View
220
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
IME – 2010/2011
PROVA DISCURSIVA – 3º DIA
Física ..................................................................................................................................................... 5
OSG.: 38148/10 5
FÍSICA
CONSERVAÇÃO DE ENERGIA, DILATAÇÃO LINEAR E CALORIMETRIA i)
fy f x
f f x
x f x f
0 P N F H 02
3030 F H 0
2
F H 15 F 5 20
= → ⋅ − ⋅ + ⋅ =
⋅ − ⋅ + ⋅ =
⋅ = ⋅ ∴ = ⋅ ∴
( )4
f 0 5⋅ − = f
f 0 f f 0 f 0
44 4 3 4 4m
3
⋅
− = ∴ = → = =
OSG.: 38148/10 6
ii) Anexo:
0
0,76 0,18L L t t
3 2∆ = ⋅ α∆ ∴∆ = =
αα
onde: 2 2L 3 4 3 2 0,76m∆ = + −
Comentário: Por conservação da energia, consideramos que o calor cedido para o sistema é utilizado tanto para aumentar a temperatura da barra quanto para deformar a mola. No caso, 3,9J foram usados para a dilatação da barra e 10J usados para a deformação da mola.
( ) ( )
( )
2 21 P 1 PcQ m C t k C t 20 1 0,18 10
2 g 2 g
50 30 20,18 10 13,9J
3 2
= ⋅ ∆ + ∆ = ⋅ ∆ + ⋅ ⋅ = ⋅ + =α
+= ⋅ + =
OSG.: 38148/10 7
MHS Considerando conservativo o movimento entre as posições x0 (figura 1a) e x2 (figura 1c), pode-se calcular a energia mecânica em x1 = 0 (figura 1b).
2 21 1
2 2
1 1E mv Kx
2 21 1
0,5 5 50 02 26,25J
= +
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
=
Análise em x = x0
20
1E m v
2= ⋅
02
0
20
0 0
1Kx 6,25
21
50 x 6,252| x | 0,5m x 0,5m
+ =
⋅ ⋅ =
= → = −
da 2ª lei de Newton:
200
Kx 50 ( 0,5)a 50m/s
m 0,5
− ⋅ −= = − = +
Análise em x = x1 = 0
da 2ª lei de Newton:
11
Kxa 0
m
−= =
Análise em x = x2 = 0,2m
2 22 2
2 22
22 2
1 1E m V Kx 6,25
2 21 1
E 0,5 V 50 0,2 6,252 2
V 21 V 21m/s
= ⋅ + =
= ⋅ + ⋅ ⋅ =
= → =
da 2ª lei de Newton:
222
Kx 50 0,2a 20m/s
m 0,5
− ⋅= = − = −
A partir de x2 = 0,2m, passa a atuar o atrito, e o movimento passa a ser dissipativo, parando em x = x3.
fat Ec=0
3 2
22
3 2
Ec
mVfat (x x )
2
m
−
− ⋅ − = −
−µ 3 2
mg(x x )− = −
22V
2
OSG.: 38148/10 8
Considerando g = 10m/s2 (não fornecido)
0,3 ⋅ 10(x3 – 0,2) = 212
x3 = 3,7m
de x = x2 a x = x3, a aceleração foi constante e igual a: 23
ma
−µ= g
m23m/s= −
a) x = x0 = – 0,5m a = a0 = +50m/s2 b) x = x1 = 0 a = a1 = 0 Porque, a partir desse ponto, o movimento passa a ser retardado. c) x = x2 = 0,2m a = a2 = – 20m/s2 d) x = x3 = 3,7m a = a23 = – 3m/s2 (valor mantido constante de x = 0,2m a x = 3,7m)
OSG.: 38148/10 9
ÓPTICA E ELETROSTÁTICA
OSG.: 38148/10 10
a) Na direção perpendicular ao espelho:
( )( ) ( )
i E 0 E i 0 E
x
v v v v v v 2v
Logo : v ' v sen 2 v sen 3v sen
− = − − → = − +
= − − α + ⋅ α = α
( )
x x y
2 2 2 2
y y x
v v ' sen v ' cos
3vsen sen vcos cos
3vsen vcos v 3sen cos
v v ' sen v ' cos
vcos sen 3v sen cos
4vsen cos
2vsen2
= α − α
= α α − α ⋅ α
= α − α = α − α
= − α − α
= − α α − ⋅ α α= − α α= − α
b)
2 22
2 2
22
2T
T
2 2
T 2
2
cp
KQ K QF sen
D d
KQsen cosF F cos da
m m mKQ sen cos
amd
va
L
⋅= = ⋅ β
β ⋅ β⋅ β= = =
β ⋅ β= ⋅
=
dsen
Dd
Dsen
β =
=β
OSG.: 38148/10 11
c)
Temos que:
f cp T
e T cp
a a cos a sen
a a cos a sen
= ⋅ α + α = ⋅ α − ⋅ α
( )Im x y x yˆ ˆAssim, se a A , A A i A i, teremos:= − = −
( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
x f e
cp T T cp
2 2cp T T cp
2 2cp T
x cp T
A a sen a cos
a cos a sen sen a cos a sen cos
a cos sen a sen a cos a sen cos
2a sen cos a cos sen .
A a sen 2 a cos 2 I
= ⋅ α − ⋅ α
= α + α ⋅ α − α − α ⋅ α
= ⋅ α α + α − α + α α
= ⋅ α α − ⋅ α − α
= ⋅ α − ⋅ α
( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
y f e
cp T T cp
2 2cp T T cp
2 2cp T
y cp T
A a cos a sen
a cos a sen cos a cos a sen sen
a cos a sen cos a cos sen a sen
a cos sen 2a sen cos
A a cos 2 a sen 2 II
= ⋅ α + ⋅ α
= α + α ⋅ α + α − α ⋅ α
= ⋅ α + α α + α α − α
= ⋅ α − α + α α
= ⋅ α + ⋅ α
Substituindo acp e aT encontrados no item b, teremos:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
Im 2
2 2 2
2
v KQ sen cos ˆa sen 2 cos 2 iL m d
v KQ sen cos ˆcos 2 sen 2 jL m d
β ⋅ β= ⋅ α − α ⋅
β ⋅ β− ⋅ α + α ⋅
OSG.: 38148/10 12
OSG.: 38148/10 13
ELETRICIDADE
Movimento da luz pelo vidro:
( )( )
2 d/sen•2x c t 3t d sen
v c/n n 2
⋅ ⋅= = → = ⋅ α =⋅
810 2⋅ ⋅ 1210
1,5
−⋅2⋅
1
2⋅ 410 m−=
Capacitância:
12 4
0
A 5 9 10 10C k
d
− −⋅ ⋅ ⋅= ε ⋅ =410−
11 124,5 10 45 10 F 45pF− −= ⋅ = ⋅ =
dsen
xd
xsen
α =
=α
OSG.: 38148/10 14
d dS 1 1B d V R i
dt dt 2 4
vi
8
φ = ε = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
=
ELETROMAGNETISMO
i)
0inB 0,5Tµ
= =
ii) Vista lateral:
OSG.: 38148/10 15
1 2 20,5 i
4 4 2
i 2A
⋅ ⋅ = ⋅
=
iii)
Logo: V 16m/s=
OSG.: 38148/10 16
FLUXO DE CALOR
i) Antes:
ii) Depois:
( ) ( ) ( )eq 1 3final 1 3 1 2
f i
K A T T, onde T T 120% T T .
⋅ −∅ = − = −
+e e
Como a transferência de calor final é 20% da inicial:
( ) ( )eq 1 2 f 1 2final inicial
f i f
eq f i
f i f f
K A 120% T T K A T T 20%20%
K 6 K 15
⋅ ⋅ − ⋅ −∅ = ∅ → =
+
⋅= ∴ =
+
e e e
e
e e e e
Anexo: temos que:
( ) ( )eq 1 2 eq 1 2
f i f i
f1
f1 2
i2
i
eq f i
f i f i
eq f
f i f i
K A T T K A T T T T
T TK A
T TK A
K ALogo :
K K A
K 4k
4 100
⋅ − ⋅ − + −∅ = =
+ +∅ ⋅ − = ⋅∅ = ∅ → ∅ ⋅ − = ⋅
⋅ ∅∅ = ⋅ + +
=+ +
e e e e
e
e
e e
e e
e e e e
( )f 1 2inicial
f
K A T T⋅ −∅ =
e
OSG.: 38148/10 17
OSG.: 38148/10 18
HIDROSTÁTICA E ONDULATÓRIA a) Considere o esquema abaixo onde representamos o líquido com o nível y:
Volume do líquido expelido conforme a figura é volume = 4Ay – Ay = 3Ay. Tendo em vista que vazão é a razão entre o volume e o tempo, então a área do gráfico abaixo é igual ao volume bombeado.
OSG.: 38148/10 19
Daí, 3 Ab A
y =2 2t bt
y2 6
⇒ =
b) Conforme o desenho no item anterior, o volume imerso é A(h – y).
• Cálculo da tração T
: T + E(empuxo) = P(peso). E = ρgA(h – y) P = ρgAh
T gAh= ρ gAh− ρ gAy
2gAbtT gAy ou T
6
+ ρ
ρ= ρ =
• Velocidade do pulso:
2T gbAt
V V6
ρ= ⇒ =µ µ
gbA
V t6
ρ=µ
• A aceleração do pulso é gbA
a6
ρ=µ
Daí: x = 2 21 gbA
at x t2 24
ρ⇒ =µ
c) Tempo gasto pelo pulso para chegar ao ponto C.
I. gbA 242 2L t t L24 gbA
ρ µ= ⇒ =µ ρ
Tempo gasto para o nível chegar ao ponto E.
II. y = h ⇒ 2bt 6h2h t
6 b= ⇒ =
Igualando I e II, teremos:
24 6h L 3 gA
LgbA b h 2b
µ ρ= ⇒ =ρ µ
OSG.: 38148/10 20
OSG.: 38148/10 21
ELETRODINÂMICA E HIDROSTÁTICA
UAD = R1 · i = 1000 · 2,5 · 10–3 = 2,5V UDB = R2 · i = 3000 · 2,5 · 10–3 = 7,5V a) UCD = UAD = 2,5V, porque VA = VF = VC em t = 0.
b) Quando a ponte estiver em equilíbrio:
yR 10000FC
L.R R R · R , mas1 CG 2 FC yR 10000 1CG
L
== = −
1000 · 10000y
1 3 000L
− = · 10000
yL
y y 4y L1 3 1 y
L L L 4− = ⇒ = ⇒ =
Considerando L o comprimento total do reostato.
OSG.: 38148/10 22
c) E = p · g · V = 50 · 10 · 10– 4 = 5 · 10–2 N P = mg = 0,05 · 10 = 50 · 10–2 N
2P E 45 · 10 2a 9m/s
m 0,05
−−= = =
L2 ·1 2y L 1 L 2L2 4y · a · t t t
2 a 9 18 3 2 6= ⇒ = ⇒ = = = =
d) E = Pot · ∆t = i · U · ∆t
= 2,5 · 10–3 · 7,5 ·2
· L6
= 3,125 · 10–3 2L
OSG.: 38148/10 23
ÓPTICA FÍSICA
ϕ2 – ϕ1 = δ1 (dado)
2 2 2
1 1 1
’ cot K h
’ cot K h
ϕ = ϕ + −→ϕ = ϕ + −
2 1 2 1 2 1
2 1 1 1 2
’ ’ K h K h
’ ’ h(K K )
ϕ − ϕ = ϕ − ϕ − +→
ϕ − ϕ = δ + −
OSG.: 38148/10 24
2 1 1 1 21 2 R L
R L2 1
2 1
R L
2 2’ ’ h , mas e
n n
n n2 h
( )h
(n n ) 2
π π λ λ→ ϕ − ϕ = δ + − λ = λ = λ λ
δ = δ + π − λ λδ − δ λ= ⋅
− π
OSG.: 38148/10 25
COLISÕES, CIRCUITOS ELÉTRICOS E MOVIMENTO DE CARGAS EM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME E CAMPO GRAVITACIONAL
1. Cálculo da carga armazenada Q
0,6 F 1,2 FCequivalente
µ × µ=
1,8 FµCequivalente 0,4 F
Q 0,4 F 5 V Q 2 C
⇒ = µ
= µ × ⇒ = µ
2. Cálculo da velocidade do corpo A, que no caso é igual à velocidade do corpo E. O movimento helicoidal é resultado do movimento circular uniforme, devido ao campo magnético, com o movimento
retilíneo uniformemente variado, devido ao campo gravitacional. R raio do MCU.
m massa do corpo A.mV
R V velocidade do corpo A.Bq
B campo magnético.
q carga do corpo A.
= == = = =
Assim:
6
A
4,75m 16T 2 10V
−× × ×=6
C
4 10−×
A
kg
V 38m/s=
3. O corpo E, logo após a colisão, adquiriu a velocidade de 38m/s. Veja esquema abaixo:
DD
D
38 Ve 0,9 38 V 54
60
V 16m/s
−= = ⇒ − =
= −
Então, conforme cálculos acima, após a colisão, o carro D recua com uma velocidade de 16m/s. Finalmente, aplicando o princípio da conservação da quantidade de movimento, teremos:
A
A A
2kg 60m/s 2kg 16 38m
38m 120 32 m 4kg
× = − × +
= + ⇒ =
Antes da colisão
Depois da colisão
OSG.: 38148/10 26
ANOTAÇÕES
PABLO – 3/11/2010 – RE V .:
Recommended