IME 2010/2011 PROVA DISCURSIVA 3º DIA

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IME – 2010/2011

PROVA DISCURSIVA – 3º DIA

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OSG.: 38148/10 FÍSICA

CONSERVAÇÃO DE ENERGIA, DILATAÇÃO LINEAR E CALORIMETRIA

i) f y f x f f x x f x f 0 P N F H 0 2 30 30 F H 0 2 F H 15 F 5 20 = → ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ = ⋅ ∴ = ⋅ ∴    _     

(

)

4 f 0 5 ⋅ − = f f 0 f f 0 f 0 4 4 4 3 4 4m 3 ⋅ − = ∴ = → = =        

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ii) Anexo: 0 0,76 0,18 L L t t 3 2 ∆ = ⋅ α∆ ∴∆ = = α α onde: 2 2 L 3 4 3 2 0,76m ∆ = + − 

Comentário: Por conservação da energia, consideramos que o calor cedido para o sistema é utilizado tanto para aumentar a temperatura da

barra quanto para deformar a mola. No caso, 3,9J foram usados para a dilatação da barra e 10J usados para a deformação da mola.

( )

(

)

2 2 1 P 1 Pc Q m C t k C t 20 1 0,18 10 2 g 2 g 50 30 2 0,18 10 13,9J 3 2 = ⋅ ∆ + ∆ = ⋅ ∆ + ⋅ ⋅ = ⋅ + = α + = ⋅ + = 

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OSG.: 38148/10

MHS

Considerando conservativo o movimento entre as posições x0 (figura 1a) e x2 (figura 1c), pode-se calcular a energia mecânica em x1 = 0

(figura 1b). 2 2 1 1 2 2 1 1 E mv Kx 2 2 1 1 0,5 5 50 0 2 2 6, 25J = + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = Análise em x = x0 2 0 1 E m v 2 = ⋅ 0 2 0 2 0 0 0 1 Kx 6, 25 2 1 50 x 6, 25 2 | x | 0,5m x 0,5m + = ⋅ ⋅ = = → = − da 2ª lei de Newton: 2 0 0 Kx 50 ( 0,5) a 50m/s m 0,5 − ⋅ − = = − = + Análise em x = x1 = 0 da 2ª lei de Newton: 1 1 Kx a 0 m − = = Análise em x = x2 = 0,2m 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 E m V Kx 6, 25 2 2 1 1 E 0,5 V 50 0, 2 6, 25 2 2 V 21 V 21m/s = ⋅ + = = ⋅ + ⋅ ⋅ = = → = da 2ª lei de Newton: 2 2 2 Kx 50 0, 2 a 20m/s m 0,5 − ⋅ = = − = −

A partir de x2 = 0,2m, passa a atuar o atrito, e o movimento passa a ser dissipativo, parando em x = x3. fat=Ec  0 3 2 2 2 3 2 Ec mV fat (x x ) 2 m − − ⋅ − = − −µ 3 2 m g(x −x )= − 2 2 V 2

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Considerando g = 10m/s2_{(não fornecido)}

0,3 ⋅ 10(x3 – 0,2) =

21 2 x3 = 3,7m

de x = x2 a x = x3, a aceleração foi constante e igual a: 23

m a =−µ g m 2 3m/s = − a) x = x0 = – 0,5m a = a0 = +50m/s2 b) x = x1 = 0 a = a1 = 0

Porque, a partir desse ponto, o movimento passa a ser retardado. c) x = x2 = 0,2m

a = a2 = – 20m/s2

d) x = x3 = 3,7m

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OSG.: 38148/10

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a) Na direção perpendicular ao espelho:

(

)

(

)

(

)

i E 0 E i 0 E x v v v v v v 2v

Logo : v ' v sen 2 v sen 3v sen

− = − − → = − + = − − α + ⋅ α = α

(

)

x x y 2 2 2 2 y y x v v ' sen v ' cos

3vsen sen v cos cos

3vsen v cos v 3sen cos

v v ' sen v ' cos

v cos sen 3v sen cos

4vsen cos 2vsen2 = α − α = α α − α ⋅ α = α − α = α − α = − α − α = − α α − ⋅ α α = − α α = − α b) 2 2 2 2 2 2 2 2 T T 2 2 T 2 2 cp KQ K Q F sen D d KQ sen cos F F cos d a m m m KQ sen cos a m d v a L ⋅ = = ⋅ β β ⋅ β ⋅ β = = = β ⋅ β = ⋅ = d sen D d D sen β = = β

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OSG.: 38148/10 c) Temos que: f cp T e T cp a a cos a sen a a cos a sen = ⋅ α + α   = ⋅ α − ⋅ α 

(

)

Im x y xˆ yˆ Assim, se a = A , A− =A i−A i, teremos:

(

)

(

)

(

)

( )

( ) ( )

x f e cp T T cp 2 2 cp T T cp 2 2 cp T x cp T A a sen a cos

a cos a sen sen a cos a sen cos

a cos sen a sen a cos a sen cos

2a sen cos a cos sen .

A a sen 2 a cos 2 I = ⋅ α − ⋅ α = α + α ⋅ α − α − α ⋅ α = ⋅ α α + α − α + α α = ⋅ α α − ⋅ α − α = ⋅ α − ⋅ α

(

)

(

)

(

)

( )

( ) ( )

y f e cp T T cp 2 2 cp T T cp 2 2 cp T y cp T A a cos a sen

a cos a sen cos a cos a sen sen

a cos a sen cos a cos sen a sen

a cos sen 2a sen cos

A a cos 2 a sen 2 II = ⋅ α + ⋅ α = α + α ⋅ α + α − α ⋅ α = ⋅ α + α α + α α − α = ⋅ α − α + α α = ⋅ α + ⋅ α

Substituindo acp e aT encontrados no item b, teremos:

( )

2 2 2 Im ₂ 2 2 2 2 v KQ sen cos _ˆ a sen 2 cos 2 i L m d v KQ sen cos _ˆ cos 2 sen 2 j L m d   β ⋅ β  =_ ⋅ α −_ _ α_ ⋅       β ⋅ β  −_ ⋅ α +_ _ α_ ⋅     

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OSG.: 38148/10

ELETRICIDADE

Movimento da luz pelo vidro:

(

)

( )

2 d/sen• 2x c t 3 t d sen v c/n n 2 ⋅ ⋅ = = → = ⋅ α = ⋅ 8 10 2 ⋅ ⋅ ₁₀12 1,5 − ⋅ 2 ⋅ 1 2 ⋅ ₌_{10 m}−4 Capacitância: 12 4 0 A 5 9 10 10 C k d − − ⋅ ⋅ ⋅ = ε ⋅ = 4 10− 11 12 4,5 10− 45 10− F 45pF = ⋅ = ⋅ = d sen x d x sen α = = α

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d

dS

1

1 B

d

V

R

i

dt

2

4 v

i

8 φ

_{= ε =}

_⋅

 

₌

_⋅

_{= ⋅}

 

 

=

ELETROMAGNETISMO

i) 0in B=µ =0,5T  ii) Vista lateral:

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OSG.: 38148/10

1

2

2 0,5 i

4

2 i

2A

⋅ ⋅ =

⋅

=

iii) Logo:

V

=

16m/s

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FLUXO DE CALOR

i) Antes: ii) Depois:

(

)

₍

₎

₍

₎

eq 1 3 final 1 3 1 2 f i K A T T , onde T T 120% T T . ⋅ − ∅ = − = − + e e

Como a transferência de calor final é 20% da inicial:

(

)

(

)

eq 1 2 f 1 2 final inicial f i f eq f i f i f f K A 120% T T K A T T 20% 20% K 6 K 1 5 ⋅ ⋅ − ⋅ − ∅ = ∅ → = + ⋅ = ∴ = + e e e e e e e e

Anexo: temos que:

(

)

(

)

eq 1 2 eq 1 2 f i f i f 1 f 1 2 i 2 i eq f i f i f i eq f f i f i K A T T K A T T T T T T K A T T K A K A Logo : K K A K 4k 4 100 ⋅ − ⋅ − + − ∅ = = + + ∅ ⋅  − =  _⋅  ∅ = ∅ →  _{∅ ⋅}  − =  ⋅  ⋅   ∅ ∅ = ₊ ⋅ +    = + + e e e e e e e e e e e e e e

(

)

f 1 2 inicial f K ⋅A T−T ∅ = e

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HIDROSTÁTICA E ONDULATÓRIA

a) Considere o esquema abaixo onde representamos o líquido com o nível y:

Volume do líquido expelido conforme a figura é volume = 4Ay – Ay = 3Ay.

Tendo em vista que vazão é a razão entre o volume e o tempo, então a área do gráfico abaixo é igual ao volume bombeado.

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OSG.: 38148/10 Daí, 3 Ay=b A 2 2 t bt y 2 ⇒ = 6

b) Conforme o desenho no item anterior, o volume imerso é A(h – y).

• Cálculo da tração

T



: T + E(empuxo) = P(peso). E = ρgA(h – y) P = ρgAh

T= ρgAh− ρgAh gAy

2 gAbt T gAy ou T 6 + ρ ρ = ρ = • Velocidade do pulso: 2 T gbAt V V 6 ρ = ⇒ = µ µ gbA V t 6 ρ = µ

• A aceleração do pulso é a gbA

6 ρ = µ Daí: x =

1 at

2

x

gbA

t

2

24 ρ

⇒

=

µ

c) Tempo gasto pelo pulso para chegar ao ponto C.

I. L gbAt2 t2 24 L

24 gbA

ρ µ

= ⇒ =

µ ρ

Tempo gasto para o nível chegar ao ponto E.

II. y = h ⇒ 2 bt 2 6h h t 6 b = ⇒ =

Igualando I e II, teremos:

24 6h L 3 gA

L

gbA b h 2b

µ ₌ _⇒ ₌ ρ

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OSG.: 38148/10

ELETRODINÂMICA E HIDROSTÁTICA

UAD = R1 · i = 1000 · 2,5 · 10–3 = 2,5V UDB = R2 · i = 3000 · 2,5 · 10–3 = 7,5V a) UCD = UAD = 2,5V, porque VA = VF = VC em t = 0.

b) Quando a ponte estiver em equilíbrio: y RFC 10000 L . R1 RCG R · R2 FC, mas _y RCG 10000 1 L  ₌  =  _ _  = _ − _  1000 · 10000 1 y 3 000 L  ₋ ₌     · 10000 y L       y y 4y L 1 3 1 y L L L 4 − = ⇒ = ⇒ =

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c) E = p · g · V = 50 · 10 · 10– 4_{= 5 · 10}–2_N P = mg = 0,05 · 10 = 50 · 10–2_N 2 P E 45 · 10 ₂ a 9m/s m 0,05 − − = = = L 2 · 1 2 2y 4 L 1 L 2L y · a · t t t 2 a 9 18 3 2 6 = ⇒ = ⇒ = = = = d) E = Pot · ∆t = i · U · ∆t = 2,5 · 10–3_{· 7,5 ·} 2_· _L 6 = 3,125 · 10–3 _2L

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OSG.: 38148/10

ÓPTICA FÍSICA

ϕ2 – ϕ1 = δ1 (dado) 2 2 2 1 1 1 ’ cot K h ’ cot K h ϕ = ϕ + −  _→ ϕ = ϕ + −  2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 ’ ’ K h K h ’ ’ h(K K ) ϕ − ϕ = ϕ − ϕ − +  _→ ϕ − ϕ = δ + − 

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2 1 1 1 2 1 2 R L R L 2 1 2 1 R L 2 2 ’ ’ h , mas e n n n n 2 h ( ) h (n n ) 2  π π λ λ → ϕ − ϕ = δ + _ − _ λ = λ = λ λ     δ = δ + π __λ − _λ_ δ − δ λ = ⋅ − π

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OSG.: 38148/10

COLISÕES, CIRCUITOS ELÉTRICOS E MOVIMENTO DE CARGAS EM

CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME E CAMPO GRAVITACIONAL

1. Cálculo da carga armazenada Q 0,6 F 1, 2 F Cequivalente= µ × µ 1,8 Fµ Cequivalente 0, 4 F Q 0, 4 F 5 V Q 2 C ⇒ = µ = µ × ⇒ = µ

2. Cálculo da velocidade do corpo A, que no caso é igual à velocidade do corpo E.

O movimento helicoidal é resultado do movimento circular uniforme, devido ao campo magnético, com o movimento retilíneo uniformemente variado, devido ao campo gravitacional.

R raio do MCU. m massa do corpo A. mV R V velocidade do corpo A. Bq B campo magnético. q carga do corpo A. =   =  =  =  =   =  Assim: 6 A 4,75m 16T 2 10 V − × × × = 6 C 4×10− A kg V =38m/s

3. O corpo E, logo após a colisão, adquiriu a velocidade de 38m/s. Veja esquema abaixo:

D D D 38 V e 0,9 38 V 54 60 V 16m/s − = = ⇒ − = = −

Então, conforme cálculos acima, após a colisão, o carro D recua com uma velocidade de 16m/s. Finalmente, aplicando o princípio da conservação da quantidade de movimento, teremos:

A A A 2kg 60m/s 2kg 16 38m 38m 120 32 m 4kg × = − × + = + ⇒ = Antes da colisão Depois da colisão

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

ANOTAÇÕES