CADERNO DE
RESOLUÇÕES
CONCURSO IME 2010
FÍSICA
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira nossos resultados e comprove
porque temos mais a oferecer.
28/OUT/2009
Escola Naval
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
IME
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 são ELITE !!!
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da
Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná,
incluindo os 4 melhores da ativa e os
4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
UFPR
2009: 17 aprovados
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
UFTPR
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica /
Eletrotécnica
1º lugar em Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
ITA
Elite Curitiba: 5 anos de existência,
5 anos de aprovações no ITA !!!
11 alunos aprovados!
LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009)
JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008)
LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008)
MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008)
CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007)
VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007)
GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006)
RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006)
YVES CONSELVAN (ITA 2006)
EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005)
FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005)
AFA
2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros
do Paraná! Destaque para
Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná!
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência
Só no ELITE você encontra:
Simulados semanais/quinzenais;
A maior carga horária.
Os melhores professores!
ESPCEX
2009: Dos 10 primeiros colocados do
Paraná, 5 são ELITE! E dos 26
aprovados no Paraná, 10 são ELITE!
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 alunos convocados no Paraná
2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de
20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
Fone :
3013-5400
www.ELITECURITIBA.com.br
EPCAr
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
EEAR
2009: 3 aprovações
MURILO RODRIGUES MESQUITA
ROMULO CORREA DA SILVA COSTA
GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE
2008: 4 aprovações
(2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
2006: 2 convocados
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28/OUT/2009
200 + R
i ⇒ (200+R) i = 24 (2)
2
Em cada um dos ramos flui uma corrente de i / 2
i

VC - VB = 200 ⋅ 2

i
 VC - VA = R ⋅
2

Subtraindo as equações acima temos
(VC-VA) – (VC-VB) = R i/2 – 200 i/2
VB-VA = (R-200) i /2
2,4 = (R-200) i /2 ⇒ (R-200) i = 4,8 (3)
FÍSICA
12= ReqCD i ⇒ 12=
01. Um dispositivo óptico de foco automático, composto por
uma lente biconvexa delgada móvel, posiciona
automaticamente a lente, de modo a obter no anteparo fixo
a imagem focada do objeto, conforme apresentado na
figura. Sobre esse dispositivo, instalou-se um circuito
elétrico alimentado por 12 V, composto de dois resistores
fixos de 200Ω e de dois resistores variáveis de 2,5 Ω/mm.
Quando a distância entre o objeto e a lente é de 1,2m, a
ddp no circuito entre os pontos A e B é zero. Determine a
distância d entre o objeto e a lente do dispositivo para a ddp
VB – VA, medida pelo voltímetro V, de 2,4 V
De (2) e (3) vem
 (200 + R ) i = 24

(R − 200 ) i = 4,8
200 + R 24
Então
=
=5
R − 200 4,8
4R = 1200 ⇒ R = 300 Ω
(4)
Novamente temos a relação entre l e R
2,5 l = 300 ⇒ l = 120 mm ou 12 cm
1 1 1
= + , com l = p’:
f p p'
1
1 1
= +
⇒ d = 20 cm
7,5 d 12
Daí
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 01:
O circuito pode ser esquematizado como abaixo indicado
(trata-se de uma Ponte de Wheatstone):
02. Um capacitor de capacitância inicial C0 tem suas placas
metálicas mantidas paralelas e afastadas de uma distância
d pelos suportes e conectadas a uma fonte de V0 volts,
conforme a figura (SITUAÇÃO 1). No interior de tal
capacitor, encostada às placas, se encontra uma mola
totalmente relaxada, feita de material isolante e massa
desprezível. Em determinado instante a fonte é
desconectada e, em seguida, a placa superior é liberada
dos suportes, deslocando-se no eixo vertical. Considerando
que a placa superior não entra em oscilação após ser
liberada e que pare a uma distância L da placa inferior
(SITUAÇÃO 2), determine:
a) a energia total em cada uma das duas situações, em
função de C0 , V0 , d e L ;
Não havendo ddp entre A e B: R2 = 2002 ⇒ R = 200Ω
200
Como R=2,5l ⇒ 200 = 2,5l ⇒ l=
⇒ l=80 mm ⇒
2,5
l=8 cm
b) a constante elástica da mola em função de C0 , V0 e d
que resulte em um afastamento de L = d / 2 entre as placas
do capacitor.
Como l = p’ tem-se:
1 1 1
1
1
1
1 1 + 15
1 16
4
= + ' ⇒ =
+ ⇒
=
⇒ =
=
f p p
f 120 8
f
120
f 120 30
f = 7,5 cm (1)
Observações:
• Despreze o peso da placa superior, o efeito de borda no
capacitor e o efeito da mola sobre a capacitância.
• Os suportes são de material isolante.
Havendo ddp em A e B, tem-se:
200 + R
ReqCD=
(isso vale sempre, na verdade, uma vez
2
que a ponte está conectada por um voltímetro, ou seja, por
uma resistência infinita)
Então
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28/OUT/2009
Da soma de (9) e (10) obtemos a Energia Total na Situação 2:
C0V02 (d + L )
4d
b) Da equação (6), usando L = d / 2 , segue:
En2 =
K=
03. Dois vagões estão posicionados sobre um trilho
retilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o
trilho. No primeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde
se forma uma onda estacionária com 4 nós, cuja distância
entre o primeiro e o último nó é de 255cm, enquanto no
segundo vagão existe um bservador.
Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com
velocidade constante. Posteriormente, o vagão do tubo
sonoro também passa a se mover com velocidade
constante, distinta da velocidade do vagão do observador.
Sabendo que a freqüência percebida pelo observador na
situação inicial é de 210Hz e na situação posterior é de
204Hz, determine:
a) a frequência do som que o tubo emite;
b) a velocidade do vagão do observador, na situação
inicial;
c) a velocidade do vagão da fonte, na situação final.
Dado:
Velocidade do som no ar: vsom=340m/s.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 02:
a) Na Situação 1 a mola está relaxada, o que torna a Energia
Potencial Elástica nula. Além disso, o peso da placa superior é
desprezível, sendo de igual tratamento sua Energia Potencial
Gravitacional. Assim, na referida situação, só existe Energia
Potencial Elétrica armazenada no capacitor, que pode ser obtida
diretamente pela capacitância e pela ddp entre as placas:
En1 =
C0V02
2
Na Situação 2 temos Energia Potencial Elétrica, armazenada no
capacitor, e também Energia Potencial Elástica, armazenada na
mola. Como as placas tendem a se atrair quando os suportes são
liberados, necessariamente L < d . Segue a resolução:
– Carga Q armazenada no capacitor, em qualquer das duas
situações, uma vez que a fonte V0 foi desconectada:
Q = C0V0 (1)
– Produto entre a área A das placas e a permissividade elétrica
do dielétrico (aqui suposto o vácuo, por simplicidade):
Aε 0 = C0 d (2)
– Módulo do Campo Elétrico Uniforme gerado apenas pela placa
inferior (pois só esse campo gera força eletrostática na placa
superior), em qualquer das duas situações:
E inf =
V
Q
= 0
2 Aε 0 2d
C0V02
d2
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 03:
A)
(3)
– Módulo da Força Eletrostática que o campo (3) gera na placa
superior, em qualquer das duas situações:
F elet = E inf ⋅ Q =
C0V02
2d
(4)
– Módulo da Força Elástica na Situação 2, em função da
Constante Elástica K da mola:
3λ
= 255 ⇒ λ = 170 cm ⇒ λ = 1,7 m
2
Então a frequência original no tubo
F mola = K (d − L ) (5)
– Constante Elástica K, encontrada por serem iguais as forças
em (4) e (5):
v som = λ . f o
C0V02
K=
(6)
2d (d − L )
V0
d
Nessa
f '=
(8)
Enmola =
K (d − L )
=
2
C0V02
(d − L )
4d
(9)
– Energia Potencial Elétrica armazenada no capacitor na
Situação 2:
Enelet =
QV C0V02 L
=
2
2d
frequência
percebida
maior ( f ' = 210 Hz ).
vonda ± vobs
fo
vonda ± v font
⇒
210 =
340 + v
⋅ 200 ⇒
340
v = 17 m / s (velocidade relativa ao ponto de referência
na linha, e aproximando do vagão com o tubo sonoro)
– Energia Potencial Elástica na mola, na Situação 2:
2
f o = 200 Hz
Há efeito dopller por aproximação.
Tem − se : vobs = v ; v font = 0 ; vonda = vsom = 340 m / s.
(7)
V0 L
d
situação, a
pelo observador é
– Diferença de Potencial (ddp) entre as placas na Situação 2:
V = E ⋅L =
⇒
B)
– Módulo do Campo Elétrico total entre as placas:
E = 2 ⋅ E inf =
⇒ 340 = 1,7 ⋅ f o
será :
C)
(10)
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Nessa
nova
situação, tem − se :
vobs = 17 m / s ; v font = v2
; vonda = 340 m / s.
Vale ressaltar , que a
frequência
é
menor , que a
fonte está
da letra
B
percebida,
por tan to
a
afas tan do :
±v
v
f ' = onda obs f o
vonda ± v font
v 2 = 10 m / s
28/OUT/2009
⇒
204 =
340 + 17
⋅ 200 ⇒
340 + v2
(velocidade relativa ao ponto de referência
na linha, e afas tan do do vagão com o observador )
04. A figura mostra o perfil de um par de espelhos planos
articulado no ponto O e, inicialmente, na vertical. Ao centro do
espelho OB é colado um pequeno corpo, cuja massa é muito
maior que a do espelho. O espelho OA encontra-se fixo e, frente
ao mesmo, é colocado um objeto P. Em um dado instante, é
aplicado um impulso no espelho OB, conferindo a extremidade B
uma velocidade inicial V0 , no sentido de fechar os espelhos face
contra face. Tomando como referência o eixo x, determine:
a) a altura máxima atingida pela extremidade B.
b) os módulos dos vetores velocidade da extremidade B, para
cada instante em que uma imagem adicional do objeto P é
formada, até que B atinja sua altura máxima.
EMA = EMD
v 
m 0 
 2
2
Dados:
L = 90 cm , V0 = 7 m / s , g = 10 m / s2
α
36°
40°
45°
51,4°
60°
72°
cos α
0,81
0,77 0,71
0,62
0,5
0,31
90°
0
120°
-0,5
180°
-1
2
= mg
v2
h
49
⇒h= 0 =
⇒
2
4g 40
⇒ h = 1,225m
b) Cálculo de cos β :
0,325
cos β =
≈ 0,36
0,9
Logo:
0,31 < cos β < 0,5
cos 72° < cos β < cos 60°
60° < β < 72°
Com a informação do limite de β podemos determinar o
número máximo de imagens que serão formadas:
n=
360
–1
β
n → n° de imagens
β → ângulos entre os espelhos
Haverá formação de imagem adicional para:
β = 120° → n = 2
β = 90º → n = 3
β = 72° → n = 4
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 04:
a)
Obs.: Consideramos, por simplicidade, que a fórmula
n=
360
– 1 é sempre válida.
β
Cálculo de velocidade de B:
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ambiente de 27°C. O edital preconiza que, para obter a
certificação, é necessário que o custo mensal de operação da
geladeira seja, no máximo igual a R$5,00 e que a temperatura
interna do aparelho seja inferior a 8°C. O fabricante afirma que os
dois critérios são atendidos, pois o desempenho da geladeira é 1/7
do máximo possível. Verifique, baseado nos princípios da
termodinâmica, se esta assertiva do fabricante está tecnicamente
correta. Considere que a tarifa referente ao consumo de 1kWh é
R$0,20.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 05:
Fonte Quente
TQ, QQ, PQ
Geladeira
(Máquina
frigorífica)
Compressor
τ, PC
Fonte Fria
TF, QF, PF
h' =
L
1 – cos (180 – β ) =
2
(
A eficiência de uma máquina frigorífica por ser dada por
)
e=
L
(1 + cos β)
2
EM = EM
=
A
trabalho do compressor. Dividindo tanto numerador
quanto denominador pelo intervalo de tempo, temos
e=
D
ECA = ECD + EPD
2
V = 49 − 8gh'
e = PF / PC → 2 = PF / PC
PC + PF = PQ → PC + PF = 9/8
Resolvendo o sistema acima, encontramos PC = 3/8 kW e
PF = 6/8 kW.
Assim, a energia Qc requerida pelo compressor para
funcionar o mês inteiro pode ser calculada:
Qc = Pc.Δt/8 = (3/8)k.(24h/dia).(30 dias/mês)/8 = 135/4
kWh
Assim o valor pago no mês por esta energia será de
(135/4 kWh).(R$0,20/kWh) = R$6,75
Como R$6,75 > R$5,00, que é o custo operacional
mensal máximo requerido pelo edital, então a assertiva é
falsa.
L
0,9
1 + cos120°) =
. (1 – 0,5) = 0,225m
(
2
2
v = 49 − 8 ⋅ 10 ⋅ 0,225 ⇒ v = 31 m/s
Para β = 90°
h' =
L
(1 + cos 90°) = 0, 45m
2
v = 49 − 8 ⋅10 ⋅ 0,45 ⇒ v = 13 m/s
Para β = 72°
h' =
L
(1 + cos 72°) = 0,5895m
2
Apenas como observação, verificaremos também o outro
critério evidenciado no enunciado, que exige que a
geladeira tenha eficiência suficiente para manter a
temperatura interna abaixo de 8°C.
Para esta verificação vamos supor que a temperatura
ambiente seja TQ = 27°C = 300K
Como a eficiência da geladeira é igual a 2, e, segundo o
fabricante, ela funciona a 1/7 do máximo desempenho
possível, então a eficiência máxima é 14. Sabemos que a
eficiência máxima de uma máquina frigorífica acontece
quando ela funciona sob o ciclo de Carnot, e neste caso
v = 49 − 8 ⋅ 10 ⋅ 0,5895 ⇒ v = 1,84 m/s
05. Atendendo a um edital do governo, um fabricante deseja
certificar junto aos órgãos competentes uma geladeira de baixos
custo e consumo. Esta geladeira apresenta um coeficiente de
desempenho igual a 2 e rejeita 9/8 kW para o ambiente externo.
De acordo com o fabricante, estes dados foram medidos em uma
situação típica de operação, na qual o compressor da geladeira se
manteve funcionando durante 1/8 do tempo à temperatura
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PF
, onde PF é a taxa temporal de retirada de calor da
PC
fonte fria, e PC é a potência do compressor. Denotando
por PQ a taxa temporal rejeitada para o ambiente externo,
temos do enunciado que PQ = 9/8 kW
2
V 
V
m 0 
m 
2

 =  2  + mgh' ⇒
2
2
Para β = 120°
h' =
QF
, onde QF é o calor retirado da fonte fria e τ é o
τ
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esta
14 =
eficiência
é
dada
por
emax =
TF
.
TQ − TF
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Logo
Para a barra FCA, temos:
TF
→ TF = 14.300/15 = 280 K = 7°C
300 − TF
Como 7°C < 8°C, apontamos que neste critério a
geladeira atenderia à condição do edital.
06. Uma mola com constante elástica k, que está presa a
uma parede vertical, encontra-se inicialmente comprimida
de ∆x por um pequeno bloco de massa m, conforme mostra
a figura. Após liberado do repouso, o bloco desloca-se ao
longo da superfície horizontal lisa EG, com atrito
desprezível, e passa a percorrer um trecho rugoso DE até
atingir o repouso na estrutura (que permanece em
equilíbrio), formada por barras articuladas com peso
desprezível. Determine os valores das reações horizontal e
vertical no ponto A e da reação vertical no ponto B, além
das reações horizontal e vertical nas ligações em C, D e F.
Dados:
• Constante elástica: k = 100 kN/m
• Compressão da mola: ∆x = 2 cm
• Massa do bloco: m = 10 kg;
• coeficiente de atrito cinético do trecho DE: µ = 0,20;
• aceleração gravitacional: g = 10 m/s2
Para a barra FDB, temos:
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 06:
Do balanço de energia, temos:
Separaremos a estrutura dada em três vigas (FCA, CDE e FDB).
Para a barra CDE, temos:
Para resolvermos as componentes horizontais, usaremos o teorema das
3 forças aplicado à barra FDB, o que obriga que as reações nos ponto
F, D e B atuem ao longo da barra FDB, ou seja:
Logo:
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Para o cálculo de tempo gasto para percorrer 60m.
As figuras abaixo resumem as forças atuantes nas 3 barras:
S = S 0 + v0 t +
at 2
0,5t 2
→ 60 = 0 + 2t +
2
2
Resolvendo a equação do segundo grau em t, temos t =
12s ou t = -20 s. A solução negativa não faz sentido no
problema estudado, então t = 12s.
Para o cálculo da velocidade do bloco após percorrer
60m.
v = v0 + at → v = 2 + 0,5 ⋅ 12 = 8m / s
RESPOSTA:
t = 12 s e v = 8m/s (na direção x)
b) Fazendo o somatório de forças na direção x:
R = F + FAx
0,5 = 4,5 + FAx
FAx = −4 N
07. A figura ilustra um plano inclinado com um ângulo θ = 30º cuja
Não existe movimento na direção y, então a resultante
das forças em y é nula.
Considerando o campo magnético no sentido positivo de
z, e lembrando que a carga é negativa, a força magnética
esta na direção y com sentido positivo.
Fazendo o somatório de forças em y:
superfície apresenta atrito. Um bloco de massa m = 1kg,
carregado eletricamente com carga negativa q = 10-2 C, apresenta
velocidade inicial v0 = 2 m/s e realiza um movimento retilíneo
sobre o eixo x (paralelo ao plano horizontal) a partir do instante t =
0. Além disso, este bloco se encontra submetido à força constante
F = 4,5N na direção x e a um campo magnético B = 100T normal à
superfície (direção z). Considerando que o gráfico ilustra o
trabalho da força resultante R que age sobre o bloco em função da
distancia percorrida, determine:
a) o tempo gasto e a velocidade do bloco após percorrer 60m;
b) os gráficos das componentes da força de atrito (direções x e y)
em função do tempo até o bloco percorrer 60m.
Dado: aceleração da gravidade: g = 10 m/s2
R y = FM + FAy − P sen(30º )
0 = q ⋅ B ⋅ v + FAy − 1 ⋅ 10 ⋅ 0,5
0 = 10 −2 ⋅ 100 ⋅ ( 2 + 0,5t ) + FAy − 5
FAy = 3 − 0,5t
RESPOSTA:
Fa x (N)
12
t (s)
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 07:
a)
A força resultante esta na direção x, pois o movimento é
retilíneo na direção x. Do gráfico, percebe-se que
W R = 0,5 ⋅ d , como o trabalho de uma força constante,
com mesma direção do deslocamento, é dado por
W = F ⋅ d , a resultante é constante e vale R = 0,5 N.
Aplicando a segunda lei de Newton na direção x
–4
R = m∙a
0,5 = 1∙a → a = 0,5 N (direção x)
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Fa y (N)
3
12
6
t (s)
–3
Situação 3:
Existe um ponto de equilíbrio tal que:
08. A figura apresenta 4 situações, nas quais 2 cargas de valor
+Q são fixas e uma carga móvel, inicialmente em repouso, pode
deslizar sem atrito por um trilho não condutor. Os trilhos das
situações 1 e 2 estão na horizontal enquanto os da situação 3 e 4
estão na vertical. Considerando cada uma das situações, ao
submeter a carga móvel a uma pequena perturbação, pede-se:
a) verificar, justificando, se haverá movimento oscilatório em torno
do ponto de equilíbrio;
b) calcular o período de oscilação para pequenas amplitudes se
comparadas com a distância d, em caso de haver movimento
oscilatório.
P = 2 Fy
mg = 2.
KQQ
KQ 2
x0
2KQ 2 x0
.cosθ ⇒ mg = 2. 2
.
⇒ mg =
3
2
2
2
d + x0
d + x0
d 2 + x0 2
( d 2 + x02 ) 2
Se x0 = d :
mg =
2 KQ 2 x0
mgd 3
⇒
x
=
0
d3
2 KQ 2
x0 está sobre o trilho e acima da reta que une as cargas fixas.
A carga não oscilará em torno desse ponto, pois se
submetermos a carga a uma pequena perturbação para baixo, a
força peso será maior que as componentes verticais da força
elétrica e a carga irá se afastar da posição de equilíbrio.
Dados:
•
1/(d²+x²) ≈ 1/d² se d >> x;
Massa das cargas: Mcargas = m.
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 08:
A)
Situação 1:
Haverá oscilação, pois a força resultante é contrária ao
deslocamento. A carga oscilará em torno do ponto de equilíbrio,
que é o ponto médio do segmento que une as duas cargas fixas.
Situação 4:
Analogamente a situação 3, a posição de equilíbrio é:
x0 =
mgd 3
2 KQ 2
Porém, situa-se abaixo da reta que une as cargas fixas.
FR = F1 − F2
FR =
KQQ
(d − x)
2
−
KQQ
(d + x)
2

 ( d + x )2 − ( d − x )2 
 ⇒ KQ 2 .  4d ⋅ x
⇒ KQ 2 ⋅ 
2
 d 2 − x2
 ( d − x ) ⋅ ( d + x )  
 


(
)
2

⇒




 4 KQ 2 
4d 
FR = KQ 2 . 
⋅x =
⋅ x
2
3
 d2 
 d 


que atuará como força restitutiva : FR = k .x
( )
Situação 2:
Não haverá oscilação, pois a força resultante é a favor do
deslocamento. A carga tende a se afastar do ponto de equilíbrio.
Submetendo a carga a uma pequena perturbação Δx abaixo do
ponto de equilíbrio x0,temos:
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- turbina: 60 %;
- gerador 1: 70 %;
- das pás (gerador eólico): 30 %;
- gerador 2: 50 %;
- conversor eletrotérmico: 50 %;
- sistema de bombeamento de água: 70 %;
• massa específica da água: 1 kg/L;
• aceleração da gravidade: 10 m/s2.
B)
Situação 1:
m
m
πd
⇒ T = 2π ⋅
⇒T=
2
4 KQ
k
Q
3
d
T = 2π ⋅
md
K
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 09:
a)
Situação 4:
Situação 1
m
m
πd
⇒ T = 2π
⇒T=
2
2 KQ
k
Q
3
d
T = 2π
2md
K
09. As situações 1 e 2 da figura apresentam uma
caldeira que fornece vapor sob pressão a uma turbina,
a fim de proporcionar a sua rotação. A turbina está
ligada solidariamente ao Gerador 1 por meio de seu
eixo, que gera a energia elétrica E1. O vapor expelido
é aproveitado para impulsionar as pás de um sistema
de geração eólico, que são acopladas por meio de seu
eixo ao Gerador 2, que gera a energia elétrica E2.
Do esquema acima, temos:
Determine:
a) a energia a ser fornecida pelo aquecedor à caldeira, em função
de E1 e E2 , mantidas constantes, nas seguintes situações:
• SITUAÇÃO 1:
As energias E1
e E2 são utilizadas para atender o consumidor
final.
• SITUAÇÃO 2:
Toda a energia elétrica
eletrotérmico, mantendo
E1 =
168
125
EA ⇒ EA =
E e
3
21 1
10
E2 =
240
125
EA ⇒ EA =
E2
4
3
10
Situação 2
E2 é utilizada por um conversor
E1 com a mesma destinação da
SITUAÇÃO 1.
b) o rendimento do sistema para as duas situações.
c) a potência térmica necessária a ser fornecida pelo aquecedor, a
fim de permitir que um sistema de bombeamento eleve
Analisando o gerador 2, temos:
3
1000 m de água a uma altura de 100 m em 4 horas, utilizando
as energias E1 e E2 da SITUAÇÃO 1.
E2 =
Dados:
• rendimentos:
- caldeira: 40 %
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1  3 4 4 
1 
⋅
⋅
⋅
⋅  EA + E2  
2  10 10 10 
2 
De onde vem
E2 =
247
6
EA . Logo: EA =
E
247
6 2
Na saída do gerador 1, temos:
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E1 =
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7 6 4 
1 6

⋅
⋅
⋅  EA + ⋅
EA 
10 10 10 
2 247 
De onde vem:
EA =
247
E
42 1
b) 1ª SITUAÇÃO:
21
3
EA +
E
E1 + E2
125 A = 24
η1 =
= 125
EA
EA
125
η1 =
24
125
2ª SITUAÇÃO:
42
EA
E1
42
247
η2 =
=
⇒ η2 =
EA
EA
247
SOLUÇÃO DA QUESTÃO 10:
7
. (E1 + E2 )
c) E1 + E2
10
L 
→ BOMBA →
A quantidade de energia
elevar
Dados:
ρágua = 1,
7
(E + E2 ) deve ser suficiente para
10 1
Do enunciado sabemos que metade do bloco está submerso:
Vcorpo
Vsub =
, assim:
2
Vcorpo
P = E ⇒ ρcorpo .Vcorpo.g = ρágua .
.g
2
1
ρcorpo = ρágua . ⇒ ρcorpo = 0,5g / cm3
2
Como há metade do volume submerso, também sabemos a
altura emersa é hemersa = 0,5m
Na SITUAÇÃO 2, para o corpo puntiforme, temos total
conservação de sua energia mecânica, no seu deslocamento
sobre a prancha:
7  21
3 
.
+
E = mgh
10  125 125  A
7
24
.
. EA = 1000 . 103 . 10 . 100
10 125
125
⇒ EA =
. 1010 J
192
J
s
PA = 5,17 ⋅ 10 5 W
2
10. Na figura, a SITUAÇÃO 1 apresenta um bloco cúbico de
Epot = E cin ⇒ m.g.h 'emerso =
madeira, de aresta 1 m, com metade do seu volume imerso em
água, sustentando o anteparo A2 e mantendo-o afastado 4,6 m do
anteparo A1, sobre o qual estão duas fendas separadas de 2 mm.
Na SITUAÇÃO 2, troca-se a água por um líquido de densidade
menor, mantendo o mesmo nível H. Coloca-se a prancha de
massa desprezível e de comprimento 20 cm, apoiada pela aresta
superior direita do bloco e a borda do tanque.
Em seguida, um corpo puntiforme de massa 2 x 10-6 kg e carga
positiva de 2 x 10-6 C é abandonado do ponto mais alto da
prancha, deslizando sem atrito. Ao sair da prancha, com
m.v 2
v2
2
⇒ h 'emerso =
⇒ h 'emerso =
= 0,1 m
2
2.g
2.10
Logo, podemos calcular o deslocamento do anteparo A2:
∆d = hemerso − h'emerso ⇒ ∆d = 0,4m
As franjas claras que são vistas no anteparo correspondem ao
Experimento de Young. Iremos supor que as duas franjas claras
correspondentes sejam a Franja Clara Central e a 1ª Franja
Clara. Assim:
D.∆
h=
, como a interferência é construtiva e trata-se da primeira
a
franja clara (interferência construtiva), ∆ = λ .
( 4,6 + 0,4 ).λ
Logo: 1,6.10 −3 =
⇒ λ = 6,4.10 −7 m
2.10 −3
Para o bloco, na SITUAÇÃO 2, há ainda equilíbrio estático::
P = E ⇒ ρcorpo .Vcorpo .g = ρlíquido.Vsub .g
velocidade 2 m/s, penetra em um campo magnético uniforme B
= 4 T, com as linhas de indução paralelas ao plano do papel,
descrevendo uma trajetória helicoidal de raio ( 6 / 8) m.
Neste momento incide, na fenda localizada no teto, uma Luiz
monocromática que, ao passar elas fendas em A1, produz em A2
duas franjas claras consecutivas separadas por 1,6 mm. Admitindo
a densidade da água igual a 1, determine:
a) o comprimento de onda da luz incidente nos anteparos;
b) a densidade do líquido na SITUAÇÃO 2.
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6
m, L = 20cm, m = 2.10− 6 kg, q = 2 .10 −6 kg
8
Para o bloco, na SITUAÇÃO 1, desconsiderando o peso do
anteparo A2 e seu suporte, temos equilíbrio estático:
P = E ⇒ ρcorpo .Vcorpo.g = ρágua .Vsub .g
1000 m3 de água até 100 m.
125
. 1010
EA
192
PA =
⇒ PA =
∆t
4 . (3,6) . 103
v = 2m / s, h = 1,6mm, R =
ρcorpo .l3 = ρlíquido.l2 .hsubmersa ⇒ ρcorpo .l = ρlíquido .hsubmersa
5
g / cm3
9
Comentário: Veja que o enunciado nos fornece o valor da carga
e do raio da trajetória helicoidal. No entanto, esses dados não
são necessários para a resolução, caso o candidato utilizasse o
raciocínio por energia. Contudo, como observação, iremos expor
este outro método:
0,5.1 = ρlíquido.0,9 ⇒ ρlíquido =
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Seja o ângulo θ o ângulo entre a prancha e a superfície do
líquido. Ao abandonar a prancha o corpo entra numa região com
campo magnético. A componente horizontal da velocidade
executará um M.C.U. e a componente vertical um M.R.U.V.
Para o M.C.U., a força magnética atua como resultante
centrípeta, então:
m.v 2
m.v
⇒R =
R
| q | .B
Mas nesta equação v é a projeção horizontal da velocidade
Fmag = Fcpt ⇒ B. | q | .v =
quando o corpo deixa a prancha: v = 2 . cos θ , assim:
R=
m. 2 . cos θ
3
⇒ cos θ =
⇒ θ = 30 º
| q | .B
2
'
h'emerso
1 h
⇒ = emerso ⇒ h 'emerso = 0,1 m
L
2
0,2
Em seguida, o caminho seguido é o mesmo já exposto.
senθ =
a) λ = 6,4.10−7 m = 6400 Å
5
b) ρlíquido = g / cm3
9
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