GABARITO IME 2013
DISCURSIVAS
PROVA DE
FÍSICA
FÍSICA
1a QUESTÃO
O cérebro humano determina a direção de onde provém um som por meio da diferença de fase entre as
ondas sonoras que chegam ao ouvido. Um carro que se aproxima de um pedestre a uma velocidade de 36
km/h faz soar continuamente a buzina, cuja frequência é 1200 Hz. Calcule a diferença de fase, em graus,
entre o som que chega ao ouvido direito e o som que chega ao ouvido esquerdo do pedestre.
Dados:
•
•
•
•
Velocidade do som no local: 340 m/s;
Distância entre os ouvidos do pedestre: 20 cm;
O pedestre está voltando para o norte;
O carro se move no sentido leste-oeste diretamente para o local onde se encontra o pedestre.
Gabarito:
Por efeito Doppler: f ' = f ⋅
f = 1200 ⋅
(+)
Vs ± Vo
Vs ± Va
340
34
= 1200 ⋅
Hz
340 − 10
33
OBS
x
Cálculo do comprimento de onda: ν = λ ⋅ ƒ → λ =
340
34
1200 ⋅
33
Cálculo da diferença de fase em comprimento de onda:
x = 0, 2 ⋅
330
33
=
m
1200 120
1λ
33
m
120
x
0,2m
120 24
=
λ
33 33
Cálculo da diferença de fase em graus:
1λ
24
λ
33
y = 360 ⋅
=
VF = 10m/s
(–)
360°
y
24
= 261, 81°
33
Prova de Física: 29/10/2013
3
2a QUESTÃO
Dois músicos com seus respectivos violões afinados participam de um dueto. No início do conserto, é ligado
um aparelho de ar condicionado próximo a um deles e, após alguns minutos, percebe-se uma frequência de
batimento ƒbat produzida pela quinta corda dos violões, no modo fundamental.
Considerando que ambas as cordas permaneçam com o comprimento inicial L0, determine a variação de
temperatura sofrida pela corda do violão próximo ao ar condicionado.
Dados:
• constante elástica da corda: k;
• massa específica linear da corda: µ;
• coeficiente de dilatação linear: α;
• frequência da quinta corda do violão afinado: ƒ.
Observação:
• despreze o efeito da temperatura no outro violão.
Gabarito:
Suponha que, inicialmente, a corda está sujeita a uma deformação de ∆L, gerando uma tração k∆L =: T.
4µL20 f 2
T
Como v = λf = 2 Lo f =
, temos que T = k ∆L = 4µL20 f 2 ⇒ ∆L =
k
µ
Suponha que a temperatura inicial, θ, é reduzida a θ’ = θ – ∆θ pelo aparelho de ar-condicionado. Na
ausência do tensionador da corda, seu comprimento seria reduzido de L = Lo para L’ = Lo (1 – α∆θ). No
entanto, como o comprimento da corda é efetivamente preservado, a deformação da corda aumenta de ∆L

α∆θk 
para ∆L ' = ∆L + Lo ⋅ α∆θ = ∆L  1 +
.
4
µLo f 2 

A densidade linear da corda se mantém constante. Como o tensionador não se mexe, uma mesma massa de
corda ocupa um mesmo comprimento (Lo). Logo, a razão entre as frequências final e inicial é
T'
µ
f ' 2 Lo f ' λf ' V '
α∆θk
T'
k ∆L '
=
=
=
=
=
=
= 1+
V
f
2 Lo f
λf
4µLo f 2
T
k ∆L
T
µ
Como ƒbat = |ƒ’ – ƒ|,


4µL0 ffbat 
fbat 
α∆θk
fbat = f  1 +
− 1  ⇔ ∆θ =
2 + f 
2


4
L
f
k
µ
α


0


4
Gabarito IME 2013 – Discursivas
3a QUESTÃO
Uma partícula de carga +Q e massa m move-se pelo espaço presa a um carrinho. Esse movimento é regido
pelas seguintes equações de posição nos três eixos, para k, ω1 e ω2 constantes:
x (t ) =
k
k
sen ( ω1t ) −
sen ( ω2 t )
ω1
ω2
y (t ) =
k
k
cos ( ω1t ) +
cos ( ω2 t )
ω1
ω2
z (t ) =
4k
 ω + ω2
sen  1
ω1 + ω2
 2

t

Durante todo o movimento, um campo elétrico atua na partícula, o que provoca uma força que tende a
arrancá-la do caminho.
Dados:
• coordenadas nos três eixos do campo elétrico: (0,0,E).
Portanto:
(A) mostre que a partícula se move com velocidade escalar constante;
(B) determine os instantes em que a força provocada pelo campo elétrico na partícula é ortogonal à sua
trajetória;
(C) determine as equações dos vetores aceleração tangencial e aceleração normal decompostos nos três
eixos;
2π
(D) supondo que em t x =
a partícula se solte do carrinho, determine as acelerações normal e
ω1 + ω2
tangencial da partícula imediatamente após tx .
Gabarito:
(A)
 α −β 
 α +β
sen α + sen β = 2 sen 
 cos  2 
2




 α +β
 α −β 
Transformando soma em produto : cos α − cos β = −2 sen 
 sen 

 2 
 2 
 α +β
 α −β 
cos α + cos β = 2 cos 

 cos 
 2 
 2 
ω +ω
ω −ω
dx
( t ) = k ( cos ω1 t − cos ω2 t ) = −2k ⋅ sen  1 2 t  sen  1 2 t 
dt
 2

 2

dy
 ω1 − ω2 
 ω1 + ω2 
t  cos 
t
= − k ( sen ω1 t + sen ω2 t ) = −2 k ⋅ senn 
dt

 2

 2
dz
 ω1 + ω2 
= 2 k ⋅ cos 
t
dt

 2
2
2

  dx dy dz 
 dx   dy   dz 
v =  , ,  e v = v =   +  + 
dt dt
 dt
 dt   dt   dt 
Prova
de Física: 29/10/2013
2
5

 ω − ω2 
t  sen  1
t


 2
dy
 ω1 − ω2 
 ω1 + ω2 
= − k ( sen ω1 t + sen ω2 t ) = −2 k ⋅ senn 
t  cos 
t
dt

 2

 2
ω +ω
dx
( t ) = k ( cos ω1 t − cos ω2 t ) = −2k ⋅ sen  1 2
dt
 2
dz
 ω + ω2
= 2 k ⋅ cos  1
dt
 2

t

2
2
  dx dy dz 

 dx   dy   dz 
v =  , ,  e v = v =   +  + 
 dt dt dt 
 dt   dt   dt 
2
 ω + ω2 
 ω − ω2 
 ω − ω2 
 ω + ω2 
 ω + ω2 
v = 4 k 2 sen2  1
t  sen2  1
t  + 4 k 2 sen2  1
t  cos2  1
t  + 4 k 2 cos2  1
t
2
2
2
2


 2







 ω + ω2 
 ω + ω2 
t  + 4 k 2 cos2  1
t = 2 k
v = 4 k 2 sen2  1
2

 2


Logo, a velocidade escalar da partícula é constante.
 
(B) Quando a força é perpendicular à trajetória, Fel ⋅ v = 0. Para isso ocorrer, vz (t) = 0
ω + ω2
π
 ω + ω2 
2 k cos  1
t =0→ 1
⋅ t = + π, ∈ 2
2
2


π
t=
( 2 + 1), ∈ ω1 + ω2
(C)
dv
, logo at = 0 ( v é constante ) . Assim, at x = at y = at z = 0
dt

   dv dv dv 
como at = 0, aN = a =  x , y , z 
 dt dt dt 
aN x = − k ω1 sen ω1 t + k ω2 sen ω2 t = k ( ω2 sen ( ω2 t ) − ω1 sen ( ω1 t ) )
at =
aN y = − k ω1 cos ω1 t − k ω2 cos ω2 t = − k ( ω1 cos ( ω1 t ) + ω2 cos ( ω2 t ) )
aN z = 2 k ⋅
( ω1 + ω2 ) ⋅ − sen  ω1 + ω2 t  = − k
(D)Em t =
2


2


ω1 + ω2 
t
 2

( ω1 + ω2 ) ⋅ sen 

2π
, a velocidade é v = ( 0, 0, −2 k ) . Dessa forma, a velocidade é paralela à força elétrica, o
ω1 + ω2
que provocará movimento retilíneo.
QE  
QE 
Fel = Ft = m ⋅ at → at =
; at =  0, 0, 
m
m

Como a trajetória é retilínea, aN = 0.
6
Gabarito IME 2013 – Discursivas
4a QUESTÃO
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio de peso desprezível em relação ao carregamento externo.
As barras desta estrutura só resistem aos esforços normais de tração ou de compressão. Sobre o nó D há
uma carga vertical concentrada de 10 kN, enquanto no nó C há uma carga vertical concentrada de 10 kN e
uma carga horizontal. Sabendo que o apoio A não restringe o deslocamento vertical e a força de compressão
na barra AB é 5 kN, determine:
(A) a intensidade, em kN, e o sentido da carga horizontal no nó C;
(B) as reações de apoio, em kN, nos nós A e B, indicando suas direções e sentidos;
(C) as barras que estão tracionadas, indicando suas magnitudes em kN;
(D) as barras que estão comprimidas, indicando suas magnitudes em kN;
Gabarito:
10 kN
HA
A
10 kN
D
C
Fc
E
VB
B
HB
As forças externas que atuam sobre a estrutura estão marcadas na figura acima. Daí, aplicando as equações
de equilíbrio.
• ΣMA = 0 (sentido horário positivo) → – HB . 3 + 10 . 2 + 10 . 4 = 0 → HB = 20 kN
Prova de Física: 29/10/2013
7
• ΣFY = 0 → VB = 20 kN
• ΣFX = 0 → HA + HB = FC → HA + 20 = FC (i)
Isolando o ponto B:
CAB = 5 kN (compressão)
TBE
VB = 20 kN
ΣFX = 0 → TBE cos α + 20 = 0 →
TBE . 4 + 20 = 0 → TBE = – 25 kN (na verdade a
5
barra está comprimida)
HB = 20 kN
Isolando o ponto A:
∑F
y
TAD
a
= 0 → 5 = TAE ⋅ sen α →
5 = TAE ⋅
HA
∑F
x
3
25
→ TAE =
kN (tração mesmo, portanto).
5
3
= 0 → TAD + H A + TAE ⋅ cos α = 0 →
25 4
⋅ =0→
3 5
20
TAD + H A = −
(ii)
3
TAE
TAD + H A +
CAB = 5 kN
Isolando o ponto D:
10 kN
TAD
TDC
∑F
∑F
y
= 0 → TDE = − 10 kN (compressão)
x
= 0 → TAD = TDC (ii)
∑F
=0→
TDC
Isolando o ponto E:
TAE =
25
kN
3
10 kN
a
a
TBE = – 25 kN
8
a
TEC
x
TAE ⋅ cos α + TBE ⋅ cos α = TEC cos α
25 4
4
4
⋅ − 25 ⋅ = TEC ⋅ →
3 5
5
5
50
kN
TEC = −
3
Gabarito IME 2013 – Discursivas
Isolando o ponto C:
10 kN
∑F
TDC
x
FC
α
TEC = −
50
kN
3
= 0 → TDC + TEC ⋅ cos α + FC = 0
50 4
⋅ + FC = 0
3 5
40
→ TDC + FC =
kN (iv)
3
→ TDC −
Note que não há mais nenhuma equação a ser usada e que nenhuma das equações já escritas nesta solução
permite calcular HA ou FC (uma fica sempre em função da outra).
Fisicamente, note que isso faz sentido, já que qualquer incremento de força horizontal em C é integralmente
descarregado no apoio A.
Portanto, é impossível calcular a carga horizontal em C.
Por esse motivo, não há como fazer o item A.
(B) A reação horizontal em A é HA = FC – 20, supondo FC para esquerda e HA para direita.
Reações em B:
VERTICAL: ↑ 20 kN
HORIZONTAL: → 20 kN
(C) A única barra tracionada é AE, com tração de
25
kN. (supondo FC para esquerda).
3
(D) Barras comprimidas (supondo FC para esquerda):
AB: T = – 5 kN
BE: T = – 25 kN
DE: T = – 10 kN
50
kN
EC: T = −
3
AD e DC: T = − FC +
40
40
kN e para esquerda)
kN (supondo FC >
3
3
5a QUESTÃO
Prova de Física: 29/10/2013
9
A figura acima apresenta um circuito elétrico composto de quatro baterias, dois resistores fixos e dois
resistores variáveis (reostatos) lineares. Os dois reostatos são iguais e os dois cursores (que ajustam os
valores das resistências) são solidários. Um dos reostatos é imerso em 100 litros de água a uma temperatura
inicial de 20 ºC e um capacitor é conectado entre os nós A e B. Sabendo que o potencial de B é maior que
o potencial de A e que o capacitor está com uma carga de 0,0625 C, determine a temperatura da água após
uma hora de funcionamento do circuito.
Dados:
Kg
• massa específica da água: 1
;
L
• capacitor: 1.000 μF;
J
• calor específico da água: 4.000 Kg º C ;
• rendimento do processo de aquecimento: 95%;
• resistência total do reostato: 12,5 Ω.
Observação:
• despreze o tempo de carga do capacitor.
Gabarito:
D
D
5v
20 v
A
C
10 v
100 v
i1
10 Ω
i3
E
12, 5 – R
D
R
B
i2
5Ω
C
Capacitor carregado: q = C.U → 0,0625 = 1000.10–6. U → U = 62,5V.
Como VB > VA, logo: VB – VA = 62,5V. Logo, do nó B parte uma corrente i1 para o nó A.
Pelo circuito redesenhado temos:
VA − VC = − 20
+
VB − VA = 62, 5
VB − VC = 42, 5V → Logo, há uma corrente i2 fluindo de B para C através do do resistor de 5Ω
Portanto, pela lei de nós em B, deve haver uma corrente indo de D para a B pelo resistor R.
No mesmo circuito, observamos:
VA − VD = 5
VB − VA = 62, 5
a
VB − VD = 67, 5 → Portanto, existe uma corrente i3 pelo resistor R do nó B para o nó D, o que contradiz a 1
lei de Kirchoff ( Lei dos nós).
10
Gabarito IME 2013 – Discursivas
A questão torna-se incoerente fisicamente com os dados apresentados.
Desta forma, vamos considerar que VA > VB­ → VA – VB = 62,5 V.
D
D
5v
20 v
A
C
10 v
100 v
i1
10 Ω
i3
E
12, 5 – R
No circuito temos:
VA – VB = 62,5
D
R
B
i2
5Ω
C
+ VC – VA = 20
VC – VB = 82,5 → Logo há uma corrente i2 de C para B.
VCB = 5i2 = 82,5 → i2 = 16,5 A
Além disso:
VA – VB = 62,5
+ VD – VA = 20
VD – VB = 57,5 → Desta forma há uma corrente i3 partindo de D para B.
Pela lei dos nós em B; deve haver uma corrente i1 indo de B para A.
UAB = 10 – 10i1 = 62,5 → i1 = – 5,25 A. mais uma vez temos uma inconsistência física com os dados
utilizados.
Portanto a questão deve ser anulada.
6a QUESTÃO
Um corpo luminoso encontra-se posicionado sobre o eixo óptico de uma lente esférica convergente de
distância focal f, distando d do vértice da lente. Esse corpo se encontra sob a ação da gravidade e é lançado
com velocidade v, formando um ângulo θ com a horizontal.
Prova de Física: 29/10/2013
11
Determine o ângulo de lançamento θ necessário para que a distância entre esse eixo e a imagem do corpo
luminoso produzida pela lente varie linearmente com o tempo, até o instante anterior ao de seu retorno ao
eixo óptico.
Dados:
m
s²
• g = 10 ;
m
s
• v = 4 ;
• f = 1,2 m;
• d = 2 m.
Gabarito:
Temos pela equação de graus:
1
1
1
=
+
(1), onde p(t) é a distância do corpo à lente e p’(t) é a
f p( t ) p '( t )
distância da imagem à lente.
Além disso, pelo aumento linear transversal:
De (1), que p’(t) =
i( t ) =
i( t ) p '( t )
=
o( t ) p( t )
(2).
f p( t )
. Logo, em (2):
p( t ) − f
− o( t )f
.
p( t ) − f
gt ²

o( t ) = vsenθ. t −
2 .
Das equações de movimento: 
 P( t ) = d − v cos θ. t
gt ²
− v senθ t )f
(
. Para que a distância entre o eixo e a imagem varie linearmente com o tempo,
Logo, i(t) = 2
d − f − v .cos θ . t
a raiz do polinômio do denominador deve ser raiz do polinômio do numerador.
Então,
d−f
2 vsenθ
( d − f )g
=
⇒ sen 2θ =
.
v cos θ
g
v²
Substituindo os valores: sen 2q =
12
0, 8 . 10 1
= ⇒ θ = 15º, ou q = 75º.
16
2
Gabarito IME 2013 – Discursivas
7a QUESTÃO
No interior de um ambiente submetido à pressão atmosférica, encontra-se um cilindro que contém 10 mL
de um determinado gás ideal. Esse gás é mantido no interior do cilindro por um êmbolo móvel de área igual
a 30 cm2, conforme apresentado na figura acima. Inicialmente a mola não exerce força sobre o êmbolo. Em
seguida, o gás recebe uma quantidade de calor igual a 50% daquele rejeitado por uma máquina térmica,
operando em um ciclo termodinâmico, cujas características técnicas se encontram listadas abaixo. Como
consequência do processo de expansão, observa-se que a mola foi comprimida em 2 cm. O rótulo de
identificação do gás está ilegível, mas sabe-se que existem apenas duas opções – o gás é hélio ou oxigênio.
Baseado em uma análise termodinâmica da situação descrita, identifique o gás.
Dados:
• temperaturas da fonte quente e da fonte fria da máquina térmica: 600 K e 450 K;
• razão entre o rendimento da máquina térmica e o do ciclo de Carnot associado: 0,8;
• quantidade de calor recebido pela máquina térmica: 105 J;
N
• constante da mola: 3 × 104 ;
m
kgf
• pressão atmosférica: 1 2 ;
cm
• 1 kgf = 10 N;
• peso do êmbolo: desprezível.
Prova de Física: 29/10/2013
13
Gabarito:
Máquina térmica:
Tq = 600 K
Tf = 450 K
fonte
quente
fonte
fria
τ
Qq
Qq = 105 J
Qf
Q
Q
1− f
1− f
Qq
ηreal
105 = 0, 8 ∴  1 − Qf  . 4 = 0, 8 0, 2
= 0, 8 ∴
= 0, 8 ∴
 105 
Tf
ηideal


450 3
1−
1
−
Tq
600 4
Qf
= 0, 8 ∴ Qf = 84 J
105
Se o gás recebe 50% do rejeitado pela máquina: Q = 42 J
Na situação inicial do gás, como a mola não exerce força sobre o êmbolo, e este não possui peso, concluímos
que a pressão inicial do gás é a atmosférica
p0 = 105 N/m²
V0 = 10–2 L = 10–5 m³
Na situação final a mola foi comprimida, então temos a força da mola exercendo pressão no gás, além da
F
F
kx 3 .10 4 . 2 .10−2 106
N
pressão atmosférica pf = 105 + el → el =
=
=
∴ pf = 105 + 2.105 = 3.105
−4
A
A
A
m²
5
30 .10
5510
F
Fel
kx 3 .10 4 . 2 .10−2 106
5 N
5
p
→ el =
=
=
∴
=
+
.
10
=
3
.
10
10
2
f
A
A
A
m²
5
30 .10−4
5 10
O volume final também muda: Vf = V0 + (2 . 30) . 10–6 m³ = 10–5 + 6 . 10–5 = 7 . 10–5 m³
Como as quantidades de mols não muda:
pV = nRT
antes: 105 . 10–5 = nRT0 ∴ nRT0 = 1
depois: 3 . 105 . 7 . 10–5 = nRTf ∴ nRTf = 21
O trabalho de expansão do gás será o trabalho da força elástica adicionado ao da pressão atmosférica
τgás = τel + τatm

kx 2 3.104
.( 2.10−2 )2 = 6 J
=
2
2
 τ gás = 12 J
τatm=p∆V=105 .[7 − 1].10−5 = 6 J 
τel =
Logo, a variação de energia interna do gás será: ∆U = Q − τ = 42 − 12 = 30 J
∆U = k nR∆T
∆U = k nR (Tf – T0)
 21
1 
∆U = k nR 
−
 ∴ 30 = 20 k
 nR nR 
k=
14
3
gás monoatômico Hélio
2
Gabarito IME 2013 – Discursivas
8a QUESTÃO
Um raio de luz monocromática incide perpendicularmente no fundo transparente de um balde cilíndrico,
inicialmente em repouso. Continuando a sua trajetória, o raio de luz atravessa a água a uma distância b do
eixo z (eixo de simetria do balde) até ser transmitido para o ar, de acordo com a figura acima.
Se o balde e a água giram em torno do eixo z a uma velocidade angular constante ω, calcule o menor valor
de b para o qual a luz sofre reflexão total.
Dados:
• índice de refração da água: n;
• índice de refração do ar: 1;
• raio do balde: R > b.
Gabarito:
No referencial do líquido, uma molécula da interface água-ar está sujeita a
duas forças: a força gravitacional (vertical, para baixo, com módulo da
aceleração igual a g) e a força centrífuga (horizontal, para fora com módulo
da aceleração igual a ω2b). Para que a interface esteja em equilíbrio, a força
resultante deve ser perpendicular à interface (caso contrário, a molécula
poderia deslizar para a esquerda ou direita e reduzir sua energia potencial).
Se θ é o ângulo que a normal à superfície faz com a direção vertical, temos
a
ω2 b
.
que tg θ = cf =
g
g
A Lei de Snell na interface água-ar diz que, se θ é o ângulo entre o raio de luz e a normal à superfície, e ϕ é o
ângulo entre o raio refratado e a normal à superfície, então n senθ = 1 sen ϕ; a reflexão total ocorre quando sen
1
g2
ϕ ≥ 1. Logo, sen θ ≥ ⇔ csc θ ≤ n ⇔ csc2 θ − 1 ≤ n2 − 1 ⇔ ctg 2 θ ≤ n2 − 1 ⇔ 4 2 ≤ n2 − 1 ⇔
n
ωb
⇔
1
g
1
ω4 b2
.
≥ 2
⇔ b≥ 2⋅
g2
n −1
ω
n2 − 1
Logo, o menor valor de b é
g
1
⋅
.
ω2
n2 − 1
Prova de Física: 29/10/2013
15
9a QUESTÃO
Uma placa rígida e homogênea de massa M e espessura desprezível está apoiada na quina de um degrau
sem atrito e em equilíbrio, como mostrado na figura. Sobre a placa, encontra-se fixado um cubo de aresta L e
massa m, a uma distância x do extremo esquerdo da placa. O extremo direito da placa está preso por um fio
a um conjunto de polias, que sustenta uma esfera totalmente imersa em um líquido. Determine:
(A) o valor de x, considerando que tanto o fio quanto a placa fazem um ângulo a com a horizontal;
(B) o valor do raio R da esfera.
Dados:
• massa específica da esfera: re;
• massa específica do líquido: rL;
• aceleração da gravidade: g.
• distância da quina ao extremo esquerdo da barra: a;
• distância da quina ao extremo direito da barra: b.
Observação:
• considere o fio ideal e despreze a massa das polias.
Gabarito:
• esfera imersa em equilíbrio: ΣF = 0 → P = E + T
T
2
E
T
2
T
T = me g − ρL ⋅ Ve ⋅ g →
4
4
T = ρe ⋅ πR 3 ⋅ g − ρL ⋅ πR 3 ⋅ g
3
3
4 3
T = πR g(ρe − ρL )
3
m = re · Ve
P
16
Gabarito IME 2013 – Discursivas
• equilíbrio do conjunto barra + cubo:
b
a
y
x
a+ b
2
T
2
L
N
x
0
a a
a
Pb = Mg
Pc = mg
(A) ∑ M0 = 0( + ) →
L
L

− mg senα ⋅ − mg cosα ⋅  a − x −  + Mg cosα
2
2


→x=
L
L M b M a
tgα + a − − ⋅ +
⋅
2
2 m 2 m 2
(B) Σ Fx = 0 →
T
= Mg senα + mg senα →
2
1 4
⋅ πR 3 g (ρe − ρ L ) = ( M + m) ⋅ g senα →
2 3
R=
3
a+ b

b− 2  =0


3 ( M + m) senα
⋅
π
2 ( ρe − ρ L )
10a QUESTÃO
Prova de Física: 29/10/2013
17
A figura 1 apresenta a planta de uma usina térmica de ciclo combinado. As saídas das máquinas térmicas 1 e
2 (MT1 e MT2) alimentam os geradores G1 e G2, fornecendo-lhes, respectivamente, as potências PG1 e PG2. As
curvas de Tensão Terminal versus Corrente do Gerador dos dois geradores são apresentadas na figura 2. Os
20.000
dois geradores estão conectados em paralelo fornecendo uma potência de saída ( Psaída ) de
kw, com
3
uma tensão de 10 kV. Determine:
(A) a resistência interna de cada gerador.
(B)o percentual de carga total fornecida por cada gerador.
(C) a perda na resistência de cada gerador.
(D) as potências PG1 e PG2 fornecidas aos geradores.
(E) o rendimento do sistema.
Dados:
• a máquina térmica MT1 opera entre as temperaturas de 800oC e 300oC e o seu rendimento é 35% do
rendimento máximo do ciclo de Carnot a ela associado;
• a máquina térmica MT2 opera entre as temperaturas de 500oC e 50oC e o seu rendimento é 40% do
rendimento máximo do ciclo de Carnot a ela associado;
Observação:
• considere nos geradores somente as perdas em suas resistências internas.
Gabarito:
Das curvas características dos geradores temos:
14000 − 5000
= 15 Ω
600
12000 − 10000
G2 : ε2 = 12000 v ; rG 2 =
=5Ω
400
(A)
rG 1 = 15 Ω e rG 2 = 5 Ω
G1 : ε1 = 14000 v ; rG 1 =
Cálculo da corrente elétrica nos geradores:
800
A
3
G2 : U = ε − ri → 10000 = 12000 − 5 i2 → i2 = 400 A
G1 : U = ε − ri → 10000 = 14000 − 15 i1 → i1 =
(B)
800 8000
800 3
=
kw → %G1 =
= 40%
3
3
20000 3
4000
= 60%
= Ui2 = 1000 ⋅ 400 = 4000 kw → %G2 =
20000 3
Putil G = Ui1 = 10000 ⋅
1
Putil G
2
18
Gabarito IME 2013 – Discursivas
(C)
2
15
3200
 800 
4
PDISSG = r1 ⋅ i12 = 15 ⋅ 
 = 9 ⋅ 64 ⋅ 10 = 3 kw
1
 3 
PDISSG = r2 ⋅ i22 = 5 ⋅ 4002 = 5 ⋅ 16 ⋅ 104 = 800 kw
2
(D)
8000 3200 11200
+
=
kw
3
3
3
= 4000 + 800 = 4800 kw
PG1 = PutilG + PDISSG =
1
1
PG2 = PutilG + PDISSG
2
2
Nesse ponto, são possíveis duas interpretações do enunciado:
1o caso: PG1 é o trabalho realizado pela máquina MT1, de acordo com a segunda linha do enunciado. Isso faz
com que a alimentação da máquina MT2 são feita pelo calor rejeitado para a fonte fria de MT1 e leva a uma
inconsistência no rendimento de MT2
2o caso: PG1 e a alimentação de MT2 são feita com o trabalho realizado por MT1. Isso faz com que o
rendimento de MT2 seja necessário para a solução da questão, mas contradiz o texto, que sugere que a saída
de MT1 alimenta o gerador G1 apenas. Além disso, a figura 1 deixa de fazer sentido, pois a lógica de trabalhos
e calores rejeitados em MT1 e MT2 precisa ser distinta nas duas máquinas para esse caso.
573 
500
175

No 1º caso: MT1 = η1 = 0, 35  1 −
 = 0, 35 ⋅ 1073 = 1073 = 16, 3%
1073


450 180
 323 
MT2 = η2 = 0, 4  1 −
 = 0, 4 ⋅ 773 = 773 = 23, 3%
 773 
Pg 1 = η1 ⋅ Pentrada =
175
11200
⋅ Pentrada =
→ Pentrada = 22890, 67 Kw
1073
3
20000
Psaída
3 = 29,1%
=
Pentrada 22890, 67
ηsiistema =
Obs: Dessa forma x = 22890,67 −
η2 =
11200
= 19157, 34 KW alimentam MT2 .
3
PG2
= 25%, que difere do rendimento de MT2 dado no enunciado.
x
PG + x
No 2 caso: η1 = 1
=
Pentrada
PG1 +
º
PG2
η2
Pentrada
11200 48000
+
⋅ 773
175
24346, 67 ⋅ 1073
180
= 3
=
→ Pentrada =
1073
175
Pentrada
Pentrada = 149279, 85 Kw
ηsistema =
20000
3 = 4, 5%
149279, 85
Prova de Física: 29/10/2013
19
Comentário:
Assim como nos últimos anos, a prova apresentou um alto grau de complexidade para os
alunos. A avaliação foi bastante abrangente, cobrindo quase todo o conteúdo, exceto magnetismo.
As questões mais acessíveis foram a 1 e a 7, que tratavam de ondas e termodinâmica. Já as
questões 3 e 8 são de difícil solução por parte dos alunos.
A prova acabou sendo um pouco prejudicada devido a problemas em três questões: na 5, a
resistência teria que ser negativa para satisfazer os dados do problema; na 4, o item A pede um
parâmetro que é indeterminado e todos os outros itens ficam em função disso; na 10, ou a questão
está supercondicionada (com inconsistência em um dos dados), ou o aluno precisa supor que as
setas da figura representam coisas diferentes de acordo com cada máquina.
Isso, somado à dificuldade e extensão de algumas questões, fez com que fosse bastante
complexo para um aluno conseguir um bom desempenho.
Professores:
Fábio Moreira, Fábio Oliveira, Humberto Machado, Leonardo Domingos e Ricardo Fagundes.
Parabéns aos
nossos
aprovados na
1a fase do
IME deste ano!
20
93
Gabarito IME 2013 – Discursivas