PDF - ELITE CAMPINAS

(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
QUESTÃO 02
Dois músicos com seus respectivos violões afinados participam de um
dueto. No início do concerto, é ligado um aparelho de ar condicionado
próximo a um deles e, após alguns minutos, percebe-se uma
frequência de batimento fbat produzida pela quinta corda dos violões,
FÍSICA
QUESTÃO 01
O cérebro humano determina a direção de onde provém um som por
meio da diferença de fase entre as ondas sonoras que chegam ao
ouvido. Um carro que se aproxima de um pedestre a uma velocidade
de 36 km/h faz soar continuamente a buzina, cuja frequência é
1200 Hz. Calcule a diferença de fase, em graus, entre o som que
chega ao ouvido direito e o som que chega ao ouvido esquerdo do
pedestre.
Dados:
• velocidade do som no local: 340 m/s;
• distância entre os ouvidos do pedestre: 20 cm;
• o pedestre está voltado para o norte;
• o carro se move no sentido leste-oeste diretamente para o local onde
se encontra o pedestre
Resolução
Calculando a frequência ouvida pelo observador devido ao efeito
Doppler:
fobs
f
f
 emit  fobs  v som emit
v som v som  v
v som  v
fobs  340
20 cm
no modo fundamental. Considerando que ambas as cordas
permaneçam com o comprimento inicial L0 , determine a variação de
temperatura sofrida pela corda do violão próximo ao ar condicionado.
Dados:
• constante elástica da corda: k ;
• massa específica linear da corda:  ;
• coeficiente de dilatação linear:  ;
• frequência da quinta corda do violão afinado: f .
Observação:
• despreze o efeito da temperatura no outro violão.
Resolução
No harmônico fundamental, temos a seguinte relação para a força F
de tração na corda:
F
F
F
v
 f 
 2L0f 



1200
13600
 fobs 
Hz
340  10
11
F  4  L20f 2 eq. (1)
Norte

v
Agora, observe a figura e a sua descrição abaixo:
0
0
Leste
Oeste
F 0
L0   0
0
0
F  k (L0   0 )
L0
Sul
   0 (1  )
  0  
A diferença de fase se deve ao intervalo de tempo que o som leva
para percorrer a distância de 20 cm entre as orelhas do observador,
assim:
0,2
1
t 
 t 
s
340
1700
A diferença de fase  pode ser calculada de duas maneiras:
F'0

  0  
Solução 1:
L0  
 é determinada pelo produto da frequência angular οbs  2fobs
F '  k (L0   )
Para calcular a tração na corda, é necessário imaginar que, à
temperatura 0 , antes de ser afinada (força de tração F nula), ela
pelo tempo t :
  οbs  t    2fobs t
possuiria um comprimento  0  L0 .
13600 1
16
  
 rad
11 1700
11
Como a resposta foi pedida em graus:
16 180
 

   262º
11

  2
Ao sofrer uma força F  k (L0   0 ) , a corda se distende até o
comprimento L0 .
Da mesma forma, à temperatura   0   , antes de ser afinada
( F '  0 ), ela possuiria um comprimento  e, ao sofrer uma força
F '  k (L0   ) , a corda se distende também até o comprimento L0 .
Observação:  é negativo, pois há um resfriamento.
SOLUÇÃO ALTERNATIVA:
Calculando-se o comprimento de onda observado:
13600
v   obs  fobs  340  obs 
   0,275 m
11
Por uma relação de proporção entre diferença de caminho e diferença
de fase:
360o
0,275 m
0,20 m

Da eq (1), temos:
0 
F  4  L20f 2  k (L0   0 )

4  L20f 2 
 0  L0 
 eq (2)
k


  262
  0   
F '  4  L20f '2  k (L0   )
4  L20f '2  k  L0   0 (1  ) 
Substituindo a eq (2):
1
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


4  L20f 2 
4  L20f '2  k  L0  L0 
 (1  ) 

k




dx
 k  cos  1  t   k cos  2  t  
dt
v x 2 (t )  k 2   cos2  1  t   2cos  1  t   cos  2  t   cos2  2  t  
v x (t ) 
4  L20f '2  kL0   kL0  4  L20f 2  (1  )
4  L20f '2  kL0  kL0  kL0   4  L20f 2  4  L20f 2 ¨
 
 
4  L f  4  L f '
kL0   4  L20f 2
2
0
2
2
0
dy
 k  sen  1  t   k  sen  2  t  
dt
v y 2 (t )  k 2   sen2  1  t   2sen  1  t   sen  2  t   sen2  2  t  
v y (t ) 
2
4  L0
(f 2  f '2 )

eq (3)

(k  4  L0f 2 )
v z (t ) 
Para concluir, vale lembrar que, como a corda se resfria, a força
elástica é maior, devido a uma distensão maior, logo de acordo com
eq. (1):
f '  f  fbat  f ' f
2
 cos  t  (    )  1 
1
2
  v z 2 (t )  2k 2  cos  t  (1  2 )   1
v z ( t )  4k  


2


Daí, segue que
2
f '  fbat  f
Substituindo na eq (3):
 
2
4  L0 (2  f  fbat  fbat
)


(k  4  L0f 2 )
Atenção!
Nesta prova, muitos alunos podem ter utilizado erroneamente
no
lugar
de
chegando
  L0 (1  )
   0 (1  ) ,
equivocadamente à resposta  
v x 2 (t )  v y 2 (t )  v z 2 (t )  k 2 2  2cos  t (1  2 )  2  cos  t (1  2 )  1  
v x 2 ( t )  v y 2 ( t )  v z 2 ( t )  k 2  2  2   v x 2 ( t )  v y 2 ( t )  v z 2 ( t )  4k 2
4  L0 (2  f  fbat  f )

.

k
2
bat
Substituindo em  *  , temos
QUESTÃO 03
Uma partícula de carga Q e massa m move-se pelo espaço presa a
um carrinho. Esse movimento é regido pelas seguintes equações de
posição nos três eixos, para k , 1 e 2 constantes:
x t  
v ( t )  v x 2 ( t )  v y 2 ( t )  v z 2 ( t )  v (t )  4 k 2  v ( t )  2 k
(note que k pode ser uma constante negativa)
b) Como a força é perpendicular à trajetória, então o vetor força é
perpendicular ao vetor velocidade, logo, o produto interno entre esses
vetores deve ser nulo. Logo,
k
k
sen  1t  
sen  2t 
1
2
v
k
k
y  t   cos  1t  
cos  2t 
1
2
 2n  1  
1  2

t   n  , n    t 
, n
2
2
1  2
c) Como a velocidade escalar é constante, temos que a aceleração
tangencial é nula.
Portanto:
a) mostre que a partícula se move com velocidade escalar constante;
b) determine os instantes em que a força provocada pelo campo
elétrico na partícula é ortogonal à sua trajetória;
c) determine as equações dos vetores aceleração tangencial e
aceleração normal decompostos nos três eixos;
2
d) supondo que em t x 
a partícula se solte do carrinho,
1  2
e
tangencial
da

at   0,0,0 

Como a aceleração tangencial é nula, então a aceleração normal, an ,
corresponde à aceleração vetorial total do corpo, sendo expressa por

 d 2 x d 2 y d 2z 
a n   ax , ay , az    2 , 2 , 2 
 dt dt dt 
Deste modo, suas componentes são:
partícula
Resolução
a) Lembrando que a velocidade escalar de uma particular é expressa
por
*

,v y ,v z   FE  0  v x ,v y ,v z    0,0,Q  E   0 
   2 
v z  0  2k  cos  1
t   0 
 2

Durante todo o movimento, um campo elétrico atua na partícula, o que
provoca uma força que tende a arrancá-la do carrinho.
Dado:
• coordenadas nos três eixos do campo elétrico:  0,0,E  .
normal
x
Q  E  vz  0  vz  0
4k
   2 
z t  
sen  1
t
1  2
 2

determine as acelerações
imediatamente após t x .
2
v x 2 (t )  k 2   cos2  1  t   2cos  1  t   cos  2  t   cos2  2  t  

 2
2
2
2
v y (t )  k   sen  1  t   2sen  1  t   sen  2  t   sen  2  t   
 2
2
v z (t )  2k   cos  t  (1  2 )   1
4  L0 (f 2  (fbat  f )2 )


(k  4  L0f 2 )
Resposta:  
dz
   2 
   2 
 2k  cos  1
 t   v z 2 (t )  4k 2  cos2  1
t  
dt
 2

 2

d 2x
 ax  k 1  sen  1  t   k  2  sen  2  t 
dt 2
v (t )  v x (t )2  v y (t )2  v z (t )2
d 2y
 ay  k 1  cos  1  t   k  2  cos  2  t 
dt 2
devemos mostrar que a soma dos quadrados das componentes da
velocidade é constante.
d 2z
   2 
 az  k   1  2   sen  1
t
 2

dt 2
Sabe-se que:
d) Após soltar-se, a partícula estará sujeita à força elétrica
2
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


 
Q E 
F  Q  E  F   0, 0, Q  E   a   0, 0,
.

m 
 


Sabe-se que at // v e a n  v , assim, para analisarmos as

componentes de a na direção tangencial e radial devemos analisar a
direção da velocidade no instante t x . Observando a semelhança entre
a) a intensidade, em kN, e o sentido da carga horizontal no nó C;
b) as reações de apoio, em kN, nos nós A e B, indicando suas
direções e sentidos;
c) as barras que estão tracionadas, indicando suas magnitudes em
kN;
d) as barras que estão comprimidas, indicando suas magnitudes em
kN .
Resolução
Analisando o equilíbrio de forças do sistema como um todo, isto é,
considerando apenas as forças externas, temos:
o argumento de z  t  e t x , calcularemos inicialmente v z (t x ) :
 1  2
2 
 2 
vz 
  2k  cos  2      



 1

2 
1
2 
2 
 2 

vz 
  2k  cos     v z       2k
 1  2 
 1
2 
Sendo
v z (t x )  v (t x )  2k ,
então
v x (t x )  v y (t x )  0 ,
10 kN

RAx
D

R BX
B

R BY
RBX  RAx  FH
RBX  RAx  FH


RBY  20 kN
RBY  10  10
Analisando o equilíbrio de momentos no ponto B:
FH  3  RAx  3  10  2  10  4
   2 
 2  2 
 2 
 k  sen  1
vy 
  k  sen 


 1  2 
 1  2 
 1  2 
FH  RAx  20 em kN.


  



Analisando agora cada uma das junções de nosso problema, podemos
obter as forças envolvidas.
As figuras abaixo representam as forças que cada barra aplica sobre a
junção à qual está ligada. Observe que uma força na direção da
junção, tais como nos esquemas abaixo, representa uma força de
compressão na barra, enquanto uma força que aponta “saindo” da
junção representa uma força de tração (par ação e reação).
    2  
 2 
 2 

   cos    1
vy 
  vy 
  2k  sen
0


1  2 
 1  2 

 1  2 
0
Deste modo,

v  t x    0, 0,  2k 

RAx A
Logo, podemos notar que a velocidade é paralela à aceleração nesse
instante, portanto, a aceleração normal é nula. Sendo assim, a

aceleração tangencial é a própria aceleração a calculada.

5 kN

F DA

F AE
D
C
A
D

F ED

F AE
QUESTÃO 04
10 kN
10 kN


F DA F CD

F ED

 
Q E 
an   0, 0, 0  e at   0, 0,


m 
10 kN
C
E

 1  2 2  2 
 1  2 2  2  

      
        
 2 
1
2
1
2 
1
2
1
2 



2sen
sen
vx 

k






 


2
2




 1  2 




  1  2  
2 
 2 


   sen   
vx 
  vx 
  2k  sen
0


1  2 
 1  2 

 1  2 
0

 1  2 2  2



  cos  1  2 1  2


2

FH
A
conforme
comprovaremos matematicamente a seguir:
 1  2 
 2  2 
 2 
vx 
  k  cos       k cos      



 1
 1
 1
2 
2 
2 

 1  2 2  2

     
 2 
1
2
1
2
vy 
  k  2sen 

2
 1  2 


10 kN
 E
F BE
carga
horizontal

5 kN
1,5 m

R BX
E
1,5 m

F CD

F EC
10 kN
C

FH


F EC

F BE
B

R BY
Ponto A:
3
25


FAE 5  5
FAE  3 kN
FAE cos   5



FDA  FAE sen   RAx
F  F 4  R
F  20  R
AE
Ax
Ax
 DA
 DA
5
3
B
2,0 m
2,0 m
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio de peso desprezível
em relação ao carregamento externo. As barras desta estrutura só
resistem aos esforços normais de tração ou de compressão. Sobre o
nó D há uma carga vertical concentrada de 10 kN, enquanto no nó C
há uma carga vertical concentrada de 10 kN e uma carga horizontal.
Sabendo que o apoio A não restringe o deslocamento vertical e a força
de compressão na barra AB é 5 kN, determine:
Ponto D:
20

 RAx
FDA  FCD 
3

F  10 kN
 ED
Ponto C:
3
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50
FEC sen   FCD  FH
kN
 FEC 

3
FEC cos   10 kN

calor específico da água: 4.000

rendimento do processo de aquecimento: 95%
FEC cos   FED  FAE cos   FBE cos 
 FBE  25 kN

FBE sen   FAE sen   FEC sen 

resistência total do reostato: 12,5  .
Ponto E:
Ponto B:
J
;
kgºC
Observação:

despreze o tempo de carga do capacitor.
RBY  5  FBE cos 
 RBx  20 kN

RBx  FBE sen 
Resolução
Para facilitar a resolução podemos redesenhar o circuito já incluindo o
capacitor e estabelecendo o sentido que adotaremos para as
correntes conforme a figura a seguir:
Uma vez que já utilizamos todas as junções do nosso sistema, é
possível mostrar que sempre obteremos a relação FH  RAx  20 para
a força horizontal  FH  e para a reação no ponto A  RAx  . Com isso a
resposta do item a e parte do b não é numérica.
20 V
i1

a) Se a reação no ponto A for RAx , então a carga horizontal será dada
5
1000 μF
por FH  RAx  20 , em kN.
10 V
Se FH > 0, seu sentido será na horizontal para a esquerda e se FH < 0,
horizontal para a direita.
10 
i2
A
R
5V
i1  i 2
b) Pelo que já foi resolvido acima:
RBx  20 kN

RBY  20 kN
i1  i 2
B
100 V
12,5  R
Com RBx na horizontal para a direita e RBY na vertical para cima.
Conforme discutido anteriormente, a reação no apoio A depende da
carga horizontal no ponto C.
RAx  FH  20
Ao redesenhar o circuito percebemos que o enunciado nos dá, na
verdade, dois circuitos acoplados por um nó em comum. Dessa forma
podemos resolver o circuito de cima isoladamente do circuito de baixo
apenas para a obtenção do valor de R, o qual necessitamos para
encontrar a potência dissipada no resistor imerso em água.
Se RAx  0 , seu sentido será na horizontal para a direita e se RAx  0 ,
horizontal para a esquerda.
Para encontrarmos a tensão entre os pontos A e B podemos utilizar as
informações que possuímos a respeito do capacitor. Ele tem
capacitância 1.000 μF e carga 0,0625 C.
25
kN .
3
 0 , o módulo da tração é
c) A barra EA está tracionada e o módulo da tração é FAE 
A barra AC estará tracionada se FDA
FDA
Q  C V
20

 RAx kN
3
0,0625
1000  106
V  62,5 V
V
d) As barras DE, CE, AB e EB estão comprimidas e o valor das forças
de compressão são, respectivamente, 10 kN, 50/3 kN, 5 kN e 25 kN.
A barra AC estará comprimida se FDA  0 , o módulo da tração é
Então a parte de cima do circuito fica:
20
 RAx kN
3
FDA 
ramo :
5
62,5 V
QUESTÃO 05
10 V
ramo : A
20 V
ramo :
5
R
B
A
5V
20 V
i1
10 V
10
12,5
100 V
capacitor: 1.000 μF ;
R
5V
Vamos então às equações:
No ramo :
20  5  i1  62,5  i1  8,5 A
Dados:

i1  i 2
NOTA 1: Não há, no circuito proposto, explicação para a
diferença de potencial que se mantém no capacitor. O que houve,
provavelmente, foi algum erro por parte da banca examinadora ao
dimensionar os componentes utilizados. Note que a tensão no
capacitor após a carga (isto é, a regime) é maior do que a soma das
tensões das 3 baterias, o que é impossível fisicamente.
A figura acima apresenta um circuito elétrico composto de quatro
baterias, dois resistores fixos e dois resistores variáveis (reostatos)
lineares. Os dois reostatos são iguais e os dois cursores (que ajustam
os valores das resistências) são solidários. Um dos reostatos é imerso
em 100 litros de água a uma temperatura inicial de 20 ºC e um
capacitor é conectado entre os nós A e B. Sabendo que o potencial de
B é maior que o potencial de A e que o capacitor está com uma carga
de 0,0625 C, determine a temperatura da água após uma hora de
funcionamento do circuito.
Massa específica da água: 1
i1  i 2
B
Qualquer dos caminhos que nos leve de A para B deve nos dar a
diferença de potencial de 62,5 V.
cursores
solidários

10 
i2
No ramo :
10  10  i 2  62,5  i 2  7,25 A
Assim:
i1  i 2  15,75 A
No ramo :
5  15,75  R  62,5  R  4,29 
NOTA 2: O valor negativo encontrado para a resistência R
só reafirma o mau dimensionamento dos componentes. Para
prosseguir com a resolução adotaremos R  4,29  .
kg
;
L
4
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
O movimento parabólico do objeto pode ser descrito da seguinte
forma:
Se R  4,29  então a parte de baixo do circuito fica:
Vertical:
100 V
g t2
2
10  t 2
y  0  4  sen   t 
2
y  4  sen   t  5  t 2
eq (1)
8,21
y  y 0  v  sen   t 
Dessa forma a potência dissipada no resistor é tal que:
U2
1002
 P
 P  1218 W
P
8,21
r
Se aproveitarmos 95% dessa potência no aquecimento da água então
m  c  
0,95  P 
t
100  4000  
0,95  1218 
3600
  10,4 ºC
Se o líquido está a 20 ºC no início do aquecimento então sua
temperatura final seria de 30,4 ºC.
Horizontal:
d  p  v  cos   t
2  p  4  cos   t
p  2  4  cos   t
Ampliação linear da lente:
NOTA 3: O resultado calculado acima serve apenas como exercício
matemático, uma vez que a situação descrita no enunciado é
fisicamente impossível.
A
y'
1,2
4,8  sen   t  6  t 2

 y'
2
4  sen   t  5  t
1,2  (2  4  cos   t )
4  cos   t  0,8
Mas queremos y' variando linearmente com t, ou seja, y '  K  t , onde
K é uma constante. Logo:

g

v
y'
f

y f p
Substituindo (1), (2) e f  1,2 m no aumento, vem que:
QUESTÃO 06
Um corpo luminoso encontra-se posicionado sobre o eixo óptico de
uma lente esférica convergente de distância focal f, distando d do
vértice da lente. Esse corpo se encontra sob a ação da gravidade e é
lançado com velocidade v, formando um ângulo  com a horizontal.
Corpo
luminoso
eq (2)
4,8  sen   t  6  t 2
 K t 
4  cos   t  0,8
eixo óptico

4,8  sen   t  6  t 2  4  K  cos   t 2  0,8  K  t
Por ser uma identidade polinomial, válida para todo instante de tempo
t, devemos impor que os coeficientes correspondentes em cada
membro da equação sejam iguais, isto é:
d
4,8  sen   0,8  K

6  4  K  cos 
Determine o ângulo de lançamento  necessário para que a distância
entre esse eixo e a imagem do corpo luminoso produzida pela lente
varie linearmente com o tempo, até o instante anterior ao de seu
retorno ao eixo óptico.
Isolando K e igualando:
K
Dados:
m
;
s2
m
 v 4
;
s
 g  10
4,8  sen 
6

0,8
4  cos 
2  sen   cos  
 f  1,2 m ;
 d  2 m.
1
1
 sen(2) 
2
2
Soluções trigonométricas, para n   :
2  30  360  n    15  180  n
Resolução
Observe a figura:
ou
2  150  360  n    75  180  n

g

v
Pela montagem física da questão, só faz sentido  pertencer ao
primeiro quadrante trigonométrico, pois, segundo o enunciado, o corpo
retorna ao eixo óptico. Além disso, vamos descartar   360º .
Assim, temos:
y

dp
  15º ou   75º .
p
d
5
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
QUESTÃO 07
Situação
1
Situação
2
Ambiente
A
A
2
P  1 kgf/cm

FAR

FEL

FAR
k
k
2 cm
gás
ideal
gás
ideal
Sendo:
Q

 FAR : força exercida pelo ar devido à pressão atmosférica;

 F1 : força exercida pelo gás na primeira situação;

 F2 : força exercida pelo gás na segunda situação;

 FEL : força exercida pela mola na segunda situação.
No interior de um ambiente submetido à pressão atmosférica,
encontra-se um cilindro que contém 10 mL de um determinado gás
ideal. Esse gás é mantido no interior do cilindro por um êmbolo móvel
de área igual a 30 cm2, conforme apresentado na figura acima.
Inicialmente a mola não exerce força sobre o êmbolo. Em seguida, o
gás recebe uma quantidade de calor igual a 50% daquele rejeitado por
uma máquina térmica, operando em um ciclo termodinâmico, cujas
características técnicas se encontram listadas abaixo. Como
consequência do processo de expansão, observa-se que a mola foi
comprimida em 2 cm. O rótulo de identificação do gás está ilegível,
mas sabe-se que existem apenas duas opções – o gás é hélio ou
oxigênio. Baseado em uma análise termodinâmica da situação
descrita, identifique o gás.
Como o êmbolo está em equilíbrio em cada situação, vamos impor
que em cada caso a força resultante sobre ele deve ser nula. Assim:
 
 p1  pATM
F  F
AR
 1
 p1  A  pATM  A


     
kx
 p2  A  pATM  A  k  x
 F2  FAR  FEL
 p2  pATM 
A

 p1  1 105 Pa
5

 p1  1 10 Pa
4
2 


3  10  2  10
5
5
 p2  3  10 Pa
 p2  1 10 
30  10 4

Dados:
 temperaturas da fonte quente e da fonte fria da máquina térmica:
600 K e 450 K;
 razão entre o rendimento da máquina térmica e o do ciclo de Carnot
associado: 0,8;
 quantidade de calor recebido pela máquina térmica: 105 J;
N
 constante da mola: 3  10 4
;
m
kgf
 pressão atmosférica: 1
;
cm2
 1 kgf  10 N;
 peso do êmbolo: desprezível.
Resolução
Sendo 0,8 a razão entre o rendimento da máquina térmica e o do ciclo
de Carnot associado, operando entre as temperaturas de 600 K e
450 K, temos:
O volume ocupado pelo gás no primeiro caso é:
V1  10 mL  1 10 5 m3
Já no segundo caso:
V2  V1  A  x  1 105  30  104  2  10 2  7  10 5 m3
Entre a primeira situação e a segunda, vamos utilizar agora o teorema
do trabalho-energia cinética: "O trabalho da força resultante é igual à
variação da energia cinética do corpo". Lembrando que das três forças
que atuaram sobre o êmbolo, somente a força que o gás ideal exerce
atua a favor do deslocamento (força motriz), enquanto as outras duas
atuam contra o deslocamento (forças resistivas):
RES  EC  GÁS   AR  MOLA  0  0 
QH  QC

 T 
 0,8 
 0,8   1  C  
C
QH
 TH 
1
QC
105
GÁS  pATM  A  x 
k  x2
0
2
3  10 4   2  10 2 
 GÁS  12 J
2
2
GÁS  1 105  30  10 4  2  10 2 
450 

 0,8   1 
  QC  84 J
600 

Da Primeira Lei da Termodinâmica, vem que:
Como o calor recebido pelo gás é igual a 50% do calor rejeitado pela
máquina térmica, temos:
Q

F2

F1
Q  GÁS  U  42  12  U  U  30 J
50
 84  Q  42 J
100
Sendo f o número de graus de cada molécula do gás ideal, temos:
U 
Agora, em cada situação (inicial e final), vamos representar as forças
que atuam sobre o êmbolo:
30 
f
  p2  V2  p1  V1  
2
f
  3  105  7  105  1 105  1 10 5   f  3
2
Assim, sendo f  3 , o gás é monoatômico, tratando-se, portanto, do
hélio.
6
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
QUESTÃO 08

g
z
quando a luz tenta se propagar do meio mais refringente para o menos
refringente. Assim, sendo o meio menos refringente o ar (índice de
refração 1) e o meio mais refringente a água (índice de refração n),
vem que:
raio de luz
sen  
0
b
R
 2
2
2
2  b
1
  n 2   2  b   g   2  b  
 2
2
n
2
g    b

 2
2
g
 n 2  1   2  b   g  b 
2  n 2  1
nAR

nÁGUA
Observação: a rigor, não há um menor valor de b para o qual ocorre
reflexão total, mas sim um máximo valor de b para o qual ainda ocorre
a refração do raio luminoso, voltando para o ar após passar pela água.
r
QUESTÃO 09
fonte luminosa
Um raio de luz monocromática incide perpendicularmente no fundo
transparente de um balde cilíndrico, inicialmente em repouso.
Continuando a sua trajetória, o raio de luz atravessa a água a uma
distância b do eixo z (eixo de simetria do balde) até ser transmitido
para o ar, de acordo com a figura acima.
Se o balde e a água giram em torno do eixo z a uma velocidade
angular constante , calcule o menor valor de b para o qual a luz sofre
reflexão total.
Dados:
Uma placa rígida e homogênea de massa M e espessura desprezível
está apoiada na quina de um degrau sem atrito e em equilíbrio, como
mostrado na figura. Sobre a placa, encontra-se fixado um cubo de
aresta L e massa m, a uma distância x do extremo esquerdo da placa.
O extremo direito da placa está preso por um fio a um conjunto de
polias, que sustenta uma esfera totalmente imersa em um líquido.
Determine:
a) o valor de x, considerando que tanto o fio quanto a placa fazem um
ângulo  com a horizontal;
b) o valor do raio R da esfera.

índice de refração da água: n;

índice de refração do ar: 1;

raio do balde: R  b.
Resolução
Ao girar o balde em torno do eixo z, temos a configuração a seguir,
com a aceleração (centrípeta) a que uma molécula do líquido na sua
superfície fica sujeita:
z
Dados:






aCP

0
b
Observação:
R
 Considere o fio ideal e despreze a massa das polias.
Resolução
a) No enunciado temos a informação de que se trata de uma placa,
enquanto nos dados fornecidos se fala em extremos de uma barra.
Embora isso não faça muita diferença, na resolução consideraremos
que se trata de uma barra.
Considere o diagrama de forças na barra, e também as distâncias
indicadas:

b 
a
L 


2

 x  2
b 
 b 

a
a 

 2 

r
Utilizando o Princípio da Equivalência, para passar para o referencial
(acelerado) do líquido em rotação, vem que:

aCP

aCP
sen    
g AP

g 
massa específica da esfera: e;
massa específica do líquido: L;
aceleração da gravidade: g.
distância da quina ao extremo esquerdo da barra: a;
distância da quina ao extremo direito da barra: b.
2  b
 2
2
g   2  b 
N

g AP
L
x 2

P2x
Agora, pela lei de Snell-Descartes, a reflexão interna total ocorre para
os ângulos de incidência  tais que:
sen  

P1x
L
nmenor
,
nmaior
2

P2
7

P2y

P1

P1y
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
Sendo:




VL  V 

P1 : peso da barra;

P2 : peso do bloco;

T : tração;

N : reação normal na quina (a reação deve ser normal porque não
há atrito na quina, logo não pode haver nenhuma componente da
força de contato na direção paralela à barra).
Portanto:

 4
 4
2   M  m   g  sen   L  g     R 3  e  g     R 3 
3
3
2
3
 M  m   sen    e  L   3    R 
As componentes dos pesos (da barra e do bloco) nas direções
paralela e normal à barra têm suas intensidades dadas por:

P M
 1x
 
 P1y  M 

g  sen 

g  cos 
e

P  m
 2x
 
 P2 y  m 
4
   R3
3
R

g  sen 

g  cos 
3
3   M  m   sen 
2     e  L 
QUESTÃO 10
PG 2
MT2
Impondo o equilíbrio dos torques em relação ao ponto de apoio na


quina, temos ( T e P1x têm suas linhas de ação passando por esse
Pentrada
PG1
MT1
G2
G1
Psaída
ponto, por isso não exercem torque em relação a ele):
 L  
L    

 a  b 
P2 x   P2 y  a   x     P1y  b  
 
2
2


 2 







L
L 

 ba
m  g  sen    m  g  cos   a   x     M  g  cos   

2
2
2 





Tensão Terminal (kV)
Figura 1

Dividindo toda a igualdade por m  g  cos  , temos:
L 
L  M  b  a 

tg    a   x    


2 
2  m  2 

x a

m 
Agora, analisando as forças atuando sobre a polia móvel e sobre a
esfera, temos o seguinte diagrama:

2T
5
0
Gerador G1
0
200
400
600
800
A Figura 1 apresenta a planta de uma usina térmica de ciclo
combinado. As saídas das máquinas térmicas 1 e 2 (MT1 e MT2)
alimentam os geradores G1 e G2, fornecendo-lhes, respectivamente,
as potências PG1 e PG2. As curvas de Tensão Terminal versus
Corrente do Gerador dos dois geradores são apresentadas na Figura
2. Os dois geradores estão conectados em paralelo fornecendo uma
20.000
kW , com uma tensão de 10 kV.
potência de saída (Psaida) de
3
Determine:
  



T  P1x  P2 x  M  g  sen   m  g  sen    M  m   g  sen 

T
Gerador G2
Figura 2

2 
b) Impondo que a força resultante na direção paralela à barra deve ser
nula, temos:

T
14
12
10
Corrente do gerador (A)
 tg   1  L  M   b  a 
2
10kV
a) a resistência interna de cada gerador;
b) o percentual da carga total fornecida por cada gerador;
c) a perda na resistência de cada gerador;
d) as potências PG1 e PG2 fornecidas aos geradores;
e) o rendimento do sistema

E
Dados:


2T

a máquina térmica MT1 opera entre as temperaturas de
800 ºC e 300 ºC e seu rendimento é 35% do rendimento
máximo do ciclo de Carnot a ela associado;
a máquina termina MT2 opera entre as temperaturas de
500 ºC e 50 ºC e o seu rendimento é 40% do rendimento
máximo do ciclo de Carnot a ela associado.
Observação:

Considere nos geradores somente as perdas em suas
resistências internas.
Resolução
a) Para determinarmos as resistências internas dos geradores
necessitamos das informações do gráfico apresentado na Figura 2.
Os geradores apresentados seguem a equação U    r  i .

P
Sendo nula também a força resultante sobre a esfera, vem que:
  



2 T  E  P  2   M  m   g  sen   L  g  VD  e  g  V ,
Gerador 1:
  14 kV .
Coeficiente linear do gráfico
Aplicando os valores de 600 A para a corrente e 5 kV para a
tensão entre os terminais:
onde VD é o volume de fluido deslocado pela esfera e V é o volume da
esfera. Como ela se encontra completamente imersa, temos que:
8
(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE IME 2014 – DISCURSIVAS
PG  Pútil  Pdis
U    r i
5  10  14  10  r1  600  r1  15 
3
3
Gerador 1:
Gerador 2:
  12 kV .
Coeficiente linear do gráfico
Aplicando os valores de 400 A para a corrente e 10 kV para
a tensão entre os terminais:
PG1 
Gerador 2:
PG 2  4000  800  PG 2  4800 kW
U    r i
10  103  12  103  r2  400  r2  5 
e) O rendimento do sistema é a razão entre a potência de saída e a
potência de entrada. Para calcularmos a potência de entrada devemos
utilizar os dados a respeito da máquina térmica MT1. É importante
notar que o rendimento da máquina térmica MT2 não influi no
rendimento total do sistema, visto que MT2 é alimentada pela energia
desperdiçada em MT1.
b) Encontraremos primeiramente a corrente total fornecida na saída
dos geradores:
Psaída  USaída  i total
20000
 103  10  103  i total
3
2000
i total 
A
3
O rendimento da maquina térmica MT1 é dado por:
 T 
 300  273 
MT 1  0,35   1  F   MT 1  0,35   1 

 T 
 800  273 
Q 

MT 1  0,163
Se, do gráfico, o Gerador 2 fornece uma corrente i 2  400 A , então o
Desse modo, sabe-se que:
P
11200 3
MT 1  G1  Pentrada 

0,163
Pentrada
o que falta para i total advêm do Gerador 1. Portanto,
i total  i1  i 2 
2000
800
 i1  400  i1 
.
3
3
Pentrada  22900 kW
O percentual de carga total do Gerador 2  G 2  é dado por:
G 2  100 
11200
8000 3200
kW

 PG1 
3
3
2
Então, o rendimento total da planta é:
P
20000 3
  saída   
   0,29
22900
Pentrada
i2
400
 G 2  100 
 G 2  60%
2000
i total
3
O restante corresponde à porcentagem fornecida pelo Gerador 1
G1  .
Equipe desta resolução
G1  100%  60 %  G1  40%
c) A potência dissipada em cada resistência interna pode ser calculada
da seguinte forma:
Pdis  i 2  r
Física
Danilo José de Lima
Luiz Salles de Carvalho
Vinício Merçon Poltronieri
Gerador 1:
2
3200
 800 
P1 dis  i12  r1  P1 dis  
  15  P1 dis  3 kW
 3 
Revisão
Gerador 2:
P2 dis  i 22  r2  P2 dis  4002  5  P2 dis  800 kW
Edson Vilela Gadbem
Eliel Barbosa da Silva
Fabiano Gonçalves Lopes
Felipe Eboli Sotorilli
d) Para encontrarmos as potências fornecidas aos geradores pelas
máquinas térmicas necessitamos encontrar agora as potências
fornecidas pelos geradores para a saída.
Pútil  U  i
Digitação, Diagramação e
Publicação
Gerador 1:
P1 útil  10  103 
Allan Cavalcanti de Moura
Lucas Rubi Rosa
800
8000
kW
 P1 útil 
3
3
Gerador 2:
P2 útil  10  103  400  P2 útil  4000 kW
As potências recebidas pelos geradores é a soma das potências
fornecidas por eles à saída com as potências dissipadas em suas
resistências internas:
9