
do objeto O. Considerando a superfície sob os cubos sem atrito,
determine:
a) a distância focal do espelho;
b) a tensão elétrica entre as placas ao ser atingida a temperatura T;
c) a temperatura T.
peso específico da água = 1000 kgf/m3;
π = 3,14
Resolução
O cabo suportará uma tensão máxima de:
kgf
.3,14.(0,5cm )2 = 588,75 kgf
Tmáx = 750
cm 2
Analisando o equilíbrio a figura teremos os vetores com os módulos
assinalados:
TBC
TCD
45º
α
P
Da figura do enunciado, temos
que:
5
⎧
⎪⎪sen α = 13
2,5 5
=
⇒⎨
tgα =
6
12
⎪ cos α = 12
⎪⎩
13
Na direção horizontal, temos:
TBC .cos 45º = TCD .cos α ⇒ TBC =
12 2
.TCD
13
Dados:
coeficiente
(α) = 1,8x10-5 (°C)-1
(1)
2
5
+ TCD
=P
2
13
Substituindo (1) em (2), temos:
⎛ 12 2 2 5 ⎞
13
⋅
+
⋅P
⎜⎜
⎟⎟TCD = P ⇒ TCD =
13
2
13
17
⎝
⎠
TBC =
12 2 13
12 2
. .P ⇒ TBC =
.P ≅ 0,998.P
13 17
17
dilatação
linear
do
latão
Resolução
Na direção vertical, temos:
TBC .sen 45º +TCD .sen α = P ⇒ TBC
de
a) Na situação final a imagem é invertida e 4 vezes maior que o objeto.
p '
i
A = = −4 = − 2 ⇒ p2 ' = 4 p2 , sendo que p2 e p2’ são ambos positivos
o
p2
(2)
(objeto e imagem reais).
A distância final entre O e I é de 24 cm, com p2’ > p2 > 0, já que tanto o
objeto quanto a imagem são reais e a imagem está mais distante do
espelho
do
que
o
objeto.
Assim:
p2 '− p2 = 24 ⇒ 4 p2 − p2 = 24 ⇒ p2 = 8 cm .
(3)
(4)
Então: p2 ' = 4 ⋅ 8 = 32 cm
Usando a equação de conjugação de Gauss:
1 1
1
1 1
=
+
= +
⇒ f = 6,4 cm
f p2 p2 ' 8 32
Analisando as equações (3) e (4), obtemos que, a todo momento:
P > TBC > TCD
Portanto se romperá primeiro o cabo onde está o vetor de módulo P
(atinge o limite da resistência primeiro). Teremos no momento do
rompimento do cabo P + PA = Tmáx
Logo:
125 kgf + PA = 588,75 kgf ⇒ PA = 588,75 − 125 = 463,75kgf
Assim temos o tempo de enchimento, dado por:
463,75kgf ⇒ 463,75 L ↔ Δt
500 L
↔ 60 min
b) Do enunciado temos que p1 = 11cm. Como p2=8 cm, então houve
um deslocamento de 3 cm, que corresponde à metade da variação de
comprimento da barra (pois a barra está fixa por seu ponto médio), ou
seja, este deslocamento de 3 cm também ocorrerá do lado esquerdo.
Assim a distância final d entre as placas P1 e P2 será calculada por: d’
= d0 – 3 = 5 – 3 = 2 cm
εA
Como a capacitância é dada por: C =
, onde ε é a permissividade
d
elétrica do meio, A é a área das placas e d é a distância entre elas.
Como a área não varia, pois há isolamento térmico, temos que:
C1d0 = C2d ' ⇒ (12 ⋅ 10 −6 ) ⋅ (5 ⋅ 10 −2 ) = C2 ⋅ (2 ⋅ 10 −2 ) ⇒
463,75
.60 = 55,65min = 55min39s
500
Nota: O enunciado está impreciso em relação a qual cabo admite
força de tração por unidade de área de no máximo 750 kgf/cm2. Caso
consideremos apenas o cabo BCD (assumindo que o cabo que
sustenta diretamente a caixa d’água seja suficientemente resistente),
teremos que o segmento da corda que se romperá será o segmento
12 2
.P , teremos
BC, pois P > TBC > TCD . Assim, como TBC =
17
rompimento para:
12 2
17 2
588,75 =
.P ⇒ P = 588,75 ⋅
≅ 589,77 kgf
17
24
Δt =
C2 = 30 ⋅ 10 −6 F = 30 μF . Portanto, como Q = C2 ⋅ U2 , então:
9 ⋅ 10 −6 = 30 ⋅ 10 −6 ⋅ U2 ⇒ U2 = 0,3 V
c) A barra sofreu uma dilatação de 3 cm para cada lado, logo sua
dilatação total foi de 6 cm. Assim:
ΔL = αL0 ΔT ⇒ 6 ⋅ 10−2 = 8 ⋅ 1,8 ⋅ 10 −5 ⋅ (T − 20) ⇒
T = 20 +
4
1250
≈ 437 °C
3
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QUESTÃO 7
QUESTÃO 8
Considere uma pequena bola de gelo de massa M suspensa por um
fio de densidade linear de massa ρ e comprimento L à temperatura
ambiente. Logo abaixo deste fio, há um copo de altura H e diâmetro D
boiando na água. Inicialmente o copo está em equilíbrio com um
comprimento C submerso. Este fio é mantido vibrando em sua
freqüência natural à medida que a bola de gelo derrete e a água cai no
copo. Determine a freqüência de vibração do fio quando o empuxo for
máximo, ou seja, quando o copo perder sua flutuabilidade.
Dados: aceleração da gravidade = g;
massa específica da água = μ.
O circuito ilustrado na figura representa um dispositivo F capaz de
gerar uma corrente contínua e constante I, independentemente dos
valores da resistência R e capacitância C. Este circuito encontra-se
sujeito a variações na temperatura ambiente Δθ. O calor dilata apenas
as áreas AC das placas do capacitor e AR da seção reta do resistor.
Considere que não variem com a temperatura a distância d entre as
placas do capacitor, a permissividade ε do seu dielétrico, o
comprimento L do resistor e sua resistividade ρ. Determine a relação
entre os coeficientes de dilatação superficial βC das placas do
capacitor e βR da seção reta do resistor, para que a energia
armazenada pelo capacitor permaneça constante e independente da
variação da temperatura Δθ. Despreze o efeito Joule no resistor e
adote no desenvolvimento que (βR Δθ)2 << 1.
Resolução
Para situação inicial, em que o comprimento submerso é C, temos:
C
O equilíbrio ocorre para:
⎛ π ⋅ D2
⎞
Pcopo = E ⇒ mcopo ⋅ g = μ ⋅ Vdesloc ⋅ g ⇒ mcopo ⋅ g = μ ⋅ ⎜
⋅C ⎟ ⋅ g ⇒
⎝ 4
⎠
π ⋅ D2 ⋅ C
mcopo = μ ⋅
4
No final, quando o empuxo for máximo, teremos a situação:
Resolução
I
R
F
C
H
A capacitância inicial (C0) é dada por:
ε.Ac
C0 =
d
A resistência inicial R0 é expressa por:
ρ.L
R0 =
AR
Cujo equilíbrio ocorre para
Pcopo + Págua = E ⇒ (mcopo + mágua ) ⋅ g = μ ⋅
π ⋅ D2
4
⋅H ⋅g
Daí a massa de água (que derreteu) no copo, será:
π ⋅ D2
mágua = μ ⋅
⋅ (H − C )
4
A ddp entre os terminais do resistor (U) é dada por:
U = Ri
Desta forma, a energia eletrostática armazenada nas placas do
capacitor, é calculada por:
E a massa de gelo restante na bola será:
mgelo = M − mágua = M − μ ⋅
π ⋅ D2
2
Einicial =
⋅ (H − C )
4
Através da equação de Taylor, onde a massa de gelo restante está em
equilíbrio, temos:
mgelo ⋅ g
T
=
v=
ρ
ρ
Ao sofrer uma variação de temperatura ∆θ, os novos valores da
resistência R, da capacitância C e da energia armazenada no
capacitor serão:
ε.AC (1 + βC .Δθ )
C=
d
ρL
R=
AR (1 + βR Δθ )
Assumindo que o fio vibra em sua freqüência fundamental (primeiro
harmônico), temos que:
v = λ ⋅ f ⇒ v = (2 ⋅ L) ⋅ f
Substituindo na equação anterior:
2
Efinal =
⎡
⎤
π ⋅D
⋅ (H − C ) ⎥ ⋅ g
⎢M − μ ⋅
4
⎣
⎦
= 2⋅L⋅f
2
ρ
⎡⎣ 4 ⋅ M − μ ⋅ π ⋅ D 2 ⋅ (H − C )⎤⎦ ⋅ g
1
4⋅L
ρ
2
2
⎞ 2
ε.Ac ⎛ ρL ⎞ 2 εAC (1 + βC Δθ) ⎛
ρL
.⎜
.⎜
⎟ .i =
⎟ .i
2d ⎝ AR ⎠
2d
⎝ AR (1 + βR Δθ) ⎠
Nota: Foi considerado na resolução que a freqüência natural de
vibração em questão seria a freqüência fundamental. Entretanto, as
freqüências naturais são múltiplos inteiros da freqüência fundamental,
ou seja,
⎡⎣ 4 ⋅ M − μ ⋅ π ⋅ D 2 ⋅ (H − C )⎤⎦ ⋅ g
n
fn =
4⋅L
ρ
⎞ 2
εAC (1 + βC Δθ) ⎛
ρL
.⎜
⎟ .i
2d
A
(1
)
+
β
Δθ
R
⎝ R
⎠
Como a energia eletrostática armazenada no capacitor permanece a
mesma, temos
Einicial = Efinal
Portanto a freqüência de vibração do fio será:
f =
C0 .U02 C0 .(R0 i )2 ε.Ac ⎛ ρL ⎞ 2
=
=
.⎜
⎟ .i
2
2
2d ⎝ AR ⎠
(1 + βC Δθ)
=1
(1 + βR Δθ)2
Como (βR Δθ)2 << 1, então:
(1 + βR Δθ) = 1 + 2βR Δθ + (βR Δθ)2 ≈ 1 + 2βR Δθ , logo:
2
, n∈N
1=
Se tivesse sido especificado qual o harmônico que corresponde à
vibração da massa de gelo, poderíamos encontrá-la pela fórmula
acima.
5
(1 + βC Δθ)
1 + βC Δθ
≈
⇒ βC ≈ 2βR
2
(1 + βR Δθ)
1 + 2βR Δθ
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π R1
π R2
Δs1 Δs2
v=
=
⇒ 2 =
⇒ R1 = 4R2
0,1T 0,05T
Δt1 Δt 2
QUESTÃO 9
Uma partícula com carga elétrica positiva q e massa M apresenta
velocidade inicial v na direção y em t = 0, de acordo com a figura ao
lado. A partícula está submetida a um campo magnético variável e
periódico, cujas componentes estão mostradas na figura em função do
tempo. Verifica-se que, durante o primeiro pulso da componente Bz, a
partícula realiza uma trajetória de um quarto de circunferência,
enquanto que no primeiro pulso da componente By realiza uma
trajetória de meia circunferência.
Mv
Mv
b
=4
⇒
=4
qbZ
qb
bZ
c) A componente x da velocidade dependerá do intervalo considerado,
assim:
De 0 a 0,2T:
O movimento é no eixo y, portanto, vx = 0;
De 0,2T a 0,3T:
O movimento é um arco de circunferência no plano xy, portanto, vx é
uma senóide de amplitude v;
De 0,3T a 0,45T:
O movimento é na direção do eixo x, com velocidade v, assim, vx = v;
De 0,45T a 0,50T:
O movimento é paralelo ao plano xz e é uma semi-circunferência,
sendo a velocidade em x máxima no início (vx = v) , zero no meio do
intervalo e mínima no final (vx = -v), assim vx é uma senóide que passa
por estes 3 pontos;
De 0,50T a 0,65T:
O movimento é na direção do eixo x, no sentido decrescente de x, com
velocidade v, assim, vx = -v;
De 0,65T a 0,75T:
O movimento é um arco de circunferência no plano xy, portanto, vx é
uma senóide com valor inicial –v e final zero;
De 0,75T a 0,95T:
O movimento é paralelo ao eixo y, portanto, vx = 0;
De 0,95T a T:
O movimento é no plano yz, portanto, vx = 0;
Deste modo o gráfico terá a seguinte forma:
Determine:
a) o período T em função de M, q e bz;
b) a relação b/bz;
c) o gráfico da componente x da velocidade da partícula em função do
tempo durante um período.
vx
v
Resolução
Inicialmente, traçaremos o gráfico da trajetória percorrida pela
partícula:
z
0,2T
T
0,95T 0,75T
x
y
0,2T
0,6T
0,4T
0,8T
T
t
-v
QUESTÃO 10
0,3T
Um radar Doppler foi projetado para detectar, simultaneamente,
diversos alvos com suas correspondentes velocidades radiais de
aproximação. Para isso, ele emite uma onda eletromagnética,
uniformemente distribuída em todas as direções e, em seguida, capta
os ecos refletidos que retornam ao radar.
Num experimento, o radar é deslocado com velocidade constante v
em direção a um par de espelhos, conforme ilustra a figura abaixo.
Calcule os vetores de velocidade relativa (módulo e direção) de
aproximação dos quatro alvos simulados que serão detectados pelo
radar após as reflexões no conjunto de espelhos, esboçando para
cada um dos alvos a trajetória do raio eletromagnético no processo de
detecção.
π
π
Dado: < θ <
4
3
0,45T
0,65T
0,50T
a) Considerando que a partícula descreve ¼ de circunferência durante
0,1T, devido a Bz, temos:
π
R
ΔS 2 1
v=
=
, onde R1 é o raio da circunferência descrita pela
Δt 0,1T
partícula sob a ação de Bz.
Mv
Sabemos que R =
, onde θ é o ângulo entre a velocidade da
qBsenθ
partícula e o campo magnético B (esta equação pode ser facilmente
deduzida considerando que a força magnética atua como resultante
centrípeta), portanto,
⎞
⎛ Mv ⎞
π⎛
Mv
5π ⎜
⎜
⎟
⎟
2 qb sen90º ⎠
⎝ qbz ⎠ ⇒ T = 5πM
v= ⎝ z
⇒T =
0,1T
v
qbz
θ
b) By (-b) atua sobre a partícula por um intervalo de 0,05T e provoca
uma variação de direção de 180º, enquanto Bz atuando por um
intervalo de 0,1T provoca uma variação de direção de 90º, assim,
considerando os raios das circunferências nos dois casos, temos, sob
a ação de Bz:
v
6
θ
radar
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Resolução
Observações:
i) O radar não será capaz de detectar os quatro alvos simulados
(imagens).
ii) Não há trajetórias possíveis que permitam a detecção simultânea
dos quatro alvos pelo radar.
iii) O maior número de alvos que poderão ser detectados
simultaneamente será três. Essa situação ocorrerá para valores de θ
muito próximos de π/4 e para um radar de dimensões não
desprezíveis.
iv) A configuração mais comum permitirá a detecção de apenas dois
alvos simulados.
Alvos simulados em cinza e radar em preto. As velocidades têm
mesma intensidade, V, e são concorrentes em O.
4
βi
G
| ViR |
φi
1
π/2 + 2θ
2θ
VR + V − 2VRV1 cos 2θ
π+θ
2
π/2 – 2θ
– 2θ
VR 2 + V2 2 − 2VRV2 cos2θ
2π – θ
3
π/2 – 4θ
4θ
VR + V3 − 2VRV3 cos 4θ
π + 2θ
4
π/2 + 4θ
– 4θ
VR + V4 − 2VRV4 cos 4θ
2π – 2θ
2
2
2
2
1
2
2
Representação geométrica
G
V2R
G
V1R
G
V3R
G
V4R
v
O
v
αi
3
v
2
I
θ
E2
Trajetórias dos raios eletromagnéticos relativos aos alvos que podem
ser percebidos pelo radar:
1
v
v
E1
1
2
Velocidades
Cálculo de velocidade relativa
G
G G
Exemplo: V1R = V1 − VRadar
G
G
V1R
VR
G G
VR (VRadar )
G
V1
G
V3
G
V4
G
V2
θ
E2
G
V1
Trajetórias dos raios eletromagnéticos que permitem percepção de
alvos por outros observadores (não pelo radar)
3
Ângulo entre o vetor velocidade da imagem e o vetor velocidade do
radar: β i = α i − α 0
Como exemplo geométrico: alvo 3.
y
β3
α0
x
G
V3
Exemplo de cálculo da velocidade relativa, alvo 3:
y
y'
φ3
φ3
y
x'
x
G
δ VR
β3
G
V3R
G
V3R
2δ + β 3 = π ⇒ δ =
π − β3
2
4
1
2
E1
E2
G
VR
E2
α3
E1
; φi =
x
δ
G
V3
β
3π
− δ ⇒ φi = π + i
2
2
Velocidades relativas (ângulos medidos conforme convenção no ciclo
trigonométrico):
7
E1
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QUESTÃO 10 – MATRIZ DE REFLEXÃO
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Resolução Alternativa
As outras duas imagens serão obtidas refletindo essas duas primeiras
imagens:
⎡
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞⎤
− θ ⎟ sen 2 ⎜
−θ ⎟ ⎥
⎢cos 2 ⎜
2
2
⎡sen 4θ ⎤
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎥ ⎡ −v ⋅ sen 2θ ⎤ ⎡ v ⋅ sen 4θ ⎤
v3 = ⎢
⋅⎢
⎥=⎢
⎥ = v⋅⎢
⎥
⎢
⎥
v
v
cos
2
cos
4
θ
θ
⋅
⋅
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞
⎦ ⎣
⎦
⎣ cos 4θ ⎦
⎢sen 2 ⎜
− θ ⎟ − cos 2 ⎜
− θ ⎟⎥ ⎣
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎦⎥
⎣⎢
Base Teórica
Matriz de Reflexão
Considere uma reta r passando pela origem do plano cartesiano,
formando um ângulo β com o eixo x. como indicado na figura.
Queremos determinar a imagem de um ponto de coordenadas (xO, yO)
do plano mediante reflexão especular através da reta r. Ou seja, se r
fosse um espelho e tivéssemos um objeto puntiforme localizado no
ponto (xO, yO), onde estaria localizada a imagem (xI, yI) refletida desse
objeto pelo espelho?
⎡
⎢cos
v4 = ⎢
⎢
⎢sen
⎣⎢
y
B(xI,yI)
As velocidades relativas em questão são dadas por:
⎡ − sen 2θ ⎤
⎡ −v ⋅ sen 2θ ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎡ −sen 2θ ⎤
v1R = v1 − vR = ⎢
⎥ − ⎢ ⎥ = v⋅⎢
⎥ = v⋅⎢
2 ⎥
⋅
−
v
θ
v
θ
cos
2
cos
2
1
⎣
⎦ ⎣ ⎦
⎣
⎦
⎣ −2 ⋅ sen θ ⎦
r
⎡ sen 2θ ⎤
⎡v ⋅ sen 2θ ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎡ sen 2θ ⎤
v2 R = v2 − vR = ⎢
⎥ − ⎢ ⎥ = v⋅⎢
⎥ = v⋅⎢
2 ⎥
⋅
−
v
v
cos
2
θ
cos
2
θ
1
⎣
⎦ ⎣ ⎦
⎣
⎦
⎣ −2 ⋅ sen θ ⎦
P
β
A(xO,yO)
⎡ sen 4θ ⎤
⎡v ⋅ sen 4θ ⎤ ⎡0 ⎤
⎡ sen 4θ ⎤
v3 R = v3 − vR = ⎢
⎥
⎥ − ⎢ ⎥ = v⋅⎢
⎥ = v⋅⎢
2
⋅
−
cos
4
θ
cos
4
θ
1
v
v
⎣
⎦ ⎣ ⎦
⎣
⎦
⎣ −2 ⋅ sen 2θ ⎦
x
Procedemos da seguinte maneira: Sejam A e B os pontos onde estão
localizados o objeto e a imagem, respectivamente, e seja P o ponto de
intersecção do segmento AB com a reta r. Como o segmento AB é
perpendicular à reta r, seus coeficientes angulares estão relacionados
por:
1
1
mAB = −
=−
= −cotg β
mr
tg β
Portanto, a reta suporte do segmento AB tem por equação:
y − yO = mAB ⋅ ( x − xO ) ⇒ y = yO − cotg β ⋅ ( x − xO )
⎡ − sen 4θ ⎤
⎡ −v ⋅ sen 4θ ⎤ ⎡0 ⎤
⎡ − sen 4θ ⎤
v4 R = v4 − vR = ⎢
⎥
⎥ − ⎢ ⎥ = v⋅⎢
⎥ = v⋅⎢
2
⋅
−
v
v
cos
4
θ
cos
4
θ
1
⎣
⎦ ⎣ ⎦
⎣
⎦
⎣ −2 ⋅ sen 2θ ⎦
(Aqui
foram
usadas
as
identidades
trigonométricas:
cos 2θ = 1 − 2 ⋅ sen 2 θ e cos 4θ = 1 − 2 ⋅ sen 2 2θ )
Então:
v1R = v2 R = v 2 ⋅ (∓sen 2 2θ ) + v 2 ⋅ (−2 ⋅ sen 2 θ ) 2 = 2 ⋅ v ⋅ sen θ
v3 R = v4 R = v 2 ⋅ (±sen 2 4θ ) + v 2 ⋅ (−2 ⋅ sen 2 2θ )2 = 2 ⋅ v ⋅ sen 2θ
O ponto P, sendo a intersecção da reta suporte do segmento AB com
a reta r, é a solução do sistema:
2
⎧⎪ y = tg β ⋅ x
⎪⎧ xP = (cos β ) ⋅ xO + (sen β ⋅ cos β ) ⋅ yO
⇒⎨
⎨
⎪⎩ y = yO − cotg β ⋅ ( x − xO ) ⎪⎩ yP = (sen β ⋅ cos β ) ⋅ xO + (sen 2 β ) ⋅ yO
Agora, observe que, como
π
<θ <
π
⇒
π
< 2θ <
2π
, e também
3
4
3
2
4π
π < 4θ <
, de modo que: sen 4θ < 0 < sen 2θ . Portanto, os vetores
3
Agora, como A e B são eqüidistante do espelho, P é ponto médio do
segmento AB, portanto:
xO + xI
⎧
2
⎪⎪ xP =
⎪⎧ xI = (2 ⋅ cos β − 1) ⋅ xO + (2 ⋅ sen β ⋅ cos β ) ⋅ yO
2
⇒⎨
⎨
2
⎪ y = yO + yI
⎩⎪ yI = (2 ⋅ sen β ⋅ cos β ) ⋅ xO + (2 ⋅ s en β − 1) ⋅ yO
P
⎪⎩
2
Finalmente, usando as identidades trigonométricas de arco duplo e
colocando o sistema acima sob a forma matricial, temos:
⎡ xI ⎤ ⎡cos 2β sen 2β ⎤ ⎡ xO ⎤
⎢ ⎥=⎢
⎥⋅⎢ ⎥
⎣ yI ⎦ ⎣sen 2β − cos 2β ⎦ ⎣ yO ⎦
v1R e v3R estão no 3° quadrante, já que têm ambas as coordenadas
negativas, enquanto os vetores v2R e v4R estão no 4º quadrante, pois
têm abscissa positiva e ordenada negativa.
Logo, as direções são dadas por:
−2 ⋅ sen 2 θ
tg φ1 =
= tg θ ⇒ φ1 = π + θ
−sen 2θ
−2 ⋅ sen 2 θ
= − tg θ ⇒ φ2 = −θ (ou 2π − θ , se preferir)
sen 2θ
−2 ⋅ sen 2 2θ
tg φ3 =
= − tg 2θ ⇒ φ3 = −2θ (ou 2π − 2θ , se preferir)
sen 4θ
−2 ⋅ sen 2 2θ
tg φ4 =
= tg 2θ ⇒ φ4 = π + 2θ
−sen 4θ
tg φ2 =
⎡ cos 2β sen 2β ⎤
A matriz quadrada ⎢
⎥ é chamada matriz de reflexão
⎣sen 2 β − cos 2β ⎦
ao longo da reta r.
De posse dessa matriz, passemos à resolução da questão
propriamente dita:
Resolução
O espelhos fazem ângulos de (270° + θ) e (270° – θ) com o eixo x.
O vetor velocidade do objeto (radar) que se aproxima do espelho é (0,
v), já que o movimento se dá exclusivamente na direção vertical, no
sentido positivo do eixo y. Assim, as duas primeiras imagens obtidas
pela reflexão do objeto por cada um dos espelhos têm velocidades
vetoriais dadas por:
⎡
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞⎤
+ θ ⎟ sen 2 ⎜
+θ ⎟ ⎥
⎢ cos 2 ⎜
2
2
⎡ −sen 2θ ⎤
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎥ ⎡ 0 ⎤ ⎡ −v ⋅ sen 2θ ⎤
v1 = ⎢
⋅⎢ ⎥ = ⎢
⎥ = v⋅⎢
⎥
⎢
⎥
v
v
⋅
θ
cos
2
π
π
3
3
⎛
⎞
⎛
⎞
⎦
⎣ cos 2θ ⎦
⎢sen 2 ⎜
+ θ ⎟ − cos 2 ⎜
+ θ ⎟⎥ ⎣ ⎦ ⎣
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎦⎥
⎣⎢
⎡
⎢cos
v2 = ⎢
⎢
⎢sen
⎢⎣
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞⎤
2⎜
+ θ ⎟ sen 2 ⎜
+θ ⎟ ⎥
2
2
⎡ −sen 4θ ⎤
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎥ ⎡v ⋅ sen 2θ ⎤ ⎡ −v ⋅ sen 4θ ⎤
⋅⎢
⎥=⎢
⎥ = v⋅⎢
⎥
⎥
cos
2
cos
4
θ
θ
⋅
⋅
v
v
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞
⎦ ⎣
⎦
⎣ cos 4θ ⎦
+ θ ⎟ − cos 2 ⎜
+ θ ⎟⎥ ⎣
2⎜
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎦⎥
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞⎤
− θ ⎟ sen 2 ⎜
−θ ⎟ ⎥
2⎜
⎡sen 2θ ⎤
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎥ ⎡0 ⎤ ⎡v ⋅ sen 2θ ⎤
⋅⎢ ⎥ = ⎢
⎥ = v⋅⎢
⎥
cos 2θ ⎦
⎛ 3π
⎞
⎛ 3π
⎞ ⎥ ⎣v ⎦ ⎣v ⋅ cos 2θ ⎦
⎣
− θ ⎟ − cos 2 ⎜
− θ ⎟⎥
2⎜
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎥⎦
1