Questão 1
Um pequeno refrigerador para estocar vacinas está inicialmente desconectado da rede elétrica e o ar em seu interior encontra-se a uma temperatura de 27º C e pressão de 1 atm. O refrigerador é ligado até atingir a temperatura adequada para refrigeração que é igual –18ºC. Considerando o ar como gás ideal, determine a força mínima necessária, em kgf, para abrir a porta nesta situação, admitindo que suas dimensões sejam de 10 cm de altura por 20 cm comprimento.
Resolução Dados: Ar: T0 = 27ºC = 300 K Tf = -18ºC P0 = 1 atm V0 = Vf Pf = ? Transformação isocórica do gás: Equação Geral: 0 0 0 T V p ⋅ = f f f T V P⋅ ⇒ 300 1 = 255 Pf ⇒ Pf = 0,85 atm Área da porta: A = 10 .10-2 .20 .10-2 = 2.10-2 m2 Diferença entre pressão externa e interna:
∆p = Pex – Pint = 1 –0,85 = 0,15 atm, onde 1 atm = 1,01.105 N/m2 Assim:
F = ∆p . A = ( 0,15 .1,01 .105 ) . 2.10-2 F = 0,303 . 103 = 303 N = 30,9 kgf
Força necessária: F = 30,9 Kgf
Questão 2
Uma experiência é realizada em um recipiente termicamente isolado, onde são colocados: 176,25 ml de água a 293 K; um cubo de uma liga metálica homogênea com 2,7 kg de massa, aresta de 100mm, a 212º F; e um cubo de gelo de massa m, a -10ºC. O equilíbrio térmico é alcançado a uma temperatura de 32º E, lida em um termômetro graduado em uma escala E de temperatura. Admitindo que o coeficiente de dilatação linear d a liga metálica seja constante no intervalo de temperaturas da experiência, determine:
a. a equação de conversão, para a escala Celsius, de uma temperatura TE, lida na escala E.
b. A massa m de gelo, inicialmente a –10ºC, necessária para que o equilíbrio ocorra a 32ºE.
c. O valor da aresta do cubo da liga metálica a 32ºE.
Dados: Coeficiente de dilatação linear da liga metálica: 2,5 x 10-5 ºC-1. Calor específico da liga metálica: 0,20 cal/(g ºC).
Calor específico do gelo: 0,55 cal/(gºC) Calor específico da água: 1,00 cal/(gºC). Calor latente da fusão da água: 80 cal/g. Massa específica da água: 1 g/cm3.
Temperatura de fusão da água na escala E: -16º E. Temperatura de ebulição da água na escala E: +64º E.
Resolução Dados: Início: Água: 176,25 mL, 293K = 20°C Liga: 2,7 Kg, a = 100mm, 212°F = 100°C Gelo: massa m, -10°C Equilíbrio: tf = 32°E
Escala 0E : Fusão do Gelo: -16°E Ebulição da água: +64°E a) Equação de Conversão: 16 64 16 t 100 tc e + + = Equação: 4 16 t 5 tc = e +
Assim, a temperatura do equilíbrio foi:
C 60 4 ) 16 32 ( 5 tc = ⋅ + = °
a) Cálculo dos calores trocados:
Aquecimento da água: QA = 176,25 .1 .(40) = 7050 cal Resfriamento de liga: QL = 2700 .0,2 .(-40) = -21600 cal Aquecimento do gelo: Qg = 10 m = m .0,55 .10 = 5,5 m Fusão do gelo: Qf = 80 .m
Aquecimento do gelo fundido: QA’ = m .1 .60 = 60 m Somando os calores:
QA + QL + QG + Qf + QA’ = 0 7050 – 21600 + 5,5m + 80m + 60m = 0
m = 100g b) Aresta do cubo no final:
af = a0 (1+α∆θ) (válida para dilatação) 100 = a0 (1 + 2,5.10-5 .40) a0 = 00100 , 1 100 00100 , 0 1 100 = + =99,9 mm
a0 = 99,9 mm, que é a aresta final.
Questão 3
Um corpo de massa m1 está preso a um fio e descreve uma trajetória circular de raio 1/π m. O corpo parte do repouso em θ = 0º (figura a) e se movimenta numa superfície horizontal sem atrito, sendo submetido a uma aceleração angular α =6π/5 rad/s2. Em
θ = 300º (figura b) ocorre uma colisão com um outro corpo de massa m2 inicialmente em repouso. Durante a colisão o fio é rompido e os dois corpos saem juntos tangencialmente a trajetória circular inicial do primeiro. Quando o fio é rompido, um campo elétrico E (figura b) é acionado e o conjunto, que possui carga total + Q, sofre a ação da força elétrica. Determine a distância d em que deve ser colocado um anteparo para que o conjunto colida perpendicularmente com o mesmo. Resolução Observe a figura: Dados: r 1m π = 2 s rad 5 6π = α
Imediatamente antes do choque temos para m1 a velocidade linear v1 onde v1 = w1 . r e θ ∆ α + =w 2 . w12 12 0 ⇒ ⇒ 12 4 2 3 . 5 . 5 6 . 2 w = π π = π π = ⇒ π = ∴w12 4 2 w1 2 e v1 = 2m/s
Durante a colisão, conservando o momento linear total: f
0 Q Q =
m1 . v1 + m2 . 0 = (m1 + m2) . v0 ( partículas saem juntas)
2 1 1 0 m2.mm v + =
A partir do rompimento temos um lançamento oblíquo onde
2 1 1 2 1 1 0 m2mm .sen30º mmm v y + = + = e F= Q . E = (m1 + m2) . ay ∴ ay = 2 1 m m QE +
Para que a partícula se choque perpendicularmente ao anteparo basta que Vy = 0 . Logo temos: Vy = Voy + ayt t . m m QE m m m O 2 1 2 1 1 + − + = ⇒ E . Q m t= 1
Por fim, o deslocamento horizontal é:
E . Q m 30º cos . m m 2m t . V d 1 2 1 1 ox = + = d= ) m (m E . Q 3 . m 2 1 2 1 + Questão 4
Um circuito composto por uma fonte, três resistores, um capacitor e uma chave começa a operar em t = -∞ com o capacitor inicialmente descarregado e a chave aberta. No instante t = 0, a chave é fechada. Esboce o gráfico da diferença de potencial nos terminais do capacitor em função do tempo, indicando os valores da diferença de potencial para t = -∞, t = 0 e t = +∞
Resolução
.
I) No início o capacitor está descarregado e V-∞ = 0 é a d.d.p. entre as placas.
II) Ligado o circuito, o capacitor carrega até o equilíbrio onde a corrente (iII) se estabelece passando por R1 e R2:
2 1 II R VR i + = Assim para t = 0: V0 = R2 .iII= 2 1 2 R R R . V +
III) Fechando a chave R2 fica em paralelo com R3 e a d.d.p. entre os terminais do capacitor muda.
No equilíbrio da nova situação teremos:
iIII = ) R R ( R R R V 3 2 3 2 1+ +⋅ ⇒ V+∞ = 3 2 3 2 3 2 3 2 1 R R R . R . ) R R ( R R R V + + ⋅ + V+∞ = 3 2 3 2 1 R R ) R R ( R 1 V ⋅ + + onde V+∞ < V0 Questão 5
Um pequeno bloco pesando 50 N está preso por uma corda em um plano inclinado, como mostra a figura. No instante t = 0 s, a corda se rompe. Em t = 1 s, o bloco atinge o líquido e submerge instantaneamente. Sabendo que o empuxo sobre o bloco é de 50 N, e que o coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e a parte emersa do plano inclinado é 0,4, determine a distância percorrida pelo bloco a partir do instante inicial até t = 3s. Dado: Aceleração da gravidade g = 10m/s2
Resolução
Dados: Bloco: P = 50 N E = 50N Antes da submersão temos:
Seja x a direção do plano inclinado e y a direção normal ao plano temos: Px = 50 . sen 45° = 25 2 Fat = µ .N=µ.Py = 0,4 .25 2 = 10 2 Assim: FR = Px – Fat = m .ax 25 2 - 10 2 = 5 . ax ax = 3 2 m/s2 Logo: de t = 0 a t = 1s: ∆S1 = 2 t ax 2 = m 2 2 3 2 1 2 3 2 = ⋅
Após a submersão teremos:
E = P
Assim a força empuxo anula o peso, resultando N=0 e logo temos um M.R.U., onde:
V = V0 + ax .t = 3 2⋅1=3 2 m/s
(velocidade alcançada no final do movimento fora d’água) Assim: ∆S2 =V∆t2 = 3 2⋅2=6 2
E finalmente conseguimos a distância total percorrida:
∆S = ∆S1 + ∆S2 = 2 2 3 2 6 + ⇒ ∆S = m 2 2 15 Questão 6
O desenho representa uma pequena usina hidrelétrica composta de barragem, turbina e gerador. Este sistema fornece energia elétrica através de dois cabos elétricos a uma residência, cuja potência solicitada é de 10.000 W durante 8 horas diárias. Determine:
a. A economia de energia elétrica, em kWh, em 30 dias de funcionamento da usina, com a substituição dos cabos por outros cabos elétricos de resistência igual a metade do valor original, mantendo-se a mesma tensão fornecida aos equipamentos da residência.
b. O rendimento do conjunto composto pelo gerador e cabos de alimentação, antes e depois da substituição dos cabos.
Dados:
Comprimento de cada cabo elétrico que liga o gerador à residência: 100m.
Resistência dos cabos originais por unidade de comprimento: 0,001 Ω/m.
Rendimento do gerador:
η =0,80.
Tensão (ddp) exigida pelos equipamentos da residência: 100 V.
Resolução
Dados: Residência: Pu = 10.000 W ∆t = 8 h/dia
a) Antes da substituição tínhamos:
R = lρ =100.0,001.2= 0,2 Ω Pu = V .i ⇒ 10000=100.i ⇒ i = 100 A Pd = R .i2 = 0,2.104 = 2000 W Depois da substituição: Pd’ = i2 2 R⋅ = 1000 W Assim, a energia economizada será:
E = ∆P. ∆t = 103 .30.8 = 240 KWh b)
Antes:
Rendimento dos cabos:
η' = 1 - 6 5 12000 2000 = Rendimento Total: ηt = 0,8 0,66 6 4 6 5 = = ⋅ ≈ 66 % Depois:
Rendimento dos cabos :
η' = 1-11 10 11000 1000 = Rendimento Total: ηt = 0,8 . 11 10 = 0,727 11 8 = ≈ 73 % Questão 7
Um espelho plano, de superfície infinita, desloca-se na horizontal com velocidade constante v. Um objeto puntiforme se desloca na vertical também com velocidade constante v e, no instante t = 0, as posições do espelho e do objeto estão em conformidade com a figura. Considerando que no instante t = α ocorre o choque do objeto com o espelho, determine:
a. As componentes vertical e horizontal da velocidade da imagem do objeto refletida no espelho.
b. O instante α em que o objeto e o espelho se chocam.
Resolução
a) Tomando o referencial 0’ fixo no espelho e o eixo x horizontal e y vertical, temos: ' ix v = v 2. sen 75º = 2 v( 3 +1) ' iy v = -v 2 . cos 75º = -2 v ( 3 -1)
E agora transportando para o referencial externo 0 (onde mediu-se v):
vix = 2 v ( 3 +1) + v = 2 v ( 3 +3) viy = -2 v( 3 -1)
b) Tomando novamente 0’ devemos ter: tg 60º = x d x − ∴ x = (d –x) . 3 x 3 + x = d 3 x = 3 1 3 d +
Como a bola sobe uma distância x no intervalo de tempo t, podemos escrever: v = t x⇒ t = v x ou: α = ) 3 1 ( v 3 d + ⇒ α = 2.v ) 3 3 .( d − Questão 8
Um elétron se encontra a uma distância de 2mm de um fio retilíneo, movendo-se paralelamente a ele com a mesma velocidade que uma onda luminosa em uma fibra óptica. Uma chave é ligada, fazendo criticar uma corrente elétrica no fio. Determine o valor desta corrente para que o elétron seja submetido a uma força de 1,28 x 10-14 N, no momento em que a corrente começa a circular.
Dados: Índice de refração da fibra óptica: n = 1,5. Velocidade da luz no vácuo: c = 3 x 108 m/s.
Permeabilidade magnética do vácuo: µ0 = 4π x 10-7 H / m. Carga do elétron: e = 1,6 x 10-19 C.
Resolução
O campo produzido pelo fio sobre o elétron é: B = d 2 i π µ
A força que atua neste é calculada por: F = qvB ⇒ onde v = c/n 1,28.10-14 = 1,6.10-19 B 5 , 1 10 3⋅ 8 ⋅ Assim: B = 0,4.10-3 T
Logo, O campo produzido pelo fio sobre o elétron é dado por: B = d 2 i π µ donde temos: 0,4.10-3 = 3 7 10 2 2 i 10 4 − − ⋅ ⋅ π ⋅ ⋅ π E finalmente: i = 0,4.10 = 4 A Questão 9
A figura ilustra a situação inicial, em que dois blocos, considerados puntiformes e carregados eletricamente com cargas QA = + 5 x 10-5 C e QB = + 4 x 10-4 C, encontram-se afastados pela distância z. O bloco A desloca-se com velocidade vi = 5m/s e dista x do anteparo. O bloco B encontra-se afixado na parede e o conjunto mola-anteparo possui massa desprezível. Sabendo que a superfície entre o bloco B e o anteparo não possui atrito, e que na região à esquerda do anteparo o coeficiente de atrito dinâmico da superfície é µC = 0,5, determine:
a. A velocidade com que o bloco A atinge o anteparo.
b. A compressão máxima y da mola, considerando para efeito de cálculo que z + x + y ≅ z + x.
c. A energia dissipada até o momento em que a mola atinge sua deformação máxima.
Dados: Constante eletrostática K = 9 x 109 Nm2 /C2. Constante de elasticidade da mola = 52 N /m. Distância z entre os dois blocos = 9 m.
Distância x entre o bloco A e o anteparo = 11m. Massa do bloco A = 2kg.
Aceleração da gravidade g = 10 m/s2
Resolução
a) Fazendo conservação de energia do início até o choque com o anteparo temos para o corpo A: F 0 E E = 2 mV x z Q kQ 2 mV z Q kQA B o2 A B + f2 + = + 2 V . 2 9 2 5 . 2 20+ 2 = + f2 ⇒ VF = 6 m/s
b) O trabalho da força atrito dissipa energia do corpo A. assim, depois do choque com o anteparo faremos;
F O Fat =E −E τ + + + − + + = µ 2 ky z y x Q kQ 2 mV z x Q kQ y . N . A B f2 A B 2 ) y 26 9 ( 36 9 y . 20 . 5 , 0 = + − + 2 m 1 y 0 36 y 10 y 26 2+ − = ⇒ =
c) A energia dissipado equivale ao trabalho da força atrito:
y . N . Fat=µ
τ
∴ τFat=0,5.20.1=10J Questão 10Uma placa homogênea tem a forma de um triângulo eqüilátero de lado L, espessura L/10 e massa específica µ= 5 g/cm3. A placa é sustentada por dobradiças nos pontos A e B por um fio EC, conforme mostra a figura. Um cubo homogêneo de aresta L/10, feito do mesmo material da placa, é colocado com o centro de uma das faces sobre o ponto F, localizado sobre a linha CD, distando L 3/6 do vértice C. Considere as dimensões em cm e adote g = 10 m/s2. Determine em função de L:
a. Os pesos da placa e do cubo em Newtons.
b. A tração no fio CE em Newtons.
Resolução
a) Denominações: PP Î peso da placa PC Î peso do corpo µ Î densidade do material PP = MP . g e Vp = 2 cm3 10 L 4 3 L × Mp = Vp.µ ⇒ Mp = 3 3 3 cm g 5 cm 40 3 L × = 10 Kg 8 3 L3 × −3 logo PC = MC . g e Vc = 3cm3 10 L Mc = Vc.µ ⇒ Mc = 3 3 3 cm g 5 cm 1000 L ⋅ = 10 Kg 200 L3 × −3 logo,
Cálculo de senθ: senθ =
4 L . 3 L L 2 2+ senθ = 4 7 1 sen θ = 7 7 2 L 2 3 L θ Pc = 10 N 200 L3 × −2 Pp = 10 N 8 3 L3 × −2
b) Como o sistema encontra-se em repouso, trabalharemos com o equilíbrio de corpos rígidos.
Interessa-nos os momentos gerados no eixo z, em relação ao ponto D. Observe que NA
r e NB
r
, reações dos apoios A e B geram momentos no eixo x, que se anulam, mas não em z.
∑
MD =0 0 2 3 L sen T 6 3 L 2 3 L P 6 3 L Pp c + ⋅ θ⋅ = − ⋅ − ⋅ − 0 2 3 7 7 2 T 3 3 P 6 3 Pp c + ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − 7 7 T 6 P 2 Pp+ c = ⋅ 2 3 2 3 10 200 L 2 10 8 3 L 7 7 T 6 ⋅ = ⋅ − + ⋅ ⋅ − + = − 100 1 8 3 10 6 7 L T 3 2(
12,5 3 1)
10 6 7 L T = 3 −4 + NTurma IME-ITA Elite Integral:
O Elite Integral e o Colégio Bernoulli são escolas dirigidas por um grupo de engenheiros formados pelo ITA que têm como principal característica o ensino de alta qualidade, dispondo para isso de turmas preparatórias para todos os vestibulares, inclusive turmas específicas para os institutos militares ITA e IME, que exigem do aluno um profundo conhecimento nas disciplinas relacionadas a línguas e a ciências exatas.
O Elite possui uma filosofia de ensino consistente que é suportada por turmas reduzidas, carga horária reforçada e simulados semanais. As Turmas IME-ITA do Elite tem 7 aulas diárias de segunda a sexta, e, aos sábados, simulados seguidos de aula de correção.
Alojamento Elite:
A partir de 2003 teremos também o alojamento Elite, com toda infra-estrutura de moradia e alimentação à disposição do nosso aluno.
Resolução dos Professores Bernadelli Rommel Vinícius Rodrigo Marcelo Moraes Paulo Digitação Rogério Stela Diagramação Rafael Tunes Luiz Santos
