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 − ŷ .
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 .