01.
A figura acima mostra esquematicamente um tipo de experimento realizado em um túnel de vento com um tubo de Pitot, utilizado para medir a velocidade v do ar que escoa no túnel de vento. Para isso, a diferença de nível h entre as colunas do líquido é registrada. Em um dia frio, o experimento foi realizado e foi obtido o valor de 10,00 cm para a diferença de nível h. Em um dia quente, o experimento foi repetido e foi obtido o valor de 10,05 cm para a diferença de nível h.
Determine:
a) o valor do coeficiente de dilatação volumétrica do líquido no interior do tubo, sabendo que a variação de temperatura entre o dia quente e o dia frio foi de 25 K;
b) a velocidade do ar v.
Dados:
a massa específica do líquido é 1.000 vezes maior que a massa específica do ar no dia frio; e
aceleração da gravidade: g = 10 m/s 2 . Considerações:
a velocidade do ar no túnel de vento foi a mesma nos dois experimentos;
a massa específica do ar foi a mesma nos dois experimentos;
a aceleração da gravidade foi a mesma nos dois experimentos;
e
despreze a dilatação térmica da estrutura do tubo de Pitot.
Solução:
a)
No esquema fluidodinâmico apresentado na prova (Tubo de Pitot), toma-se uma linha de corrente horizontal e com ponto de
estagnação na entrada do tubo, em que a velocidade do fluido cai a zero. Assim, a equação de Bernoulli pode ser simplificada para:
ar B A A L
L B L
ar 2 2 g ( h h )
v h g h 2 g
v
, com
h h
h A B sendo a diferença de altura entre os ramos estacionários de água no tubo em U.
ar L h g v 2
Equação para o tubo Pitot.
Uma vez que a velocidade do ar, a gravidade e a densidade do ar são as mesmas, pode-se determinar que:
F F 0 h 0 h
(I)
Da dilatação térmica do líquido, tem-se que:
1
0
F (II)
De (II) em (I), segue que:
1
h h h h
h 1
0 0
0 0 F F
0
25 1 10
10 5 , 10
1 4 K 10 2
b)
Aplicando-se a equação da velocidade para o tubo de Pitot, encontrada acima (desprezando-se a densidade do ar em relação à do líquido), vem:
1 , 0 1000 10 2 h v
g v 2
ar
L
s / m 72 , 44 v
02 . Uma partícula carregada tem sua posição no sistema de eixos XY regida pelas seguintes equações temporais, que expressam, em metros, as coordenadas X e Y da partícula em função do tempo t :
Determine:
a) a equação de uma curva que contenha a trajetória da partícula;
b) o comprimento da curva formada por todos os pontos por onde a partícula passa;
c) o tempo mínimo gasto pela partícula para trafegar por todos os pontos da curva do item anterior;
d) as coordenadas de dois pontos nos quais a velocidade da partícula é nula;
e) o gráfico do módulo da força elétrica sofrida por uma segunda partícula de mesma carga, fixada na origem, em função do tempo;
f) o gráfico da função Q do vetor força magnética F m à qual estaria submetida a partícula, caso houvesse um campo magnético positivo e paralelo ao eixo Z, ortogonal ao plano XY , onde:
Dados:
- carga da partícula: + 4 x 10 -4 C ; e - constante de Coulomb: 9 x 10 9 2
2 C Nm
Solução:
a) x t 1 cos 2 t sen 2 t 2 cos 2 t 2 cos t
2
Daí, x 2 y 2 2 cos 2 t 2 2 sen 2 t 4
y
x 2 2 (A circunferência de raio 2 e centro na origem contém a trajetória).
b) x mín 0 ; x máx 2
Em , vemos que y > 0, logo, a curva formada pelos pontos onde a partícula passa só pode ser o arco da circunferência de raio 2 e centro na origem que começa em ( 2 , 2 ) e acaba em (0,2)
2 , 2
4 4
y
x
0 , 2
é curva dessa o compriment o
Então, m.
2
c) Para encontrar o tempo mínimo para se percorrer a curva de b , basta “acompanhar” a ida de x de x t 2 até x t 0 . Assim, por
, unidades de tempo
t mín 2
d) A velocidade só é nula nos pontos em que v x e v y invertem seus sentidos. Logo, v = 0 em x , y 2 , 2 e x , y 0 , 2 .
e) Como a distância entre as duas curvas é constante (igual a 2m), a força elétrica tem módulo constante:
2
4 2 9 2 el
2
el 2
10 4 10 F 9 Q
F kq F el 360 N
360 ,
te Graficamen
N F el
t
f) F m q v x , v y , 0 X 0 , 0 , B
F m v y , v x , 0
Note que Q F m
“pede” para indicarmos o quadrante de F m , e vamos supor que o gráfico é de Qxt.
Percebe-se que, acompanhando x t 2 cos t percorrendo a curva x 2 y 2 4 confoeme item b , as velocidades v x e v y , são tais que:
,...
2 , 1 , 0 n 1 n 2 t n se , 0 v
,...
2 , 1 , 0 2 n n t n se , 0 v
x x
,...
2 , 1 , 0 n 1 n 2 t n se , 0 v
,...
2 , 1 , 0 2 n n t n se , 0 v
y y
E v x v y 0 se n 0 , 1 , 2 ,...
2 t n
Assim, de , vemos que :
n 0 , 1 , 2 , ...
n 2 t n para 1 F
Q m
t n 1 n 0 , 1 , 2 , ...
n 2 para 3 F
Q m
E, para n 0 , 1 , 2 , ... Q F está indefinido .
n 2
t m
Assim, o gráfico fica:
3
F m
Q
t 1
2
2
3 2
03 .
Um pêndulo balístico é formado por uma barra uniforme de massa M e comprimento d. As duas hastes que suspendem a barra são idênticas, de comprimento L e massa específica μ constante.
a) Sabendo que um projétil de massa m atinge a barra e ambos sobem de uma altura h, determine a velocidade do projétil;
b) Após o pêndulo atingir o repouso, as hastes recebem petelecos simultaneamente em seus centros, passando a vibrar em suas frequências fundamentais, produzindo uma frequência de batimento f bat . Determine a penetração horizontal x do projétil na barra, em função das demais grandezas fornecidas.
Dado:
- aceleração da gravidade: g.
Consideração:
- a massa das hastes é desprezível em comparação com as massas
da barra e a do projétil.
Solução:
a) Aplicando a conservação de momento, temos:
Q inicial = Q final
MV bala = ( m + M ) V
Aplicando a conservação de energia:
gh v
gh M m v M m
2
) ( ) 2 (
1 2
Portanto,
V bala = gh
m M m
2
b) Aplicando a equação do modo vibração L
mv
f 2 I
Para m=1 ( modo fundamental 1 ) , temos:
L mv f 0 2
II
Por outro lado, a velocidade de propagação numa corda pela formula de taylor, assim:
T v L
2 1
Substituindo a equação III em II , obetemos:
2 1
2 1
T T L f
BAT
IV
Calculo das trações:
Centro de gravidade
P
B
P 1
T
2
T
d
2
dx
x d2
P B = Peso de projétil P = Peso da Barra
x P d r d T M
B G
C 2
1 2 0 2
2
1 V
P T P T P P T T F
B B Y
R
1 2 2 1 ,
0 VI
Substituindo a equação V e IV, obtemos:
2 2 2 2
2 2
2
2 1 1
1 1
P d x P P d x P P P T
P d
x d P T
x P P d dP d T
x d P P r P d d T
B B
B B B
B B
B B
Assim, temos que:
2 2 1 2 1
2 BAT
2 1 BAT
2 1 BAT
T T T 2 T L 4 f
T T L 2 f
T LV T
2 f 1
Substituindo T 1 e T 2 , obtemos:
2 P d P x L 4
f BAT 2 2 B
B B 1 2 BAT 2 2
B 2 t t f 41
2 P d P x 2 P d P x P
1 2 BAT 2 2
B P 2 t t f 41
P
2 1 2 2 BAT
B P 4 f L 2 t t
P
BAT 2 2
2 B
2
1 t P P 41 t
t
4
d 2 P x d P P x d P x d 2
P P 2 PP 2
4 P 2 B
2 2 B 2 B X B B 2
BAT 2 2
2
B P 4 L f
P
2 2
BAT 2 2 B
2 2 B 2 B B 2
f L 4 P d P
P x d 4 P X 4 PP 2 2 4 P
P P 4 f 1 0
PP 2 d P
x P 4 d
x P
4 2 2 2
BAT B
B 2 2 B 2
2 2
B
P P 4 f 1 0
PP 2 d P
x P 4 d
x P
4 2 2 2
BAT B
B 2 2 B 2
2 2
B
Resolvendo a equação, obtemos que:
a 2
ac 4 b x b
2
Onde,
2 2 B d
P a 4
d P b 4
2
B
2 2 2
2 2 4
BAT B
B
f L P P PP P
c
04 .
A figura acima mostra um dispositivo composto por um motor elétrico, cujo eixo se encontra ligado a uma polia ideal de raio R, solidária a uma segunda polia de raio r, sem deslizamento. Solidário ao segundo eixo há um disco rígido metálico de raio r. Em duas extremidades opostas deste disco, foram fixados dois pêndulos compostos idênticos, com fios ideais e esferas homogêneas, de massa m. Existe um fio extensível ligando as esferas inferiores, provendo uma força elástica F elástica que as mantém na configuração mostrada na figura. Determine, em função de g, m, r e R:
a) a velocidade angular ω do motor elétrico;
b) a força elástica F elástica do fio extensível.
Dado:
- aceleração da gravidade: g.
Solução:
Na parte superior do dispositivo, temos a seguinte condição para as velocidades angulares:
R = r ’; ’ vel. Angular do disco
= ' R
r I
Fazendo o diagrama de força. Temos:
Para o corpo 1:
60°
60°
1
P
2
T
1
T r
4 cos 60 r
Na direção vertical, obtemos:
T 1 sen ( 60°) = mg + T 2 . II
Na direção horizontal, temos:
T 1 cos ( 60°) – T 2 cos ( 60°) = m ’ 2 . (r +4r cos(60°) )
T 1 cos (60°) – T 2 cos ( 60°) = 3r m ’ 2 III
Para o corpo 2.Temos:
2
T
EL
F
2
P
r 10 r cos ( 60 )
Na direção vertical, temos:
T 2 sen (60°) = mg
) 60 (
2
sen mg
T IV
Na direção horizontal. Temos:
10 cos ( 60 )
' ) 60 (
cos 2
2
T m r r
F
EL
r m T
F
EL
6 ' ) 60
cos( 2
2
6 ' cos 60 60
2 2 T m r F
EL
V
Assim, substituindo a equação IV em V , obtemos:
mg mg sen
T ( 60 )
1
) 60 ( 2
1
sen mg
T VI
Substituindo a equação VI em IV , em , III , obtemos:
' 2
3 ) 60 ) cos(
º 60 ( ) º 60 ( 2
sen rm
mg sen
mg
cos ( 60 ) 3 ' ' 3 ( 60 ) )
60 (
2 2
tg r
g sen rm
mg
) 60 ( ' 3
tg r
g
Portanto :
3 3r
g R
r
Substituindo a equação VI e ’ 2 na equação V
Obtemos:
3 3 3 2
) 60 ( ) 60 ( 6 3
) 60 ) ( 60 cos 10 ( ' 2
mg mg mg F
tg mg tg
r g tg mr
mg r
r m F
EL EL
05 .
Como mostra a figura, uma fonte sonora com uma frequência de 400 Hz é liberada em velocidade inicial nula, escorrega com atrito desprezível em um plano inclinado e passa a se mover em uma superfície horizontal, também com atrito desprezível. Diante do exposto, determine:
a) a altura inicial h da fonte em relação à superfície horizontal, em função dos demais parâmetros;
b) o tempo decorrido, em segundos, entre o instante em que a fonte é liberada e o instante em que a fonte passa pelo observador.
Dados:
- frequência ouvida pelo observador quando a fonte sonora passa por ele: 420 Hz;
- ângulo entre o plano inclinado e a superfície horizontal: = 30º;
- distância entre o observador e a base do plano inclinado: d = 4 m;
- velocidade do som: 340 m/s;
- aceleração da gravidade: g = 10m/s 2 - 13 3 , 6
- 5 2 , 2
Solução:
zˆ
nal gravitacio potencial energia para
referência de Nível 0 A
B
a)
) ( 2 2
0
2
I gh mv v
mgh
E A B B B
MEC
Efeito Doppler sonoro
V B Fonte
T
) ( / 2 , 340 16
400 340 420
0
II s m V V
V V f V f
B B
B s aparente s
De (I) e (II), segue que:
h
2 10 2 , 16
m h 13 , 1
b)
total = T descida + T horizontal
Para descida:
2 D 2
D gsen
h T 2
: T 2 gsen L 1 e sen L h
Para o plano horizontal:
B
H V
T d
s 52 , 3 1 , 13 5
2 5
1 , 2 13
1 , 13 10 2
4 5
, 0 10
1 , 13 T 2
gh 2
d gsen
h T 2
total 2 total 2
T total = 3,52s
06 . Durante um turno de 8 horas, uma fábrica armazena 200 kg de um rejeito na fase vapor para que posteriormente seja liquefeito e estocado para descarte seguro. De modo a promover uma melhor eficiência energética da empresa, um inventor propõe o seguinte esquema: a energia proveniente do processo de liquefação pode ser empregada em uma máquina térmica que opera em um ciclo termodinâmico de tal forma que uma bomba industrial de potência 6,4 HP seja acionada continuamente 8 horas por dia. Por meio de uma análise termodinâmica, determine se a proposta do inventor é viável, tomando como base os dados abaixo.
Dados:
- calor latente do rejeito:
kg 160 kJ .
2 ;
- temperatura do rejeito antes de ser liquefeito: 127ºC;
- temperatura do ambiente onde a máquina térmica opera: 27ºC ; - rendimento da máquina térmica: 80% do máximo teórico;
- perdas associadas ao processo de acionamento da bomba: 20% ; e
- 1 HP = 3/4 kW.
Solução:
A máquina térmica de maior rendimento teórico possível
corresponde à máquina cujo rendimento se iguala ao rendimento de uma máquina de Carnot, nas mesmas condições:
Q F máximo
T 1 T
.
Dados T F 300 K e T Q 400 K , 400 1 300 máximo
.
4 1
máximo
% 20 2
, 0 25 , 0 8 , 0
8 , 0 Mas
real real
máximo real
O calor proveniente da liquefação (calor latente) do rejeito funciona como calor originado de uma fonte quente para a máquina térmica.
J 10 6 , 8 10 32 , 4 2 , 0 W
Q Q W
Mas W
J 10 32 , 4 Q 10 2160 200 L m Q
7 útil 8
L real L útil
real útil
L 8 L 3
J 10 6 , 8 W útil 7
Mas como há 20% de perda de potência na bomba o trabalho útil em definitivo corresponde a 80% do trabalho útil anterior.
J 10 6 , 8 8 , 0
W efetivo 7
J 10 88 , 6 W efetivo 7
A energia requerida para manter a bomba industrial funcionando por 8 horas seguidas é dada por: E P t .
kW P
kW HP
P Mas
8 , 4
75 , 0 4 , 6 4 , 6
3 3
3 10 28 x 10 8 , 4 E , o log
s 10 28 3600 8 h 8 T
J 10 4 , 13
E 7
Como a energia requerida pela bomba é menor do que se pode fornecer, o intento proposto pelo inventor não é
termodinamicamente possível.
07 .
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio formada por onze barras. Todas as barras têm peso desprezível. O apoio A impede deslocamentos nas direções horizontal e vertical, enquanto o apoio B somente impede deslocamentos na direção vertical. Nos pontos C e D há cargas concentradas verticais e no ponto F é aplicada uma carga horizontal. Determine os valores das forças, em kN, a que estão submetidas as barras BG e EG.
Dados:
- 2 1 , 4 ; - 5 2 , 2 Solução:
C D
E F
G B A
N A
T A
m
4 4 m
kN 30 kN
10
N B
kN 20 m
2
Equilíbrio horizontal: T A 20 kN Equilíbrio vertical: N A N B 40 kN
Torque nulo em relação a A: 8 N B 4 30 2 20 kN
20
N B N A 20 kN
Vamos agora considerar todas as barras tracionadas (as comprimidas apresentarão forças negativas).
Assim, o equilibrio do nó A trás:
A
AG T
F F AG 20 kN e F AC N A F AC 20 kN Do equilíbrio do nó D: F CD 0
Do equilíbrio do nó C:
0
5 F 2 10 F
F AG CG CE
2 10 F 5
F CE CG
(vertical)
0
2 F CG 5 CE 2 F
2 2
F CG 5 F CE
horizontal
2 2 F CG 2
F CG 10 ,
Daí 20 kN
2 F CG
Do equilíbrio do nó G:
F EG 0 2
F CG :
Vertical F EG 20 kN
F BG
2 F CG F AG :
Horizontal F BG 40 kN
Logo, a barra BG está tracionada em 40kN e a barra EG comprimida em 20 kN.
08 . Determine a energia total armazenada pelos capacitores do circuito infinito da figura abaixo.
Dados:
- R = 3 Ω - U = 8 V - C = 1 F
Solução:
Considere o circuito abaixo:
Note que, por simetria, as estruturas vinculadas aos pontos 1, 2, 3, etc ... podem ser desvinculadas. O circuito, desse modo, torna-se:
Ou então:
Os capacitores, quando carregados, se comportam como ramos de resistência infinita e por isso podem ser retirados do circuito.
Com isso, ficamos finalmente como circuito a seguir:
Vamos determinar a resistência equivalente da estrutura periódica:
Confira a seguir.
Temos:
eq eq
eq
R R
R
3 4
3
eq eq
R 2 4 R 12 0
Cujas soluções são:
R eq 6 e R eq 2 . Desse modo, temos: R eq 6 . Então a versão mais simples do circuito dado, está representada a seguir.
Vemos que o primeiro capacitor fica submetido a uma tensão:
V 1 U 3 .
Desenvolvendo mais um bloco do circuito, vem:
Vemos que o segundo capacitor fica submetido a uma tensão:
V 2 U
9 . E um padrão se apresenta.
As tensões nos capacitores são dadas pela sequência:
V 1 U 3 ,
V 2 U 9 ,
V 3 U 27 ,
V 4 U
81 , etc ...
Finalmente com essa informação podemos calcular a energia total armazenada no conjunto de capacitores:
i i
E C V
2
1
1 2
i
i
E C U
2
1
1
2 9
E C U
1
21 9
2 1 1 9 E C U
1
21
2 8
Substituindo os valores das grandezas fornecidos na questão, temos:
E
1 2 1
1 8 4
2 8
E 4 J 09 .
A Figura 1 mostra um material ferromagnético envolto por um solenóide, ao qual é aplicado o pulso de tensão senoidal de duração T, conforme mostrado na Figura 2. O pulso produz um aquecimento no material ferromagnético, cuja energia, em joules, é dada por:
2 140 max
T E B
onde:
• energia de aquecimento: K;
• duração do pulso de tensão senoidal aplicado ao solenóide: Q;
• densidade máxima do fluxo magnético: B max . A energia proveniente do aquecimento do material ferromagnético é usada para aquecer 15 L de água de 20ºC para 100ºC, sendo que o rendimento desse processo de transferência de calor é 90%.
De acordo com os dados do problema, determine:
a) a densidade máxima do fluxo magnético B max ;
b) a energia produzida no aquecimento do material ferromagnético K;
c) a duração do pulso de tensão senoidal T.
Dados:
- comprimento do solenóide: 40 cm;
- número de espiras do solenóide: 2.000 espiras;
- calor específico da água: 1cal/g°C - 1 cal = 4,2 J; e
- permeabilidade magnética do material ferromagnético:
20 x 10 -7 wb/Am.
Considerações:
- o comprimento do solenóide é consideravelmente maior que seu raio interno; e
- despreze o efeito indutivo do solenóide.
Solução:
a) Para o campo magnético produzido pelo solenóide, temos:
Ni
B ni L
N R
B " L
.
Perceba que "
max 200 V . Assim:
max
max
N R
B " L
B
max
2000 200 2
220 10
7
40 10 ,
B 1 0 T .
b) Temos:
, E Q m c 0 9
, E
3 1 4 2 100 20 ,
0 9 15 10
,
E 5 6 10
6J .
c) Temos:
B max
E T
2
140
, T
2
6 1
5 6 10 140
T 1 s
200 ou T 5 0 , ms .
10 .
A atmosfera densa de um planeta hipotético possui um índice de refração dependente das condições meteorológicas do local, tais como pressão, temperatura e umidade. Considere um modelo no qual a região da atmosfera é formada por k +1 camadas de índice de refração diferentes, n 0 , n 1 , ... , n k , de 1 km de altura cada, onde o índice de refração decai 10% a cada quilômetro de aumento na altitude. Considerando somente os efeitos da reflexão e da refração na atmosfera, se um raio luminoso, proveniente de um laser muito potente for disparado da superfície do planeta, formando um ângulo de 60º com a tangente à superfície, verifique se este raio alcançará o espaço, e, em caso negativo, determine qual será a altitude máxima alcançada pelo raio.
Dados:
- o planeta é esférico com raio R P = 6.370 km;
- log 10 (9) = 0,95 e log 10 (2) = 0,3; e - k = 9.
Solução:
De acordo com o modelo apresentado, o índice de refração para camadas sucessivas obedece à equação n i 0 , 9 n i 1 . Portanto, o índice de refração da k-ésima camada é dado por n k 0 , 9 k n 0 (I).
Assim, para que o raio luminoso alcance o espaço, ele não poderá sofrer reflexão total durante seu trajeto.
DETERMINAÇÃO DA CAMADA ONDE HAVERÁ REFLEXÃO TOTAL:
