GABARITO IME
DISCURSIVAS 2015/2016
FÍSICA
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 1
Um corpo está sobre uma mesa com a boca voltada para cima. Um explosivo no estado sólido preenche
completamente o corpo, estando todo o sistema a 300 K. O corpo e o explosivo são aquecidos. Nesse
processo, o explosivo passa ao estado líquido, transbordando para fora do corpo. Sabendo que a
temperatura final do sistema é 400 K, determine:
a) a temperatura de fusão do explosivo;
b) o calor total fornecido ao explosivo.
Dados:
• volume transbordado do explosivo líquido: 10–6 m3;
• coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado líquido: 10–4 K–1;
• coeficiente de dilatação volumétrica do material do copo: 4 × 10–5 K–1;
• volume inicial do interior do copo: 10–3 m3;
• massa do explosivo: 1,6 kg;
• calor específico do explosivo no estado sólido: 103 J · kg–1 · K–1;
• calor específico do explosivo no estado líquido: 103 J · kg–1 · K–1; e
• calor latente de fusão do explosivo: 105 J · kg–1.
Consideração:
• o coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado sólido é muito menor que o coeficiente de
dilatação volumétrica do material do copo.
Gabarito:
a)
Vic: Volume inicial do copo
Vfc: Volume final do copo
Início (Ti = 300 K)
Final (Tf = 400 K)
∆
V2 = 10–6 (i)
Vic = Vi = 10–3
Vfc = ?
• Cálculo do volume final do copo (Vfc).
Vfc = Vic(1 + γ · ∆t) → Vfc = 10–3(1 + 4 · 10–5 · 100) → Vfc = 10–3(1 + 4 · 10–3) →
→ Vfc = (10–3 + 4 · 10–6)m3
(II)
3
DISCURSIVAS – 27/10/15
Pela consideração dada, conclui-se que quando o explosivo estiver no estado sólido, a dilatação dele é
desprezível. Logo, toda a dilatação provem do estado líquido.
Vie: Volume inicial do explosivo
Vfe: Volume final do explosivo
(I)
(II)
Vfe = Vfc + V2 → Vfe = (10–3 + 4 · 10–6) + 10–6 → Vfe = 10–3 + 5 · 10–6
Temos também que Vfe = Vie(1 + γ · ∆t) → (10–3 + 5 · 10–6) = 10–3 (1 + 10–4 · ∆t) →
−3
−3
−7
−7
→ 10 + 5 · 10–6 = 10 + 10–7 ∆t → 50 · 10 = 10 ∆t → ∆t = 50 K
Como ∆t marca o estado final (Tf = 400 K) e a temperatura quando o explosivo passa para o estado líquido.
Tfu: Temperatura de fusão
Tf – Tfu = 50 → 400 – Tfu = 50 → Tfu = 350 K
b)
Ql : calor latente
QTe: calor total do explosivo
Qes: calor do explosivo no estado sólido
Qel: calor do explosivo no estado líquido
QTe = Qes + Ql + Qel
Qes = 1, 6 ⋅ 103 ⋅ 50 = 80 ⋅ 103

5
3
Ql = 1, 6 ⋅ 10 = 160 ⋅ 10

3
3
Qel = 1, 6 ⋅ 10 ⋅ 50 = 80 ⋅ 10
QTe = (80 + 80 + 160) ⋅ 103 = 320 ⋅ 103
QTe = 3,2 · 105J → QTe = 320 KJ
Questão 2
Os pulsos emitidos verticalmente por uma fonte sonora situada no fundo de uma piscina de profundidade d
são refletidos pela face inferior de um cubo de madeira de aresta a que boia na água da piscina, acima da
fonte sonora. Um sensor situado na mesma posição da fonte capta as reflexões dos pulsos emitidos pela
fonte sonora. Se o intervalo de tempo entre a emissão e captação de um pulso é ∆t, determine a massa
específica da madeira.
Dados:
• velocidade do som na água: vs = 1500 m/s;
• massa específica da água: ρa = 103 kg/m3;
• profundidade da piscina: d = 3,1 m;
• aresta do cubo: a = 0,2 m;
4
GABARITO IME – FÍSICA
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
• ∆t = 4 ms.
Consideração:
• o cubo boia com base paralela à superfície da água da piscina.
Gabarito:
a
h
a
a
d
Empuxo:
Vamos descobrir a altura submersa do cubo de madeira:
ΣF = 0 P=E
ρM · VT · g = ρA · Vsub · g
2
3
ρM · a = ρA · a · h
h=
ρM
·a
ρA
*ρM é a densidade da madeira
Propagação do pulso:
O pulso percorre (d – h) para chegar à face inferior do cubo e (d – h) para atingir o sensor, ou seja, percorre
2(d – h).
∆s = v · t
2(d – h) = vs · ∆t
2(d –
ρM
ρ
v · ∆t
· a) = vs · ∆t ⇒ ρM = A · (d – s
)
ρA
a
2
Substituindo valores:
ρM =
103
0, 2

1500 · 4 · 10−3
 3, 1 −
2


3
 = 500 kg/m

5
DISCURSIVAS – 27/10/15
Questão 3
A
α
α
k
R
B
ω
Uma mola presa ao corpo A está distendida. Um fio passa por uma roldana e tem suas extremidades presas
ao corpo A e ao corpo B, que realiza um movimento circular uniforme horizontal com raio R e velocidade
angular ω. O corpo A encontra-se sobre uma mesa com coeficiente de atrito estático µ e na iminência do
movimento no sentido de reduzir a deformação da mola. Determine o valor da deformação da mola.
Dados:
• massa do corpo A: mA;
• massa do corpo B: mB;
• constante elástica da mola: k;
• aceleração da gravidade: g.
Consideração:
• A massa mA é suficiente para garantir que o corpo A permaneça no plano horizontal da mesa.
Gabarito:
Analisando o corpo B:
T cosα
T
B
α
R
PB
6
Decompondo
as forças
⇒
T senα
B
PB
GABARITO IME – FÍSICA
Na vertical: PB = T cosα (1)
Na horizontal: T senα = Fcp = mB ω2R (2)

ω2 R
 tgα =
g
De (1) e (2), temos: 
2
m
ω
T = B R

senα
( 3)
( 4)
Note que a mola estava distendida e, para que A esteja na iminência do movimento no sentido de reduzir a
deformação da mola, devemos ter tal diagrama de forças para o corpo A:
N
T
Fel
α
Fat
PA
(4)
Equilíbrio na vertical: N + T senα = PA ⇒ N = mA g – mB ω2R (5)
(4)
Equilíbrio na horizontal: T cosα + Fat = Fel ⇒ mB ω2R cotα + µ N = K∆x
(3)
2
2
m g + µ( mA g − mB ω2 R )
⇒
∆x = B
⇒ ∆x = mB ω R cot α + µ( mA g − mB ω R )
k
k
Questão 4
Y
Y
–q, m
v
v
v
v
–q, m
E
X
(0,0)
Situação 1
(0,0)
E
X
Situação 2
7
DISCURSIVAS – 27/10/15
Um canhão movimenta-se com velocidade constante ao longo do eixo Y de um sistema de coordenadas e
dispara continuamente um feixe de elétrons com vetor velocidade inicial constante e paralelo ao eixo X. Ao
deixar o canhão, o feixe de elétrons passa a sofrer exclusivamente a ação do campo elétrico indicado nas
duas situações das figuras.
a) Na situação 1, sabendo que, em t = 0, o canhão está em y = y0, determine a equação da curva de y
em função de x e t do feixe de elétrons que é observada momentaneamente no instante t, resultante do
disparo contínuo de elétrons.
b) Na situação 1, determine a máxima coordenada y da curva observada no instante t.
c) Repita o item (a) para o campo elétrico em conformidade com a situação 2, determinando a equação
da curva de x em função de y e t.
Dados:
• módulo do campo elétrico do plano XY: E;
• massa do elétron: m;
• carga do elétron: –q;
• velocidade escalar do canhão e velocidade de saída do feixe: v.
Gabarito:
a) Cada elétron será submetido a uma aceleração ay = −
qE
m
Em um instante t qualquer, um dos elétrons, lançados ∆t segundos após t =0, estará nas coordenadas:
x = v ( t − ∆t ) (1)
qE
2
y = y0 − v ∆t −
t − ∆t ) ( 2 )
2m(
y0 '
y0’ é a posição do canhão no instante do lançamento desse elétron, e o elétron possui apenas velocidade
inicial v horizontal.
Isso vale para qualquer ∆t (0 ≤ ∆t < t). Logo:
De (1): ∆t = t −
x
(3)
v
2
x  qE 
x

(3) em (2): y = y0 − v  t −  −
t − t +  ⇒
2
v
m
y




qE
⇒ y = y0 − vt + x −
x2
2 mv 2
b) y é uma parábola em x ⇒ ymáx = yvértice = −
⇒ ymáx = y0 − vt +
8
mv 2
2qE
∆
⇒
4a
GABARITO IME – FÍSICA
c) Cada elétron será submetido a uma aceleração ax =
qE
m
Analogamente ao item “a”:
qE
(t – ∆t)2 (1)
2m
x = v(t – ∆t) +
y = y0 + v∆t (2)
y − y0
v
De (2) ⇒ ∆t =
Em (1) ⇒ x = v  t −
⇒ x = vt − ( y − y0 ) +


y − y0
v
2
y − y0 
 q⋅E 
 + 2m  t − v  ⇒



qE
2 mv
2
(vt − ( y − y0 ))2
Observação do item b:
O problema muda se considerarmos que o canhão começa a disparar elétrons apenas em t = 0. Eis a
solução:
Em um tempo t, a figura não é a parábola inteira descrita no item a. O primeiro elétron lançado tem
x = vt. Então, a curva é o arco de parábola definido por:
qE 2

x (*)
 y = y0 − v t + x −
2 mv 2

0 ≤ x ≤ vt

Portanto, há dois casos, pois vt pode ser maior ou menor que o x do vértice da parábola, que é dado
por
mv 2
.
qE
1o caso: 0 ≤ vt ≤
Nesse caso, o ymáximo ocorre na extremidade do arco da
parábola, ou seja, em x = vt
y
mv 2
qE
Em (*), ymáx = y0 −
y0 – vt
qE 2
t
2m
vt
x
mv 2
qE
9
DISCURSIVAS – 27/10/15
2o caso: vt >
y
mv 2
qE
Nesse caso, o ymáximo ocorre no vértice, ou seja,
x=
y0 – vt
mv 2
qE
Em (*), y máx = y0 − vt +
Então: ymáx
mv 2
2qE
mv 2
qE
mv
qE 2

 y0 − 2 m t , se 0 ≤ t ≤ qE

=
2
 y − vt + mv , se t > mv
 0
2qE
qE
vt
x
Questão 5
F
2m
C
z
B
4m
D
60 kN
A
x
E
4m
2m
2m
y
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por nove barras AB, AC, AD, AE,
BC, BE, CD, CE e DE conectadas por articulações e apoiadas nos pontos A, B e C. O apoio A
impede as translações nas direções dos eixos x, y e z, enquanto o apoio B impede as translações
nas direções x e y. No ponto C, há um cabo CF que só restringe a translação da estrutura na
direção do eixo y. Todas as barras possuem material uniforme e homogêneo e peso desprezível.
No ponto E há uma carga concentrada, paralela ao eixo z, de cima para baixo, de 60 kN. Determine, em kN:
10
GABARITO IME – FÍSICA
a)
b)
c)
d)
as componentes da reação do apoio B.
as componentes da reação do apoio A.
o módulo da força do cabo CF.
os módulos das forças das barras BE, BC, AB e AC.
Gabarito:
•Nó D: como as barras AD e DE estão em um plano horizontal, a única barra que poderia fazer força na
direção z seria a barra CD. Logo, FCD = 0 e a barra CD pode ser eliminada. Depois, o ponto D passa a
estar ligado a duas barras não colineares, o que as impede de fazer força. Então, FAD = FDE = 0 e as
barras AD e DE também podem ser eliminadas.
•Nó E: Como as barras BE, AE e a carga de 60 kN estão em um mesmo plano, a barra CE não pode fazer
força no nó E. Logo, FCE = 0 e a barra CE pode ser eliminada.
•Nó C: Como o cabo CF faria a única força não contida no plano ABC, FCF = 0 e o cabo pode ser
eliminado. Agora, BC e AC também podem ser eliminadas por não serem colineares. FAC = FBC = 0
• Voltando ao nó E:
(plano ABE)
B
6
FBE
4
60
α
A
FAE
2
5
BE = 42 + 20 = 6 ; sen α = ; cos α =
3
3
FBE · sen α = 60 → FBE = 90 kN
FAE = FBE · cos α → FAE = 90 ·
E
5
= 30 5 kN
3
2 5
• Estrutura como um todo:
(plano ABE)
Z
F1
4
F2
60
F3
2 5
11
DISCURSIVAS – 27/10/15
∑ F = 0 → F = 60 kN
∑ M = 0 → 60 · 2 5 = F · 4 → F = 30
Z
3
A
1
1
F2= F=
1 30 5 kN
• Nó B:
(plano ABE)
F1
(plano ABE)
α
FAB
FBE
∑F
Z
= 0 
→ FAB = FBE · sen α = 60 kN
• Reações nos apoios A e B:
4
b
2
F2
b
A
E
2 5
y
x
E
F1
b
y
x
12
5 kN
GABARITO IME – FÍSICA
R A = ( − F2 sen β; F2 cos β; F3 ) ; sen β = 5
5
; cos β = 2 5
5


5
2 5
R A =  −30 5 ·
; 60  kN
; 30 5 ·


5
5


R A = ( −30; 60; 60 ) kN

5
2 5 
RB = ( F1 sen β; − F1 cos β;; 0 ) =  30 5 ·
; − 30 5 ·
; 0


5
5


RB = ( 30; − 60; 0 ) kN
R: a) R
BX = 30 kN; RBY = –60 kN; RBZ = 0
b) R
AX = – 30 kN; RAY = 60 kN; RAZ = 60 kN
c) F CF = 0
d) F BE = 90 kN; FBC = 0; FAB = 60 kN; FAC = 0
Questão 6
3Ω
9V
13 Ω
A
5Ω
U
10 Ω
12 Ω
4Ω
2Ω
15 Ω
5Ω
Corpo I
B
Figura 1
Corpo I
Corpo II
Figura 2
Um circuito elétrico tem uma resistência de 2 Ω ligada entre seus terminais A e B. Essa resistência é
usada para aquecer o Corpo I durante 21 minutos, conforme apresentado na Figura 1. Após ser
aquecido, o Corpo I é colocado em contato com o Corpo II e a temperatura se estabiliza em 50° C,
conforme apresentado na figura 2.
Determine o valor da fonte de tensão U.
13
DISCURSIVAS – 27/10/15
Dados:
• massa do Corpo I: 0,4 kg;
• massa do Corpo II: 1,0 kg;
• calor específico dos Corpos I e II: 0,075 kcal/kg °C;
• temperatura inicial do Corpo I: 20°C;
• temperatura inicial do Corpo II: 30°C.
Considerações:
• 1 cal = 4,2 J;
• não há perda de calor no sistema.
Gabarito:
• Estudo do equilíbrio térmico:
Q1 + Q2 = 0 → 0, 4 · 0, 075 ( 50 − T1 ) + 1 · 0, 075 ( 50 − 30 ) = 0 →
→ 20 − 0, 4T1 + 20 = 0 → 0, 4T1 = 40 → T1 = 100º C
Temos que após o aquecimento a temperatura do corpo 1 é 100ºC e sabemos que a sua temperatura inicial
é 20ºC; logo: Q1' = 0, 4 · 0, 075 · (100 − 20 ) → Q1' = 2, 4 kcal → Q1' = 10.080 J
Como o corpo 1 permanece durante 21 minutos em contato com a resistência temos:
1.080 = P · ∆t → 10.080 = (Ri²) · 21 · 60 → 10.080 = 2 · i² · 21 · 60 → i² = 4 → i = 2A
Sabemos com isso que pelo resistor de 2Ω passam 2A.
3Ω
5Ω
10Ω
5Ω
13Ω
9v
U
2A
4Ω
12Ω
15Ω
2Ω
Req = 15Ω
Req = 5Ω
14
Req = 3Ω
GABARITO IME – FÍSICA
A
3Ω
A
c
9v
D
15Ω
U
B
15Ω
2A
3Ω
5Ω
B
D
B
B
B
DDP entre os pontos D e B é 15 · 2 = 30 V, consequentemente a resistência de 15 Ω ao lado da estudada
também será de 2 A, com isso nosso sistema fica da seguinte maneira.
A
3Ω
A
c
9v
D
i2
5Ω
U
B
i1
B
3Ω
4A
B
7,5Ω
B
DDP(C → B) = – 9 + 7,5 · 4 = 21 V
Logo: 3 · i1 = 21 → i1 = 7 A
Pela lei dos nós no ponto C temos que i2 = i1 + 4 → i2 = 7 + 4 → i2 = 11 A
Para calcular a DDP entre A e B basta fazer que U = 3 · i2 + 3 · i1 → U = 3 · (7 + 11) = 3 · 18 →
U = 54 V
Solução 2:
Transformando o circuito da questão em um equivalente de Thevènin para a resistência do corpo.
A
Circuito de Thevènin:
Eth
I
Rcorpo = 2Ω
rth
B
15
DISCURSIVAS – 27/10/15
1o) Cálculo do Eth:
C
C 3Ω D
C
9V
D
E
13Ω
A
5Ω
10Ω
10Ω
U
5Ω
B
12Ω
15Ω
4Ω
3Ω
B
B
B
B
B
B
Redesenhando o circuito:
C
C
U
3Ω
C
10Ω
D
9V
E 13Ω A
3Ω
10Ω
15Ω
5Ω
B
B
C
C
B
B
i2 3Ω
9V
D
B
B
E 13Ω A
i3
i1
U
15Ω
3Ω
5Ω
i4
B
B
B
B
B
C 3Ω D
D
2o) Cálculo do rth:
C
C
D
13Ω
A
5Ω
10Ω
12Ω
5Ω
C
C
C
C
C
estão em curto
rth = RAB = 13 +
rth = 13 +
16
15Ω
4Ω
3Ω
1, 5 · 15
1, 5 · 15
= 13 +
1, 5 + 15
11 + 1, 5
15 158
=
Ω
11 11
C
B
GABARITO IME – FÍSICA
3o) Troca de calor entre os corpos:
Q1 + Q2 = 0 ⇒ m1 · c1 · ∆t1 + m2 · c2 · ∆t2 = 0
Como c1 = c2 ⇒ m1 · ∆t1 = – m2 · ∆t2 ⇒ 0,4 · (50 – x) = –1 · (50 – 30)
50 – x =
−20
⇒ x = 100°C.
0, 4
4o) Corpo 1 aquecendo através do Efeito joule:
Q1 = m1 · c1 · ∆t1 = Pot · ∆t
[0,4 · (0,075 · 10³) · (100 – 20)] · 4,2 = Pot · 21 · 60
2400 · 4,2 = Pot · 21 · 60 ⇒ Pot = 8W.
Logo, no equivalente de Thevènin temos:
Pot = R · I² ⇒ 8 = 2I² ⇒ I = 2A.
Assim, Eth = (rth + Rcorpo) · I
360
 158

+ 2 · 2 =
11
 11

Eth = 
Voltando à etapa do cálculo da Eth, temos:
360
24
⇒ i4 =
A.
11
11
24
360
261
UDB = –9 + 15 ·
= –9 +
=
V.
11
11
11
Eth = UAB = 15 · i4 =
UDB = 3 · i3 =
261
87
⇒ i3 =
A.
11
11
Logo i2 = i3 + i4 =
87
24
111
+
=
A.
11
11
11
Portanto: UCB = 3i2 + 3i3 = U
18
198
 111 87 
U = 3 · (i2 + i3) = 3 · 
= 54 V.
+ =3·
11
11
11


17
DISCURSIVAS – 27/10/15
Questão 7
r
R
R
polias soldadas entre si
III
r
I
IV
ρL
α
V
VI
F
válvula
II
Seis blocos idênticos, identificados conforme a figura, encontram-se interligados por um sistema de
cordas e polias ideais, inicialmente em equilíbrio estático sob ação de uma força F, paralela ao plano de
deslizamento do bloco II e sentido representado na figura. Considere que: o conjunto de polias de raios r e
R são solidárias entre si; não existe deslizamento entre os cabos e as polias; e existe atrito entre os blocos
I e II e entre os blocos II e IV com as suas respectivas superfícies de contato. Determine:
a) o menor valor do módulo da força F para que o sistema permaneça em equilíbrio estático;
b) o maior valor do módulo da força F para que o sistema permaneça em equilíbrio estático quando a
válvula for aberta e o líquido totalmente escoado;
c) o maior valor do módulo da força F para que não haja deslizamento entre os blocos I e II, admitindo que
a válvula tenha sido aberta, o tanque esvaziado e a força F aumentado de modo que o sistema tenha
entrado em movimento.
Dados:
• aceleração da gravidade: g;
• massa específica de cada bloco: rB;
• volume de cada bloco: VB;
• massa específica do líquido: rL;
• coeficiente de atrito entre os blocos I e II: μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco II e o solo: 1,5 μ;
• coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco II e o solo: 1,4 μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície com líquido: 0,5 μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície sem líquido: 0,85 μ;
• coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco IV e a superfície sem liquido: 0,75 μ;
• ângulo entre a superfície de contato do bloco IV e a horizontal: α.
18
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
a)
Polia:
2ρBVBg
O
∑M
0
2ρ BVB g · R + T4 · r = T2 · r + ρ BVB g · R
T4
T2
ρBVBg
=0
T2 = T4 +
ρ BVB gR
r
Bloco IV:
E
T4
α
Fat
N = ( P − E ) cos α = ( ρ B − ρ L ) VB g cos α
N
T4 = ( P − E ) sen α − Fat
T4min = ( P − E ) sen α − Fatmax
α
T4min = ( ρ B − ρ L ) VB g sen α − 0, 5µ · ( ρ B − ρ L ) VB g cos α
P
T2min = T4min +
ρ BVB gR ρ BVB gR
=
+ ( ρ B − ρ L ) VB g sen α − 0, 5µ ( ρ B − ρ L ) VB g cos α
r
r
Blocos I e II:
T2
F
Fat’
Fmin = T2min − Fat 'max
ρ BVB gR
+ ( ρ B − ρ L ) VB g sen α − 0, 5µ ( ρ B − ρ L ) VB g cos α − 1, 5µ · 2ρ BVB g
r
ρ V gR
µ cos α )
= B B − 3µρ BVB g + ( ρ B − ρ L ) VB g ( sen α − 0, 5µ
r
Fmin =
Fmin
19
DISCURSIVAS – 27/10/15
b) Bloco IV:
N = Pcos α = ρB VB g cos α
T4
N
α
Fat
P
= Psen α + Fatmax
T4
max
T4
max
= ρB VB g sen α + 0,85µ · ρB VB g cos α
T2
max
= T4
T2
max
= ρB VB g sen α + 0,85µ · ρB VB g cos α + ρB VB g R
max
+
ρB VB g R
r
r
Blocos I e II:
T2
Fmax = T2
Fat’
Fmax = ρB VB g sen α + 0,85µ · ρB VB g cos α + ρB VB g R + 1,5µ · 2 ρB VB g
F
max
+ Fat’max
r
R
Fmax = ρB VB g (sen α + 0,85µ cos α + 3µ + )
r
c) Bloco I:
Polias: Agora, as polias giram no sentido anti-horário com a mesma aceleração angular.
a a'
µgR
=
→ a' =
r R
r
T5
x
T4
T2
T3
µgR mg ( r − µR ) ρ BVB g ( r − µR )
=
=
r
r
r
µgR 2 mg ( r + µR ) 2ρ BVB g ( r + µR )
T5 − 2 mg = 2 m ⋅ a ' → T5 = 2 mg + 2 m ⋅
=
=
r
r
r
mg − T3 = m ⋅ a ' → T3 = mg − m ⋅
Como as polias não têm massa, o toque será zero, mesmo havendo aceleração angular
T2 ⋅ r + T3 ⋅ R = T4 ⋅ r + T5 ⋅ R → T2 = T4 + T5 ⋅
20
R
R
− T3 ⋅
r
r
GABARITO IME – FÍSICA
Bloco IV:
T4 – Psenα – Fat = ma
T4 = ρBVBg senα + 0,75 µ · ρBVBg cosα + µBVB · µg
T2 = ρ BVB g senα + 0,75 µρ BVB g cos α + µρ BVB g +
ρVg
R  2ρ BVB g

( r + µR ) − B B ( r − µR ) 

r r
r

Blocos I e II:
T2
F
Fat’
F – T2 – Fat’ = 2m · a
F = 2ρBVBµg + 1,4µ · 2ρBVBg + ρBVBg senα + 0,75µρBVBg cosα+ µρBVBg
+
3ρ V gµR 
R
ρ BVB g + B B

r 
r

=
F 5,8µρ BVB g + ρ BVB g senα + 0,75µρ BVB g cosα +
ρ BVB gR 3ρ BVB gµR 2
+
.
r
r2
Questão 8
onda difratada
onda incidente
θ
grande anteparo
21
DISCURSIVAS – 27/10/15
Uma fenda é iluminada com luz monocromática cujo comprimento de onda é igual a 510 nm. Em um
grande anteparo, capaz de refletir toda a luz que atravessa a fenda, são observados apenas cinco mínimos
de intensidade de cada lado do máximo central. Sabendo que um dos mínimos encontra-se em q, tal que
sen(q) =
7
3
e cos(q) =
, determine a largura da fenda.
4
4
Gabarito:
Para fenda única:
a senq = kl (k inteiro) ⇒ senq =
kl
a
Como há 5 mínimos, deverá existir q para k = 5:
sen=
q
5l
a
< 1 ⇒ > 5.
a
l
Analogamente, não existe q para k = 6:
sen=
q
6l
a
> 1 ⇒ < 6.
a
l
Desse modo: 5 <
a
< 6. (i)
l
Além disso, sabe-se que existe um mínimo tal que senq =
a
3
a 4
= kl ⇒ =
k , k inteiro (ii).
l 3
4
Substituindo em (i):
4
15
9
<k< ⇒k=
4.
k <6⇒
3
4
2
4
4
kl=
⋅ 4 ⋅ 510 ⇒ a= 2.720 nm .
De (ii): a=
3
3
5<
22
3
:
4
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 9
Material
ferromagnético
φ[Wb]
φ(t)
10
i1(t)
–50
50
B2
10 esp
B1
100 esp
e1(t)
Fmm[A.esp]
–10
Figura 2
Figura 1
i1 [A]
1
t[s]
2
4
6
8 10 12 14 16
–1
Figura 3
O circuito magnético apresentado na Figura 1 é constituído pelas bobinas B1 e B2, formadas por 100
e 10 espiras, respectivamente, e por um material ferromagnético que possui a curva de magnetização
apresentada na Figura 2. Considerando que seja aplicada no lado de B1 a corrente i1(t) apresentada na
Figura 3, desenhe:
a) o gráfico do fluxo magnético φ(t) indicado na Figura 1;
b) o gráfico da tensão induzida e2(t) indicada na Figura 1.
Consideração:
• todo o fluxo magnético criado fica confinado ao material ferromagnético.
23
DISCURSIVAS – 27/10/15
Gabarito:
A curva de magnetização nos mostra que, para um produto “corrente × número de espirais” maior que
50A.esp, o fluxo máximo para aquele material fenomagnético é 10 Wb.
a) Equação da magnetização:
10
10
⋅ Fmm = ⋅ n ⋅ i ( −10 < φ < 10)
50
50
1
Para a bobina B1 ⇒ φ = ⋅ 100 ⋅ i1 ⇒ φ = 20 ⋅ i1
5
φ=
φMÁX = 10 Wb ⇒ 10 = 20 · i1
MÁX
⇒ i1
MÁX
= 0,5 A.
Ou seja, quando i1 > 0,5A, não importa se há variação da corrente, o fluxo será constante e igual a 10 Wb.
Analogamente, para i1 < –0,5A, o fluxo será constante e igual a –10 Wb.
• Para 0 < t < 2s: i1 é constante e igual a zero ⇒ φ(t) = 0.
• Para 2s < t < 4s:
Veja facilmente que i1(3) = 0,5A. Ou seja, para 3s < t < 4s ⇒ φ(t) = 10 Wb
Em 2s < t < 3s, i1(t) = 0,5 (t – 2) ⇒ φ(t) = 20 · 0,5 (t – 2) ⇒ φ(t) = 10(t – 2) (φ(3) = 10 Wb)
• Para 4s < t < 6s: i1 > 0,5A ⇒ φ(t) = 10 Wb
• Para 6s < t < 8s:
Veja facilmente que i1(7) = 0,5A. Ou seja, para 6s < t < 7s ⇒ φ(t) = 10 Wb
Em 7s < t < 8s, i1(t) = –0,5 (t – 8) ⇒ φ(t) = –20 · 0,5(t – 8) = –10(t – 8) (φ(7) = 10 Wb)
• Para 8s < t < 10s: i1 é constante e igual a zero ⇒ φ(t) = 0.
• Para 10s < t < 12s:
Veja facilmente que i1(11) = –0,5A. Ou seja, para 11s < t < 12s ⇒ φ(t) = –10 Wb
Em 10s < t < 11s: i1(t) = –0,5 (t – 10) ⇒ φ(t) = –20 · 0,5 (t – 10)
⇒ φ(t) = –10(t – 10) (φ(11) = –10 Wb)
• Para 12s < t < 14s: i1 < –0,5A ⇒ φ(t) = –10 Wb
• Para 14s < t < 16s:
Veja facilmente que i1(15) = –0,5A. Ou seja, para 14s < t < 15s ⇒ φ(t) = –10 Wb.
Em 15s < t < 16s: i1(t) = 0,5 (t – 16) ⇒ φ(t) = 20 · 0,5 (t – 16)
⇒ φ(t) = 10(t – 16) (φ(15) = –10 Wb)
24
GABARITO IME – FÍSICA
Logo:
φ[Wb]
10
11
2
3
7
8
10
15 16
t[s]
–10
b)
e2 ( t ) = M2 ·
dφ
dφ
= 10 ·
dt
dt
dφ
= 0 ⇒ e2(t) = 0
dt
dφ
= 10 ⇒ e2(t) = 100 V
• Para 2s < t < 3s: φ(t) = 10 (t – 2) ⇒
dt
• Para O < t < 2s: φ(t) = 0 ⇒
• Para 3s < t < 7s: φ(t) = 10 ⇒
dφ
= 0 ⇒ e2(t) = 0
dt
• Para 7s < t < 8s: φ(t) = – 10(t – 8) ⇒
• Para 8s < t < 10s: φ(t) = 0 ⇒
dφ
= 10
– 10 ⇒ e2(t) = – 100 V
dt
dφ
= 0 ⇒ e2(t) = 0
dt
• Para 10s < t < 11s: φ(t) = – 10(t – 10) ⇒
• Para 11s < t < 15s: φ(t) = – 10 ⇒
dφ
= −10 ⇒ e2(t) = – 100 V
dt
dφ
= 0 ⇒ e2(t) = 0
dt
• Para 15s < t < 16s: φ(t) = 10 (t – 16) ⇒
dφ
= 10 ⇒ e2(t) = 100 V
dt
25
DISCURSIVAS – 27/10/15
Logo:
e2[V]
100
0
7
2
8
10 11
3
15 16
t[s]
– 100
Questão 10
fonte luminosa
lente convergente
A figura acima mostra uma fonte luminosa e uma lente convergente, presas a molas idênticas, de massas
desprezíveis e relaxadas. A fonte e a lente são colocadas em contato, provocando a mesma elongação nas
três molas. Em seguida são soltas e movimentam-se sem atrito.
Do instante inicial até o instante em que a fonte e a lente se encontram novamente, determine o tempo total
em que a imagem formada é virtual.
Dados:
• constante elástica das molas: κ = 20 g/s2;
• massa da fonte luminosa + suporte: 20 g;
• massa da lente: 10 g;
• elongação das molas no instante do contato: 10 cm;
• distância focal da lente: 26,25 cm.
26
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
Note que fonte e lente estavam separadas por 20 cm e que, depois de soltas, ambas vão entrar em MHS de
amplitude 10 cm e origem em seus pontos de mola relaxada.
• MHS da fonte, supondo origem no estado relaxado de sua mola.
ωf =
k
20 ⋅ 10-3
2π
=
= 1 rad s ; Tf =
= 2π s
-3
m
ωf
20 ⋅ 10
xf = A cos(ωt + ϕ0) = 10 cos(t + ϕ0)
xf (0) = 10 → 10 cos (0 + ϕ0) = 10 → ϕ0 = 0
xf = 10 · cos(t)
• MHS da lente, supondo origem no estado relaxado de suas molas.
Keq = K1 + K2 = 40 · 10–3 N/m
ωl =
k
40 ⋅ 10-3
2π 2π
=
= 2 rad s ; Tl =
⋅
=πs
-3
m
ωl
2
10 ⋅ 10
xl = Acos(ωt + ϕ0’) = 10 cos (2t + ϕ0’)
xl (0) = – 10 → 10 cos(0 + ϕ0’) = – 10 → ϕ0’ = π
xl = 10 cos(2t + π) = – 10 cos(2t)
• A origem do MHS da fonte está 20 cm à esquerda da origem do MHS da lente. Colocando as duas na
origem da lente:
xf = 10 · cos(t) – 20
xl = – 10 cos(2t)
• Para que a imagem seja virtual, a fonte deve distar até 1 distância focal da lente. Daí: xl – xf < f.
Como os períodos são 2π s e π s, o novo encontro ocorrerá em 2π s. Logo, devemos resolver essa
inequação para 0 ≤ t ≤ 2π.
xl – xf < f → – 10 cos(2t) – (10 cos(t) – 20) < 26,25 → cos(2t) + cos(t) + 0,625 > 0 →
2 cos2(t) + cos(t) – 0,375 > 0
Raízes:
1
1
3
3
e −
. Logo, a solução é para cos(t) >
ou cos(t) < −
.
4
4
4
4
27
DISCURSIVAS – 27/10/15
sen(t)
arccos
3
4
arccos
x
x
3
−
4
cos(t)
1
4
Portanto, o tempo total é 2 arccos
1
4
1
3
+ 2 arccos
s.
4
4
Observação: veja que podemos escrever a resposta de diversas formas, como por exemplo:

1
 3
2π − 2  arccos  −  − arccos  .
4
 4

Comentário
A prova de Física do concurso 15/16 caracterizou-se por sua abrangência, embora não
tenhamos encontrado as tradicionais questões de termodinâmica e óptica.
O exame apresentou algumas questões bem tranquilas para o aluno bem preparado, como
por exemplo as questões 1, 2, 3 e 6. Já as questões 8 e 10 podem ser consideradas medianas,
abordando assuntos que assustam um pouco (difração em fenda única e MHS).
Finalmente, as questões 4, 5, 7 e 9 apresentaram grau de dificuldade bastante elevado. As três
primeiras por terem sido muito trabalhosas; a última, pela dificuldade de interpretação para o aluno
não conhecedor do assunto.
Dessa forma, imaginamos que o aluno bem preparado deve conseguir uma nota emtre 5 e 7
pontos, sendo uma nota acima desse intervalo um ótimo resultado.
Gostaríamos de parabenizar a banca pela extrema criatividade para questões inéditas e
desafiadoras, o que torna a prova de Física do IME referência em âmbito nacional.
Professores:
Fábio Oliveira
Leonardo Domingos
Humberto Machado
Márcio Gordo
Lucas Scheffer
Bruno Lerner
Eduardo Fernandes
Marcial Júnior
William Luna
28