Resolução Ime 2005/06 - Física

Transcript

Questão 1 O ciclo Diesel, representado na figura abaixo, corresponde ao que ocorre num motor Diesel de quatro tempos: o trecho AB representa a compressão adiabática da mistura de ar e vapor de óleo Diesel; BC representa o aquecimento a pressão constante, permitindo que o combustível injetado se inflame sem a necessidade de uma centelha de ignição; CD é a expansão adiabática dos gases aquecidos movendo o pistão e DA simboliza a queda de pressão associada à exaustão dos gases da combustão. A mistura é tratada como uma gás ideal de coeficiente adiabático . Considerando que TA, TB, TC e TD representam as temperaturas, respectivamente, nos pontos A, B, C e D, mostre que o rendimento do ciclo Diesel é dado por:  1 1  TD  TA      TC  TB  Pressão B C D A Volume Resolução: O rendimento do processo é dado por:  Qutil Qfornecido  QBC  QDA Q  1  DA QBC QBC O proceso BC é realizado a pressão constante: QBC  n.Cp .T  n.Cp .  TC  TB  (I) O processo DA é realizado a volume constante: QDA  n.Cv .T  n.Cv .  TD  TA  (II) Logo: Projeto Rumo ao ITA Página 1 1 n.Cv .  TD  TA   TD  TA  Q DA 1 1 Cp Q BC n.Cp .  TC  TB  .  TC  TB  Cv 1  T  TA  CQD 1 . D   TC  TB  Questão 2 Um corpo de 500g de massa está inicialmente ligado a uma mola. O seu movimento é registrado pelo gráfico abaixo, que mostra a aceleração em função da posição, a partir do ponto em que a mola se encontra com compressão máxima. A abscissa x = 0 corresponde à posição em que a deformação da mola é nula. Nesta posição, o corpo foi completamente liberado da mola e ficou submetido à aceleração registrada no gráfico. Determine: a(m/s2) 50 - 0,5 -4 2,0 4,0 6,0 8,0 x(m) a) a variação da quantidade de movimento nos 2s após o corpo ser liberado da mola; b) o trabalho total realizado desde o começo do registro em x = - 0,5m até x = 3m. Resolução: No primeiro trecho do gráfico, o corpo está em contato com a mola, e a razão (a/x), a inclinação da reta, nos permite calcular a constante elástica da mola (k). a  50  F  kx  m.a  k.x  k  m.    m.     50  N / m x  0, 5  Projeto Rumo ao ITA Página 2 Da conservação de energia, do inicio ao ponto x=0 : 1 1 .k.x² m  .m.Vo ²  50.(0, 5)²  0, 5.Vo ²  Vo   5  m / s 2 2 (a) Após o corpo ser liberado da mola, descreve um MUV durante 0,5 s, reduzindo sua quantidade de movimento. Achando a sua velocidade em x=2 V²  Vo ²  2a.s  V²  25  8.2  9  V   3  m / s V  Vo  a.t  3  5  4t  t   0, 5  s (é o tempo de deslocamento de x=0 até x=2) Com isso calculamos as quantidades de movimento em x=0 e x=2 Qo  m.Vo  Qo   2 , 5  kg.m / s  Qf  m.V  Qf   1 , 5  kg.m / s Após o instante t=0,5 s, o corpo descreve um movimento uniforme, não mudando portanto sua quantidade de movimento. Resposta: Q  1kgm / s (b) Wr  Ec  1 .m.V²  0 , 5.3²  2 , 25J 2 2 Questão 3 Um raio luminoso incide ortogonalmente no ponto central de um espelho plano quadrado MNPQ, conforme a figura abaixo. Girando-se o espelho de um certo ângulo em torno da aresta PQ, consegue-se que o raio refletido atinja a superfície horizontal S paralela ao raio incidente. Com a seqüência do giro, o ponto de chegada em S aproxima-se da aresta PQ. No ponto de chegada em S que fica mais próximo de PQ está um sensor que, ao ser atingido pelo raio refletido, gera uma tensão elétrica U proporcional a distância d entre o referido ponto e aquela aresta: U = k . d. Projeto Rumo ao ITA Página 3 Fixando o espelho na posição em que a distância d é mínima, aplica-se a tensão U aos terminais A e B do circuito. Dado que todos os capacitores estão inicialmente descarregados, determine a energia que ficará armazenada no capacitor C3 se a chave y for fechada e assim permanecer por um tempo muito longo. Dados: comprimento PQ = 6m; constante k = 12 V/m. N M S Q P 6W A B Y 4W 6m F 12W 6m F C3 = 4m F Resolução: Lei dos senos: 3 d 3 sen  d sen sen    2  sen2  0  sen(2)  1   dmin  3 U  k.d  U  12.3  36V Circuito: Projeto Rumo ao ITA Página 4 C3 // C2  Ceq.1  C3  C2  10mF  1 1 1 15    mF Ceq Ceq.1 C1 4 Cálculo de Q1: Q1  Q  Ceq .V  15 .12  45mC 4 Após muito tempo a corrente no capacitor é nula, e o circuito torna-se:  U  Ri  36  9.i  i  4A - DDP em R 1  R1 .i  6.4  24V - DDP nos capacitores: 36 – 24 = 12V - DDP em C1 :  V  Q1  V  45mC  7 , 5V 1 1 C1 6mF - DDP em C3 :  V3  12  V1  V3  4, 5V Logo a energia armazenada no capacitor 3 um longo tempo após a chave ter sido fechada é dada por: 1 1 E3  .C3 .V3 ²  .4.4 , 5²  40, 5mJ 2 2 Projeto Rumo ao ITA Página 5 Questão 4 Para ferver dois litros de água para o chimarrão, um gaúcho mantém uma panela de 500g suspensa sobre a fogueira, presa em um galho de árvore por um fio de aço com 2m de comprimento. Durante o processo de aquecimento são gerados pulsos de 100 Hz em uma das extremidades do fio. Este processo é interrompido com a observação de um regime estacionário de terceiro harmônico. Determine: a) o volume de água restante na panela; b) a quantidade de energia consumida nesse processo. Dados: massa específica linear do aço = 10-3 kg/m; aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2; massa específica da água = 1kg/L calor latente de vaporização da água = 2,26 Mj/kg. Resolução: a) Da expressão de Taylor: v F  F  m.v²  m. ².f² (I) m No regime estacionário do 3º harmônico: L 3 L 4 2  2 3 3 Substituindo em (I): 2 4 160 F  m. ².f²  10 .   .100²  N 9 3 3 Projeto Rumo ao ITA Página 6 F  M.g  (M panela  Mágua ).g   0 , 5  Mágua  160 9 16 16 1 23  Mágua     1 , 28kg 9 9 2 18 A densidade da água é 1 kg/L , logo o volume restante é de aprox. 1,28 L b) Desprezando a energia perdida na oscilação da corda, temos que a energia perdida no processo equivale à energia necessária para evaporar a água perdida. E  m.L  1.Vperdido .L   2  1 , 28  .2 , 26.106 J Logo : Eperdida  1 , 62MJ Questão 5 Uma partícula parte do repouso no ponto A e percorre toda a extensão da rampa ABC, mostrada na figura abaixo.; A equação que descreve a rampa entre os pontos A, de coordenadas (0,h) e B, de coordenada (h,0), é y x2  2x  h h enquanto entre os ponto B e C, de coordenadas (h,2r), a rampa é descrita por uma circunferência de raio r com centro no ponto de coordenadas (h,r). Sabe-se que a altura h é a mínima necessária para que a partícula abandone a rampa no ponto C e venha colidir com ela em um ponto entre A e B. Determine o ponto de colisão da partícula com a rampa no sistema de coordenadas da figura como função apenas do comprimento r. Dado: aceleração da gravidade = g. OBS: despreze as forças de atrito e a resistência do ar. Projeto Rumo ao ITA Página 7 y A C g h r 0 h B Resolução: Cálculo da velocidade mínima no ponto mais alto da rampa circular: A força de contato tende para 0 N no caso mínimo, e com isso: P  m. v²  v  r.g r Como não há forças dissipativas, podemos conservar a energia no inicio e no instante em que ele sai da rampa (referencial no chão): mgh  m v² 5r  mg.2r  h  2 2 Podemos parametrizar a posição da partícula em função do tempo: t  h  x x  h  v.t (h  x)²   v  y  2r  gt²    r  y  2r  2  y  2r  gt²  2 A partícula encontrará a rampa parabolica quando o tiver o mesmo y: y  2r  (h  x)² x² (h  x)²  h  x  ²   2 x  h  2r   r h r h Projeto Rumo ao ITA Página 8 1 1 2 1 r 2   h  x  ².     2r   h  x  ².     2r   h  x  ²  20.   h r  5r r  3 A partícula deve atingir a rampa parabólica para  h  x  , logo  h  x   0  2r 5  1 1 5r  2r 5    h  x  ².     2r   h  x     x    2  3  h r  3    r² O y do ponto é dado por: y   h  x  ²  20. 9  8r 5r h 9 2 Logo as coordenadas do ponto de encontro são:  5r  2r 5  8r   x, y      ,  2 3   9  Questão 6 Considere duas barras condutoras percorridas pelas correntes elétricas i1 e i2, conforme a figura a seguir. A primeira está rigidamente fixada por presilhas e a segunda, que possui liberdade de movimento na direção vertical, está presa por duas molas idênticas, que sofreram uma variação de 1,0 m em relação ao comprimento nominal. Sabendo-se que i1 = i2 e que o sistema se encontra no vácuo, determine: i1 i2 3,0 m a) o valor das correntes para que o sistema permaneça estático; Projeto Rumo ao ITA Página 9 b) a nova variação de comprimento das molas em relação ao comprimento nominal, mantendo o valor das correntes calculadas no pedido anterior; mas invertendo o sentido de uma delas. Dados: comprimento das barras = 1,0 m; massa de cada barra = 0,4 kg; distância entre as barras = 3,0 m; constante elástica das molas = 0,5 N/m; aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2; permeabilidade do vácuo ( m ) = 4  . 10-7 T . m/A. Resolução: a) Consideraremos o campo gerado pela barra é o mesmo de um gerado num fio infinito percorrido pela corrente i1 . B m.i1 2.d Logo a força gerada na outra barra será: F  B.i2 .L  m.i1 2 .i1 .L   .107  .i1 ² 2.d 3  O campo gerado abaixo da barra 1 é para fora do plano da questão. Com isso, para o sentido de corrente dado, a força magnética sobre a segunda barra é atrativa. Consideraremos os seguintes casos possíveis: i) A mola está sendo comprimida de 1m: Do equilíbrio:   2 2kx  F  mg  2.(0 , 5).1   .107  .i1 ²  0 , 4.10  i1 ²  45.106  i1  3000 5 A 3  ii) A mola está sendo distendida de 1m: Projeto Rumo ao ITA Página 10 Do equilíbrio:   2 F  2kx  mg   .107  .i1 ²  2.(0 , 5).1  0 , 4.10  i1 ²  75.106  i1  5000 3 A 3  (b) Consideraremos que a nova variação é x´. A troca de sinal, faz com que a força magnética mude de sentido. Em (i): A distância entre as barras será dada por d´ = (3-1)+x´= 2+ x´ m.i ².L 4 .10 7.45.106 2 kx´ 1  mg  x´ 4 2 .d´ 2 .(2  x´)  (x´4)(2  x´)  9  x´²  2 x´17  0  x´ 2  72 2  6 2   x´ { 3, 23  ;  5, 23 } 2 2 Porém x´= -3,23 não convém, pois x´ > - 2, caso contrário as barras se sobreporiam. Conclui-se que a mola deve estar comprimida de x´=5,23 m . Em (ii): A distância entre as barras será dada por d´ = (3+1)+x´= 4+ x´ m.i ².L 4 .10 7.(75.106 ).1 F  mg  2kx´ 1  mg  2k.x´  4  x´ 2 .d´ 2 .( 4  x´)  (x´4).(x´4)  15  x´²  31  x´  31  5, 6 A solução x´= 5,6 é possível, uma vez que não foi dado o comprimento inicial da Projeto Rumo ao ITA Página 11 mola, portanto não foi dado nenhuma restrição quanto a sua compressão máxima. O caso negativo não convém, uma vez que então d´ seria negativo. Conclusão: x´ poderá assumir, no caso (i) o valor 5,23 m de compressão, e no caso (ii) o valor de 5,6 m de compressão. Questão 7 A figura ilustra uma barra de comprimento L = 2 m com seção reta quadrada de lado a = 0,1 m e massa específica   1,2 0 g / c m3 , suspensa por uma mola com constante elástica k = 100 N/m. A barra apresenta movimento somente no eixo vertical y e encontra-se parcialmente submersa num tanque com líquido de massa específica f  1,0 0 g / c m3 . Em um certo instante, observa-se que a mola está distendida de y  0,9 m , que o comprimento da parte submersa da barra é LS = 1,6 m e que a velocidade da barra é v = 1 m/s no sentido vertical indicado na figura. Determine os comprimentos máximo (Lmax) e mínimo (Lmin) da barra que ficam submersos durante o movimento. Mola L v y Ls f Dado: aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2 OBS.: despreze o atrito da barra com o líquido. Resolução: Projeto Rumo ao ITA Página 12 1 1 WR  Ec  Eci  0  .m.v²   ..a².L.v² 2 2 Substituindo os valores das constantes: WR  12J WP  Wmola  Wempuxo  12J  mg.x  (Area trapézio1 )  (Area trapézio1 )  12J  90  90  100x     160  160  100x    mg.x     .x      .x   12 2 2        240.x  90x  50x²  160  50x²  12  10 x  100 x²  12  5x  50x²  6  0 5  35 x  x  {(0 , 3);( 0 , 4)} 100 Projeto Rumo ao ITA Página 13 Logo: Lmax  1 , 6  0 , 3  1 , 9m  Lmin  1 , 6  0 , 4  1 , 2m Questão 8 Com o objetivo de medir o valor de uma carga elétrica negativa -Q1 de massa m, montou-se o experimento a seguir. A carga de valor desconhecido está presa a um trilho e sofre uma interação elétrica devido à presença de duas cargas fixas, eqüidistantes dela, e de valor positivo +Q2. O trilho é colocado em paralelo e a uma distância p de uma lente convergente de distância focal f. A carga -Q1, inicialmente em repouso na posição apresentada na figura, é liberada sem a influência da gravidade, tendo seu movimento registrado em um anteparo que se desloca com velocidade v no plano da imagem de -Q1 fornecida pela lente. Em função de Q2. A, d, p, f, v, m,  e  , determine: a) a ordenada y inicial; b) o valor da carga negativa -Q1. Dado: permissividade do meio =  . OBS: considere d >> y, ou seja, d2 + y2  d2. Resolução: (a) Das equações da óptica geométrica:  A p´ y  p    1  1  1  p´ fp  f p p´ pf Projeto Rumo ao ITA Página 14  y  A. p  f f (b) Decompondo as forças sobre a carga – Q na direção vertical:  Fr  2.Fel .sen.uˆ y Como  é pequeno: sen  tg  y d   k .Q .Q  y Q .Q Fr  2.  o 1 2  . .uˆ y  2. 1 2 .y.uˆ y 4...d³  d²  y²  d Logo a força é do tipo restauradora F = - k.y onde k  m.² (  é a freqüência angular do movimento oscilatório da carga.) A freqüência de oscilação da carga Q1 será a mesma freqüência da onda no anteparo.  v 4².v²   ²  2  ² Q1 .Q2 4².v²   k2  m.   4...d³  ²  f Isolando Q1, temos:  8³..d³.v²   Q1  m.    Q2 . ²  Projeto Rumo ao ITA Página 15 Questão 9 Um bloco de massa m = 5 kg desloca-se a uma velocidade de 4 m/s até alcançar uma rampa inclinada de material homogêneo, cujos pontos A e B são apoios e oferecem reações nas direções horizontal e vertical. A rampa encontra-se fixa e o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é igual a 0,05. Sabe-se que o bloco pára ao atingir determinada altura e permanece em repouso. Considerando que a reação vertical no ponto de apoio B após a parada do bloco seja de 89 N no sentido de baixo para cima, determine a magnitude, a direção e o sentido das demais reações nos pontos A e B. A Rampa 1,2 m V = 4 m/s 90º Bloco 5 kg B 1,6 m Dados: aceleração da gravidade (g)= 10 m/s2; peso linear da rampa = 95 N/m. Resolução: Wat  E pot  Ecin  Fat .s  mgh  m v² 2 h v²  mg.h  m sen 2 v²  m.g.c otg.h  g.h  2 4 16  0 , 05.10. .h  10 h  3 2 3 5  h  m  s  m 4 4  m.mg.cos . O tamanho da barra é de 2 m , logo seu peso Projeto Rumo ao ITA PR = 2.95 Página 16 Para equilíbrio translacional: FBH  FAH FBH  FAH   FAV  FBV  PB  PR FAV  50  2.95  89  151N Cálculo de FBH :   A  0  FBV .1 , 6  FBH .1 , 2  PB .d  PR .0 , 8  0  89.1 , 6  FBH .1 , 2  50.d  2.95.0 , 8  0 Onde: 5 3 4 3 d   2   .cos   .  m 4 4 5 5  3  89.1 , 6  FBH .1 , 2  50.  2.95.0 , 8  0 5  FBH  FAH  33 Logo as componentes das forças de reação são dadas por: FBH  FAH  33N as horizontais tem o sentido contrário ao indicado na figura,  e a vertical em A tem o sentido da figura. FAV  151N OBS: O resultado obtido é incompatível com a realidade, uma vez que a força que a parede está fazendo sobre a rampa não pode ser negativa. Além disso, a força de atrito no ponto A e a força de atrito no ponto B não são compatíveis entre si em sentido, dado qualquer movimento possível para a rampa. Questão 10 Suponha que você seja o responsável pela operação de um canhão antiaéreo. Um avião inimigo está passando em uma trajetória retilínea, distante de sua posição, a uma altura constante e com velocidade v = 900 km/h. A imagem deste avião no seu aparelho de pontaria possui comprimento l = 5 cm, mas você reconheceu este avião e sabe que o seu comprimento real é L = 100 m. Ao disparar um projétil deste canhão, sua trajetória encontra perfeitamente ortogonal à linha de visada do aparelho de pontaria, determine: Projeto Rumo ao ITA Página 17 a) o desvio angular  entre o aparelho de pontaria e o tubo do canhão para que você acerte o centro do avião ao disparar o gatilho com a aeronave no centro do visor; b) o aumento M do aparelho de pontaria; c) o tempo t até o projétil alcançar o centro do avião. Resolução: vav   900  km h  250 m s u  500 m s a) Ora, a projeção da velocidade do projétil na direção da velocidade do avião deve ser igual à velocidade do avião: v 250 1 sen  av      30o u 500 2 b) Segundo o livro “Fundamentos de Física – Halliday-Resnick-Walker 4ª Edição pág 42-43” , em um telescópio de refração f1 ´ f2 . Agora, mesmo que no enunciado a palavra “esquemática” esteja bem grifada, consideramos, no mínimo, um erro ter feito um desenho com tais pontos em lugares distintos. Sem essa informação, fica faltando uma equação para resolver a questão. Projeto Rumo ao ITA Página 18 Utilizando essa informação, ou seja, que f1 ´ f2  i .p´  f M   2  2 1   1  10  tg  p2 .i2 f2 2 tg c) Esse tipo de telescópio não é apropriado para medir a distância entre o objeto e o aparelho, portanto, não temos como saber quanto tempo demorará para que o projétil atinja o avião. Projeto Rumo ao ITA Página 19