Física - Discursiva Resolvida



kx 2
Kx 2
 mgh  mgh 1  cos 3  
sen 2   mgd
2
2
01.
Uma mola comprimida por uma deformação x está em contato
com um corpo de massa m, que se encontra inicialmente em repouso
no Ponto A da rampa circular. O corpo é liberado e inicia um
movimento sem atrito na rampa. Ao atingir o ponto B sob um ângulo θ
indicado na figura, o corpo abandona a superfície da rampa. No ponto
mais alto da trajetória, entra em contato com uma superfície plana
horizontal com coeficiente de atrito cinético µ. Após deslocar-se por
uma distância d nesta superfície horizontal,o corpo atinge o repouso.
Determine, em função dos parâmetros mencionados:
d 
kx 2
h
cos 2    cos3 
2mg

02. Um corpo com massa m, inicialmente em repouso sobre
uma superfície horizontal e preso a uma mola de constante
elástica k, representado na figura, recebe um impulso I, para a
direita, dando início a um Movimento Harmônico Simples (MHS).
Inicialmente não existe atrito entre o corpo e a superfície horizontal
devido à presença de um lubrificante. Contudo, após 1000 ciclos
do MHS, o lubrificante perde eficiência e passa a existir atrito
constante entre o corpo e a superfície horizontal. Diante do
exposto, determine:
a) a altura final do corpo Hf em relação ao solo;
b) a distância d percorrida ao longo da superfície plana horizontal.
Dados:
- aceleração da gravidade: g;
- constante elástica da mola: k;
- raio da rampa circular: h.
a)
b)
c)
d)
Solução:
Dados:
• massa do corpo: m = 2 kg;
• impulso aplicado ao corpo: I = 4 kg.m/s;
• constante elástica da mola: k = 8 N/m;
• coeficiente de atrito: μ = 0,1;
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.
+
d
v
x
h
h.cos
a máxima amplitude de oscilação;
o módulo da aceleração máxima;
a máxima energia potencial elástica;
a distância total percorrida pelo corpo até que este pare
definitivamente.
v
Observação:
• a massa da mola é desprezível em relação à massa do corpo.
Hf
N.R 0
Solução:
I
a)
De “A” para “B”, EMEC  0.
m
mVB2
kx 2
 mgh  mgh1  cos  
2
2
mVB2
kx 2
 mgh cos  
*
2
2
De “B” para “C”, EMEC  0.
mgh 1  cos  
mv B2 mv B2

cos 2   mgHF
2
2
mv B2
 mgh 
sen 2   mgh cos   mgHF * *
2
corpo
m
k
î
X MAX = A
a) Do teorema do Impulso, segue que:

 
 0
I  P  PF  P0
 
I  PF  PF  4 î (S.I.)
P2
42
Mas EK 0  F  EK 0 
 4J
2m
2x 2
Da conservação da energia, vem:
Substituindo * em * *, sem :


kx 2
HF  h 1  cos  
 sen2
2mg
3
EK 0 
K A2
8 A2
 4
 4J  A  1,0m
2
2
b) Do M.H.S., vem que:
b)
De “A” para “C”, EMEC  0.
kx 2
 mgh  mgHF  EKC * * *
2
Mas EKC  WFAT  mgd
Substituindo a expressão de HF obtida na letra “a” e EK acima em ***,
vem:
GGE RESPONDE IME 2015 – Prova Discursiva FÍSICA
A MAX  2  A
2 
K 8
  4 (S.I.)
m 2
A MAX  4 1 4 m/ s2
elast
c) E pot ( MAX)  EK 0  4J
1
d) Em 1 ciclo, o corpo percorre 4m. Em 1000 ciclos, 4.000m. Com a
presença do atrito, toda energia será dissipada.
Em um instante qualquer, na vertical, vem que: P = mg = N
P
Mas, Fat   N    m  g
Como a prova não forneceu o coeficiente de atrito estático, iremos
assumir que este coeficiente será igual ao dinâmico.
No repouso e equilíbrio, KX    m  g
X 
 mg
K

0,1  2  10
8
X  0,25 m
a) o modulo da velocidade final dos elétrons;
b) as coordenadas do ponto onde o feixe deixa a região sujeita ao
campo magnético;
c) a tensão Ε para que se obtenha θ = 0;
d) os valores α e β tais que, para um valor muito alto de Ε, a
coordenada x do ponto onde o feixe de electrons deixa a região
do campo magnetic possa ser aproximada por Xsaída ≈ αΕβ.
Dados:
- carga do elétron: -q;
- massa do elétron: m;
- tensão aplicada ao capacitor: E;
- capacitância do capacitor: C;
- coordenadas do vetor campo magnetic dentro da região ABCD: (0,
0, +B);
- comprimento dos segmentos AB e CD: L;
- comprimento dos segmentos BC e AD: infinito;
- velocidade inicial do feixe de elétrons:v0.
Observações:
- todas as respostas não devem ser expressas em função de θ;
- a trajetória do feixe antes de entrar no capacitor coincide como semi
eixo x negativo;
- o campo elétrico no interior do capacitor é constante;
- não há campo gravitacional presente.
Solução:
a) Os elétrons sofrem uma aceleração ao passar pela região do
capacitor. Nesse caso, temos:
Da conservação de energia, segue que
Fe
KX 2
   m  g  d  EK0
2
8  0,25 2
2
 0,1 2  10  d  4  d  1,875m
 E C  qE 
2qE
 v 02
m
Com essa velocidade os elétrons ingressarão na região com o campo
magnético. Não haverá mudança no módulo dessa velocidade,
apenas na sua direção. Daí
Logo a distância total percorrida pelo bloco vale
4000 + d = 4001,875m
03.
mv 2 mv 02

v
2
2
2qE
 v 02
m
v  v final 
b) A trajetória dos elétrons na região com o campo magnético pode
ser representada na figura a seguir: Trata-se de um arco de
circunferência.
As coordenadas do ponto P, valem:
yp  L
x p  R cos 
Mas
L  R  R  sen  sen  1 
L
R
O
Rsen
v
R

.
R cos 

p
L
.
Um feixe de electrons atravessa um capacitor carregado e furado em
suas duas places paralelas ao plano yz, sendo acelerado durante a
sua permanência no interior do capacitor, conforme as figuras. Logo
após deixar o capacitor, o feixe penetra em uma região do espaço
sujeita a um campo magnetic uniforme, conforme indicado nas
figuras. Sabendo que a coordenada x de qualquer elétron do feixe é
não decrescente, determine:
GGE RESPONDE IME 2015 – Prova Discursiva FÍSICA
v
A expressão para R é obtida identificando a força magnética com a
resultante centrípeta.
2
Assim
04.
Fm  q  v  B  Fm  q  v  B  sen 90º
F m  Fm  qvB  Fm  Fcp
Daí
qv B 
mv 2
mv
mv
m
R
R 
R 
R
qB
qB
qB
2qE
 v 02
m
Então
2
L

x p  R cos   R 1  sen 2   R 1  1   
R


x p  2LR  L2  2L
m
qB
2qE
 v 02  L2
m
E por fim as coordenadas do ponto de saída do feixe serão:
Resposta:
2Lm
qB
xp 
2qE
 v 02  L2
m
r 2
r
 2r0
, onde ∆r e ∆t são respectivamente, a
t
t
variação do raio da bobina a variação do tempo;
- Suponha que o campo magnético a que a bobina II está sujeita é
constante na região da bobina e igual à determinada no eixo das
bobinas.
- Considere que
c)
Quando   0º  R  L  Assim
mv
qBL
v
qB
m
Solução:
E também
qE 

mv 2 mv 02 m  q2B 2L2

 
 v 02 
2
2
2  m2

Por fim
E
Dados:
- permissividade da água: µ ;
- coeficiente de dilatação da bobina: α;
- variação temporal da temperatura: b.
Observações:
yp  L
RL 
Considere a figura acima. A bobina l, com N1 espiras, corrente
i e comprimento L, gera um campo magnético constante na
região da bobina II. Devido à variação da temperatura da água
que passa no cano, surge uma tensão induzida na bobina ll com N2
espiras e raio inicial ro. Determine a tensão induzida na bobina II
medida pelo voltímetro da figura.

m  q2B 2L2
 v 02 

2q  m2

2Lm
qB
2qE
 v 02  L2
m
Para valores " muitos altos" de E, os fatores v 02 e L2
podem ser desprezados.
Assim
X SAÍDA 
2Lm
qB
2qE

m
8L2m
qB 2
d( r 2 )
dr
  N2B2r0

dt
dt
 dr 
   (2r0 ) N2B  
 dt 
Mas devido à dilatação da área da bobina II, temos:
dr = r0    dθ
Assim:
r d
   (2r0 ) N 2B 0
dt
d
2
   (2r0 ) N2 B
dt
Mas o campo magnético produzido pela bobina I será dado por:
N
B  1  i
L
   N2B
d)
Pela resposta da letra (b), vem :
X SAÍDA 
A força eletromotriz induzida na bobina II será dada por:
d B
   N2
dt
Onde B é o fluxo magnético em cada espira da bobina II. O sinal
negativo é devido à Lei de Lenz.
Assim:
d(B  A )
dA
   N2
  N2B

dt
dt
E
Desse modo:
Daí
X SAÍDA  E
Então
1
 8L2m  4


 qB 2 


1

4
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N
 d
  (2r02 ) N2   1   i 
 L
 dt
Mas:
d
b
dt
Daí:
N N

  (2r02 )  1 2   i     b
L


3
d) Retomando o resultado do item a)
05.
FBC
ÁREA

32  10 3 N
64  10 6  m 2

5
 10 8 N / m 2

  r 2    (8  10 3 )2  64  10 6  m2
A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por barras
fixadas por pinos. As barras AE e DE são feitas de um material
uniforme e homogêneo. Cada uma das barras restantes tem massa
desprezível e seção transversal circular de 16 mm de diâmetro.
O apoio B, deformável, é elástico e só apresenta força de reação na
horizontal. No ponto D, duas cargas são aplicadas, sendo uma delas
conhecida e igual a 10 kN e outra na direção vertical, conforme
indicadas na figura. Sabendo que a estrutura no ponto B apresenta
um deslocamento horizontal para a esquerda de 2 cm, determine:
a) a magnitude e o sentido da reação do apoio B;
b) as reações horizontal e vertical no apoio A da estrutura, indicando
seu sentido;
c) a magnitude e o sentido da carga vertical concentrada no ponto D;
d) o esforço normal (força) por unidade de área da barra BC,
indicando sua magnitude e seu tipo (tração ou compressão).
Dados:
- aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
- densidade linear de massa: µ = 100 kg/m;
- constante elástica do apoio B: k = 1600 kN/m.
06.
A figura acima apresenta um circuito composto por quatro baterias e
u
três resistores. Sabendo-se que I1 é igual a 10 , determine, em
R
função de U e R:
a) a resistência r;
b) o somatório de I 1, I 2 e I3;
c) a potência total dissipada pelos resistores;
d) a energia consumida pelo resistor 3R em 30 minutos.
Solução:
a) FB  Kx  1600  10 3 (2  10 2 )  3,2  10 4 N
Solução:
O circuito dado pode ser reconfigurado como segue:
O apoio “B” exerce na barra uma força para direita, puxando a barra
uma vez que ela está deslocada para esquerda.
A barra exerce no ponto “B” uma força para esquerda (reação).
D
U
b) Desenhando as forças externas que atuam na estrutura:
r
I2
3U
A
POE    L  g  100  2  10  2kN
3R
C
B
R
2U
PEA  3  PDE  6kN
4U
I3
Eq. de translação:
10 kN + 32kN = Fx
Fx = 42Kn
Podemos determinar as ddp’s e as respectivas polaridades entre os
pontos B e D, B e C e D e C.
Desse modo podemos construir o diagrama a seguir
Eq. de rotação: (eixo no ponto “D”)
2kN ∙ 1m + 6kN ∙ 3m + 32kN ∙ 1,5m = Fy ∙ 4m
68kN = 4 ∙ Fy
+
FD  9KN Sentido para baixo
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i1 =
4U
/r
B
-
r
3R
R
R
U/3
FD  8kN  17kN
-
I2
U
i2 =
c) Eq. de translação vertical:
FD  2kN  6kN  Fy  17kN
D
4U
Fy = 17Kn
-
C
i2 = 5U/R +
+
I3
5U
4
Fazendo a lei dos nós no ponto D, vem:
I1 
U
U
4U
10U
4U
4 10
1




 


3R
r
R
3R
r
r
R
3R
r
12R
31
figura, percebe dois tons sonoros simultâneos distintos devido ao
movimento das fontes. Sabendo-se que, para o observador, o
menor intervalo de tempo entre a percepção de tons com a máxima
frequência possível é T e a razão entre a máxima e a mínima
frequência de tons é k, determine a distância entre as fontes.
Dados:
velocidade da onda sonora: v.
b) Usando a lei dos nós no ponto B, vem:
5U
4U
5U 4U

 0  I2 

0
I2 
12U
R
R
r
31
46U
5U 31U

 0  I2 
I2 
3R
R
3R
Usando a lei dos nós no ponto C, vem:
16U
U 5U

 I3 
I3 
3R
3R R
Observação:
- a distância entre B e C é maior que a distância entre P e C.
Solução:
VF   

2
Tvolta  2T

2


Tvolta
T
VF 

2T
Por sim:
I1  I2  I3 
10U 76U 16U
16U 16U




R
3R
3R
3R
3R
I1  I2  I3  0
Por efeito Doppler sonoro, vem:
V
fmax  f0 
V  VF
c) Temos:
Pot (1)
U2 ( 4U)2 16U2
 1 

12R
R1
r
31
Pot (1) 
124U2
3R
Pot ( 2) 
U22 U2
U2

 Pot ( 2) 
R 2 3R
3R
Pot(3) 
U32
R3

C
VF
(5U)2
25U2
 Pot(3) 
R
R
Por fim:
Pot ( total )  Pot (1)  Pot ( 2 )  Pot ( 3 )
Pot ( total ) 
124U2 U2 25U2


3R
3R
R
Pot ( total ) 
200U2
3R
B
Por efeito Doppler sonoro, vem:
V
fmin  f 0 
V  VF
VF
c) Temos:
E  Pot  t
C
2
E
U
 30  60
3R
E
600  U2
em watts
R
07.
B
fmax
V  VF

K
fmin
V  VF
VF  V 
(1  K )
(1  K )

2T
2VT (1  K )


 (1  K )
Mas VF 
A figura acima apresenta duas fontes sonoras P e Q que emitem
ondas de mesma frequência. As fontes estão presas às
extremidades de uma haste que gira no plano da figura com
velocidade angular constante em torno do ponto C, equidistante de
P e Q. Um observador, situado no ponto B também no plano da
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5
08.
De
, vem v c2  g  h'
em
De “A” para “C”, ∆EMEC = 0
mv 02 mv c2

 m  g  h'
2
2
v 02  g  h'  2g  h'
h' 
v 02
3g
b)
A figura acima mostra uma rampa AB no formato de um quarto de
circunferência de centro O e raio r. Essa rampa está apoiada na
interface de dois meios de índices de refração n1 e n2. Um
corpo de dimensões desprezíveis é lançado do ponto A com
velocidade escalar v0, desliza sem atrito pela rampa e desprende-se
dela por efeito da gravidade. Nesse momento, o corpo emite um feixe de
luz perpendicular à sua trajetória na rampa, que encontra a Base 2 a
uma distância d do ponto P.
Determine:
a) a altura relativa à Base 1 no momento em que o corpo se
desprende da rampa, em função de v0;
b) o valor de v0 para que d seja igual a 0,75 m;
c) a faixa de valores que d pode assumir, variando-se v0.


n1
O

h
E
F
4 3

3 5
4
 sen 
5
Da relação sen2θ + cos2θ = 1, vem que cosθ = 3/5
1  sen 
Mas:
cos 
x̂
h'
r
3 h'

5 2
6
h'  m
5
B
C 
Py

Como v 0  3g  h' , vem que :

v 0  3  10 
O
A
h'
n1  sen  n 2  sen
mv c2
r
ŷ
v0

Da Lei de Snell, vem:
 g  r  cos 

P
C
d
Solução:
a)
Seja C o ponto de descolamento da base.
 


N  O e Py  Fcp
v c2
n̂
n2
Dados:
- aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
- raio da rampa: |OA| = 2 m;
- espessura do meio 2: h = 1 m;
- índice de refração do meio 1: n1 = 1;
- índice de refração do meio 2: n2 = 4/3.
Py  P  cos  
d 0,75

h
1
3
3
 tg   sen 
4
5
Do OEF, tg 
h
6
5
v 0  6m / s
P
d
cos  

h'
h'
 h'  r  cos 
r
r
c) Da figura, 0° ≤ θ ≤ 90°  0 ≤ d < dmx
Quando θ  90°, da Lei de Snell segue que:
n1  sen90° = n2  senmax
4
1  1   sen max
3
3
sen max 
4
base
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6
Experiência 2: A chapa da experiência anterior é posta em contato
com uma chapa padrão de mesma área de seção reta e espessura
210 mm. Nota-se que, submetendo este conjunto a 50% da taxa de
calor empregada no tratamento do resíduo, a temperatura da face livre
da chapa padrão é 60° C enquanto que a face livre da chapa da
experiência atinge 100° C.
n̂
r
n1

r
0
Da relação fundamental, vem:
sen 2  max   cos 2  max   1
cos max  
Com base nestes dados, determine se o tanque pode acumular a
produção do resíduo nos próximos três dias sem risco de
transbordar. Justifique sua conclusão através de uma análise
termodinâmica da situação descrita e levando em conta os dados
abaixo:
7
4
Dados:
- calor específico do resíduo: 5000 J/kg °C;
3
- massa específica do resíduo: 1200 kg/m ;
- condutividade térmica da chapa padrão: 420 W/m °C.
O
h
max
P
dmax
K
sen( max ) 3 7
Logo, tg max  

cos( max )
7
Do OPK, vem : tg( max ) 
dmax
3 7
 dmax 
m
h
7
3 7
m
7
09. Uma fábrica produz um tipo de resíduo industrial na fase
líquida que, devido à sua toxidade, deve ser armazenado em um
tanque especial monitorado à distância, para posterior
tratamento e descarte. Durante uma inspeção diária, o controlador
desta operação verifica que o medidor de capacidade do tanque
se encontra inoperante, mas uma estimativa confiável indica que
1/3 do volume do tanque se encontra preenchido pelo resíduo.
O tempo estimado para que o novo medidor esteja totalmente
operacional é de três dias e neste intervalo de tempo a empresa
produzirá, no máximo, oito litros por dia de resíduo.
Daí, 0m  d 
Solução:
V 
 t   C
3
Q m  c


  
t
t
t

  Vt  C  
   1 10 6  Vt *
3t
Experiência 1: (Regime estacionário)
A  0.25m2
L1  0.01m
Kc
'  20 º C
K A  '
 C
L1
  KC 
0.25  20
   500K C * *
0.01
Experiência 2: (Regime estacionário)
Durante o processo de tratamento do resíduo, constata-se que, com o
volume já previamente armazenado no tanque, são necessários
dois minutos para que uma determinada quantidade de calor
eleve a temperatura do líquido em 60° C. Adicionalmente, com um
corpo feito do mesmo material do tanque de armazenamento, são
realizadas duas experiências relatadas abaixo:
 K C  A  " K CHAPA  A   *
***


2
L1
L2
Com um pouco de álgebra, segue que:
Experiência 1: Confecciona-se uma chapa de espessura 10 mm cuja
área de seção reta é um quadrado de lado 500 mm. Com a mesma
taxa de energia térmica utilizada no aquecimento do resíduo, notase que a face esquerda da chapa atinge a temperatura de 100° C
enquanto que a face direita alcança 80° C.
 *  30 º C
500K C K C A  "
0,25

 250 
 "  "  10º C
2
L1
0,01
Daí
 420  0,25  30
J

   3  10 4
s
2
0,21
Substituindo em *, vem:
3  10 4  1  10 6  Vt  Vt  0,03m 3  30 litros
Como já há 10 litros e devem ser depositados mais 24 litros, deverá
ocorrer transbordamento do tanque.
GGE RESPONDE IME 2015 – Prova Discursiva FÍSICA
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10.
FE
T2
FE  K EQUIVALENT E  X
Fy
T1
FE 
Fx
P3
3k 1  k 2
X
3k 1  k 2
FX e Fy : forças que o pivô exerce no corpo III
E1  1  ( 4a 3 ) g
F3
Quatro corpos rígidos e homogêneos (I, II, III e IV) de massa
específica µο, todos com espessura a (profundidade em relação à
figura), encontram-se em equilíbrio estático, com dimensões de
seção reta representadas na figura. Os corpos I, II e IV apresentam
seção reta quadrada, sendo: o corpo I apoiado em um plano
inclinado sem atrito e sustentado por um fio ideal; o corpo II
apoiado no êmbolo menor de diâmetro 2a de uma prensa hidráulica
que contém um líquido ideal; e o corpo IV imerso em um tanque
contendo dois líquidos de massa específica µ1 e µ2. O corpo III
apresenta seção reta em forma de H e encontra-se pivotado
exatamente no ponto correspondente ao seu centro de gravidade.
Um sistema de molas ideais, comprimido de x, atua sobre o corpo
III. O sistema de molas é composto por três molas idênticas de
constante elástica K1 associadas a outra mola de constante elástica
K2. No vértice superior direito do corpo III encontra-se uma força
proveniente de um cabo ideal associado a um conjunto de polias
ideais que sustentam o corpo imerso em dois líquidos imiscíveis. A
parte inferior direita do corpo III se encontra imersa em um dos
líquidos e a parte inferior esquerda está totalmente apoiada sobre
o êmbolo maior de diâmetro 3a da prensa hidráulica. Determine o
ângulo β do plano inclinado em função das variáveis enunciadas,
assumindo a condição de equilíbrio estático na geometria
apresentada e a aceleração da gravidade como g.
(EMPUXO)
E1
1
1
1
3K1  K 2


 K EQ 
K EQ 3K1 K 2
3K1  K 2
Eq. de rotação em relação ao pivô:
T2  4a  F3  2a  E1  2a  FE  2a  T1  1a (Inferindo distâncias a partir da f
4  T2  2  1  4  a 3  g  2 
3K 1  K 2
 X  4a 3   0  g  sen (  )  2  225 a 3   0
3K 1  K 2


3 K1  K 2
x
9
 T2  g21  a 3  
  a 3   0  sen (  )   a 3   0 
2 3K 1  3K 2 g
8


Equilíbrio do corpo IV
T3
E2
T3  2  T2

3
P4  4a 0  g

E2  1  2a3g  2 2a3g
P4
Solução:
Volumes :
V1  2a ².a  4a³
T3  E 2  P4
V2  a³
2  T2  2a 3 g  1   2   4a 3   0  g
V3  irrelevante
V4  V1  4a³
T2  a 3  g  2 0  1   2  E Q 4
P1  P4  4a³  o  g
Pesos : 
P2  a³  o  g
Igualando os resultados (3) e (4) temos:
Equilibrio do Corpo I :
T1  P1  sen()  4a³ o  gsen ()

P1

3 K1  k 2 x
9 
  0 sen   0 
a 3  g2 0  1   2   a3  g  21 
3

2
3
k
k
8 
1
2 a g

 2 0  1   2  21 
F2 : Força de contato que o
corpo II exerce no êmbolo
esquerdo
F3 : Força que o êmbolo direito
F2  P2  a³  o  g
exerce no corpo III

3 K1  k 2
x
9

  0 sen    0
2 3k1  k 2 a 3 g
8
3 K1  k 2
x
25
 0  31   2 

  0 sen 
2 3k1  k 2 a 3 g
8
 25
1
  arcsen 

0
 8

3 K1  k 2
x 
  31   2 
 3 

2 3k1  k 2 a g 


F2
F3
a ³  o  g
F3



 F3  2,25a³o  g
área 2 área3
a²
(2,32)²
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