Questão 1
O ciclo Diesel, representado na figura abaixo, corresponde ao que ocorre num
motor Diesel de quatro tempos: o trecho AB representa a compressão adiabática
da mistura de ar e vapor de óleo Diesel; BC representa o aquecimento a pressão
constante, permitindo que o combustível injetado se inflame sem a necessidade
de uma centelha de ignição; CD é a expansão adiabática dos gases aquecidos
movendo o pistão e DA simboliza a queda de pressão associada à exaustão dos
gases da combustão.
A mistura é tratada como uma gás ideal de coeficiente adiabático .
Considerando que TA, TB, TC e TD representam as temperaturas, respectivamente,
nos pontos A, B, C e D, mostre que o rendimento do ciclo Diesel é dado por:
 1
1  TD  TA 


  TC  TB 
Pressão
B
C
D
A
Volume
Resolução:
O rendimento do processo é dado por:

Qutil
Qfornecido

QBC  QDA
Q
 1  DA
QBC
QBC
O proceso BC é realizado a pressão constante:
QBC  n.Cp .T  n.Cp .  TC  TB  (I)
O processo DA é realizado a volume constante:
QDA  n.Cv .T  n.Cv .  TD  TA  (II)
Logo:
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Página 1
1
n.Cv .  TD  TA 
 TD  TA 
Q DA
1
1
Cp
Q BC
n.Cp .  TC  TB 
.  TC  TB 
Cv
1  T  TA  CQD
1 . D
  TC  TB 
Questão 2
Um corpo de 500g de massa está inicialmente ligado a uma mola. O seu
movimento é registrado pelo gráfico abaixo, que mostra a aceleração em função
da posição, a partir do ponto em que a mola se encontra com compressão
máxima. A abscissa x = 0 corresponde à posição em que a deformação da mola é
nula. Nesta posição, o corpo foi completamente liberado da mola e ficou
submetido à aceleração registrada no gráfico. Determine:
a(m/s2)
50
- 0,5
-4
2,0
4,0
6,0
8,0
x(m)
a) a variação da quantidade de movimento nos 2s após o corpo ser liberado da
mola;
b) o trabalho total realizado desde o começo do registro em x = - 0,5m até x = 3m.
Resolução:
No primeiro trecho do gráfico, o corpo está em contato com a mola, e a razão
(a/x), a inclinação da reta, nos permite calcular a constante elástica da mola (k).
a
 50 
F  kx  m.a  k.x  k  m.    m. 
   50  N / m
x
 0, 5 
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Página 2
Da conservação de energia, do inicio ao ponto x=0 :
1
1
.k.x² m  .m.Vo ²  50.(0, 5)²  0, 5.Vo ²  Vo   5  m / s
2
2
(a) Após o corpo ser liberado da mola, descreve um MUV durante 0,5 s,
reduzindo sua quantidade de movimento.
Achando a sua velocidade em x=2
V²  Vo ²  2a.s  V²  25  8.2  9  V   3  m / s
V  Vo  a.t  3  5  4t  t   0, 5  s (é o tempo de deslocamento de x=0 até x=2)
Com isso calculamos as quantidades de movimento em x=0 e x=2
Qo  m.Vo  Qo   2 , 5  kg.m / s

Qf  m.V  Qf   1 , 5  kg.m / s
Após o instante t=0,5 s, o corpo descreve um movimento uniforme, não mudando
portanto sua quantidade de movimento.
Resposta: Q  1kgm / s
(b) Wr  Ec  1 .m.V²  0 , 5.3²  2 , 25J
2
2
Questão 3
Um raio luminoso incide ortogonalmente no ponto central de um espelho plano
quadrado MNPQ, conforme a figura abaixo. Girando-se o espelho de um certo
ângulo em torno da aresta PQ, consegue-se que o raio refletido atinja a
superfície horizontal S paralela ao raio incidente. Com a seqüência do giro, o
ponto de chegada em S aproxima-se da aresta PQ.
No ponto de chegada em S que fica mais próximo de PQ está um sensor que, ao
ser atingido pelo raio refletido, gera uma tensão elétrica U proporcional a
distância d entre o referido ponto e aquela aresta: U = k . d.
Projeto Rumo ao ITA
Página 3
Fixando o espelho na posição em que a distância d é mínima, aplica-se a tensão
U aos terminais A e B do circuito. Dado que todos os capacitores estão
inicialmente descarregados, determine a energia que ficará armazenada no
capacitor C3 se a chave y for fechada e assim permanecer por um tempo muito
longo.
Dados: comprimento PQ = 6m;
constante k = 12 V/m.
N
M
S
Q
P
6W
A
B
Y
4W
6m F
12W 6m F
C3 = 4m F
Resolução:
Lei dos senos:
3
d
3
sen

d
sen sen    2 
sen2
 0  sen(2)  1   dmin  3
U  k.d  U  12.3  36V
Circuito:
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Página 4
C3 // C2  Ceq.1  C3  C2  10mF

1
1
1 15


 mF
Ceq Ceq.1 C1 4
Cálculo de Q1:
Q1  Q  Ceq .V 
15
.12  45mC
4
Após muito tempo a corrente no capacitor é nula, e o circuito torna-se:
 U  Ri  36  9.i  i  4A
- DDP em R 1  R1 .i  6.4  24V
- DDP nos capacitores: 36 – 24 = 12V
- DDP em C1 :  V  Q1  V  45mC  7 , 5V
1
1
C1
6mF
- DDP em C3 :  V3  12  V1  V3  4, 5V
Logo a energia armazenada no capacitor 3 um longo tempo após a chave ter sido
fechada é dada por:
1
1
E3  .C3 .V3 ²  .4.4 , 5²  40, 5mJ
2
2
Projeto Rumo ao ITA
Página 5
Questão 4
Para ferver dois litros de água para o chimarrão, um gaúcho mantém uma panela
de 500g suspensa sobre a fogueira, presa em um galho de árvore por um fio de
aço com 2m de comprimento. Durante o processo de aquecimento são gerados
pulsos de 100 Hz em uma das extremidades do fio. Este processo é interrompido
com a observação de um regime estacionário de terceiro harmônico. Determine:
a) o volume de água restante na panela;
b) a quantidade de energia consumida nesse processo.
Dados:
massa específica linear do aço = 10-3 kg/m;
aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2;
massa específica da água = 1kg/L
calor latente de vaporização da água = 2,26 Mj/kg.
Resolução:
a) Da expressão de Taylor:
v
F
 F  m.v²  m. ².f² (I)
m
No regime estacionário do 3º harmônico:
L
3
L 4
2 
2
3 3
Substituindo em (I):
2
4
160
F  m. ².f²  10 .   .100² 
N
9
3
3
Projeto Rumo ao ITA
Página 6
F  M.g
 (M panela  Mágua ).g 
 0 , 5  Mágua 
160
9
16
16 1 23
 Mágua   
 1 , 28kg
9
9 2 18
A densidade da água é 1 kg/L , logo o volume restante é de aprox. 1,28 L
b) Desprezando a energia perdida na oscilação da corda, temos que a energia
perdida no processo equivale à energia necessária para evaporar a água perdida.
E  m.L  1.Vperdido .L   2  1 , 28  .2 , 26.106 J
Logo :
Eperdida  1 , 62MJ
Questão 5
Uma partícula parte do repouso no ponto A e percorre toda a extensão da rampa
ABC, mostrada na figura abaixo.; A equação que descreve a rampa entre os
pontos A, de coordenadas (0,h) e B, de coordenada (h,0), é
y
x2
 2x  h
h
enquanto
entre os ponto B e C, de coordenadas (h,2r), a rampa é descrita por uma
circunferência de raio r com centro no ponto de coordenadas (h,r). Sabe-se que a
altura h é a mínima necessária para que a partícula abandone a rampa no ponto
C e venha colidir com ela em um ponto entre A e B. Determine o ponto de
colisão da partícula com a rampa no sistema de coordenadas da figura como
função apenas do comprimento r.
Dado: aceleração da gravidade = g.
OBS: despreze as forças de atrito e a resistência do ar.
Projeto Rumo ao ITA
Página 7
y
A
C
g
h
r
0
h
B
Resolução:
Cálculo da velocidade mínima no ponto mais alto da rampa circular:
A força de contato tende para 0 N no caso mínimo, e com isso:
P  m.
v²
 v  r.g
r
Como não há forças dissipativas, podemos conservar a energia no inicio e no
instante em que ele sai da rampa (referencial no chão):
mgh  m
v²
5r
 mg.2r  h 
2
2
Podemos parametrizar a posição da partícula
em função do tempo:
t  h  x
x  h  v.t
(h  x)²


v
 y  2r 
gt²  

r
 y  2r  2
 y  2r  gt²

2
A partícula encontrará a rampa parabolica quando o tiver o mesmo y:
y  2r 
(h  x)² x²
(h  x)²  h  x  ²
  2 x  h  2r 

r
h
r
h
Projeto Rumo ao ITA
Página 8
1 1
2 1
r 2
  h  x  ².     2r   h  x  ².     2r   h  x  ²  20.  
h r
 5r r 
3
A partícula deve atingir a rampa parabólica para  h  x  , logo  h  x   0
 2r 5 
1 1
5r  2r 5 
  h  x  ².     2r   h  x   
 x  

2  3 
h r
 3 
 
r²
O y do ponto é dado por: y   h  x  ²  20. 9  8r
5r
h
9
2
Logo as coordenadas do ponto de encontro são:
 5r  2r 5  8r 
 x, y     
, 
2
3

 9

Questão 6
Considere duas barras condutoras percorridas pelas correntes elétricas i1 e i2,
conforme a figura a seguir. A primeira está rigidamente fixada por presilhas e a
segunda, que possui liberdade de movimento na direção vertical, está presa por
duas molas idênticas, que sofreram uma variação de 1,0 m em relação ao
comprimento nominal. Sabendo-se que i1 = i2 e que o sistema se encontra no
vácuo, determine:
i1
i2
3,0 m
a) o valor das correntes para que o sistema permaneça estático;
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Página 9
b) a nova variação de comprimento das molas em relação ao comprimento
nominal, mantendo o valor das correntes calculadas no pedido anterior; mas
invertendo o sentido de uma delas.
Dados: comprimento das barras = 1,0 m;
massa de cada barra = 0,4 kg;
distância entre as barras = 3,0 m;
constante elástica das molas = 0,5 N/m;
aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2;
permeabilidade do vácuo ( m ) = 4  . 10-7 T . m/A.
Resolução:
a) Consideraremos o campo gerado pela barra é o mesmo de um gerado num fio
infinito percorrido pela corrente i1 .
B
m.i1
2.d
Logo a força gerada na outra barra será:
F  B.i2 .L 
m.i1
2
.i1 .L   .107  .i1 ²
2.d
3

O campo gerado abaixo da barra 1 é para fora do plano da questão. Com isso,
para o sentido de corrente dado, a força magnética sobre a segunda barra é
atrativa.
Consideraremos os seguintes casos possíveis:
i) A mola está sendo comprimida de 1m:
Do equilíbrio:


2
2kx  F  mg  2.(0 , 5).1   .107  .i1 ²  0 , 4.10  i1 ²  45.106  i1  3000 5 A
3

ii) A mola está sendo distendida de 1m:
Projeto Rumo ao ITA
Página 10
Do equilíbrio:


2
F  2kx  mg   .107  .i1 ²  2.(0 , 5).1  0 , 4.10  i1 ²  75.106  i1  5000 3 A
3

(b) Consideraremos que a nova variação é x´. A troca de sinal, faz com que a
força magnética mude de sentido.
Em (i): A distância entre as barras será dada por d´ = (3-1)+x´= 2+ x´
m.i ².L
4 .10 7.45.106
2 kx´ 1
 mg  x´
4
2 .d´
2 .(2  x´)
 (x´4)(2  x´)  9
 x´²  2 x´17  0
 x´
2  72 2  6 2

 x´ { 3, 23  ;  5, 23 }
2
2
Porém x´= -3,23 não convém, pois x´ > - 2, caso contrário as barras se sobreporiam.
Conclui-se que a mola deve estar comprimida de x´=5,23 m .
Em (ii): A distância entre as barras será dada por d´ = (3+1)+x´= 4+ x´
m.i ².L
4 .10 7.(75.106 ).1
F  mg  2kx´ 1
 mg  2k.x´
 4  x´
2 .d´
2 .( 4  x´)
 (x´4).(x´4)  15
 x´²  31
 x´  31  5, 6
A solução x´= 5,6 é possível, uma vez que não foi dado o comprimento inicial da
Projeto Rumo ao ITA
Página 11
mola, portanto não foi dado nenhuma restrição quanto a sua compressão
máxima. O caso negativo não convém, uma vez que então d´ seria negativo.
Conclusão:
x´ poderá assumir, no caso (i) o valor 5,23 m de compressão, e no caso (ii) o valor
de 5,6 m de compressão.
Questão 7
A figura ilustra uma barra de comprimento L = 2 m com seção reta quadrada de
lado a = 0,1 m e massa específica   1,2 0 g / c m3 , suspensa por uma mola com
constante elástica k = 100 N/m. A barra apresenta movimento somente no eixo
vertical y e encontra-se parcialmente submersa num tanque com líquido de
massa específica f  1,0 0 g / c m3 . Em um certo instante, observa-se que a mola está
distendida de y  0,9 m , que o comprimento da parte submersa da barra é LS =
1,6 m e que a velocidade da barra é v = 1 m/s no sentido vertical indicado na
figura. Determine os comprimentos máximo (Lmax) e mínimo (Lmin) da barra que
ficam submersos durante o movimento.
Mola
L
v
y
Ls
f
Dado: aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2
OBS.: despreze o atrito da barra com o líquido.
Resolução:
Projeto Rumo ao ITA
Página 12
1
1
WR  Ec  Eci  0  .m.v²   ..a².L.v²
2
2
Substituindo os valores das constantes: WR  12J
WP  Wmola  Wempuxo  12J
 mg.x  (Area trapézio1 )  (Area trapézio1 )  12J
 90  90  100x     160  160  100x  
 mg.x   
 .x    
 .x   12
2
2
  
 

 240.x  90x  50x²  160  50x²  12
 10 x  100 x²  12
 5x  50x²  6  0
5  35
x
 x  {(0 , 3);( 0 , 4)}
100
Projeto Rumo ao ITA
Página 13
Logo:
Lmax  1 , 6  0 , 3  1 , 9m

Lmin  1 , 6  0 , 4  1 , 2m
Questão 8
Com o objetivo de medir o valor de uma carga elétrica negativa -Q1 de massa m,
montou-se o experimento a seguir. A carga de valor desconhecido está presa a
um trilho e sofre uma interação elétrica devido à presença de duas cargas fixas,
eqüidistantes dela, e de valor positivo +Q2. O trilho é colocado em paralelo e a
uma distância p de uma lente convergente de distância focal f. A carga -Q1,
inicialmente em repouso na posição apresentada na figura, é liberada sem a
influência da gravidade, tendo seu movimento registrado em um anteparo que
se desloca com velocidade v no plano da imagem de -Q1 fornecida pela lente. Em
função de Q2. A, d, p, f, v, m,  e  , determine:
a) a ordenada y inicial;
b) o valor da carga negativa -Q1.
Dado: permissividade do meio =  .
OBS: considere d >> y, ou seja, d2 + y2

d2.
Resolução:
(a) Das equações da óptica geométrica:
 A p´
y  p


 1  1  1  p´ fp
 f p p´
pf
Projeto Rumo ao ITA
Página 14
 y  A.
p  f
f
(b)
Decompondo as forças sobre a carga – Q na direção vertical:

Fr  2.Fel .sen.uˆ y
Como
 é pequeno: sen  tg  y
d

 k .Q .Q  y
Q .Q
Fr  2.  o 1 2  . .uˆ y  2. 1 2 .y.uˆ y
4...d³
 d²  y²  d
Logo a força é do tipo restauradora F = - k.y onde k  m.²
(  é a freqüência angular do movimento oscilatório da carga.)
A freqüência de oscilação da carga Q1 será a mesma freqüência da onda no
anteparo.
 v
4².v²
  ² 
2 
²
Q1 .Q2
4².v² 

k2
 m. 

4...d³
 ² 
f
Isolando Q1, temos:
 8³..d³.v² 
 Q1  m. 

 Q2 . ² 
Projeto Rumo ao ITA
Página 15
Questão 9
Um bloco de massa m = 5 kg desloca-se a uma velocidade de 4 m/s até alcançar
uma rampa inclinada de material homogêneo, cujos pontos A e B são apoios e
oferecem reações nas direções horizontal e vertical. A rampa encontra-se fixa e o
coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é igual a 0,05. Sabe-se que o
bloco pára ao atingir determinada altura e permanece em repouso. Considerando
que a reação vertical no ponto de apoio B após a parada do bloco seja de 89 N no
sentido de baixo para cima, determine a magnitude, a direção e o sentido das
demais reações nos pontos A e B.
A
Rampa
1,2 m
V = 4 m/s
90º
Bloco
5 kg
B
1,6 m
Dados: aceleração da gravidade (g)= 10 m/s2;
peso linear da rampa = 95 N/m.
Resolução:
Wat  E pot  Ecin
 Fat .s  mgh  m
v²
2
h
v²
 mg.h  m
sen
2
v²
 m.g.c otg.h  g.h 
2
4
16
 0 , 05.10. .h  10 h 
3
2
3
5
 h  m  s  m
4
4
 m.mg.cos .
O tamanho da barra é de 2 m , logo seu peso
Projeto Rumo ao ITA
PR = 2.95
Página 16
Para equilíbrio translacional:
FBH  FAH
FBH  FAH


FAV  FBV  PB  PR
FAV  50  2.95  89  151N
Cálculo de FBH :
 
A  0
 FBV .1 , 6  FBH .1 , 2  PB .d  PR .0 , 8  0
 89.1 , 6  FBH .1 , 2  50.d  2.95.0 , 8  0
Onde:
5
3 4 3
d   2   .cos   .  m
4
4 5 5

3
 89.1 , 6  FBH .1 , 2  50.  2.95.0 , 8  0
5
 FBH  FAH  33
Logo as componentes das forças de reação são dadas por:
FBH  FAH  33N as horizontais tem o sentido contrário ao indicado na figura,

e a vertical em A tem o sentido da figura.
FAV  151N
OBS: O resultado obtido é incompatível com a realidade, uma vez que a força
que a parede está fazendo sobre a rampa não pode ser negativa. Além disso, a
força de atrito no ponto A e a força de atrito no ponto B não são compatíveis
entre si em sentido, dado qualquer movimento possível para a rampa.
Questão 10
Suponha que você seja o responsável pela operação de um canhão antiaéreo. Um
avião inimigo está passando em uma trajetória retilínea, distante de sua posição,
a uma altura constante e com velocidade v = 900 km/h. A imagem deste avião no
seu aparelho de pontaria possui comprimento l = 5 cm, mas você reconheceu este
avião e sabe que o seu comprimento real é L = 100 m. Ao disparar um projétil
deste canhão, sua trajetória encontra perfeitamente ortogonal à linha de visada
do aparelho de pontaria, determine:
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Página 17
a) o desvio angular  entre o aparelho de pontaria e o tubo do canhão para que
você acerte o centro do avião ao disparar o gatilho com a aeronave no centro do
visor;
b) o aumento M do aparelho de pontaria;
c) o tempo t até o projétil alcançar o centro do avião.
Resolução:
vav   900  km h  250 m s
u  500 m s
a) Ora, a projeção da velocidade do projétil na direção da velocidade do avião
deve ser igual à velocidade do avião:
v
250 1
sen  av 
    30o
u
500 2
b) Segundo o livro “Fundamentos de Física – Halliday-Resnick-Walker 4ª Edição
pág 42-43” , em um telescópio de refração f1 ´ f2 . Agora, mesmo que no
enunciado a palavra “esquemática” esteja bem grifada, consideramos, no
mínimo, um erro ter feito um desenho com tais pontos em lugares distintos.
Sem essa informação, fica faltando uma equação para resolver a questão.
Projeto Rumo ao ITA
Página 18
Utilizando essa informação, ou seja, que f1 ´ f2

i .p´

f
M   2  2 1   1  10
 tg  p2 .i2
f2
2
tg
c) Esse tipo de telescópio não é apropriado para medir a distância entre o objeto
e o aparelho, portanto, não temos como saber quanto tempo demorará para que o
projétil atinja o avião.
Projeto Rumo ao ITA
Página 19