2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira alguns de nossos resultados e
comprove porque temos mais a oferecer.
IME
2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE,
sendo os 2 melhores colocados da ativa e os
2 melhores da reserva !!!
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 do 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
ITA
Elite Curitiba: 6 anos de existência,
6 anos aprovando no ITA !!!
13 alunos aprovados!
TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010)
ALLISON FAUAT SCHRAIER
(ITA 2010)
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
2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder!
Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional
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
ESPCEX
2010: 13 aprovados!
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 convocados no Paraná
2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
FÍSICA
Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades
como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso !
Escola Naval
2010: Único a aprovar no PR e em SC!
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
FUVEST
2010:
LETRAS - Taciane Domingues Ferreira
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
GEOLOGIA - Adrianna Virmond
UNICAMP
2010:
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
UFPR
2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina)
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
2010: 16 aprovados.
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica
1º lugar – 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.
UFSC
2010
ENGENHARIA QUÍMICA – Fernanda Brandalise
Nunes
Só no ELITE você encontra:
Turmas pequenas de alto desempenho.
Simulados semanais/quinzenais.
A maior carga horária e os melhores professores!
EPCAr
2010: Jean Ricardo Ferrer
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
3013 5400
EEAR
2010: 6 aprovações
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
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
27/OUT/2010
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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FÍSICA
27/OUT/2010
FÍSICA
02.
01.
A figura acima mostra um sistema composto por uma parede vertical
com altura H, uma barra com comprimento inicial L0 e uma mola. A
barra está apoiada em uma superfície horizontal sem atrito e presa no
ponto A por um vínculo, de forma que esta possa girar no plano da
figura. A mola, inicialmente sem deformação, está conectada à parede
vertical e à barra. Após ser aquecida, a barra atinge um novo estado de
equilíbrio térmico e mecânico. Nessa situação a força de reação vertical
no apoio B tem módulo igual a 30 N. Determine a quantidade de calor
recebida pela barra.
Dados: • H = 3 m; • L0 = 3 2 m; • o peso da barra: P = 30 N;
• constante elástica da mola: k = 20 N/m;
•
joules, onde c é o calor específico da barra; α é o
coeficiente de dilatação linear da barra; g é a aceleração da gravidade; e
P é o peso da barra.
RESOLUÇÃO:
Um corpo está sobre um plano horizontal e ligado a uma mola. Ele
começa a ser observado quando a mola tem máxima compressão
(Figura 1a). Durante a observação, verificou-se que, para a deformação
nula da mola (em x = 0), sua velocidade é 5 m/s (Figura 1b). Para x = 0,2
m (Figura 1c), o corpo é liberado da mola a partir dessa posição e fica
submetido a uma força de atrito até parar. Faça um gráfico da
aceleração a do corpo em função da posição x, registrando
os valores de a e de x quando:
a) a observação se inicia;
b) a velocidade é máxima;
c) o corpo é liberado da mola;
d) o corpo para.
Dados:
• massa do corpo: 500 g;
• constante elástica da mola: 50 N/m;
• coeficiente de atrito entre o plano e o corpo: 0,3.
RESOLUÇÃO:
O vínculo A não suporta ação de forças.
A soma das forças verticais deve ser nula, logo N = P = 30N.
Sabemos que no equilíbrio a soma dos momentos das forças em relação
a A deve ser nula. Logo:
P.(L/2).cosθ + Fel.L.senθ = N.L.cosθ → (P.cosθ)/2 = kx.senθ →
(30.cosθ)/2 = 15x.senθ → tgθ = 3/4x
Da figura tgθ = H/D, onde D = D0 + x, onde D0 é o comprimento inicial da
mola.
Na situação inicial H, L0 e D0 formam então um triângulo retângulo
isóscele e D0 = H0 = 3m Assim: 3/4x = 3/(3+x) → x = 1m
Logo, o comprimento final da barra (L) vale 5m (T. Pitágoras)
Sabendo ainda que:
Q = mc∆T = Pc∆T/g (1)
∆L = L – L0 = α.L0.∆T (2)
Dividindo as equações (1) e (2) uma pela outra:
Q
Pc
Q
50 + 30 2
=
=
L − L0 gαL0 → 5 − 3 2 3 2 .3 2
Consideraremos em nossa resolução que o atrito atua durante todo o
percurso, mesmo enquanto a massa está presa na mola. O enunciado é
um pouco vago e ambíguo com relação a isso, mas em se tratando de
uma questão dissertativa basta o aluno explicitar o que entendeu e
seguir daí.
Antes de continuarmos precisamos de alguns dados iniciais, a saber: a
posição xa < 0 do corpo no ponto de máxima compressão, a velocidade
vc com a qual o corpo abandona a mola e a distância Δx que o corpo
percorre até parar.
Chamemos de k a constante elástica da mola, de µ o coeficiente de
atrito entre o plano e o corpo, de m a massa do corpo, de g a aceleração
2
o módulo da
da gravidade (considerada igual a 10 m/s ) e de
força de atrito entre o plano e o corpo.
Q = 35/9 ≈ 3,9 J
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FÍSICA
Assim chegamos ao gráfico:
* Cálculo de xa
Por energia entre 1a e 1b:
* Cálculo de vc
Por energia entre 1b e 1c:
RESOLUÇÃO ALTERNATIVA:
Caso o aluno interprete que o atrito só age depois do ponto 1c, as contas
ficam muito mais simples:
* Cálculo de xa
Por energia entre 1a e 1b
kxa2 mvb2
=
⇒ xa = 0,5 m
2
2
* Cálculo de Δx
Por Torricelli entre 1c e a parada:
* Cálculo de vc
Por energia entre 1b e 1c:
mvb2 k 0,2 2 mvc2
=
+
⇒ vc = 21 m / s
2
2
2
Agora podemos desenhar o gráfico pedido, que contém 3 trechos (ou
pontos) notáveis: o ponto 1a, de compressão máxima da mola, onde
não atua a força de atrito; o trecho entre 1a e 1c, onde atuam a força da
mola e a força de atrito; e o trecho final, entre 1c e a parada, onde só
atua a força de atrito.
* Aceleração no ponto 1a:
* Cálculo de Δx
0 = vc2 − 2
Fatrito
∆x ⇒ ∆x = 3,5 m
m
Agora teremos apenas dois trechos a considerar: entre 1a e 1c, com
− kx como força resultante; e de 1c até a parada, com força resultante
constante igual a − 1,5 N .
* Aceleração entre 1a (x = – 0,5) a 1c (x = 0,2)
ma = −kx ⇒ a = −100 x
* Aceleração (constante) entre 1c e a parada (x = 3,5 + 0,2 = 3,7)
ma = − Fatrito ⇒ a = −3 m / s 2
* Aceleração entre 1a e 1c:
E o gráfico fica
Como x varia no intervalo de
a aceleração varia de
a 0,2,
a –23 m/s2.
* Aceleração entre 1c e a parada
(que ocorre em
):
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FÍSICA
Tem-se então:
V1 = Vcos(90º - α)= Vsenα e V2 = Vsen(90-α) = Vcosα
03.
A velocidade final da imagem deve ser a resultante das velocidades do
espelho e objeto.
Então:
Vx = 3V1senα - V2cosα = 3Vsenα senα - V cosαcosα → Vx = 3Vsen2α Vcos2α
Vy = -3V1cosα - V2senα = -3Vsenαcosα - Vcosαsenα → Vy = -2Vsen2α
b)
Uma carga positiva está presa a um espelho plano. O espelho aproximase, sem rotação, com velocidade constante paralela ao eixo x, de uma
carga negativa, pendurada no teto por um fio inextensível. No instante
ilustrado na figura, a carga negativa se move no sentido oposto ao da
carga positiva, com a mesma velocidade escalar do espelho. Determine,
para esse instante:
as componentes x e y do vetor velocidade da imagem da carga negativa
refletida no espelho;
as acelerações tangencial e centrípeta da carga negativa;
as componentes x e y do vetor aceleração da imagem da carga negativa
refletida no espelho.
Dados:
ângulo entre o eixo x e o espelho: α;
ângulo entre o eixo x e o segmento de reta formado pelas cargas: β;
diferença entre as coordenadas y das cargas: d;
comprimento do fio: L;
velocidade escalar do espelho: v;
módulo das cargas elétricas: Q;
massa da carga negativa: m;
constante elétrica do meio: K.
Da figura tem-se: FE =
kQ2 kQ2
= 2 sen2β
r2
d
Assim a aceleração tangencial é dada por:
at =
r
r
FE cosβ kQ2
kQ2
=
sen2βcosβ → at = sen2βcosβ i
2
m
md
md2
A aceleração centrípeta é dada por:
aCP =
r
V2 V2
V2 r
=
→ a CP =
j
R
L
L
c)
RESOLUÇÃO:
a) Na figura a velocidade da bolinha foi decomposta na direção
perpendicular ao espelho (V1) e paralelamente ao espelho (V2). Assim a
imagem terá velocidade 3V1 perpendicular ao espelho e V2 paralela ao
espelho.
Na figura estão representadas as acelerações centrípeta e tangencial.
Da figura:
ax = aCPcos(2α - 90º) + atcos2(α - 90º) = aCP(-sen2α) + at(-cos2α)
ay = aCPsen(2α - 90º) + atsen2(α - 90º) = aCP(-cos2α) + at(-sen2α)
Daí:
V2
kQ2
sen2α sen2βcosβ cos2α
L
md2
V2
kQ2
ay = cos2α sen2βcosβ sen2α
L
md2
ax = -
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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04.
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FÍSICA
05.
De acordo com a figura acima, um raio luminoso que estava se
propagando no ar penetra no dielétrico de um capacitor, é refletido no
centro de uma das placas, segundo um ângulo α , e deixa o dielétrico. A
área das placas é A e o tempo que o raio luminoso passa no interior do
dielétrico é t. Supondo que se trata de um capacitor ideal de placas
paralelas e que o dielétrico é um bloco de vidro que preenche
totalmente o espaço entre as placas, determine a capacitância do
capacitor em picofarads.
Dados:
• A = 1,0 cm2
• t = 2,0 × 10–12 s
• α = 30°
• permissividade elétrica do vácuo:
εo ≈ 9, 0 × 10 −12 F / m
8
• velocidade da luz no vácuo: c ≈ 3,0 × 10 m / s
• índice de refração do vidro: n = 1,5
• constante dielétrica do vidro: k = 5,0
RESOLUÇÃO:
A velocidade do raio luminoso no interior do dielétrico é de:
c 3,0.108
=
= 2,0.108 m / s
n
1,5
v=
Sendo 2x a distância percorrida pelo raio e d a distância entre as placas,
temos que:
2x = v.t = 2,0.108.2,0.10 −12 = 4,0.10 −4 m ∴ x = 2,0.10 −4 m
sen(α) =
d 1
d
1
d
∴ =
∴ =
∴ d = 1, 0.10−4 m
−4
x 2 10
2 2, 0.10 −4
Logo,
C=
k.ε0.A 5,0.9,0.10−12.1,0.10−4
=
= 45.10−12 F ∴ C = 45pF
d
1,0.10−4
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
A figura acima apresenta um prisma apoiado em um elevador no
interior de um cilindro de material isolante. Uma armação, encostada no
prisma, é composta por uma parte metálica com resistência desprezível
em forma de “U” e por uma barra metálica de 0,25 m e resistência de 1
Ω. Essa barra desliza ao longo da barra em “U”, mantendo o contato
elétrico. As extremidades da armação em “U” são fixadas no cilindro,
conforme a figura. Ao longo de todo o cilindro, um fio é enrolado,
formando uma bobina com 1000 espiras, perfazendo uma altura h = 0,8
m, sendo alimentada por uma fonte, de modo que flua uma corrente de
103
A.
π
O elevador sobe com velocidade constante v, de modo que
2
N.
seja exercida sobre a barra metálica uma força normal de 4
Determine a velocidade v.
Dados:
• as faces triangulares do prisma são triângulos retângulos isósceles;
• permeabilidade magnética do meio: μ0 = 4π.10-7 Tm/A
Observações:
• não há atrito em nenhuma parte do sistema;
• a barra metálica é feita de material não magnético;
• as espiras percorrem todo o cilindro.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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FÍSICA
Uma fábrica foi multada pela prefeitura local, pois a temperatura
externa da parede de um forno industrial encontrava-se em um nível
superior ao previsto pelas normas de segurança (Figura 1).
Para atender às normas recomenda-se o seguinte procedimento (Figura
2):
A parede externa do forno deve ser recoberta com um material de
condutividade térmica igual a 4% da parede do forno. Isso faz com que a
transferência de calor fique igual a 20% da original e que a redução de
temperatura entre a superfície interna da parede do forno e a superfície
externa do isolante fique 20% maior que a situação inicial.
Determine a razão entre a espessura do isolante (ei) e a espessura da
parede do forno (ef).
RESOLUÇÃO:
Dados:
d = 0,25 m
RB = 1Ω
N = 1000 espiras
h = 0,8 m
103
A
I= π
2
N
FN = 4
µ0 = 4π x 10–7
27/OUT/2010
T .m
A
RESOLUÇÃO:
Aplicando a Equação de Fourier:
θ = 45° (inclinaçã
o do plano)
- para a situação inicial (Figura 1): Φ =
ur
ur
v = vx
ur
ur
F Nx = F m
-
A força magnética é dada por:
Fm = B . i . dsenα ( α = 90 ° )
EIND
R
Sendo
Substituindo:
=
B . d . vx
R
B . d . vx
F .R
. d ⇒ v x = 2m 2
R
B .d
µ .N.I
1
Fm = N B = 0
4 e
h
Como:
Fm . R . h2
⇒ vx =
µ . N 2 . I 2 . d2
2
0
⇒ v x = 16 m
16 x π 2
1 x 64 x10–2
106
1
x 10−14 x 106 . 2 x
x 4
π
16
k f . A.∆T f
ef
k res . A.( ∆Ti + ∆T f )
ki . A.∆Ti
, com φf = φi = φ´=
ei + e f
ei
Φ´e f
Φ´ei
∆T f =
e
Assim
∆Ti =
A.k f
A.k i
Φ´e f Φ´ei
k res . A.(
)
+
( e f + ei ) k i k f
A.k f
A.k i
→ kres =
φ´=
e f k i +e i k f
ei + e f
Logo
( e f + ei ) k i k f
φ´=
e f ki +ei k f
. A.(∆Ti + ∆T f )
ei + e f
=
k i k f . A.( ∆Ti + ∆T f )
e f k i +e i k f
Sabemos que ki = 0,04kf e φ´=0,2φ e ∆Tf + ∆Ti = 1.2∆T
Assim:
0,04k f k f . A.(1,2∆T )
e f 0,04k f +e i k f
= 0,2
k f . A.∆T
ef
1,2.0,04.ef = 0,2(0,04.ef + ei) → 0,04.ef = 0,2.ei →
s
Como a armação não se move verticalmente, pois está fixada no
cilindro, temos:
vx = V = 16 m
Φf =
para a situação final (Figura 1):
Fm = B .
vx =
ef
→
Φi =
1
Fm = FN . cos 45° = N
4
i = iIND =
k f . A.∆T
ei
1
=
ef
5
07.
s
06.
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e
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
A figura acima mostra um corpo sólido cilíndrico de altura h, densidade ρ
e área da base A, imerso em um líquido de mesma densidade em um
tanque também cilíndrico com base interna de área 4A. A partir do
instante t = 0 (situação da figura), o líquido passa a ser bombeado para
fora do tanque a uma vazão variável dada por U(t) = bAt, onde b é uma
constante positiva.
Dados:
• comprimento da corda entre os pontos B e C: L;
• densidade linear da corda entre os pontos B e C: μ;
• aceleração gravitacional local: g.
27/OUT/2010
FÍSICA
y (t 2 ) = h ⇒
h=
b 2
t2
6 (2)
Dividindo as equações (1) e (2), lembrando-se que t1 = t2 , temos
L
3ρAg
=
h
2bµ
08.
Observações:
• desconsidere o peso da corda no cálculo da tração;
• a tensão instantânea na corda é a mesma em toda a sua extensão.
Pede-se:
a) a expressão do nível y do líquido (onde y ≤ h) em função do tempo;
b) a velocidade v(t) de um pulso ondulatório transversal, partindo do
ponto B em t = 0, e sua respectiva posição x(t);
c) a razão L/h para que o pulso ondulatório transversal, partindo do
ponto B em t = 0, chegue até C no mesmo instante em que o nível do
líquido alcança o ponto E.
Solução:
a) Com a vazão U(t) é possível obter de forma direta o volume escoado
em função do tempo (aquele é a derivada deste no tempo), e com o
volume escoado podemos chegar em y (t ) , lembrando que a área da
base do volume escoado é 4A – A = 3A.
Volume (t ) =
U (t ) = bAt ⇒
Volume (t ) = 3 Ay (t ) ⇒
bA 2
t
2
b
y (t ) = t 2
6
b) O produto ρAgy(t) nos dá, em função do tempo, o peso da porção do
corpo sólido cilíndrico que fica descoberto de empuxo, ou seja,
representa justamente a tração T no fio em função do tempo.
Pela Equação de Taylor, a velocidade de propagação do pulso será igual
T
µ . Com a velocidade v(t) obtemos x(t) novamente por integração.
a
v (t ) =
T
=
µ
ρAg y (t )
=
µ
ρAg bt 2
⋅
6
µ
ρAgb
v (t ) = t
6µ
e
x (t ) =
t2
2
ρAgb
6µ
c) O enunciado do item c resume-se a fazer
e y (t 2 ) = h .
x(t1 ) = L ⇒
L=
t12
2
t1 = t2 , sendo x(t1 ) = L
O circuito apresentado na figura acima é composto por uma fonte de
tensão contínua E, que alimenta um reostato linear e as resistências R1 e
R2. No ponto C do reostato encontra-se fixo um balão de massa m e
volume V, inicialmente na posição y = 0. O sistema encontra-se imerso
em um tanque, que contém um líquido isolante, de massa específica ρ.
Entre os pontos C e D do sistema, encontra-se conectado um voltímetro
ideal. No instante t = 0, o balão é liberado e começa a afundar no líquido.
Determine:
a)
a leitura do voltímetro no instante em que o balão é liberado;
b)
a coordenada y em que a leitura do voltímetro é zero;
c)
o tempo decorrido para que seja obtida a leitura indicada no
item b;
d)
o valor da energia, em joules, dissipada no resistor R2, no
intervalo de tempo calculado em c.
Dados:
•
•
•
•
•
•
•
•
R1 = 1 kΩ;
R2 = 3 kΩ;
fonte de tensão: E = 10 V;
massa do balão: m = 50 g;
volume do balão: V = 0,0001 m3;
resistência total do resistor linear: RAB = 10 kΩ;
3
massa específica do líquido: ρ = 50 kg/m ;
2
aceleração da gravidade: g = 10 m/s .
ρAgb
6µ (1)
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
RESOLUÇÃO:
a) Na situação inicial a resistência do reostato é zero.
A indicação do voltímetro é a ddp entre A e D.
- Cálculo de I (corrente no gerador)
I=
27/OUT/2010
FÍSICA
09.
E
10
→I =
→ I = 2,5 mA
R1+R 2
(1+3) .103
-Cálculo da ddp entre A e D (UAD)
UAD = R1I = 103.2,5.10-3 = 2,5 V
b) Seja L o comprimento total do reostato.
Para a leitura ser nula tem-se: VC = VD → RaR2 = R1Rb
Como RAB = 10kΩ e Ra =
Então:
RaR2 = R1Rb →
y
L-y
R AB e Rb =
R AB
L
L
y
L-y
L
R AB .R2 =
R AB R1 → y.3 = (L-y).1 → y = m
L
L
4
c) Como as forças que atuam no balão são constantes este descreverá
um MRUV:
-Cálculo da aceleração:
P – E = ma → mg - ρLVL = ma → 50.10-3.10 – 50.10-4.10 = 50.10-3a →
2
a = 9 m/s
2
2
2
∆S = V0t + at /2 → L/4 = 9t /2 → t = L/18 → t =
L
1 L
=
s
18 3 2
d) A ddp entre A e B é constante. No ramo direito do circuito a
resistência R1 é 1/3 da resistência R2 logo a ddp em R1 deverá ser 1/3 da
ddp de U2. Então U2 = ¾ UAB = ¾ E = 7,5V
Logo a potência dissipada em R2 será:
P=
U22 7,52
=
= 1, 875.10 −2 W
R 2 3.103
A energia será:
E = P.∆t = 1,875.10-2.
L
1 L
= 6,25.10-3 2 J
3 2
A Figura mostra dois raios luminosos r1 e r2, de mesma frequência e
inicialmente com diferença de fase δ1, ambos incidindo
perpendicularmente em uma das paredes de um reservatório que
contém líquido. O reservatório possui uma fenda de comprimento h
preenchida pelo líquido, na direção de r2. Determine o comprimento da
fenda para que a diferença de fase medida no Detector D entre os raios
seja δ2.
Dados:
índice de refração do líquido: n;
índice de refração da parede do reservatório: nR;
comprimento de onda dos raios luminosos no ar: λ.
Observação: considere o índice de refração da parede do reservatório
maior que o índice de refração do líquido.
RESOLUÇÃO:
Sejam as fases dos raios 1 e 2, θ1 e θ2 respectivamente, assumiremos
que o raio 2 está defasado δ1 em relação ao raio 1:
Θ1 = w.t
Θ2 = w.t + δ1
cuja diferença: Θ2 - Θ1 = δ1
Após refratarem para o recipiente, a diferença, no caminho de
propagação até o receptor, entre os dois raios será apenas o trecho de
comprimento h. Nesse trecho o raio 2 prosseguirá pelo líquido mais
rapidamente do que o raio 1 que prosseguirá pelo recipiente (n < nR →
∆t2 < ∆t1). Assim, transcorridos os respectivos ∆t, no trecho h, as novas
fases dos raios 1 e 2 serão:
Θ'1 = w. ∆t1 = w (h/(vR) = w (nR h)/c
Θ'2 = w. ∆t2 + δ1 =+ w (h/(vL) + δ1 = w (nL h)/c + δ1
E a diferença entre os raios, δ2, será:
δ2 = Θ’2 - Θ’1 = w (nL h)/c + δ1 - w (nR h)/c = δ1 + w h.(nL - nR)/c
δ2 = δ1 + [2π h.(nL - nR) ]/ (T.c )
δ2 = δ1 - [2π h.(nR - nL) ]/ (λ)
h = [ λ.(δ1 - δ2) ] / [2π.(nR - nL) ]
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2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
27/OUT/2010
FÍSICA
10.
O carrinho D desloca-se com velocidade de 60 m/s na direção do
carrinho E, que está parado. O corpo A possui uma carga elétrica idêntica
à armazenada em um circuito capacitivo e está apoiado sobre o carrinho
E, conforme a figura acima. Dá-se a colisão dos dois carrinhos, com um
coeficiente de restituição igual a 0,9. Após alguns segundos, o carrinho E
para bruscamente e o corpo A penetra em uma região em que existe
um campo magnético uniforme normal ao plano da figura, que o faz
descrever um movimento helicoidal de raio 4,75 m. Desprezando o
efeito da massa de A na colisão, determine a massa do carrinho E.
Dados:
• massa do carrinho D: mD = 2 kg;
• massa do corpo A: mA = 4 x 10-6 kg;
• campo magnético: B = 16 T.
Na associação série de capacitores.
Ceq =
A carga será:
Q = Ceq . V ⇒ Q = 0, 4 x 10–6 x 5 ⇒
RESOLUÇÃO:
ur
ur ur
ur
F R = q v x B + mg
(
⇒ Q = 2 x 10–6 C
Como o raio da trajetória helicoidal é dado por:
R=
A força resultante é variável:
C1 . C2
1,2 x 0,6
=
= 0, 4µ F
C1 + C2
1,2 + 96
mvsenθ
q . B ; onde vsenθ = v x , velocidade de penetração
horizontal no campo magnético.
)
vx =
qBR
4,75 x 16 x 2 x 10 –6
⇒ vx =
m
4 x 10–6
v x = 38 m
O movimento não é helicoidal (fig.1) e (fig.2)
s
No choque:
Conservação do momento linear:
ur
ur
Qantes = Qdep ⇒ 2 g 60 = –2v D' + 38mE ⇒
O enunciado apresenta um grave erro pois o movimento não é
helicoidal. Para que tenhamos uma trajetória conforme a banca
pretendia, podemos admitir que a orientação do vetor indução
magnética é por exemplo vertical e no sentido da aceleração da
gravidade (fig 3). Com isto:
Do coeficiente de restituição:
e=
vrel
AFAS
vrel
APRO
⇒ 0,9 =
vD' + vE'
⇒
vD
⇒ 0,9.60 = vD' + 38 ⇒ vD' = 16 m
s
Finalmente:
60 = −16 + 19mE ⇒ ⇒ mE =
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⇒ mE = 4kg
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