IME-2007/2008. a) O bloco, antes de ser atingido pela bolinha, estava executando um MHS cuja freqüência angular (pulsação) ω é dada por:

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1 Física 1 a QUESTÃO IME-007/008 a) O bloco, antes de ser atingido pela bolinha, estava executando um MHS cuja freqüência angular (pulsação) ω é dada por: ω K ω m ω 50rad/ s bloco 04, A amplitude dessa oscilação é 4cm. Logo, a velocidade máxima do bloco é: Para o instante imediatamente antes e imediatamente depois da colisão, temos: Q antesx Q depoisx 0, ,. (0,4 + 0,). V x V x 3 m/s Q antesy Q depoisy 0,4. + 0,. 0 (0,4 + 0,). V y V y 4 3 m/s 41

2 IME-007/008 Temos duas possibilidades para o vetor quantidade de movimento do sistema, já que o enunciado não afirma se o bloco foi atingido pela bolinha quando ele estava se movimentando no sentido +y ou quando ele estava se movimentando no sentido y. Então: Possibilidade 1: 0,4. + 0,8. (a do +y) Possibilidade : 0,4. 0,8. (a do y) Nota: Adotamos b) A velocidade do sistema após a colisão é: V0 Vx V 4 16 y V V0 m/s. 3,. / o τ AT ΔE c At. ΔS.cos 10 05,. 06,. 10. ΔS. ( 1) 06,. ΔS m 9 9 / 3 d/ 1 9d senθ d m 00, m 5/ 3 / / 3 d / tgθ d d 00, m 4/ 3 d Logo, concluímos que a menor largura e o menor comprimento da mesa para que o sistema pare antes de cair são, respectivamente: largura mínima: d 0,0m comprimento mínimo: 0,45m NOTA: Consideramos neste item que o bloco receberá a colisão da bolinha quando ele estiver indo na direção +y (ver eixos e sentidos adotados). 4

3 a QUESTÃO IME-007/008 Condições iniciais do gás: M, n, T Pela equação de estado dos gases ideais: pv nrt e V a 3 p nrt 3, (IV) a Diagrama de Forças do Corpo de massa m (estática) Como o bloco de massa m encontra-se na iminência do movimento: Fat μ. N T mg senθ+ μn () I Logo: N mg cos θ ( II) De (I) e (II): T mg senθ+ μmgcos θ T mg( senθ+ μc os θ) ( III) 43

4 Diagrama de forças no pistão (também estático) IME-007/008 T + F p Mg Como a força de pressão é dada por Fp p. A e A a, temos: T + p. a Mg (V) Logo, usando (III), (IV) e (V), temos: T Mg pa mg( senθ+ μcos θ) Mg nrt. a 3 M a amg nrt m gsen ( θ+ μcos θ) ag( senθ+ μcos θ) 3 a QUESTÃO No ciclo de Carnot, os processos são reversíveis. A variação de entropia no processo AB, que é isotérmico, é dada por: ΔS AB QAB QAB () I T 600 QUENTE em que Q AB é o calor absorvido nesse processo. Dos dados, temos: 44

5 Como o ciclo é de Carnot, podemos escrever: η CARNOT IME-007/008 TFRIA τciclo QAB 000J T Q 600 Q QUENTE AB AB ( III) Logo, substituindo o resultado (III) na expressão (I), teremos: QAB ΔSAB ΔSAB J/ K a QUESTÃO Quando ligarmos a tensão de A p / c, por simetria, não passará corrente nos resistores entre E e B nem entre E e D, pois os pontos B, E e D estarão no mesmo potencial. Logo, o circuito possuirá uma resistência equivalente de R, como mostra a figura a seguir: 3 45

6 IME-007/008 Logo, a potência dissipada no circuito será P e o calor necessário para ebulir toda a água: Q P. Δt 3 ε ε R R ε 3ε R/ 3 R ε Q 1800 R Quando ligarmos a tensão de A para B Logo, as resistências equivalentes entre A e E e B e E são dadas por R1 4R R R 4R 4R 4R R1 15 e, assim: 46

7 ε 15. ε Nova potência: P 8R/ 15 8R IME-007/008 Logo, o tempo para ebulir a mesma quantidade de água (mesma energia) será: 15 ε Q P.Δt 8R Δt 960 s Δt 16 min Δ t 15 ε e 8R ε Δ t 1800 R 5 a QUESTÃO razão razª o: z500l/h M caixa.g 15kgf 47

8 Forças em C: IME-007/008 θ 45 cos θ sen θ cos θ3 6/ 6, 5 1/ 13 s en θ3 ( 5, )/ 65, 5/ 13 T3cos θ3 Tcos θ ( I) Ts enθ + T3senθ3 T1 ( II) T 1 ( mcaixa + m Ægua água ) g ( III) 1 13 T3 T. T3 T ( IV), T3 < T 13 4 Como T é maior que T 3, o cabo quebrará primeiro do lado esquerdo (região ABC). Isso ocorrerá quando a tração T chegar ao seu valor máximo: TmÆx máx 750kgf / cm, mas D 1cm. π D / 4 Logo 13 Das equações anteriores, (II), (III) e (IV), temos: Tsenθ + T. senθ3 ( Mcaixa + MÆgua água ). g T + Mcaixa Ægua g ( + M ) água T gmcaixa gmægua 4 + M água Logo, o peso de água para que o cabo arrebente é: x gm água Ægua 374π 17 kgf π gm MÆgua água. g 465 kgf 48

9 IME-007/008 com uma vazão de 500L/h, ou seja, 1 3 m / h, chegaremos a esse peso de água com um tempo: M água Ægua. g kgf Δt 3 M 3 m /h 465kgf kgf 500 Δt h Δt h h Δt 55, 8min a QUESTÃO a) Na segunda posição do espelho, temos que: p p 4 A 4 p p p 4 p. Logo: 4p p 4 p 8cm p 4p p 3cm Aplicando a equação de Gauss, vem: 1 ƒ ƒ + 1 p p 8 3 ƒ 6,4cm. 49

10 IME-007/008 b) Como a distância inicial do objeto ao espelho era 11cm e a distância final ao espelho foi 8cm, concluímos que o bloco B se deslocou 3cm para a direita. Esse deslocamento é também o mesmo para o bloco A, só que este se desloca para a esquerda. Vale ressaltar que esses dois deslocamentos (3cm para a direita, no caso de B, e 3cm para a esquerda, no caso de A) foram devidos à dilatação da barra que foi ao todo, então, de 6cm. Bem, voltando ao capacitor, a distância inicial entre suas placas era 5cm e, à temperatura T, será cm (ou seja, 5cm 3cm cm). Logo: ε A C 0 ε A 0 1μF 0 1 ε0. A 60. d0 5 ε0. A 60 C 30μF. d C Q 9 Logo: U U U, V. c) Do comentário anterior, concluímos que a dilatação da barra foi ΔR cm. Logo: 7 a QUESTÃO Situação inicial: Equilíbrio inicial do copo D.. D. C * mc. g μ. π. C. g mc μ π 4 4 Situação final (copo na iminência de afundar): Equilíbrio final do copo + água proveniente do gelo πd * ( mc. mag GELO ). g. H. g 4 μπ. D. C + m 4 ÁGGELO μπd. H 4 50

11 IME-007/008 Nessa situação, a massa restante m r de gelo será: m r M m ÁGGELO M μπd.( H C). 4 Logo, para o harmônico fundamental de vibração do fio, teremos: Então: 1 m ƒ. r. g μπd, em que m r M. ( H C). L ρ 4 8 a QUESTÃO Eletrodinâmica e dilatação Inicialmente U R A e C A ε0 I, sendo R AB0 0 0 ρ. ε d R0 51

12 e a energia armazenada no capacitor: E IME-007/008 0 CU 0 AB 0 Após aumentar a temperatura de Δθ: U AB RI com CU AB com A R AR ( 1 + βrδθ) e Ac Ac 1 0 0( + βc. Δθ) (dilatação das secções transversais do resistor e da placa do capacitor) E. Como a energia armazenada se conserva: E E 0 CU CU A c A AB 0 AB ε 1 0 Co Co ( + β Δθ ) ε. RI. d d RI 0 ( 1+ β θ cδ ) 1 A ( 1+ β Δθ) A R0 R R0 Logo: (1+β c Δθ) (1 + β R Δθ) e como (β R Δθ) << 1: 1 + βcδθ 1 + βrδθ βc βr 9 a QUESTÃO 5

13 IME-007/008 A força magnética atuará sempre como força centrípeta, sem alterar o módulo da velocidade da partícula, já que sua direção é dada pelo produto vetorial da velocidade com o campo magnético., sendo, portanto, perpendicular tanto à velocidade quanto ao campo, obrigando a partícula a girar num plano normal ao campo. a) No primeiro pulso: qvb z Mv Mv R1 R qb 1 O período deste primeiro movimento (τ) será: F mag F centrípeta qvb z mw R, v wr π qw Rbz Mw R M. qb τ1 πm τ1 qb z z z Como a partícula gira apenas 90 o : Δt 1 T τ1 10 πm 5πM τ ( 01, ) T T qb qb 1 1 5πM T qb z z z b) Após girar 90º no plano xy, a partícula estará se movendo na direção do eixo z. Aplicando o segundo pulso de campo na direção contrária ao eixo y, a partícula girará no plano zx, com período τ Δt πm qb 1 1 πm 5 0πM τ ( 005, ) T T T qb 100 qb e, como ela gira apenas meia circunferência: Logo, c) No terceiro pulso, a partícula estará em movimento na direção contrária ao eixo x e girará novamente no plano xy, sendo a força na direção contrária ao eixo y. Ela descreverá 90º novamente e sairá se movendo na direção do eixo y. O quarto pulso, no eixo x, fará a partícula descrever uma semicircunferência no plano xy. 53

14 IME-007/008 Como todos os movimentos são circulares, as curvas são todas ramos de senóides. 10 a QUESTÃO Como o ângulo entre os espelhos é de θ, no intervalo aberto entre 90 o e 10 o (90 o < θ < 10 o ), temos quatro imagens formadas. Notas: 1) Com θ 90 o, teríamos três imagens, pois as reflexões secundárias das imagens I 1 e I se superporiam. 54

15 IME-007/008 ) Com θ 10 o, teríamos duas imagens, na borda da zona morta. Para qualquer ângulo intermediário, teremos: As velocidades relativas serão: VI 1, 0 V + V V cos θ, como cos θ 1 sen θ V ( 1 sen θ) Vsenθ V Vsen I1, 0 θ Por simetria, o módulo da velocidade relativa de I também é Vsenθ, logo: V V Vsenθ I1, 0 I, 0 55

16 IME-007/008 Da figura anterior, temos que β+ 4α+ 4θ π β+ α+ θ π e β+ ( π 3θ) + θ 7 3θ+ α π β+ π 6θ+ θ π β 4θ π α π 3θ Mas cos β cos (4θ π) cos4θ VI 3, 0 V + V + V cosβ V V I3, 0 cos 4θ Por simetria, o módulo V I4, 0 também será VI VI V 4, 0 3, 0 1 cos 4θ As trajetórias dos raios serão as seguintes: Para I 3 e I 1 : Para I e I 4 : Observa-se, portanto, que o radar não irá captar os ecos de I 3 nem de I 4, pois para isto ele deveria estar observando nas regiões hachuradas R 1 e R, respectivamente. Ou seja, diferentemente do que afirma a questão, o radar captará apenas ecos, referentes às imagens I 1 e I. 56