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

+= ⋅ + =

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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)

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ÓPTICA E ELETROSTÁTICA

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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

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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 ⋅

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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

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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=

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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

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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

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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

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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

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ANOTAÇÕES

PABLO – 3/11/2010 – RE V .: