Física - ELITE CAMPINAS

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O ELITE RESOLVE IME 2004 – FÍSICA
Fone: (19) 3232-2713
ü GABARITO IME – FÍSICA – QUESTÃO 1
01. A figura abaixo mostra uma fenda iluminada por uma luz de
comprimento de onda λ. Com as molas não deformadas, o ângulo
correspondente ao primeiro mínimo de difração é θ. Determine:
1. a largura d da fenda com as molas não deformadas;
2. o valor da força F que deverá ser aplicada para que o ângulo
correspondente ao primeiro mínimo de difração passe a ser θ / 2 .
Dado: constante elástica de cada mola: k.
OBS: despreze todas as forças de atrito.
SOLUÇÃO:
Desprezando-se a ação da gravidade, conclui-se que a força
magnética provoca na partícula um movimento circular uniforme de
raio R, sendo a força magnética a resultante centrípeta que age
sobre a partícula:
mola
luz
F
d
θ
mola
SOLUÇÃO:
a) d sen θ = mλ
Como θ é o ângulo correspondente ao primeiro mínimo de
difração, temos: m = 1.
λ
(I)
d sen θ = λ ⇒ d =
sen θ
b)
Utilizando a equação (I) para θ/2, obtém-se:
λ
d'= d + x =
sen θ
( 2)
λ
⇒x=
sen θ
( 2)
 FM =| q | v0 B
mv02
mv0

2
⇒
|
q
|
v
B
=
⇒R=
, onde

mv0
0
R
|
q
|
B
F
=
 cp

R
m = massa da partícula.
v 0 = velocidade da partícula
B = intensidade da indução magnética.
q = carga da partícula
A trajetória será estacionária. Com isto , pode-se determinar as
imagens formadas considerando que se trata de uma circunferência
estática – como se fosse um anel - diante do sistema.
x
•
foco
Vista de perfil
Para a lente:
λ
−
senθ
1 1 1 , onde x’ é a distância entre o plano da lente e a
= +
f x x'
imagem, portanto:
x' =
Aplicando-se a Lei de Hooke para as duas molas da figura:
 λ
λ 
F = k eq .x ⇒ F = 2 k 
−
 sen θ
senθ 
2


( )
r
02. Uma partícula carregada está sujeita a um campo magnético B
paralelo ao eixo k, porém com sentido contrário. Sabendo que sua
r
velocidade inicial é dada pelo vetor v 0 , paralelo ao eixo i, desenhe
a trajetória da imagem da partícula refletida no espelho, não
deixando de indicar a posição inicial e o vetor velocidade inicial da
imagem (módulo e direção). Justifique sua resposta.
Dados: os eixos i, j e k são ortogonais entre si;
Distância focal da lente = f (f < x);
Massa da partícula = m;
Carga da partícula = q.
OBS: o espelho e a lente estão paralelos ao plano i – j.
xf
x− f
Como x > f a imagem será real, formando-se, portanto, após a
lente.
1º Caso: d > x’ (espelho depois da imagem gerada pela lente)
L
E
2ª imagem
•
r
1ª imagem
v'
r
v'
E
E
•
r
v0
•
partícula
2º caso: d < x’ (espelho antes da imagem formada pela lente)
1
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vZ − 0
5−0
=
50 − 10 110 − 10
L
E
r
V'
•
•
Obtém-se: v Z = 2
r
V0
1ª imagem
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•
partícula
2ª imagem
2) Pela lei de Pouillet a corrente no circuito é
i=
ΣE − ΣE'
100
⇔ i=
⇔ i = 10A
ΣR
2+8
A potência no resistor R 2 fica:
PR2 = R2 . i2 ⇔ PR2 = 8 . 102 = 800 W
∴ Q = PR . ∆t ;
2
Em ambos os casos, pela equação do aumento linear, temos:
R'
x'
= − , onde R’ é o raio da trajetória descrita pe la imagem.
R
x
Obviamente, o tempo para percorrer uma volta completa é o
mesmo para o objeto e para sua imagem, logo:
v' 2πR'
x'
=
= − , assim o módulo da velocidade da imagem será:
v0 2πR
x
v' = −
v0 xf
x( x − f
)
03. A figura 1 ilustra um sistema de aquecimento de água em um
reservatório industrial. Duas bombas hidráulicas idênticas são
utilizadas, sendo uma delas responsável pela captação de água da
represa, enquanto a outra realiza o fornecimento da água aquecida
para o processo industrial. As bombas são alimentadas por uma
única fonte e suas características de vazão versus tensão
encontram -se na figura 2. O circuito de aquecimento está
inicialmente desligado, de maneira que a temperatura da água no
tanque é igual a da represa. Supondo que a água proveniente da
represa seja instantaneamente misturada pelo agitador no tanque,
que não haja dissipação térmica no tanque e que o sistema de
aquecimento tenha sido acionado, determine:
1. a vazão das bombas, caso a tensão das bombas seja ajustada
para 50 V;
2. a energia em joules fornecida pela resistência de aquecimento
em 1 minuto ao acionar a chave S;
3. a temperatura final da água aquecida, após a estabilização da
temperatura da água no tanque.
L
min
∆t = 1 min = 60s
Q = 800 . 60
Q = 48000 J
3) Para ∆t = 1 min o volume de água que passa pelo sistema de
aquecimento é 2L (veja item 1), que corresponde à massa: m =
2000 g.
Q = 48000 J / 4,18 J/cal ≅ 11483 cal
Q = m c ∆T
11483 = 2000 . (θ F - 20)
⇒ θ F ≅ 25,7 ºC
04. A figura abaixo mostra duas placas metálicas retangulares e
paralelas, com 4m de altura e afastadas de 4cm, constituindo um
capacitor de 5 µ F. No ponto A, eqüidistante das bordas superiores
das placas, encontra-se um corpo puntiforme com 2g de massa e
carregado com +4 µC .
O corpo cai livremente e após 0,6s de queda livre a chave K é
fechada, ficando as placas ligadas ao circuito capacitativo em que a
fonte E tem 60 V de tensão. Determine:
1. com qual das placas o corpo irá se chocar (justifique sua
resposta);
2. a que distância da borda inferior da placa se dará o choque.
Dado: aceleração da gravidade: g = 10 m / s 2 .
A
20 µF
4m
P
1
P
2
K
Dados: temperatura da água na represa: 20 ºC;
calor específico da água: cágua = 1 cal/g ºC;
densidade da água: d água = 1 g/mL;
R1 = 2Ω, R 2 = 8Ω e 1 cal = 4,18 J.
R1
15 µF
4 cm
20 µ F
+
E
S
SOLUÇÃO:
a) Como a partícula tem carga positiva, ela irá se deslocar atraída
por cargas negativas. Analisando o circuito, nota-se que o terminal
negativo da fonte motor está ligado à placa P1 do capacitor.
6
Portanto, a partícula de carga +4.10 C irá se chocar com a placa P1.
100 V
vazão
(L/min)
represa
R2
5
bomba
hidráulica
+
Fonte
–
b) Antes do fechamento da chave K, a partícula cai em queda livre
por 0,6s (intervalo 1):
bomba
hidráulica
v 2 y = v oy + gt1 = 0 + 10. 0,6 ⇒ v 2 y = 6 m / s
processo
industrial
0
Agitador
figura 1
10
110
figura 2
SOLUÇÃO:
01) Usando semelhança de triângulos no gráfico dado:
tensão
(V)
v 22 y = v 02y + 2. g.∆y1 ⇒ ∆y1 =
62
∴ ∆y1 = 1,80m
2.10
2
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Após o fechamento da chave K, surge uma força entre as placas
q.U
dada por Fx = q.E =
d
+
(I),
Tanque
(M)
onde U é a tensão entre as placas, e d=4 cm.
r
vf
r
vo
Analisando-se os capacitores em paralelo, após o fechamento da
chave K, conclui-se que o circuito é equivalente a:
Foguete
(m)
D
Sobre o sistema tanque + bala não há impulso externo resultante
durante o choque, logo a quantidade de movimento do sistema se
conserva. Assim:
M.v0 + m.(-vf) = (M+m).v1 ⇒ v1 =
Mv0 − mv f
(M + m)
, onde v1 é o módulo
da velocidade do tanque após o impacto.
Se, após a colisão, o motorista freia com aceleração constante de
módulo a até parar temos:
C .C
40 µ. 20µ
Q = CeqV = 1 2 .V =
⋅ 60 = 800 µC
C1 + C 2
60 µ
Logo, a tensão U vale:
U=
Q 800 µ
=
⇒ U = 20V
C
40 µ
4 µ .20
⇒ Fx = 2.10 −3 N
4 .10 − 2
Portanto, a partícula passará a sofrer uma acelaração (ax):
F
2.10 − 3
ax = x =
= 1m / s 2
m 2.10 − 3
O tempo gasto do fechamento de K até a colisão pode ser obtido
pela equação cinemática:
∆x 2 =
a x .t 22
⇒ t2 =
2
2.∆x 2
=
a
2. 2.10 − 2
= 0,20 s
1
v1
a
⇒ t=
Mv0 − mv f
a( M + m )
(resposta do item 1)
Durante o tempo em que freia o tanque percorre uma distância x2:
2
(II)
Substituindo (II) em (I):
Fx =
0 = v1 – at ⇒ t =
x2 =
v1
=
2a
 Mv0 − mv f

 (M + m)
2
 1

 2a
Assim, a distância d a que, ao parar, o veículo estará do local de
onde o foguete foi disparado, é dada por:
Dv0
( v f + v0 )
d = D – x1 – x2 = D -
⇒d =
Dv f
( v f + v0 )
-
 Mv0 − mv f

 (M + m)
 Mv0 − mv f

 (M + m)
2
 1

 2a
⇒
2
 1

 2a
(resposta do item 2)
06. Um tanque contém 2 litros imiscíveis, L1 e L 2 , com massas
específicas ρ1 e ρ2 , respectivamente, estando o líquido L 2 em
Então:
2
g .t 2
10.0, 20
∆ y 2 = v 2 y .t 2 + 2 = 6. 0, 20 +
⇒ ∆y 2 = 1, 40m
2
2
Logo, a distância da borda inferior ao ponto de colisão é:
∆ y = 4 − ∆ y1 − ∆y 2 ⇒ ∆ y = 0,8m
05. Um tanque de guerra de massa M se desloca com velocidade
constante v 0 . Um atirador dispara um foguete frontalmente contra
o veículo quando a distância entre eles é D. O foguete de massa m
e velocidade constante v f colide com o tanque, alojando-se em seu
interior. Neste instante o motorista freia com uma aceleração de
módulo a. Determine:
1. o tempo t transcorrido entre o instante em que o motorista pisa
no freio e o instante em que o veículo pára;
2. a distância a que, ao parar, o veículo estará do local de onde o
foguete foi disparado.
contato com o fundo do tanque. Um cubo totalmente imerso no
líquido L1 é solto e, após 2 segundos sua face inferior toca a
interface dos líquidos. Sabendo que a distância percorrida pelo cubo
desde o instante em que é solto até tocar o fundo do tanque é de
31m, pede-se:
1. esboce o gráfico da velocidade v do cubo em função da distância
percorrida pelo mesmo, para todo percurso;
2. mostre, no gráfico, as coordenadas dos pontos correspondentes
às seguintes situações: (a) a face inferior do cubo toca a
interface dos líquidos; (b) a face superior do cubo toca a
interface dos líquidos e (c) o cubo toca o fundo do tanque.
Dados: ρ1 = 2000kg / m 3 e ρ 2 = 3000kg / m3 ;
Massa específica do cubo: ρ cubo = 4000 kg / m3 ;
Volume do cubo: Vcubo = 1 m3 ;
SOLUÇÃO:
Aceleração da gravidade: g = 10 m / s 2 .
O tempo gasto pela bala até o contato com o tanque é dado por:
t1 = D/(vf+ vo).
Durante este tempo o tanque percorre uma distância:
SOLUÇÃO:
x1 = v0.t 1 =
Dv0
(v f + v0 )
3
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No liquido 1
Fr = P – E
m.a = mg - ρ 1 V cubo. g = ρcubo. Vcubo.g - ρ 1 V cubo. g ⇒
h1 = V0t +
m s2
07. A figura abaixo mostra o esquema de um gerador fotovoltaico
alimentando um circuito elétrico com 18 V. Sabendo que a potência
solicitada na entrada do gerador (potência luminosa) é de 100 W,
determine o rendimento do gerador na situação em que a razão dos
valores
numérico
da
tensão
e
da
corrente
medidos,
respectivamente, pelo voltímetro V (em volts) e pelo amperímetro A
(em ampères) seja igual a 2 (dois).
1 2
1
a1t = 0 + 5. 22 ⇒ h1 =10m
2
2
V1 =V0 + a1t ⇒ V1 = 10m s
Na interface dos líquidos:
F= m.a = P – E ⇒ 40.102.a = 40.103-(20.103 + 10.103.x)
(I)
(onde x representa a altura da parcela do cubo imersa no líquido 2)
De (I), segue que a = 5 – 2,5 x,
Portanto:
F = 40.10 2 (5-2,5x)
Do teorema da energia cinética:
N
∆ε c = τ R = Area( Fxd )
Potência
Luminosa
–
Gerador
Fotovoltaico
(II)
Perdas
⇒ 4 . 103.a = 40.103 – 20.10 3 ⇒ a = 5
F(103N)
20
+
2Ω
12 Ω
10 V
A
R
V
10
SOLUÇÃO:
0
x
1
d(m)
Corrente no amperímetro (iA): i A =
De (II) e da área hachurada na figura:
1
1
(20 − 10 x + 20) x
mV x2 − mV12 =
⋅ 10 3
2
2
2
1
1
40. 10 2 .V x2 − 40.10 2. 10 2 = ( 20 − 5x ) x.10 3
2
2
Portanto, fazendo x=1, obtém-se: V = 10 ,4 m
2
s
No líquido 2:
Fr = P – E
m.a = mg - ρ 2 V cubo. g = ρcubo. Vcubo.g - ρ 2 V cubo. g ⇒
m s2
V32 = V 22 + 2a2 h2 ⇒ V32 = 107,5 + 2.2,5. 20∴
V3 = 14,4m / s
Assim, o gráfico solicitado é:
VR
iA
4
= 2 , portanto, a tensão no voltímetro é VR = V
3
A corrente no resistor R (iR ) é: 8 − V R = 2 ⋅ i R ⇒ iR =
portanto I total
V x = 10 2 + (10 − 2,5 x)
⇒ 4 . 103.a = 40.103 – 30.10 3 ⇒ a 2 = 2,5
É dado que
8V
2
= A
12Ω 3
= iA + iR = 4 A
10 ;
A
3
e o rendimento do gerador é:
η gerador =
Psaída V saida ⋅ I total 18V ⋅ 4 A
=
=
Pent
Plu min osa
100W
η gerador =
72
= 72%
100
08. Uma certa usina termoelétrica tem por objetivo produzir
eletricidade para consumo residencial a partir da queima de carvão.
São consumidas 7,2 toneladas de carvão por hora e a combustão de
cada quilo gera 2 x 10 7 J de energia. A temperatura de queima é de
907ºC e existe uma rejeição de energia para um riacho cuja
temperatura é de 22ºC. Estimativas indicam que o rendimento da
termoelétrica é de 75% do máximo admissível teoricamente. No
discurso de inauguração desta usina, o palestrante afirmou que ela
poderia atender, no mínimo, à demanda de 100.000 residências.
4
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Admitindo que cada unidade habitacional consome mensalmente
400 kWh e que a termoelétrica opera durante 29,63 dias em cada
mês, o que equivale a aproximadamente 2,56 x 106 segundos,
determine a veracidade daquela afirmação e justifique sua
conclusão através de uma análise termodinâmica do problema.
SOLUÇÃO
Sejam:
•
MC =
•
7,2 . 10 kg
3
3,6 . 10 s
= 2,0
1. a relação La / Lb dos comprimentos do braço de alavanca no
equilíbrio em função de ρ e µ ;
2. o comprimento ∆x de compressão da mola para o equilíbrio;
La
MC → Massa Consumida por segundo:
3
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kg
s
L
Lb
k
mesmo
nível
d
D
d
ρ
EK → Energia gerada por cada quilograma de carvão:
EK = 2,0 . 10 7
J
kg
Dispositivo hidráulico
SOLUÇÃO:
•
ES → Energia gerada em cada segundo:
1. Comparando os êmbolos menores
LA
LB
kg
J
E S = 2,0
. 2,0 . 107
⇒ E S = 4,0 . 10 7 J
s
kg
•
F
ηm → rendimento máximo admissível:
T
295
3
3
ηm = 1 − F ⇒ ηm = 1 −
= ⇒ ηm =
Tq
1180 4
4
•
P
ηT → rendimento da termoelétrica:
η T = 75% .
P
LA . P = L B(P – F) ⇒
L A (P − F )
=
(I )
LB
P
3
9
⇒ ηT =
4
16
EM → Energia gerada no mês
7
6
T
13
EM = 4 . 10 . 2,56 . 10 ⇒ EM = 10,24 . 10
T
F
T
J
E
9
A energia útil: Eu = ηT . EM =
. 10,24 . 1013 J
16
P
P
Eu = 5,73 . 1013 J
P=T+F
Portanto a energia útil forne cida é 5,73 . 1013 J
• Er → Energia consumida por cada residência:
Portanto F = P + E
2
Er = 400 kwh = 4 . 3,6 . 108 J
2T + E = P
(II)
Substituindo (II) em (I):
LA
1
=1 −
LB
P
Er = 14,4 . 108 J
E T → Energia total necessária:
(P + E ) ⇒
2
LA 1 
E
L
1
ρ L3 . g 
=  1−  ⇒ A =  1 −
LB 2 
P
L B 2 
µ L3 . g 
LA 1  ρ 
=  1− 
L B 2  µ 
ET = Er . 10 5 ⇒ ET = 14,4 . 1013 J
Assim, a afirmação do palestrante é falsa, pois a usina produz
5,73 . 1013
= 0,4
14,4 . 1013
residências.
da
energia
total
necessária
para
100.000
09. Cinco cubos idênticos, de aresta L e massa específica µ , estão
dispostos em um sistema em equilíbrio, como mostra a figura. Uma
mola de constante elástica k é comprimida e ligada ao cubo do
centro, que se encontra sobre o pistão do cilindro maior de
diâmetro D de um dispositivo hidráulico. Os demais cilindros deste
dispositivo são idênticos e possuem diâmetro d. Em uma das
extremidades do dispositivo hidráulico existe um cubo suspenso por
um braço de alavanca. Na outra extremidade existe outro cubo
ligado a fios ideais e a um conjunto de roldanas. Este conjunto
mantém suspenso um cubo totalmente imerso em um líquido de
massa específica ρ . Sendo g a aceleração da gravidade e
desprezando as massas da alavanca, pistões, fios e roldanas,
determine:
2. No embolo maior:
F’ = P + FE
F’ – P = k ∆x
(III)
F'
P
F'
D
2
=
F
d
2
FE
(principio de Pascal)
D
⇒ F'= F .  
d
2
(IV)
5
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Substituindo (II) em (IV):
 x = x0 + v 0 x t
(1)
 x = 0,4 − 2 t





⇒y =0+3t
(2 )
 y = y0 + v 0 y t


2
2
at

z = 0 + 2 t − 10 t
(3 )
z = z0 + v 0z t + 2

2
O encontro com o plano YZ ocorre quando x = 0 , portanto, de (1)
tem -se:
0 = 0,4 − 2 t s
2
D  P+ E
F'=   .
(V)
2
d
Substituindo (V) em (III):
D
d
2
2
(P + E ) − P = k ∆x
2
⇒ ∆x =

1  D 2 (P + E )
.
− P

k  d 2
2

⇒ ∆x =
2
3
3

1  D  µ . L . g + ρ . L . ρ
  .
− µ . L3 . g 
k  d 
2


(
⇔ ∆x =
)
L3 g
k
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t s = 0,2 s
x = 0

Posição do encontro E: y = 3 ⋅ 0,2 = 0,6 m

2
z = 2 ⋅ 0,2 − 5 ⋅ 0,2 = 0,2 m
Logo a posição será E=(0;0,6;0,2)
 D  2  µ + ρ 

  .
− µ
 d   2 

10. Um pequeno corpo é lançado com velocidade inicial, cujas
componentes são vx = - 2 m/s; v y = 3 m/s e vz = 2 m/s em
relação ao referencial XYZ representado na figura. A partícula sai do
chão na posição (0,4; 0; 0) e atinge o plano YZ quando sua altura é
máxima. Neste instante, é emitido deste ponto um raio de luz
branca que incide no cubo de vidro encaixado no chão com uma
única face aparente no plano XY e cujo centro se encontra no eixo
Y. O cubo tem aresta L e sua face mais próxima ao plano XZ está à
distância de 1 m. Determine:
1. a posição em que o corpo atinge o plano YZ;
2. qual das componentes da luz branca, devido à refração, atinge
a posição mais próxima do centro da face que está oposta à
aparente, considerando que o raio incidente no cubo é o que
percorre a menor distância desde a emissão da luz branca até a
incidência no cubo.
Dados: aceleração da gravidade: g = 10 m/s 2;
Índice de refração do ar: n ar = 1,00.
Tabela com índices de refração do vidro para diversas
cores:
Cor
E
1,41
1,52
1,59
1,60
1,68
1,70
1,73
0,4
0,2
nA r
i
0,6
0,2
1
L
ncubo
r
L
2
Usando a Lei de Snell-Descartes
nar sen i = ncubo sen r
1⋅
Índice de
refração
Vermelho
Laranja
Amarelo
Verde
Azul
Anil
Violeta
Z
0,4
0, 4 + 0, 2
2
2
= ncubo ⋅
L /2
( L / 2) 2 + L2
⇒ ncubo = 2
Para que o raio de luz refratado no cubo chegue no centro da face
oposta, o índice de refração deve ser 2, portanto o VIOLETA é a cor
que mais se aproxima do c entro.
Z
g
0,4 m
1m
Y
X
SOLUÇÃO:
Determinação do ponto de encontro da partícula com o plano YZ:
6