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3º Dia – Prova de Física COMENTÁRIO DA PROVA: Prova muito bem elaborada abrangendo a maior parte do conteúdo com questões bastante elegantes e que exigiam domínio teórico do candidato. Percebemos uma atenção forte à óptica geométrica. Sentimos falta de questões tradicionais na prova do IME como de gravitação e óptica física. A única crítica à banca fica quanto a questão 10, que novamente gerou polêmicas (nos últimos 2 anos, pelo menos uma questão havia gerado dúvida quanto ao enunciado). No geral, a prova manteve seu padrão e deverá selecionar os alunos mais bem preparados. Equipe de Correção da Prova de Matemática: Alunos do ITA
Questão 01 A figura abaixo ilustra um pequeno bloco e uma mola sobre uma mesa retangular de largura d, vista de cima. A mesa é constituída por dois materiais diferentes, um sem atrito e o outro com coeficiente de atrito cinético μ igual a 0,5. A mola tem uma de suas extremidades fixada no ponto A e a outra no bloco. A mola está inicialmente comprimida de 4 cm, sendo liberada para que o bloco oscile na região sem atrito na direção y. Depois de várias oscilações, ao passar pela posição na qual tem máxima velocidade o sistema é atingido por uma bolinha que se move com velocidade de 2m/s na direção x e se aloja nele. O sistema é imediatamente liberado da mola e se desloca na parte áspera da mesa. Determine: a) O vetor quantidade de movimento do sistema bloco + bolinha no instante em que ele é liberado da mola; b) A menor largura e o menor comprimento da mesa para que o sistema pare antes de cair.
Dados: comprimento da mola = 25 cm; constante elástica da mola = 10 N/cm; massa da bolinha = 0,2 kg; massa do bloco = 0,4 kg; aceleração da gravidade = 10 m/s².
Solução: O bloco é liberado da mola quando a deflexão desta for nula, o que implica sua velocidade ser máxima. Pelo teorema de conservação de energia: 2 G kA 2 mbloco v y k = ⇒ vy = A yˆ 2 2 mbloco
⇒ v y = 2m.s-1
Pelo teorema da conservação da quantidade de movimento: mbola vbola xˆ + mbloco v bloco yˆ = ( mbola + mbloco ) . v x xˆ ± v y yˆ
(
)
mbola 2 ⎧ v .v m.s-1 = = bola ⎪ x m 3 ⎪ bola + mbloco ∴ ⎨ mbloco 4 ⎪v = v bloco = ± m.s-1 y ⎪⎩ mbola + mbloco 3
(a) O vetor quantidade de movimento, portanto, é dado por:
G 4 ⎞ ⎛2 p = mbola+bloco . v x xˆ + v y yˆ = 0,6. ⎜ xˆ ± yˆ ⎟ 3 ⎠ ⎝3
(
)
2
∴
G p = 0,4xˆ ± 0,8yˆ
2
2 ⎛2⎞ ⎛4⎞ (b) Calculando a velocidade resultante: v = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 5 m.s-1 3 ⎝3⎠ ⎝3⎠
Novamente pelo teorema do trabalho:
mbola +bloco v 2 = W dis = μ.N.d = μ.mbola +bloco g.d 2
v2 2 ⇒ d= = m 2μ.g 9
Temos que: vx x = v d vy v
=
y d
vxd 2 2 1 2 5 = . . = m.s-1 . v 3 9 2 45 5 3 vyd 4 2 1 4 5 ⇒ y= = . . = m.s-1 v 3 9 2 45 5 3
⇒
x=
As larguras mínimas da mesa devem ser 2x =
4 5 8 5 m e 2y= m. 45 45
Como a mola tem 25 cm, é necessário considerar que ela não está no fim da mesa, pois senão ela pode cair na direção − yˆ .
Questão 02 Em um recipiente, hermeticamente fechado por uma tampa de massa M, com um volume interno na forma de um cubo de lado a, encontram-se n mols de um gás ideal a uma temperatura absoluta T. A tampa está presa a uma massa m por um fio que passa por uma roldana, ambos ideais. A massa m encontra-se na iminência de subir um plano inclinado de ângulo θ com a horizontal e coeficiente de atrito estático μ. Considerando que as variáveis estejam no sistema internacional e que não exista atrito entre a tampa M e as paredes do recipiente, determine m em função das demais variáveis. Dados: aceleração da gravidade = g; constante universal dos gases perfeitos = R.
Solução:
No bloco temos quatro forças atuantes (a tração está indicada por W).
Do equilíbrio das forças:
⎧W − F at − m.g.senθ = 0 N ⎪ =μN ⎨ ⎪N − m.g.cos θ = 0 ⎩
∴ W = μ.m.g.cos θ + m.g.senθ (i)
No recipiente, temos a força F exercida pelo gás e o peso da tampa do recipiente:
W + F − M.g = 0
∴ W = M.g − F
(ii)
Podemos calcular a força F:
F = (Pr essão ) . ( Area ) = P.a² = Segue, de (i), (ii) e (iii) que: nRT Mg − = μ.m.g.cos θ + m.g.senθ a
nRT nRT .a² = (iii) a³ a
∴ m=
M.g.a − nRT ag. ( senθ + μ.cos θ )
Questão 03 Uma máquina térmica opera a 6000 ciclos termodinâmicos por minuto, executando o ciclo de Carnot, mostrado na figura abaixo. O trabalho desta máquina térmica é utilizado para elevar verticalmente uma carga de 1000 kg com velocidade constante de 10 m/s. Determine a variação da entropia no processo AB, representado na figura. Considere a aceleração da gravidade igual a 10 m/s² e os processos termodinâmicos reversíveis.
Temperatura
600 K
A
B
300 K
Entropia
Solução:
São realizados 6000 ciclos por minuto, ou seja, 100 ciclos por segundo. Num ciclo, a variação de energia interna (entre o ponto A e A) é nula. Da primeira lei da termodinâmica: ΔU = Qtrocado − W = 0 A área do gráfico T x S nos dá o calor total trocado no ciclo, de onde segue que: W = Qtrocado = ( 600 − 300 ) .ΔS AB (i)
Para elevar verticalmente uma carga de 1000 kg (peso 10000 N) com aceleração nula é necessária uma força constante de 10000 N. O trabalho necessário para isto é tal que: Wnecessário Fnecessária .Δy J = = Fnecessária .v = (10000 ) .10 = 105 Δt Δt s Em cada segundo 100 ciclos geram o trabalho necessário de 105 J. De modo que (de (i)): 100. ( 300.ΔS AB ) = 105
∴
ΔS AB =
10 J/K 3
OBS: O fato dos processos termodinâmicos serem considerados reversíveis permitiu o formato do gráfico retangular para o Ciclo de Carnot.
Questão 04 A malha de resistores apresentada na figura é conectada pelos terminais A e C a uma fonte de tensão constante. A malha é submersa em um recipiente com água e, após 20 minutos, observa-se que o líquido entra em ebulição. Repetindo as condições mencionadas, determine o tempo que a água levaria para entrar em ebulição caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B.
Solução: Observe a figura:
Temos simetria na linha horizontal passando por E, logo não passa corrente nessa linha. Então o sistema é equivalente a:
Logo, é fácil ver que se trata de uma associação em série de dois pacotes de três resistores em paralelo. Logo o resistor equivalente é de (2/3).R.
Na nova configuração:
Utilizando a transformação delta-estrela nos deltas centrais:
Onde r =
R3 R2 + R2 + R2
=
R . 3
Após resolver as associações em paralelo, da direita para a esquerda, chegamos que o resistor equivalente é de 8R/15. E V2 = V mantém-se constante, e a energia é a mesma, o tempo é Como Δt Req
diretamente proporcional à resistência equivalente. Logo:
2 R 20 5 3 = = 8 Δt 4 R 15
∴
Δt = 16min
Questão 05 A malha de resistores apresentada na figura é conectada pelos terminais A e C a uma fonte de tensão constante. A malha é submersa em um recipiente com água e, após 20 minutos, observa-se que o líquido entra em ebulição. Repetindo as condições mencionadas, determine o tempo que a água levaria para entrar em ebulição caso a fonte tivesse sido conectada aos terminais A e B. Solução: Observe a figura:
Decompondo os vetores T1 e T2, obtemos: T1 cos α = T2 cos β
P = T1 sen α + T2 sen β
(1)
A área do cabo é igual a A = πr 2 = 0,785cm2 , e a tração máxima que ele pode suportar é Tmáx = 750.0,785 = 588,75kgf . ⎧ 2 ⎪⎪sen α = cos α = 2 Pela figura, temos que: ⎨ ⎪sen β = 5 ; cos β = 12 ⎪⎩ 13 13
Então, de (1), tiramos: 2 12 T1 = T2 2 13
⇒ T1 = T2
12 2 13
∴
T1 > T2 .
Logo, T1 = 588,75kgf ⇒ T2 = 451,0kgf ⇒
P = 589,8kgf
⇒ Pextra = 464,8kgf
Portanto, o tempo transcorrido foi igual a 60min t = 464,8kgf ∴ 500kgf
t = 55,8 min .
Questão 06 Em certa experiência, ilustrada na figura abaixo, uma fina barra de latão, de comprimento L = 8m, inicialmente à temperatura de 20 ºC encontra-se fixada pelo ponto médio a um suporte preso à superfície e pelas extremidades a dois cubos idênticos A e B, feitos de material isolante térmico e elétrico. A face esquerda do cubo A está coberta por uma fina placa metálica quadrada P1, distante do=5 cm de uma placa idêntica P2 fixa, formando um capacitor de 12μF, carregado com 9 μC. Na face direita do cubo B está fixado um espelho côncavo distante 11 cm de um objeto O, cuja imagem I está invertida. Aquece-se a barra até a temperatura T em ºC, quando então a distância entre O e I se torna igual a 24 cm e a imagem I, ainda invertida fica com quatro vezes o tamanho do objeto O. Considerando a superfície sob os cubos sem atrito, determine: a) A distância focal do espelho; b) A tensão elétrica entre as placas ao ser atingida a temperatura T; c) A temperatura T. Dado: coeficiente de dilatação linear do latão α= 1,8.10-5 (1/ºC)
Solução: Pela dilatação linear, temos:
ΔL = L0 α ( T − 20 ) = 8.1,8.10−5 ( T − 20 ) ∴
ΔL = 7,2.10−5 ( T − 20 ) 2
A distância do objeto ao espelho após o aquecimento é dada por:
dO2 = 0,11 − 7,2.10−5. ( T − 20 ) Do enunciado: dI2 = 0,24 + dO2 = 0,35 − 7,2.10−5. ( T − 20 ) Da equação do aumento linear transversal,
dI i =− 2 o dO2
⇒ −4 = −
dI2 dO2
⇒ dI2 = 4dO2
⇒ 0,35 − 7,2.10−5. ( T − 20 ) = 0,44 − 4.7,2.10−5. ( T − 20 ) ⇒T=
1310 = 436,7o C 3
⎧⎪dO2 = 0,08m Portanto ⎨ . d = 0,32m ⎪⎩ I2 a) Pela equação de Gauss:
1 1 1 = + f dO2 dI2
⇒
f = 0,064m
b) Após o aquecimento, a distância entre as placas é ΔL 0,06 df = d0 − = 0,05 − = 0,02m 2 2
As capacitâncias são dadas por ε0 .A ⎧ = c 0 ⎪ d0 c f d0 0,05 ⎪ ⇒ = = ∴ c f = 30 μF ⎨ ε .A c df 0,02 0 ⎪c = 0 ⎪⎩ f df Como a carga é constante, Q = CU ⇒ U=
9.10−6 30.10−6
∴ U = 0,3V
c) Conforme já calculado, T = 436,7o C .
Questão 07 Considere uma pequena bola de gelo de massa M suspensa por um fio de densidade linear de massa ρ e comprimento L à temperatura ambiente. Logo abaixo deste fio, há um copo de altura H e diâmetro D boiando na água. Inicialmente o copo está em equilíbrio com um comprimento C submerso. Este fio é mantido vibrando em sua freqüência natural à medida que a bola de gelo derrete e a água cai no copo. Determine a freqüência de vibração do fio quando o empuxo for máximo, ou seja, quando o copo perder a sua flutuabilidade. Dados: aceleração da gravidade = g; massa específica da água: μ
Solução:
Na 1ª situação, igualando peso e empuxo, temos: 2
D² ⎛D⎞ mcopo.g = μ.g.π. ⎜ ⎟ .C ⇒ mcopo = μ.π. .C 4 ⎝2⎠
Na condição de empuxo máximo, a altura submersa é igual a H, de modo que, igualando novamente peso e empuxo, temos: 2
D² ⎛D⎞ (mcopo + mágua ).g = μ.g.π. ⎜ ⎟ .H ⇒ mágua = μ.π. .(H − C) 4 ⎝2⎠
Esta é a massa de água irá derreter. Considerando o equilíbrio da bola de gelo,temos: D² ⎡ ⎤ T = (M − m água ).g = ⎢M − μ.π. .(H − C)⎥ .g 4 ⎣ ⎦
Na condição de freqüência natural, temos que λ = 2L, e então temos:
v = λf ⇒
T = 2.L.f ρ
⇒
D² ⎡ ⎤ M − μ.π. .(H − C)⎥ .g ⎢ 1 ⎣ 4 ⎦ f= . ρ 2L
Questão 08 O circuito ilustrado na figura abaixo apresenta um dispositivo F capaz de gerar uma corrente contínua e constante I, independente dos vaores de resistência R e da capacitância C. Este circuito encontra-se sujeito a variações na temperatura ambiente Δθ. O calor dilata apenas as áreas Ac das placas do capacitor e AR da seção reta do resistor. Considere que não variem com a temperatura a distância d entre as placas do capacitor, a permissividade ε do seu dielétrico, o comprimento L do resistor e a sua resistividade ρ. Determine a relação entre os coeficientes de dilatação superficial βc das placas e βr da seção reta do resistor, para que a energia armazenada pelo capacitor permaneça constante e independente da variação da temperatura Δθ . Despreze o efeito Joule no resistor e adote no desenvolvimento da questão que
( βr Δθ )2 1
Solução: Como o comprimento L do resistor não varia, temos: R=
R0 ρL ⇒ Rf = A 1 + βr Δθ
Como a distância entre as placas do capacitor permanece constante, temos também que a capacitância será dada por: εA C= ⇒ Cf = C0 . (1 + βc Δθ ) . d A energia armazenada pelo capacitor permanecerá constante. 1 1 2 E = CU2 = C (RI) ⇒ E0 = E f 2 2
(1 + βc Δθ ) . (R0I) 1 C0 . (R0I) 1 ⇒ = C0 2 2 d 2 d (1 + βr Δθ ) 2
⇒ (1 + βr Δθ ) = (1 + βc Δθ ) 2
Como ( βr Δθ ) 1 2
⇒ 1 + 2.βr .Δθ + (βr .Δθ ) = 1 + βc .Δθ
2
≈0
2βr = βc
2
Questão 09 Uma partícula com carga elétrica positiva q e massa M apresenta velocidade inicial v na direção y em t = 0, de acordo com a figura. A partícula está submetida a um campo magnético variável e periódico, cujas componentes estão mostradas na figura ao lado em função do tempo. Verifica-se, que durante o primeiro pulso da componente Bz, a partícula realiza uma trajetória de um quarto de circunferência, enquanto que no primeiro pulso da componente By realiza uma trajetória de meia circunferência. Determine: a) b) c)
o período T em função de M, q e bz; a relação b/bz ; o gráfico da componente x da velocidade da partícula em função do tempo durante um período.
Solução: A direção da força magnética é dada pelo produto vetorial dos vetores velocidade e campo magnético. Como estes vetores são perpendiculares, em todos os trechos com pulsos, os movimentos descritos serão MCU.
No primeiro pulso, a velocidade é na direção y, e o campo é na direção + z, e com isso, a direção da força é +x, e com isso, o trecho circular é feito no plano xy.
A componente x da velocidade, em função do tempo será dada por: ⎛ v ⎞ ⎛ q.b ⎞ v x = v.senθ = v.sen ( ωt ) = v.sen ⎜ Δt ⎟ = v.sen ⎜ z Δt ⎟ ⎝ M ⎠ ⎝ R1 ⎠ Após o primeiro pulso a velocidade continua na direção + x. Com o segundo pulso, a força será na direção –z. A circunferência se dará no plano xz.
A componente x da velocidade, em função do tempo será dada por: ⎛ v ⎞ ⎛ q.b ⎞ v x = v.cos θ = v.cos ( ωΔt ) = v.cos ⎜ Δt ⎟ = v.cos ⎜ Δt ⎟ R M ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠
Após o segundo pulso, a velocidade seguirá na direção –x (ela percorreu meia circunferência no plano xz). Para o terceiro pulso a força será na direção –y e a circunferência será no plano xy. De forma análoga, podemos determinar a componente x da velocidade, em função do tempo: ⎛ q.b ⎞ v x = v.cos ⎜ z Δt ⎟ ⎝ M ⎠ Nessa vez, a partícula descreve ¼ de circunferência, e sai na direção –y. O quarto pulso gera uma força na direção +z,e uma circunferência no plano yz. A velocidade terá componente x nula durante esse trecho também.
(a) Durante o primeiro trecho circular, a força magnética atua como resultante centrípeta. q.v.b z =
M.v² R1
⇒
R1 =
M.v q.b z
A partir da expressão do tempo de percurso de 90° num MCU: π π Δθ1 M.v 5.πM 2 Δt 90° = 0,1.T = = = 2. ∴ T= v ω v q.b z q.b z R1
(b) A partir da expressão do tempo de percurso de 180º num MCU: Δθ2 π π M.v 20.M Δt180° = 0,05.T = = = . ∴ T= v ω v q.b q.b R2
Comparado com o valor encontrado no item (a): 20.M 5.M T= = ∴ q.b q.bz
b =4 bz
c) O gráfico da componente x da velocidade em função do tempo é dado a seguir:
Trechos do gráfico: ⎧(1), (7) v x = 0 ⎪ ⎛ qb ⎞ ⎪(2) v x = v.sen ⎜ z . ( t − 0,2T ) ⎟ ⎪ ⎝ M ⎠ ⎪ vx = v ⎪(3) ⎪ ⎨ ⎛ qb ⎞ v x = v.cos ⎜ . ( t − 0,45.T ) ⎟ ⎪(4) ⎝M ⎠ ⎪ ⎪(5) v x = −v ⎪ ⎛ qb ⎞ ⎪(6) v x = − v.cos ⎜ z . ( t − 0,65.T ) ⎟ ⎪ ⎝ M ⎠ ⎩
Questão 10 Um radar Doppler foi projetado para detectar, simultaneamente, diversos alvos com suas correspondentes velocidades radiais de aproximação. Para isso, ele emite uma onda eletromagnética, uniformemente distribuída em todas as direções e, em seguida, capta os ecos refletidos que retornam ao radar. Num experimento, o radar é deslocado com velocidade constante v em direção a um par de espelhos, conforme ilustra a figura abaixo. Calcule os vetores de velocidade relativa (módulo e direção) de aproximação dos quatro alvos simulados que serão detectados pelo radar após as reflexões no conjunto de espelhos, esboçando para cada um dos alvos a trajetória do raio eletromagnético no processo de detecção. Dado
π π <θ< 4 3
Solução: Observe a figura:
Como o radar só capta velocidades na direção radial, basta projetar a velocidade de A e A’ na direção AA’. Logo:
⎧ VA = v sin θ ⎨ ⎩ VA ' = v sin θ
∴ Vrel = 2v sin θ
Para a imagem A’’, temos que projetar as velocidades de A e A’’ na direção AA’’.
Logo:
⎧⎪ VA = v cos ( 90 − 2θ ) = v sin 2θ ⎨ ⎪⎩ VA '' = v cos ( 90 − 2θ ) = v sin 2θ
∴ Vrel = 2v sin 2θ
Como os espelhos são simétricos, as imagens formadas na outra ordem possuem as mesmas velocidades relativas calculadas. Assim A’’’ é análogo a A’ e A’’’’ é análogo a A’’. O problema é que ligando a imagem A’ com o objeto A, não intercepta o 2º espelho, logo o radar não capta essa imagem. Isso ocorre, pois essa imagem está na zona morta. Assim todas as imagens formadas a partir dessa também estão na zona morta. Isso ocorre, pois o ângulo entre os espelhos é maior que 90º, assim o número de imagens observáveis é menor que 3, pois para exatamente 90º são observadas 3 imagens.
As imagens existem (e se 360 não dividir o ângulo entre os espelhos serão infinitas), porém não são percebidas pelo radar. Portanto não existem 4 alvos simulados, apenas 2. Observando o caminho dos raios para os 2 alvos simulados existentes:
Vale ressaltar que o enunciado está incorreto, pois há apenas 2 alvos simulados, e não 4, e a velocidade relativa de ambos é Vrel = 2v sin θ .
