RESOLU
UÇÃO SIM
MULADO IME
I
F
Física
- CIC
CLO 6
Questão 01
Parra uma oscillação harmôônica, temos as equaçõ
ões:
= . cos( . + )
(1)
= − . . sen
n ( . + ) (2)
= − . . co
os ( . + ) (3)
Em
m (1) para t = 0, temos:
) = −2,5
. cos(
c
−
Em
m (2) para t = 0, temos:
− . . sen( ) = −25. √3
√
Em
m (3) para t = 0, temos:
−
. cos( ) = 250
Enttão:
2,5 −250
0
−2
coss( ) =
=
→
= 100
1 →
= 10
/
(
ê
)
A partir
p
de (1) e (2) temoss:
+
=1→
−25. √3
10.
Em
m (1) e (2):
2,5
−2
1
coss( ) =
→ cos( ) = −
5
2
Loggo:
= 120°
1
ô
(
+
2,5
(
=1→
)=−
=5
(
)
25. √3 √3
=
10.5
2
)
Questão 2
ngulo entre o vetor veloocidade e o eixo x.
OBS: o ângulo cconsideradoo nessa resollução é o ân
Resolução Simulado
a)
( )
( )=
( )
( )=
b)
= 0 ;
.
→
=
=
.
→
=
= . cos
→
. sen
→
=
. cos
→
=
( / )
= 1( / )
= . sen →
√
.
+1 √
√
.
+1 √
= 1.
=
( )
( )=
=
( )
( )=
= . cos(90° − ) →
c)
d)
= 1 / ;
→
√
=
= 1.
1
+1
+1
=
→
√
→
=
→
=
=
√
+1
+1
√
1
.
→
+1 √ +1
1
1
=
.
→
√ +1 √ +1
=
√
=
+1
1
+1
= | |. . .
90° →
= . .√ + 1
O vetor
pode ser escrito em termos das componentes como:
=− .
.î + .
. ̂
1
=− . .
+ 1.
.î + . .
+ 1.
. ̂
√ +1
√ +1
= − . . . î+ . . ̂ ( )
e)
=
.
=
=−
+
.
=−
.î +
. ̂
. . +
.
.î +
+1
.
+
+1
. ̂ ( )
Questão 3
a) Na barra AC ,a componente horizontal (
) em Aque vale 32 kN (←). Logo:
(
No ponto D, temos que:
=
.
) da força em Dse anula com a reação horizontal
= 32
(→).
∠
⇒
= 32.
,
= 24
(↑)
Logo, na barra ACtemos que: =
+
⇒ = 24 + 16 ⇒ = 40
Considerando-se o equilíbrio rotacional em relação ao ponto C, temos:
.
+
.
⇒ 40. = 24. 1,5 + 16. 3,5 ⇒ = 2,3
. =
b)
=
+
⇒
= 32 + 24 ⇒
= 40
Questão 4
a) Considerando-se o equilíbrio em relação ao ponto B, temos:
. 2 + . . 4 + . . + . cos(a) . 2 = . . 2
(1)
Onde Té a tensão no fio preso ao centro da barra e T’ é a tensão no fio que apoia o bloco no plano
inclinado.
Multiplicando-se tudo por 2/a, temos:
4. + 8. . + . + 4. . cos(a) = 4.
.
(2)
IME-ITA – Resolução Simulado
Para o bloco pendurado na situação inicial, temos:
2. = . (3)
Para o bloco apoiado no plano inclinado, temos:
= . . cos(a) (4)
Substituindo-se (3) e (4) em (2), temos:
2. . + 8. . + . + 4. . . cos (a) = 4.
8. .
=
.
. . cos (a) ⇒
− 4.
=
.
. (1 − 4. cos (a))⁄8.
b) Para o bloco imerso no líquido na situação final, temos:
).
2. + .
. = .
⇒ 2. = ( − .
(5)
Para o bloco no plano inclinado, podemos escrever:
= . . cos(a)
Considerando-se o equilíbrio em relação ao ponto B, temos:
. 2 + . . 4 + . . + . cos(a) . 2 = . . 2
Multiplicando-se tudo por 2/a, temos:
4. + 8. . + 2. . + 4. . cos(a) = 4. .
4. + . − 4. . . cos (a) + 2. . + 4. . . cos(a) . cos(a) = 4.
4. = .
(6)
Substituindo-se (6) em (5), temos:
.
. = 2. . − 2. .
2. .
=
⇒ 2. . . ℎ =
⇒
= ⁄2. . ℎ
.
Questão 5
Como a lente é mais densa que a água, a mesma desce e comprime as molas atingindo a posição de
equilíbrio. Dessa forma:
( − ). .
2. . + . . = . . ⇒ =
2.
Considerando-se que a lente se desloca x para baixo, podemos escrever a equação de Gauss como:
( − + ). ( − )
=
⇒ . = . − . − + . + . −
+(
− 2. )
+ . − .
+
=0
Considerando uma única posição da lente, temos que:
Δ=
Assim:
=
Logo:
=
−
(
⇒ 2.
). .
| .
|
⇒
− 4. .
=0 ⇒
= 4.
= 2. −
=
(
). .
|
. |
Questão 6
Para a Terra podemos escrever:
=
.
⇒
= 10
/
Resolução Simulado
Para o planeta x podemos escrever:
=
.
/2
⇒
8. .
=
⇒
= 80
/
Para o capacitor na situação inicial, com a placa P1 situada a h = 10 metros de P2, temos:
=
2.
⇒
=
.ℎ
2. .
Na situação final, com a placa P1 situada a h’ de P2, temos:
= 0,64.
⇒
. ℎ′
.ℎ
= 0,64.
⇒ ℎ = 0,64.10 = 6,4
2. .
2. .
Então, para a queda livre da placa P1:
ℎ =ℎ−
.
2
⇒ 6,4 = 10 − 40.
⇒
= 0,09 ⇒
= 0,3
Questão 7
a) O modelo elétrico na primeira situação é dado por:
Onde E é a fem do gerador, r é a resistência interna do gerador, Rc1 e Rc2 são as resistências dos
cabos e R é a resistência da residência.
Pelos dados do problema:
R = R =(
R
). (
ê
= 100 0,001 = 0,1Ω
= R
Para a residência:
R=
=
100
⇒
10000
= 1Ω
E a corrente que circula pela casa é dada por:
10000
i= =
⇒ = 100 A
100
Assim, tem-se o seguinte esquema elétrico:
)
IME-ITA – Resolução Simulado
As condições de corrente e tensão na residência não se alteram, bem como a resistência interna r
do gerador. A fem E se modifica em função da demanda da residência.
Considerando-se o rendimento do gerador:
( +
).
+
100 (1 + 0,2)
⇒ 0,8 =
⇒
0,8 = =
= 150
A resistência interna r do gerador é obtida através da equação do gerador, tal que:
= − . ⇒ 120 = 150 − 100. ⇒ = 0,3Ω
A potência exigida do gerador é de
= . ⇒
= 150.100 = 15000
Na situação final, tem-se que o modelo elétrico é dado por:
A nova fem do gerador E’ é obtida da seguinte forma:
+
. ⇒
= (1 + 0,1 + 0,3). 100 = 140
2
2
= ′. ⇒
= 140.100 = 14000
A nova potência no gerador será de
Logo, a economia mensal de energia corresponde a
Δ
=
−
.Δ ⇒ Δ
= (15000 − 14000). 30.8
Δ
= 240
ℎ
=
+
b) Pelos dados do item a, temos que:
=
=
100
⇒
150
=
2
3
=
100
⇒
140
=
5
7
Na situação final:
=
′
Questão 8
Se o calor fornecido à máquina térmica é 100.000 J e o rendimento 20%, então o calor transformado
em energia cinética vale:
= . ⇒
= 0,2 100.000 = 20.000 , que é a energia cinética do projétil após o
= ⇒
disparo.
Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
=
⇒ 0 = 1. − 200. ⇒ = 200.
A energia cinética final do projétil será:
.
=
⇒ 20.000 =
⇒ = 200 /
2
2
Logo: = 200. ⇒ = 1 /
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Questão 10
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