IME2011 - Olimpo

2011
IME
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
A
L0
H
apoio sem atrito
mola
B
A figura acima mostra um sistema composto por uma parede vertical com altura H , uma barra com comprimento inicial
L0 e uma mola. A barra está apoiada em uma superfície horizontal sem atrito e presa no ponto A por um vínculo, de
forma que esta possa girar no plano da figura. A mola, inicialmente sem deformação, está conectada à parede vertical e
à barra.
Após ser aquecida, a barra atinge um novo estado de equilíbrio térmico e mecânico. Nessa situação a força de reação
vertical no apoio B tem módulo igual a 30 N . Determine a quantidade de calor recebida pela barra.
Dados:
• H = 3m ;
• L0 = 3 2 m ;
• o peso da barra: P = 30 N ;
• constante elástica da mola: k = 20 N/m ;
Pc 50 + 30 2
joules, onde c é o calor específico da barra; α é o coeficiente de dilatação linear da barra; g é a
=
gα
3 2
aceleração da gravidade; e P é o peso da barra.
•
Resolução:
Na nova situação a barra possui um comprimento L :
(+)
A
NB
H
q
P
F
B
Nessa situação o torque total é nulo:
∑ τA = 0
L
⋅ cos θ − F ⋅ H + N B ⋅ L ⋅ cos θ = 0 ∴ − 15L ⋅ cos θ − 3F + 30 L ⋅ cos θ = 0 ∴ F = 5 L cos θ (1)
2
E, sendo: F = k Δx
∴ 5 L cos θ = 20Δx
∴ − P⋅
∴ 5 L cos θ = 20 ( x − x0 )
Onde:
L20 = H 2 + x02 ∴ x0 = 3m
Portanto: 5L cos θ = 20 ( x − 3)
∴ 5 x = 20 ( x − 3) ∴ x = 4 m
Daí: L2 = x 2 + H 2 ∴ L = 5 m (2)
(
E: ΔL = L − L0 = 5 − 3 2
)
(3)
Por outro lado, podemos calcular o calor e a dilatação da forma:
Q = mc Δθ e ΔL = L0 ⋅ α ⋅ Δθ
⎛ ΔL ⎞ mg ⋅ c ⎛ ΔL ⎞
∴ Q = mc ⎜
⋅⎜
⎟=
⎟
g α ⎝ L0 ⎠
⎝ L0 ⋅ α ⎠
∴Q=
Pc ⎛ ΔL ⎞
⋅⎜
⎟
g α ⎝ L0 ⎠
Que resulta: Q =
(
10 5 + 3 2
) ⋅ (5 − 3 2 )
3 2
3 2
35
∴ Q = J (energia para aquecer a barra)
9
Trabalho realizado pela barra sobre a mola:
Δx 2 20 ⋅ 1
τ=k
=
= 10 J
2
2
Assim, todo calor recebido vale:
35
QT = Q + τ = 10 +
= 13,9J
9
Questão 02
Figura 1b
Figura 1a
x [m]
x [m]
0
0
0,2
0,2
Figura 1c
x [m]
0
0,2
Um corpo está sobre um plano horizontal e ligado a uma mola. Ele começa a ser observado quando a mola tem máxima
compressão (Figura 1a). Durante a observação, verificou-se que, para a deformação nula da mola (em x = 0 ), sua
velocidade é 5 m/s (Figura 1b). Para x = 0, 2 m (Figura 1c), o corpo é liberado da mola a partir dessa posição e fica
submetido a uma força de atrito até parar. Faça um gráfico da aceleração a do corpo em função da posição x ,
registrando os valores de a e de x quando:
a) a observação se inicia;
b) a velocidade é máxima;
c) o corpo é liberado da mola;
d) o corpo para.
Dados:
• massa do corpo: 500 g ;
• constante elástica da mola: 50 N/m ;
• coeficiente de atrito entre o plano e o corpo: 0,3 .
2
Resolução:
Cálculo da amplitude A do MHS.
No MHS, o sistema é conservativo, ou seja, a energia mecânica é constante.
EMa = EMb
1 2 1 2
kA = mvmáx
2
2
vmáx = A ⋅
k
m
⇒ A = vmáx
m
k
0,5 5,0
=
= 0,5 m
50 10
No MHS, temos:
x ( t ) = A cos ( ωt + ϕ )
A = 5,0 ⋅
a ( t ) = −ω2 A cos ( ωt + ϕ ) = −ω2 x ( t )
x (t )
Como ω =
k
k 50
⇒ ω2 = =
= 100
m
m 0,5
a ( t ) = −100 x ( t )
A partir do momento que o corpo perde o contato com a mola, sua resultante é a força de atrito cinético com a superfície.
Para x > 0, 2 m
FR = − f C = −μC ⋅ N = −μC ⋅ m ⋅ g
FR = m ⋅ a
a = −μC ⋅ g = −0,3 ⋅ 10
a = −3,0 m/s 2
Calculo da velocidade com que o bloco deixa a mola.
EMb = EMc
1 2
1
1
mvmáx = kxC2 + mvC2
2
2
2
2
2
0,5 ⋅ 5 = 50 ⋅ 0, 2 + 0,5 ⋅ vC2
12,5 = 2 + 0,5 ⋅ vC2
0,5 ⋅ vC2 = 10,5
vC2 = 21
vC = 21 m/s
Cálculo da distância percorrida pelo corpo até parar.
JJG
WcdFR = ΔEC = ECd − ECc
− f C ⋅ d = 0 − ECc
d=
ECc
fC
d=
mvC2
21
21
=
= m = 3,5m
2μC mg 2 ⋅ 0,3 ⋅ 10 6
xd = xc + d = 0, 2 + 3,5 = 3,7 m
a(m/s2)
a
–0,5
50
0b
–3
–20
0,2
3,7
c
x(m)
d
(gráfico fora de escala)
c
3
Questão 03
y
L
x
– Q, m
d
b
+Q
a
Uma carga positiva está presa a um espelho plano. O espelho aproxima-se, sem rotação, com velocidade constante
paralela ao eixo x , de uma carga negativa, pendurada no teto por um fio inextensível. No instante ilustrado na figura, a
carga negativa se move no sentido oposto ao da carga positiva, com a mesma velocidade escalar do espelho.
Determine, para esse instante:
a) as componentes x e y do vetor velocidade da imagem da carga negativa refletida no espelho;
b) as acelerações tangencial e centrípeta da carga negativa;
c) as componentes x e y do vetor aceleração da imagem da carga negativa refletida no espelho.
Dados:
• ângulo entre o eixo x e o espelho: α ;
• ângulo entre o eixo x e o segmento de reta formado pelas cargas: β ;
• diferença entre as coordenadas y das cargas: d ;
• comprimento do fio: L ;
• velocidade escalar do espelho: v ;
• módulo das cargas elétricas: Q ;
• massa da carga negativa: m ;
• constante elétrica do meio: K .
Resolução:
a)
Observe a figura abaixo.
Nela, tomando o espelho como novo referencial inercial temos:
aCi
e
q
q j
T
aTi
e
aC
vie
2v
y´
b
a
0´
(I)
x´
90º +ϕ + β + ( α − β ) = 180º
∴ ϕ = ( 90º −α )
(II)
90º +ϕ + θ + ( 90 − α ) = 180
∴ θ = 2α − 90º
Assim:
viex = 2v ⋅ sen ( 2α − 90º ) = −2v ⋅ cos 2α
viey = −2v ⋅ cos ( 2α − 90º ) = −2v ⋅ sen2α
4
aT j
b
F
L
d
P
Por fim:
viex = vix − vex
∴ vix = viex + vex
∴ vix = −2v ⋅ cos 2α + v = v (1 − 2cos 2α )
viey = viy − vey
∴ viy = −2v ⋅ sen2α
b)
c)
No instante representado, a força centrípeta vale:
f cp = T + f y − P = T + f senβ − P
E escrita em função dos dados:
mv 2
fc =
(que é a resultante em y ! )
L
E a aceleração centrípeta:
v2
ac =
L
A força resultante tangencial vale:
kQ 2 ⋅ sen 2β
f t = f cos β =
⋅ cos β
L2
E a aceleração tangencial:
kQ 2
at =
⋅ sen 2β cos β
m ⋅ L2
Observando a figura e lembrando que o espelho é um referencial
inercial, temos:
aix = aci ⋅ cos θ + ati ⋅ senθ
v2
kQ 2
⋅ sen 2 x − 2 ⋅ sen 2β ⋅ cos β ⋅ cos 2α
L
mL
ai y = aci ⋅ senθ − at 1 ⋅ cos θ
∴ ai x =
∴ ai y =
−v 2
kQ 2
⋅ cos 2α − 2 ⋅ sen 2β ⋅ cos β ⋅ sen 2α
L
mL
Questão 04
a
De acordo com a figura acima, um raio luminoso que estava se propagando no ar penetra no dielétrico de um
capacitor, é refletido no centro de uma das placas, segundo um ângulo α , e deixa o dielétrico. A área das placas é A e
o tempo que o raio luminoso passa no interior do dielétrico é t . Supondo que se trata de um capacitor ideal de placas
paralelas e que o dielétrico é um bloco de vidro que preenche totalmente o espaço entre as placas, determine a
capacitância do capacitor em picofarads.
Dados:
• A = 1, 0 cm 2
• t = 2, 0 × 10−12 s
• α = 30º
• permissividade elétrica do vácuo: ε0 ≈ 9, 0 ×10−12 F/m
• velocidade da luz no vácuo: c ≈ 3, 0 × 108 m/s
• índice de refração do vidro: n = 1,5
• constante dielétrica do vidro: k = 5, 0
5
Resolução:
a sen 30°
a
a = 30°
a = 30°
a
d = a sen 30°
Velocidade do raio na placa de vidro:
c
n=
v
c 3,0 ⋅ 108
∴v = =
= 2,0 ⋅ 108 m/s
n
1,5
2a = v ⋅ t
∴ 2a = 2,0 ⋅ 108 ⋅ 2,0 ⋅ 10−12 = 4 ⋅ 10−4 m
a = 2 ⋅ 10−4 m , e
d = a sen 30º = 1 ⋅ 10−4 m
Cálculo da capacitância no capacitor:
εA
; onde ε = k ⋅ ε0
C=
d
5,0 ⋅ 9 ⋅ 10−12 ⋅ 1 ⋅ 10−4
= 45 ⋅ 10−12 F = 45 pF
1 ⋅ 10−4
Questão 05
Barra
metálica
0,
25
m
–
=
45º
+
d
C=
h
s
Pontos de
fixação da
armação no
cilindro
v
90º
Base do
elevador
6
I
A figura acima apresenta um prisma apoiado em um elevador no interior de um cilindro de material isolante. Uma
armação, encostada no prisma, é composta por uma parte metálica com resistência desprezível em forma de “U” e por
uma barra metálica de 0, 25 m e resistência de 1 Ω . Essa barra desliza ao longo da barra em “U”, mantendo o contato
elétrico. As extremidades da armação em “U” são fixadas no cilindro, conforme a figura. Ao longo de todo o cilindro, um
fio é enrolado, formando uma bobina com 1000 espiras, perfazendo uma altura h = 0,8 m , sendo alimentada por uma
fonte, de modo que flua uma corrente de
103
A . O elevador sobe com velocidade constante v , de modo que seja
π
exercida sobre a barra metálica uma força normal de
2
N . Determine a velocidade v .
4
Dados:
• as faces triangulares do prisma são triângulos retângulos isósceles;
• permeabilidade magnética do meio: μ0 = 4π ⋅107 Tm/A
Observações:
• não há atrito em nenhuma parte do sistema;
• a barra metálica é feita de material não magnético;
• as espiras percorrem todo o cilindro.
Resolução:
Como a base do prisma é um triângulo equilátero, o tanto que o prisma anda para cima, a barra anda na horizontal sobre o U. Ou
seja, a velocidade horizontal da barra é igual à do elevador na vertical: v .
Cálculo do campo magnético no solenóide.
1000 103
B = μ0 ni = 4π ⋅ 10−7 ⋅
⋅
= 0,5 Τ
0,8 π
t1
t2
iind
A
B
Considerando o campo magnético produzido pela bobina para cima, a lei de Faraday nos leva a uma corrente induzida no circuito
fechado hachurado e a lei de Lenz nos leva a uma corrente induzida.
Circulando em sentido horário (visto de cima).
Δφ Δ ( BA)
Δx
Como εind =
=
= BL
Δt
Δt
Δt
εind = BLv ; onde L = d = 0, 25m
εind
e
R
Fm ( barra ) = BiL sen 90°
Logo: iind =
Forças sobre a barra (vista A).
N
Fm
45°
P
Vamos considerar que a normal é devido somente ao prisma e não à barra em forma de U.
Fm = N x = N ⋅ cos 45°
2 2 1
⋅
= Ν
4 2
4
εind
BLv
Fm = B ⋅
⋅L = B⋅
⋅L
R
R
B 2 L2v
F ⋅R
Fm =
v = m2 2
R
B L
1
⋅1
4
v=
0,52 ⋅ 0.252
v = 16 m/s
Fm =
7
Questão 06
Parede do
forno
Temperatura
interna do
forno
ef
Temperatura
Externa sem
Isolante
Temperatura
interna do
forno
Parede do
forno
Material
Isolante
ef
ei
Figura 1
Temperatura
Externa com
Isolante
Figura 2
Uma fábrica foi multada pela prefeitura local, pois a temperatura externa da parede de um forno industrial encontrava-se
em um nível superior ao previsto pelas normas de segurança (Figura 1).
Para atender às normas recomenda-se o seguinte procedimento (Figura 2):
A parede externa do forno deve ser recoberta com um material de condutividade térmica igual a 4% da parede do
forno. Isso faz com que a transferência de calor fique igual a 20% da original e que a redução de temperatura entre a
superfície interna da parede do forno e a superfície externa do isolante fique 20% maior que a situação inicial.
Determine a razão entre a espessura do isolante ( ei ) e a espessura da parede do forno ( e f ).
Resolução:
Considere a situação inicial, semi-isolante.
k ⋅ A ⋅ ΔT1
φ1 = 1
ef
Lei de Fourier
k1 = k f (condutividade da parede do forno)
Já com o isolante, temos: φ2 =
k2 ⋅ A ⋅ ΔT2
( e f + ei )
Pelo enunciando, temos:
ki = 0,04k f
φ2 = 0, 2φ1
ΔT2 = 1, 2ΔT1
Parede
Isolante
Temperatura
externa
com isolante
Temperatura
interna
do forno
ef
φ2 =
φf =
φi =
ei
k2 ⋅ A ⋅ ΔT2
e f + ei
k f ⋅ A ⋅ ΔT f
ef
ki ⋅ A ⋅ ΔTi
, mas ΔTi + ΔT f = ΔT2
ei
φi ⋅ ei φ f ⋅ e f φ2 ⋅ ( e f + ei )
+
=
ki ⋅ A k f ⋅ A
k2 ⋅ A
Em condutores em série: φ2 = φ1 = φ f
ei k f + e f ki
ki k f
∴ k2 =
φ2 =
(e
=
e f + ei
k2
+ ei ) ki k f
f
ei k f + e f ki
(e
f
+ ei ) ki k f
ei k f + e f ki
0, 2φ1 =
A ⋅ ΔT2
, logo:
f + ei )
⋅
(e
0,04k 2f
( e + 0,04e ) k
i
f
⋅ A ⋅ 1, 2 ⋅ ΔT1 (1)
f
8
mas φ1 =
k f ⋅ A ⋅ ΔT1
ef
( 2)
Fazendo (1) ÷ ( 2 ) , temos:
k f ⋅ A ⋅ ΔT1
ef
=
0, 24k f ⋅ A ⋅ ΔT1
ei + 0,04e f
ei + 0,04e f = 0, 24e f
ei = 0, 2e f
∴
ei
= 0, 2
ef
Questão 07
C
B
L
0
D
x
h
g
E
y
A figura acima mostra um corpo sólido cilíndrico de altura h , densidade ρ e área da base A , imerso em um líquido de
mesma densidade em um tanque também cilíndrico com base interna de área 4 A . A partir do instante t = 0 (situação da
figura), o líquido passa a ser bombeado para fora do tanque a uma vazão variável dada por U ( t ) = bAt , onde b é uma
constante positiva.
Dados:
• comprimento da corda entre os pontos B e C : L ;
• densidade linear da corda entre os pontos B e C : μ ;
• aceleração gravitacional local: g .
Observações:
• desconsidere o peso da corda no cálculo da tração;
• a tensão instantânea na corda é a mesma em toda a sua extensão.
Pede-se:
a) a expressão do nível y do líquido (onde y ≤ h ) em função do tempo;
b)
a velocidade v ( t ) de um pulso ondulatório transversal, partindo do ponto B em t = 0 , e sua respectiva posição
x (t ) ;
c)
a razão L /h para que o pulso ondulatório transversal, partindo do ponto B em t = 0 , chegue até C no mesmo
instante em que o nível do líquido alcança o ponto E .
Resolução:
a) Observe a figura:
T
E
0
x
y
h
P
y
9
O volume total retirado a partir de t0 = 0 até o instante t é:
V = y ( 4 A − A) = 3 Ay (com y ≤ h )
E V pode ser encontrado da forma:
t
V = ∫ U ( t ) dt = ∫ ( bAt ) dt
0
Ou pela área do gráfico:
U (t)
bAt
A
t
N
V =A=
bAt 2
2
Assim:
bAt 2
2
2
bt
∴ y (t ) =
(1)
6
Considerando a tensão constante, a velocidade vale:
T
v=
μ
3 Ay ( t ) =
b)
onde T = P − E
∴ T = ρ ⋅ A ⋅ h ⋅ g − ρ ⋅ A ⋅ ( h − y ) ⋅ g = ρyAg
Assim,
v (t ) =
ρAgy
( 2)
μ
E, substituindo (1) em ( 2 ) :
v (t ) =
ρAg ⎛ bt 2 ⎞
bAρg
(MUV!)
⎜
⎟ =t⋅
6μ
μ ⎝ 6 ⎠
E como v0 = 0 ⋅
x ( t ) = x0 + v0t +
at 2
2
bAρg
24μ
∴ x (t ) = t 2 ⋅
c)
bAρg
= 0 , podemos fazer:
6μ
No instante final t f devemos ter:
x (t f ) = L e y (t f ) = h
Assim:
L x (t f )
=
=
h y (t f )
t 2f ⋅
bAρ g
24μ
bt 2f
6
L
3 Aρg
∴ =
h
2bμ
10
Questão 08
V
A
Líquido
C
0
R1
+
D
E
–
R1
y
B
Tanque
O circuito apresentado na figura acima é composto por uma fonte de tensão contínua E , que alimenta um reostato
linear e as resistências R1 e R2 . No ponto C do reostato encontra-se fixo um balão de massa m e volume V ,
inicialmente na posição y = 0. O sistema encontra-se imerso em um tanque, que contém um líquido isolante, de massa
específica ρ . Entre os pontos C e D do sistema, encontra-se conectado um voltímetro ideal. No instante t = 0 , o balão
é liberado e começa a afundar no líquido.
Determine:
a) a leitura do voltímetro no instante em que o balão é liberado;
b) a coordenada y em que a leitura do voltímetro é zero;
c) o tempo decorrido para que seja obtida a leitura indicada no item b ;
d) o valor da energia, em joules, dissipada no resistor R2 , no intervalo de tempo calculado em c .
Dados:
• R1 = 1 k Ω ;
• R2 = 3 k Ω ;
• fonte de tensão: E = 10 V ;
• massa do balão: m = 50 g ;
• volume do balão: V = 0,0001 m 3 ;
• resistência total do resistor linear: RAB = 10 k Ω ;
• massa específica do líquido: ρ = 50 kg/m3 ;
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2 .
Resolução:
a) Na situação inicial, quando o balão é solto, temos:
A
i2
i1
R1 = 1KW
V
E +
10V –
10KW
D
R2 = 3KW
B
11
i2 =
E
10
=
= 2,5 ⋅ 10−3 A
R1 + R2 (1 + 3) ⋅ 103
A leitura do voltímetro é U AD = R1 ⋅ i2
U AD = 1 ⋅ 103 ⋅ 2,5 ⋅ 10−3 = 2,5V ⇒ U AD = 2,5V
b) Para que a leitura no voltímetro seja nula, o circuito deve formar uma ponte de Wheatstone equilibrada.
A
RAB = R3 + R4 e R1R4 = R2 R3
R3
∴1R4 = 3R3
R4
∴ R3 = 2,5 kΩ e R4 = 7,5 kΩ
R3 + 3R3 = 10 kΩ
B
Como ele não forneceu comprimento do resistor AB , daremos como resposta:
1
y = L ; onde L comprimento de RAB .
4
c) Analisando o movimento do balão:
E
P = m⋅ g
P = 0,050 ⋅ 10 = 0,5 N
Balão
E = ρ ⋅ Vbalão ⋅ g
E = 50 ⋅ 0,0001 ⋅ 10 = 0,05 N
P
FR = P ⋅ E = 0,5 − 0,05 = 0, 45 N
FR = m ⋅ a = 0,05 ⋅ a
0,05a = 0, 45
∴ a = 9,0 m/s 2
Como o balão parte do repouso, temos:
1
y = y0 + v0 y t + at 2
2
1 2
y = at
2
t=
∴t =
2y
=
a
2⋅ 1 L
4 = L
9
18
L
18
d) A potência dissipada em R2 independe da posição do reostato, já que a bateria é ideal.
Assim: P2 = R2 ⋅ i22 = 3 ⋅ 103 ⋅ ( 2,5 ⋅ 10−3 )
2
P2 = 0,01875 W = 18,75mW
A energia dissipada por R2 é dada por:
E2 = P2 ⋅ t ⇒ E2 = 0,01875 ⋅
L
J
18
12
Questão 09
Líquido
Detector D
h
Ar
Raio Raio
r2
r1
fenda
A Figura mostra dois raios luminosos r1 e r2 , de mesma frequência e inicialmente com diferença de fase δ1 , ambos
incidindo perpendicularmente em uma das paredes de um reservatório que contém líquido.
O reservatório possui uma fenda de comprimento h preenchida pelo líquido, na direção de r2 .
Determine o comprimento da fenda para que a diferença de fase medida no Detector D entre os raios seja δ2 .
Dados:
• índice de refração do líquido: n ;
• índice de refração da parede do reservatório: nR ;
• comprimento de onda dos raios luminosos no ar: λ.
Observação:
• considere o índice de refração da parede do reservatório maior que o índice de refração do líquido.
Resolução:
Observe a figura
Nela notamos que enquanto r1 percorre h , r2 percorre ( h + x ) , já que nR > n. Portanto:
x
h = vR ⋅ Δt
∴ Δt =
h h
= ⋅ nR
vR c
c h
n
⎛n
⎞
∴ x = h ⎜ R − 1⎟
⋅ nR = R ⋅ h
n c
n
⎝ n
⎠
Sendo que o atraso de fase equivalente a x vale ϕ , tal que:
ϕ→ x
h + x = v ⋅ Δt =
h
λ
n
2πhn ⎛ nR
⎞
∴ϕ=
⎜ − 1⎟
λ ⎝ n
⎠
2π →
r2
r1
E, por fim:
δ2 = δ1 + ϕ
2πh
( nR − n )
λ
( δ2 − δ1 ) ⋅ λ
∴ δ 2 = δ1 +
∴h=
2 π ( nR − n )
13
Questão 10
0,6 m F
A
Circuito
capacitivo
+
5V
–
1,2 m F
Ver detalhe
A
60 m/s
D
E
´ ´ ´ ´ ´ ´ ´
´ ´ ´ ´ ´ ´ ´
´ ´ ´ ´ ´ ´ ´
´
´
´
´
´
´
B
´
´ ´ ´ ´
´ ´ ´ ´
´ ´ ´ ´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
´
O carrinho D desloca-se com velocidade de 60 m/s na direção do carrinho E , que está parado.
O corpo A possui uma carga elétrica idêntica à armazenada em um circuito capacitivo e está apoiado sobre o
carrinho E , conforme a figura acima. Dá-se a colisão dos dois carrinhos, com um coeficiente de restituição igual a 0, 9.
Após alguns segundos, o carrinho E para bruscamente e o corpo A penetra em uma região em que existe um campo
magnético uniforme normal ao plano da figura, que o faz descrever um movimento helicoidal de raio 4,75 m.
Desprezando o efeito da massa de A na colisão, determine a massa do carrinho E.
Dados:
• massa do carrinho D : mD = 2k ;
• massa do corpo A : m A = 4 × 10−6 kg ;
• campo magnético: B = 16 T .
Resolução:
Durante a colisão, há conservação de quantidade de movimento, logo podemos escrever:
∑ Q0 = ∑ Q f
mD ⋅ vD + mE vE = mD ⋅ vD' + mE vE'
∴ 2 ⋅ 60 = 2 ⋅ vD' + mE ⋅ vE'
(1)
E, usando o coeficiente de restituição:
v ' − vD'
e= E
v D − vE
vE' − vD'
+60
∴ vE' − vD' = 54 (2)
∴ 0,9 =
Substituindo (2) em (1) temos:
mE ⋅ vE' = 120 − 2 ⋅ v1D
∴ mE =
120 − 2 ( vE' − 54 )
vE'
(3)
Por fim, podemos calcular vE' pelo movimento helicoidal1 na região de campo B :
mv
RqB 4,75 ⋅ q ⋅ 16
∴ vE' =
=
(4)
qB
m
4 ⋅ 10−6
E calculando a carga do circuito:
0,6μ ⋅ 1, 2μ
CE =
= 0, 4μF
( 0,6μ + 1, 2μ )
R=
∴ Q = C ⋅ V = 0, 4μ ⋅ 5 = 2μC
(= q)
Substituindo em (4):
vE' = 38 m/s
E, por fim, substituindo em (3):
120 − 2 ( 38 − 54 )
mE =
38
∴ mE = 4 kg
14
________________
1
O examinador comete um grave erro considerando a trajetória helicoidal. Para que isso ocorresse deveríamos ter, por exemplo, um
JG
B vertical.
Veja:
z
B
g
v0
y
x
Na situação descrita calcularíamos a trajetória através de matemática superior da forma:
A força peso vale:
z
FP = − mgk
B
A força magnética vale:
Fm = Q ( v0 ⋅ j ) x ( − Bi )
v0
y
E, pela 2ª Lei de Newton:
P
md 2 r
= − mg + Qv x B
dt 2
x
Ou:
i
j
dv y
⎛ dv x
dv z ⎞
i+
j+
k ⎟ = −mgk + Q v x v y
m⎜
dt
dt ⎠
⎝ dt
−B 0
k
vz
0
De onde obtemos:
x (t ) = 0
y (t ) =
mg
1⎛
mg ⎞
t + ⎜ v0 −
⎟ ( senωt )
QB
ω⎝
QB ⎠
⎛
mg ⎞ 1
z ( t ) = (1 − cos ωt ) ⎜ v0 −
⎟
QB ⎠ ω
⎝
Que determinam como trajetória resultante a composição de um MCU de raio
⎛
mg
mg ⎞
⎜ v0 −
⎟ em torno de um ponto central que translada em y com velocidade vC = QB .
QB
⎝
⎠
Uma possível trajetória para Q > 0 e v0 = 2vC seria:
z
y
x
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Professores
Física
Rodrigo Bernadelli
Vinícius Miranda
Colaboradores
Aline Alkmin
Anderson (IME)
Henrique
José Diogo
Orlando (IME)
Paula Esperidião
Pedro Gonçalves
Digitação e Diagramação
Érika Rezende
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Leandro Bessa
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Mariana Fiusa
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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