GABARITO IME DISCURSIVAS 2015/2016 FÍSICA

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1 GRITO IME DISURSIVS 015/016 FÍSI

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3 GRITO IME FÍSI 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 m 3 ; coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado líquido: 10 4 K 1 ; coeficiente de dilatação volumétrica do material do copo: K 1 ; volume inicial do interior do copo: 10 3 m 3 ; massa do explosivo: 1,6 kg; calor específico do explosivo no estado sólido: 10 3 J kg 1 K 1 ; calor específico do explosivo no estado líquido: 10 3 J kg 1 K 1 ; e calor latente de fusão do explosivo: 10 5 J kg 1. onsideração: 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) V ic : Volume inicial do copo V fc : Volume final do copo Início (T i = 300 K) Final (T f = 400 K) V = 10 6 (i) V ic = V il = 10 3 V fc =? álculo do volume final do copo (V fc ). V fc = V ic (1 + γ t) V fc = 10 3 ( ) V fc = 10 3 ( ) V fc = ( )m 3 (II) 3

4 DISURSIVS 7/10/15 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. V ie : Volume inicial do explosivo V fe : Volume final do explosivo () I V fe = V fc + V V () II fe = ( ) V fe = Temos também que V fe = V ie (1 + γ t) ( ) = 10 3 ( t) = t = 10 7 t t = 50 K omo t marca o estado final (T f = 400 K) e a temperatura quando o explosivo passa para o estado líquido. T fu : Temperatura de fusão T f T fu = T fu = 50 b) Q l : calor latente Q Te : calor total do explosivo Q es : calor do explosivo no estado sólido Q el : calor do explosivo no estado líquido T fu = 350 K Q Te = Q es + Q l + Q el Q es = 16, = Ql = 16, 10 = Qel = 16, = Q Te = ( ) 10 = Q Te = 3, 10 5 J Q Te = 30 KJ Questão 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: v s = 1500 m/s; massa específica da água: ρ a = 10 3 kg/m 3 ; profundidade da piscina: d = 3,1 m; aresta do cubo: a = 0, m; 4

5 GRITO IME FÍSI aceleração da gravidade: g = 10 m/s ; t = 4 ms. onsideração: o cubo boia com base paralela à superfície da água da piscina. Gabarito: h a a a d Empuxo: Vamos descobrir a altura submersa do cubo de madeira: ΣF = 0 P = E ρ M V T g = ρ V sub g ρ M a 3 = ρ a h ρm h = ρ a *ρ M 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 (d h). s = v t (d h) = v s t ρm (d ρ a) = v t ρ = ρ v s M (d a Substituindo valores: ρ M = , 0, 3 3 s = 500 kg/m 3 t ) 5

6 DISURSIVS 7/10/15 Questão 3 α α k R ω Uma mola presa ao corpo está distendida. Um fio passa por uma roldana e tem suas extremidades presas ao corpo e ao corpo, que realiza um movimento circular uniforme horizontal com raio R e velocidade angular ω. O corpo 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 : m ; massa do corpo : m ; constante elástica da mola: k; aceleração da gravidade: g. onsideração: massa m é suficiente para garantir que o corpo permaneça no plano horizontal da mesa. Gabarito: nalisando o corpo : T cosα T α R Decompondo as forças T senα P P 6

7 GRITO IME FÍSI Na vertical: P = T cosα (1) Na horizontal: T senα = F cp = m ω R () tgα ω R = De (1) e (), temos: g m ω R T = senα ( 3) ( 4) Note que a mola estava distendida e, para que esteja na iminência do movimento no sentido de reduzir a deformação da mola, devemos ter tal diagrama de forças para o corpo : T N α Fel Fat P (4) Equilíbrio na vertical: N + T senα = P N = m g m ω R (5) (4) Equilíbrio na horizontal: T cosα + Fat = Fel m ω R cotα + µ N = K x (3) x = m ω R α µ m g m ω R cot + ( ) m g + m g m R x = µ ( ω ) k k Questão 4 Y Y q, m v v v v E q, m E (0,0) X (0,0) X Situação 1 Situação 7

8 DISURSIVS 7/10/15 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. o 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 = y 0, 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, 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: qe a) ada elétron será submetido a uma aceleração ay = m Em um instante t qualquer, um dos elétrons, lançados t segundos após t =0, estará nas coordenadas: x = v t t 1 ( )() qe y = y v t m t 0 t y0 ' ( ) ( ) y 0 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: x De (1): t = t ( 3) v x qe (3) em (): y y v t v m t t x = + 0 y qe y = y0 vt + x x mv b) y é uma parábola em x y máx = y vértice = 4a mv ymáx = y0 vt + qe 8

9 GRITO IME FÍSI c) ada elétron será submetido a uma aceleração a x = qe m nalogamente ao item a : x = v(t t) + qe (t t) (1) m y = y 0 + v t () y y De () t = 0 v Em (1) x = v y y q E t v m t y y v qe x = vt ( y y0 ) + ( vt ( y y )) 0 mv 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 y = y0 vt + x x (*) mv 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. qe 1 o caso: 0 vt mv qe Nesse caso, o y máximo ocorre na extremidade do arco da parábola, ou seja, em x = vt qe Em (*), y máx = y0 m t y 0 vt y vt mv qe x 9

10 DISURSIVS 7/10/15 o caso: vt > mv qe Nesse caso, o y máximo ocorre no vértice, ou seja, x = mv qe y 0 vt y mv Em (*), ymáx = y0 vt + qe qe y m t t mv 0, se 0 qe Então: ymáx = mv mv y vt + se t > 0, qe qe Questão 5 vt mv qe x F m z 4 m D 60 kn x 4 m E m m y figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por nove barras,, D, E,, E, D, E e DE conectadas por articulações e apoiadas nos pontos, e. O apoio impede as translações nas direções dos eixos x, y e z, enquanto o apoio impede as translações nas direções x e y. No ponto, há um cabo F 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

11 GRITO IME FÍSI a) as componentes da reação do apoio. b) as componentes da reação do apoio. c) o módulo da força do cabo F. d) os módulos das forças das barras E,, e. Gabarito: Nó D: como as barras D e DE estão em um plano horizontal, a única barra que poderia fazer força na direção z seria a barra D. Logo, F D = 0 e a barra D pode ser eliminada. Depois, o ponto D passa a estar ligado a duas barras não colineares, o que as impede de fazer força. Então, F D = F DE = 0 e as barras D e DE também podem ser eliminadas. Nó E: omo as barras E, E e a carga de 60 kn estão em um mesmo plano, a barra E não pode fazer força no nó E. Logo, F E = 0 e a barra E pode ser eliminada. Nó : omo o cabo F faria a única força não contida no plano, F F = 0 e o cabo pode ser eliminado. gora, e também podem ser eliminadas por não serem colineares. F = F = 0 Voltando ao nó E: (plano E) 6 4 F E α 60 E 5 E = = 6;sen α = ;cosα = 3 3 FE senα = 60 FE = 90 kn 5 FE = FE cosα F E = 90 = 30 5 kn 3 F E 5 Estrutura como um todo: (plano E) Z F F F

12 F Z = 0 F = 60 kn M = = F 4 F = 30 5 kn Nó : (plano E) F = F1 = 30 5 kn DISURSIVS 7/10/15 (plano E) F 1 α F F E FZ = 0 F = FE senα = 60 kn Reações nos apoios e : 4 b E F b 5 y x E F 1 x b y 1

13 GRITO IME FÍSI R = ( Fsen β; Fcos β; F3 );sen β= 5 ;cosβ= R = 30 5 ; ; 60 kn 5 R = ( 30; 60; 60) kn 5 R = F1sen β; F1cosβ; ; ( )= ; R = ( 30; 60; 0) kn R: a) R X = 30 kn; R Y = 60 kn; R Z = 0 b) R X = 30 kn; R Y = 60 kn; R Z = 60 kn c) F F = 0 d) F E = 90 kn; F = 0; F = 60 kn; F = 0 Questão 6 3 Ω 9 V 13 Ω 10 Ω 5 Ω U 1 Ω 4 Ω 15 Ω Ω 5 Ω orpo I Figura 1 orpo I orpo II Figura Um circuito elétrico tem uma resistência de Ω ligada entre seus terminais e. Essa resistência é usada para aquecer o orpo I durante 1 minutos, conforme apresentado na Figura 1. pós ser aquecido, o orpo I é colocado em contato com o orpo II e a temperatura se estabiliza em 50, conforme apresentado na figura. Determine o valor da fonte de tensão U. 13

14 DISURSIVS 7/10/15 Dados: massa do orpo I: 0,4 kg; massa do orpo II: 1,0 kg; calor específico dos orpos I e II: 0,075 kcal/kg ; temperatura inicial do orpo I: 0 ; temperatura inicial do orpo II: 30. onsiderações: 1 cal = 4, J; não há perda de calor no sistema. Gabarito: Estudo do equilíbrio térmico: Q + Q = 0 0, 4 0, 075 ( 50 T )+ 1 0, 075 ( 50 30)= , T + 0 = 0 0, 4T = 40 T = 100º Temos que após o aquecimento a temperatura do corpo 1 é 100º e sabemos que a sua temperatura inicial é 0º; logo: Q ' = 04, 0, 075 ( 100 0) Q ' = 4, kcal Q ' = J omo o corpo 1 permanece durante 1 minutos em contato com a resistência temos: = P t = (Ri²) = i² 1 60 i² = 4 i = Sabemos com isso que pelo resistor de Ω passam. 3Ω 9v 13Ω 10Ω 5Ω 5Ω U 1Ω 4Ω 15Ω Ω Req = 5Ω Req = 3Ω Req = 15Ω 14

15 GRITO IME FÍSI 3Ω 9v c D D U 15Ω 15Ω 5Ω 3Ω DDP entre os pontos D e é 15 = 30 V, consequentemente a resistência de 15 Ω ao lado da estudada também será de, com isso nosso sistema fica da seguinte maneira. 3Ω c 9v D i 5Ω U i 1 3Ω 4 7,5Ω DDP( ) = 9 + 7,5 4 = 1 V Logo: 3 i 1 = 1 i 1 = 7 Pela lei dos nós no ponto temos que i = i i = i = 11 Para calcular a DDP entre e basta fazer que U = 3 i + 3 i 1 U = 3 (7 + 11) = 3 18 U = 54 V Solução : Transformando o circuito da questão em um equivalente de Thevènin para a resistência do corpo. ircuito de Thevènin: E th I R corpo = Ω r th 15

16 DISURSIVS 7/10/15 1 o ) álculo do E th : 3Ω D D 9V E 13Ω 10Ω 10Ω 5Ω 5Ω U 1Ω 3Ω 4Ω 15Ω Redesenhando o circuito: 3Ω 9V D E 13Ω U 10Ω 10Ω 5Ω 3Ω 15Ω i 3Ω 9V D E 13Ω i 1 i 3 U 5Ω 3Ω 15Ω i 4 o ) álculo do r th : 3Ω D D D 13Ω 5Ω 10Ω 5Ω 1Ω 3Ω 4Ω 15Ω estão em curto 15, 15 15, 15 r th = R = 13 + = , , r th = = Ω

17 GRITO IME FÍSI 3 o ) Troca de calor entre os corpos: Q 1 + Q = 0 m 1 c 1 t 1 + m c t = 0 omo c 1 = c m 1 t 1 = m t 0,4 (50 x) = 1 (50 30) 50 x = 0 04, x = o ) orpo 1 aquecendo através do Efeito joule: Q 1 = m 1 c 1 t 1 = P ot t [0,4 (0,075 10³) (100 0)] 4, = P ot , = P ot 1 60 P ot = 8W. Logo, no equivalente de Thevènin temos: P ot = R I² 8 = I² I =. ssim, E th = (r th + R corpo ) I 158 E th = 11 + = Voltando à etapa do cálculo da E th, temos: E th = U = 15 i 4 = i 4 = U D = = = V. U D = 3 i 3 = i 3 = Logo i = i 3 + i 4 = = Portanto: U = 3i + 3i 3 = U U = 3 (i + i 3 ) = = = 54 V

18 DISURSIVS 7/10/15 Questão 7 R r R polias soldadas entre si III IV ρ L I r 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. onsidere 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: r ; volume de cada bloco: V ; massa específica do líquido: r L ; 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

19 GRITO IME FÍSI Gabarito: a) Polia: ρ V g ρ V g O T T 4 M ρ Vg R + T r = T r + ρ V g R T 0 ρvgr = T + r 4 = 0 4 loco IV: E Fat T 4 α α N ( ) = ( L) ( ) ( ) max = ( ) ( ) N = P E cosα ρ ρ V g cosα T = P E senα Fat 4 T4 = P E senα Fat min T4 ρ ρl Vgsen α 05, µ ρ ρl Vg cosα min P ρvgr ρvgr T = T4 + = + ( ρ ρl) Vg sen α 05, µ ( ρ ρl) Vg min min cosα r r locos I e II: F T Fat F F F min min min = T Fat ' min max ρvgr = + ( ρ ρl) Vg sen α 05, µ ( ρ ρl ) Vgcos α 15, µ ρv g r ρvgr = 3µρVg + ( ρ ρl) Vg ( sen α 0, 5µ cosα) r 19

20 DISURSIVS 7/10/15 b) loco IV: N = Pcos α = ρ V g cos α T 4 N T 4max = Psen α + Fat max T 4max = ρ V g sen α + 0,85µ ρ V g cos α α P Fat T max = T 4max + ρ V g R r T max = ρ V g sen α + 0,85µ ρ V g cos α + ρ V g R r locos I e II: F T Fat F max = T max + Fat max F max = ρ V g sen α + 0,85µ ρ V g cos α + ρ V g R + 1,5µ ρ V g r F max = ρ V g (sen α + 0,85µ cos α + 3µ + R r ) c) loco I: Polias: gora, as polias giram no sentido anti-horário com a mesma aceleração angular. a a' µ gr = a' = r R r T 5 x T 4 T T 3 ( µ ) ρ ( µ ) µ gr mg r R Vg r R mg T3 = m a' T3 = mg m = = r r r µ gr mg r R Vg r R T5 mg = m a' T5 = mg + m = = r r r ( +µ ) ρ ( +µ ) omo as polias não têm massa, o toque será zero, mesmo havendo aceleração angular R R T r+ T3 R = T4 r+ T5 R T = T4 + T5 T3 r r 0

21 GRITO IME FÍSI loco IV: T 4 Psenα Fat = ma T 4 = ρ V g senα + 0,75 µ ρ V g cosα + µ V µg R ρvg ρvg T = ρvg senα + 0,75µρVg cosα + µρ Vg + ( r+ µ R) ( r µ R) r r r locos I e II: F T Fat F T Fat = m a F = ρ V µg + 1,4µ ρ V g + ρ V g senα + 0,75µρ V g cosα+ µρ V g R 3ρ µ + ρ + Vg R Vg r r ρvgr 3ρ Vg µ R F= 5,8µρ Vg + ρvg senα + 0,75µρVg cos α + +. r r Questão 8 onda incidente onda difratada θ grande anteparo 1

22 DISURSIVS 7/10/15 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) = 3 4 e cos(q) = 7, determine a largura da fenda. 4 Gabarito: Para fenda única: a senq = kl (k inteiro) senq= kl a omo há 5 mínimos, deverá existir q para k = 5: 5l a senq= < 1 > 5. a l nalogamente, não existe q para k = 6: 6l a senq= > 1 < 6. a l a Desse modo: 5 < < 6. (i) l lém disso, sabe-se que existe um mínimo tal que senq= 3 4 : 3 a a = kl = 4 k, k inteiro (ii). 4 l 3 Substituindo em (i): < k < 6 < k < k = De (ii): a= kl= a =.70 nm. 3 3

23 GRITO IME FÍSI Questão 9 Material ferromagnético φ(t) 10 φ[wb] i 1 (t) esp 10 esp e 1 (t) F mm [.esp] Figura 1 Figura i 1 [] t[s] 1 Figura 3 O circuito magnético apresentado na Figura 1 é constituído pelas bobinas 1 e, formadas por 100 e 10 espiras, respectivamente, e por um material ferromagnético que possui a curva de magnetização apresentada na Figura. onsiderando que seja aplicada no lado de 1 a corrente i 1 (t) apresentada na Figura 3, desenhe: a) o gráfico do fluxo magnético φ(t) indicado na Figura 1; b) o gráfico da tensão induzida e (t) indicada na Figura 1. onsideração: todo o fluxo magnético criado fica confinado ao material ferromagnético. 3

24 DISURSIVS 7/10/15 Gabarito: curva de magnetização nos mostra que, para um produto corrente número de espirais maior que 50.esp, o fluxo máximo para aquele material fenomagnético é 10 Wb. a) Equação da magnetização: φ= Fmm = n i ( 10 < φ< 10) Para a bobina 1 φ= 100 i1 φ= 0 i1 5 φ MÁX = 10 Wb 10 = 0 i 1MÁX i 1MÁX = 0,5. Ou seja, quando i 1 > 0,5, não importa se há variação da corrente, o fluxo será constante e igual a 10 Wb. nalogamente, para i 1 < 0,5, o fluxo será constante e igual a 10 Wb. Para 0 < t < s: i 1 é constante e igual a zero φ(t) = 0. Para s < t < 4s: Veja facilmente que i 1 (3) = 0,5. Ou seja, para 3s < t < 4s φ(t) = 10 Wb Em s < t < 3s, i 1 (t) = 0,5 (t ) φ(t) = 0 0,5 (t ) φ(t) = 10(t ) (φ(3) = 10 Wb) Para 4s < t < 6s: i 1 > 0,5 φ(t) = 10 Wb Para 6s < t < 8s: Veja facilmente que i 1 (7) = 0,5. Ou seja, para 6s < t < 7s φ(t) = 10 Wb Em 7s < t < 8s, i 1 (t) = 0,5 (t 8) φ(t) = 0 0,5(t 8) = 10(t 8) (φ(7) = 10 Wb) Para 8s < t < 10s: i 1 é constante e igual a zero φ(t) = 0. Para 10s < t < 1s: Veja facilmente que i 1 (11) = 0,5. Ou seja, para 11s < t < 1s φ(t) = 10 Wb Em 10s < t < 11s: i 1 (t) = 0,5 (t 10) φ(t) = 0 0,5 (t 10) φ(t) = 10(t 10) (φ(11) = 10 Wb) Para 1s < t < 14s: i 1 < 0,5 φ(t) = 10 Wb Para 14s < t < 16s: Veja facilmente que i 1 (15) = 0,5. Ou seja, para 14s < t < 15s φ(t) = 10 Wb. Em 15s < t < 16s: i 1 (t) = 0,5 (t 16) φ(t) = 0 0,5 (t 16) φ(t) = 10(t 16) (φ(15) = 10 Wb) 4

25 GRITO IME FÍSI Logo: φ[wb] t[s] 10 b) e t M d φ ()= = 10 dt dφ dt Para O < t < s: φ(t) = 0 d φ = 0 e (t) = 0 dt Para s < t < 3s: φ(t) = 10 (t ) d φ = 10 e (t) = 100 V dt Para 3s < t < 7s: φ(t) = 10 d φ = 0 e (t) = 0 dt Para 7s < t < 8s: φ(t) = 10(t 8) d φ = 10 e (t) = 100 V dt Para 8s < t < 10s: φ(t) = 0 d φ = 0 e (t) = 0 dt Para 10s < t < 11s: φ(t) = 10(t 10) d φ = 10 e (t) = 100 V dt Para 11s < t < 15s: φ(t) = 10 d φ = 0 e (t) = 0 dt Para 15s < t < 16s: φ(t) = 10 (t 16) d φ = 10 e (t) = 100 V dt 5

26 DISURSIVS 7/10/15 Logo: e [V] t[s] 100 Questão 10 fonte luminosa lente convergente figura acima mostra uma fonte luminosa e uma lente convergente, presas a molas idênticas, de massas desprezíveis e relaxadas. 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 = 0 g/s ; massa da fonte luminosa + suporte: 0 g; massa da lente: 10 g; elongação das molas no instante do contato: 10 cm; distância focal da lente: 6,5 cm. 6

27 GRITO IME FÍSI Gabarito: Note que fonte e lente estavam separadas por 0 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. ω f k = = m π = 1 rad s Tf = = π s ω -3 ; f x f = cos(ωt + ϕ 0 ) = 10 cos(t + ϕ 0 ) x f (0) = cos (0 + ϕ 0 ) = 10 ϕ 0 = 0 x f = 10 cos(t) MHS da lente, supondo origem no estado relaxado de suas molas. K eq = K 1 + K = N/m -3 k π π ωl = = = rad s; Tl = = π s -3 m ωl x l = cos(ωt + ϕ 0 ) = 10 cos (t + ϕ 0 ) x l (0) = cos(0 + ϕ 0 ) = 10 ϕ 0 = π x l = 10 cos(t + π) = 10 cos(t) origem do MHS da fonte está 0 cm à esquerda da origem do MHS da lente. olocando as duas na origem da lente: x f = 10 cos(t) 0 x l = 10 cos(t) Para que a imagem seja virtual, a fonte deve distar até 1 distância focal da lente. Daí: x l x f < f. omo os períodos são π s e π s, o novo encontro ocorrerá em π s. Logo, devemos resolver essa inequação para 0 t π. x l x f < f 10 cos(t) (10 cos(t) 0) < 6,5 cos(t) + cos(t) + 0,65 > 0 cos (t) + cos(t) 0,375 > 0 Raízes: 1 4 e 3 4. Logo, a solução é para cos(t) > 1 4 ou cos(t) <

28 DISURSIVS 7/10/15 sen(t) arccos 3 4 arccos 1 4 x x cos(t) Portanto, o tempo total é arccos arccos 3 4 s. Observação: veja que podemos escrever a resposta de diversas formas, como por exemplo: 3 1 π 4 arccos arccos. 4 omentário 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,, 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. s 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 runo Lerner Eduardo Fernandes Marcial Júnior William Luna 8