IME 2011 - Resolução Comentada Elite Curitiba - 3o Dia - 27 out …paperinside.com/elitecuritiba.com.br/gabaritos/gabarito-elite-ime... · barra está apoiada em uma superfície

2010-2011 27/OUT/2010

RESOLUÇÃO COMENTADA IME FÍSICA

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IME 2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE, sendo os 2 melhores colocados da ativa e os 2 melhores da reserva !!! 2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados, todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!! 2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva) 2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os 4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva 2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná 2005: 7 aprovados e os 3 únicos convocados do Paraná

ITA Elite Curitiba: 6 anos de existência, 6 anos aprovando no ITA !!! 13 alunos aprovados! TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010) ALLISON FAUAT SCHRAIER (ITA 2010) LEONARDO FRISSO MATTEDI (ITA 2009) JULIANO A. DE BONFIM GRIPP (ITA 2008) LUCAS BRIANEZ FONTOURA (ITA 2008) MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES (ITA 2008) CAMILA SARDETO DEOLINDO (ITA 2007) VITOR ALEXANDRE C. MARTINS (ITA 2007) GABRIEL KENDJY KOIKE (ITA 2006) RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006) YVES CONSELVAN (ITA 2006) EDUARDO HENRIQUE LEITNER (ITA 2005) FELLIPE LEONARDO CARVALHO (ITA 2005)

AFA 2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder! Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional 2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros do Paraná! Destaque para Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil 2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná (incluindo os 3 primeiros lugares) Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e 1º do Paraná! 2008: 13 aprovados 1ºs lugares do Paraná em todas as opções de carreira 2007: 10 dos 14 convocados do Paraná 2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo: 1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação 1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência

ESPCEX 2010: 13 aprovados! 2009: Dos 10 primeiros colocados do Paraná, 5 são ELITE! E dos 26 aprovados no Paraná, 10 são ELITE! 2008: 9 aprovados GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO 1º do Paraná e 9º do Brasil BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO 2º do Paraná e 32º do Brasil 2007: 9 convocados no Paraná 2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos) 2005: 100% de aprovação!

EPCAr 2010: Jean Ricardo Ferrer 2007: 3 dos 4 convocados do Paraná 2006: 2 convocados 2005: 1º lugar do Paraná

EEAR 2010: 6 aprovações 2009: 3 aprovações MURILO RODRIGUES MESQUITA ROMULO CORREA DA SILVA COSTA GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE 2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados

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UFPR 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 2009: 17 aprovados 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar Direito (matutino) 1ºLugar Relações Públicas

UFTPR 2010: 16 aprovados. Inverno 2009: 16 aprovações nos cursos mais concorridos Inverno 2008: 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – Eng. de Computação Verão 2008: 13 aprovados 2007: 11 aprovados em vários cursos 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 85% de aprovação em Engenharia, com 5 dos 8 1ºs colocados de Eng. Mecânica.

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01.

A figura acima mostra um sistema composto por uma parede vertical com altura H, uma barra com comprimento inicial L0 e uma mola. A barra está apoiada em uma superfície horizontal sem atrito e presa no ponto A por um vínculo, de forma que esta possa girar no plano da figura. A mola, inicialmente sem deformação, está conectada à parede vertical e à barra. Após ser aquecida, a barra atinge um novo estado de equilíbrio térmico e mecânico. Nessa situação a força de reação vertical no apoio B tem módulo igual a 30 N. Determine a quantidade de calor recebida pela barra.

Dados: • H = 3 m; • L0 = 3 2 m; • o peso da barra: P = 30 N; • constante elástica da mola: k = 20 N/m;

• joules, onde c é o calor específico da barra; α é o coeficiente de dilatação linear da barra; g é a aceleração da gravidade; e P é o peso da barra. RESOLUÇÃO:

O vínculo A não suporta ação de forças. A soma das forças verticais deve ser nula, logo N = P = 30N. Sabemos que no equilíbrio a soma dos momentos das forças em relação a A deve ser nula. Logo: P.(L/2).cosθ + Fel.L.senθ = N.L.cosθ → (P.cosθ)/2 = kx.senθ → (30.cosθ)/2 = 15x.senθ → tgθ = 3/4x Da figura tgθ = H/D, onde D = D0 + x, onde D0 é o comprimento inicial da mola. Na situação inicial H, L0 e D0 formam então um triângulo retângulo isóscele e D0 = H0 = 3m Assim: 3/4x = 3/(3+x) → x = 1m Logo, o comprimento final da barra (L) vale 5m (T. Pitágoras) Sabendo ainda que: Q = mc∆T = Pc∆T/g (1) ∆L = L – L0 = α.L0.∆T (2) Dividindo as equações (1) e (2) uma pela outra:

00 LgPc

LLQ

α=

− → 23.2323050

235+

=−

Q

Q = 35/9 ≈ 3,9 J

02.

Um corpo está sobre um plano horizontal e ligado a uma mola. Ele começa a ser observado quando a mola tem máxima compressão (Figura 1a). Durante a observação, verificou-se que, para a deformação nula da mola (em x = 0), sua velocidade é 5 m/s (Figura 1b). Para x = 0,2 m (Figura 1c), o corpo é liberado da mola a partir dessa posição e fica submetido a uma força de atrito até parar. Faça um gráfico da aceleração a do corpo em função da posição x, registrando os valores de a e de x quando: a) a observação se inicia; b) a velocidade é máxima; c) o corpo é liberado da mola; d) o corpo para. Dados: • massa do corpo: 500 g; • constante elástica da mola: 50 N/m; • coeficiente de atrito entre o plano e o corpo: 0,3. RESOLUÇÃO: Consideraremos em nossa resolução que o atrito atua durante todo o percurso, mesmo enquanto a massa está presa na mola. O enunciado é um pouco vago e ambíguo com relação a isso, mas em se tratando de uma questão dissertativa basta o aluno explicitar o que entendeu e seguir daí. Antes de continuarmos precisamos de alguns dados iniciais, a saber: a posição xa < 0 do corpo no ponto de máxima compressão, a velocidade vc com a qual o corpo abandona a mola e a distância Δx que o corpo percorre até parar. Chamemos de k a constante elástica da mola, de µ o coeficiente de atrito entre o plano e o corpo, de m a massa do corpo, de g a aceleração

da gravidade (considerada igual a 10 m/s2) e de o módulo da força de atrito entre o plano e o corpo.

FÍSICA

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* Cálculo de xa Por energia entre 1a e 1b:

* Cálculo de vc Por energia entre 1b e 1c:

* Cálculo de Δx Por Torricelli entre 1c e a parada:

Agora podemos desenhar o gráfico pedido, que contém 3 trechos (ou pontos) notáveis: o ponto 1a, de compressão máxima da mola, onde não atua a força de atrito; o trecho entre 1a e 1c, onde atuam a força da mola e a força de atrito; e o trecho final, entre 1c e a parada, onde só atua a força de atrito. * Aceleração no ponto 1a:

* Aceleração entre 1a e 1c:

Como x varia no intervalo de a 0,2,

a aceleração varia de a –23 m/s2. * Aceleração entre 1c e a parada

(que ocorre em ):

Assim chegamos ao gráfico:

RESOLUÇÃO ALTERNATIVA: Caso o aluno interprete que o atrito só age depois do ponto 1c, as contas ficam muito mais simples: * Cálculo de xa Por energia entre 1a e 1b

22

22ba mvkx

= ⇒ mxa 5,0=

* Cálculo de vc Por energia entre 1b e 1c:

222,0

2

222cb mvkmv

+= ⇒ smvc /21=

* Cálculo de Δx

xm

Fv atritoc ∆−= 20 2 ⇒ mx 5,3=∆

Agora teremos apenas dois trechos a considerar: entre 1a e 1c, com

kx− como força resultante; e de 1c até a parada, com força resultante constante igual a N5,1− . * Aceleração entre 1a (x = – 0,5) a 1c (x = 0,2)

kxma −= ⇒ xa 100−= * Aceleração (constante) entre 1c e a parada (x = 3,5 + 0,2 = 3,7)

atritoFma −= ⇒ 2/3 sma −=

E o gráfico fica

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03.

Uma carga positiva está presa a um espelho plano. O espelho aproxima-se, sem rotação, com velocidade constante paralela ao eixo x, de uma carga negativa, pendurada no teto por um fio inextensível. No instante ilustrado na figura, a carga negativa se move no sentido oposto ao da carga positiva, com a mesma velocidade escalar do espelho. Determine, para esse instante: as componentes x e y do vetor velocidade da imagem da carga negativa refletida no espelho; as acelerações tangencial e centrípeta da carga negativa; as componentes x e y do vetor aceleração da imagem da carga negativa refletida no espelho. Dados: ângulo entre o eixo x e o espelho: α; ângulo entre o eixo x e o segmento de reta formado pelas cargas: β; diferença entre as coordenadas y das cargas: d; comprimento do fio: L; velocidade escalar do espelho: v; módulo das cargas elétricas: Q; massa da carga negativa: m; constante elétrica do meio: K. RESOLUÇÃO: a) Na figura a velocidade da bolinha foi decomposta na direção perpendicular ao espelho (V1) e paralelamente ao espelho (V2). Assim a imagem terá velocidade 3V1 perpendicular ao espelho e V2 paralela ao espelho.

Tem-se então: V1 = Vcos(90º - α)= Vsenα e V2 = Vsen(90-α) = Vcosα A velocidade final da imagem deve ser a resultante das velocidades do espelho e objeto. Então: Vx = 3V1senα - V2cosα = 3Vsenα senα - V cosαcosα → Vx = 3Vsen2α - Vcos2α Vy = -3V1cosα - V2senα = -3Vsenαcosα - Vcosαsenα → Vy = -2Vsen2α b)

Da figura tem-se: FE = 2

2

kQr

= 2

22

kQ sen βd

Assim a aceleração tangencial é dada por:

at = EF cosβm

= 2

22

kQ sen βcosβmd

→ tar

= - 2

22

kQ sen βcosβmd

ir

A aceleração centrípeta é dada por:

aCP = 2V

R=

2VL

→ CPar

= 2V

Ljr

c)

Na figura estão representadas as acelerações centrípeta e tangencial. Da figura: ax = aCPcos(2α - 90º) + atcos2(α - 90º) = aCP(-sen2α) + at(-cos2α) ay = aCPsen(2α - 90º) + atsen2(α - 90º) = aCP(-cos2α) + at(-sen2α) Daí:

ax = -2V

Lsen2α -

22

2

kQ sen βcosβmd

cos2α

ay = -2V

Lcos2α -

22

2

kQ sen βcosβmd

sen2α

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04.

De acordo com a figura acima, um raio luminoso que estava se propagando no ar penetra no dielétrico de um capacitor, é refletido no centro de uma das placas, segundo um ângulo α , e deixa o dielétrico. A área das placas é A e o tempo que o raio luminoso passa no interior do dielétrico é t. Supondo que se trata de um capacitor ideal de placas paralelas e que o dielétrico é um bloco de vidro que preenche totalmente o espaço entre as placas, determine a capacitância do capacitor em picofarads. Dados: • A = 1,0 cm2 • t = 2,0 × 10–12 s • α = 30°

• permissividade elétrica do vácuo: −≈ × 12

o 9,0 10 F / mε

• velocidade da luz no vácuo: ≈ × 8c 3,0 10 m / s • índice de refração do vidro: n = 1,5 • constante dielétrica do vidro: k = 5,0 RESOLUÇÃO: A velocidade do raio luminoso no interior do dielétrico é de:

88c 3,0.10

v 2,0.10 m / sn 1,5

= = =

Sendo 2x a distância percorrida pelo raio e d a distância entre as placas, temos que:

8 12 4 42x v.t 2,0.10 .2,0.10 4,0.10 m x 2,0.10 m− − −= = = ∴ =

44 4

d 1 d 1 dsen( ) d 1,0.10 m

x 2 210 2,0.10−

− −α = ∴ = ∴ = ∴ =

Logo,

12 4120

4

k. .A 5,0.9,0.10 .1,0.10C 45.10 F C 45pF

d 1,0.10

− −−

−

ε= = = ∴ =

05.

A figura acima apresenta um prisma apoiado em um elevador no interior de um cilindro de material isolante. Uma armação, encostada no prisma, é composta por uma parte metálica com resistência desprezível em forma de “U” e por uma barra metálica de 0,25 m e resistência de 1 Ω. Essa barra desliza ao longo da barra em “U”, mantendo o contato elétrico. As extremidades da armação em “U” são fixadas no cilindro, conforme a figura. Ao longo de todo o cilindro, um fio é enrolado, formando uma bobina com 1000 espiras, perfazendo uma altura h = 0,8 m, sendo alimentada por uma fonte, de modo que flua uma corrente de

310A.

π O elevador sobe com velocidade constante v, de modo que

seja exercida sobre a barra metálica uma força normal de

2N.

4 Determine a velocidade v. Dados: • as faces triangulares do prisma são triângulos retângulos isósceles; • permeabilidade magnética do meio: μ0 = 4π.10-7 Tm/A Observações: • não há atrito em nenhuma parte do sistema; • a barra metálica é feita de material não magnético; • as espiras percorrem todo o cilindro.

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RESOLUÇÃO: Dados: d = 0,25 m

RB = 1Ω N = 1000 espiras h = 0,8 m

I =

310A

π

FN =

24

N –7

0

.4 10= T m

xA

µ π

45= °θ (inclinaçã

o do plano)

=ur ur

xv v

=ur ur

xN mF F

1. cos 45

4= ° =m NF F N

A força magnética é dada por:

( ). . 90= = °mF B i dsenα α

Sendo

. .= = =IND x

IND

E B d vi i

R R Substituindo:

2 2

. . .. .

.= ⇒ =x m

m x

B d v F RF B d v

R B d

Como:

14

=mF N e

0 . .=

N IB

hµ

−

= ⇒ =2 –2

2 2 2 2 62 14 60

2

. . 1 64 10. . . 10 1

16 10 10 . 416

mx x

F R h x xv v

N I dx x x x x

µπ

π

16⇒ =xmv s

Como a armação não se move verticalmente, pois está fixada no cilindro, temos:

16= =xmv V s

06.

Uma fábrica foi multada pela prefeitura local, pois a temperatura externa da parede de um forno industrial encontrava-se em um nível superior ao previsto pelas normas de segurança (Figura 1). Para atender às normas recomenda-se o seguinte procedimento (Figura 2): A parede externa do forno deve ser recoberta com um material de condutividade térmica igual a 4% da parede do forno. Isso faz com que a transferência de calor fique igual a 20% da original e que a redução de temperatura entre a superfície interna da parede do forno e a superfície externa do isolante fique 20% maior que a situação inicial. Determine a razão entre a espessura do isolante (ei) e a espessura da parede do forno (ef). RESOLUÇÃO: Aplicando a Equação de Fourier:

- para a situação inicial (Figura 1): f

f

eTAk ∆

=Φ..

- para a situação final (Figura 1): f

fff e

TAk ∆=Φ

..→

i

iii e

TAk ∆=Φ

.. , com φf = φi = φ´=

fi

fires

eeTTAk

+

∆+∆ ).(.

Assim f

ff kA

eT

.´Φ

=∆ e i

ii kA

eT.´Φ

=∆ e

φ´= fi

i

i

f

fres

eekAe

kAe

Ak

+

Φ+

Φ)

.´

.´

.(.→ kres =

fiif

fiif

kekekkee

+

+ )(

Logo

φ´= fi

fifiif

fiif

ee

TTAkekekkee

+

∆+∆+

+).(.

)(

= fiif

fifi

kekeTTAkk

+

∆+∆ ).(.

Sabemos que ki = 0,04kf e φ´=0,2φ e ∆Tf + ∆Ti = 1.2∆T

Assim: fiff

ff

kekeTAkk

+

∆

04,0)2,1.(.04,0

= f

f

eTAk ∆..

2,0

1,2.0,04.ef = 0,2(0,04.ef + ei) → 0,04.ef = 0,2.ei → 51

=f

i

ee

07.

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A figura acima mostra um corpo sólido cilíndrico de altura h, densidade ρ e área da base A, imerso em um líquido de mesma densidade em um tanque também cilíndrico com base interna de área 4A. A partir do instante t = 0 (situação da figura), o líquido passa a ser bombeado para fora do tanque a uma vazão variável dada por U(t) = bAt, onde b é uma constante positiva. Dados: • comprimento da corda entre os pontos B e C: L; • densidade linear da corda entre os pontos B e C: μ; • aceleração gravitacional local: g. Observações: • desconsidere o peso da corda no cálculo da tração; • a tensão instantânea na corda é a mesma em toda a sua extensão. Pede-se: a) a expressão do nível y do líquido (onde y ≤ h) em função do tempo; b) a velocidade v(t) de um pulso ondulatório transversal, partindo do ponto B em t = 0, e sua respectiva posição x(t); c) a razão L/h para que o pulso ondulatório transversal, partindo do ponto B em t = 0, chegue até C no mesmo instante em que o nível do líquido alcança o ponto E. Solução: a) Com a vazão U(t) é possível obter de forma direta o volume escoado em função do tempo (aquele é a derivada deste no tempo), e com o

volume escoado podemos chegar em )(ty , lembrando que a área da base do volume escoado é 4A – A = 3A.

bAttU =)( ⇒

2

2)( tbAtVolume =

)(3)( tAytVolume = ⇒

2

6)( tbty =

b) O produto ρAgy(t) nos dá, em função do tempo, o peso da porção do corpo sólido cilíndrico que fica descoberto de empuxo, ou seja, representa justamente a tração T no fio em função do tempo. Pela Equação de Taylor, a velocidade de propagação do pulso será igual

a µT

. Com a velocidade v(t) obtemos x(t) novamente por integração.

6)()(

2btAgtyAgTtv ⋅===µ

ρµ

ρµ

µρ6

)( Agbttv =

e

µρ62

)(2 Agbttx =

c) O enunciado do item c resume-se a fazer 21 tt = , sendo Ltx =)( 1

e hty =)( 2 .

Ltx =)( 1 ⇒ µρ62

21 AgbtL =

(1)

hty =)( 2 ⇒

226

tbh = (2)

Dividindo as equações (1) e (2), lembrando-se que 21 tt = , temos

µρbAg

hL

23

=

08.

O circuito apresentado na figura acima é composto por uma fonte de tensão contínua E, que alimenta um reostato linear e as resistências R1 e R2. No ponto C do reostato encontra-se fixo um balão de massa m e volume V, inicialmente na posição y = 0. O sistema encontra-se imerso em um tanque, que contém um líquido isolante, de massa específica ρ. Entre os pontos C e D do sistema, encontra-se conectado um voltímetro ideal. No instante t = 0, o balão é liberado e começa a afundar no líquido. Determine: a) a leitura do voltímetro no instante em que o balão é liberado; b) a coordenada y em que a leitura do voltímetro é zero; c) o tempo decorrido para que seja obtida a leitura indicada no item b; d) o valor da energia, em joules, dissipada no resistor R2, no intervalo de tempo calculado em c. Dados: • R1 = 1 kΩ; • R2 = 3 kΩ; • fonte de tensão: E = 10 V; • massa do balão: m = 50 g; • volume do balão: V = 0,0001 m3; • resistência total do resistor linear: RAB = 10 kΩ; • massa específica do líquido: ρ = 50 kg/m3; • aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.

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RESOLUÇÃO: a) Na situação inicial a resistência do reostato é zero. A indicação do voltímetro é a ddp entre A e D. - Cálculo de I (corrente no gerador)

1 2

EI =

R +R→

( ) 3

10I =

1+3 .10 → I = 2,5 mA

-Cálculo da ddp entre A e D (UAD) UAD = R1I = 103.2,5.10-3 = 2,5 V b) Seja L o comprimento total do reostato.

Para a leitura ser nula tem-se: VC = VD → RaR2 = R1Rb

Como RAB = 10kΩ e Ra = AB

yR

L e Rb = AB

L-yR

L

Então:

RaR2 = R1Rb → AB

yR

L.R2 = AB

L-yR

LR1 → y.3 = (L-y).1 →

Ly m

4=

c) Como as forças que atuam no balão são constantes este descreverá um MRUV: -Cálculo da aceleração: P – E = ma → mg - ρLVL = ma → 50.10-3.10 – 50.10-4.10 = 50.10-3a → a = 9 m/s2

∆S = V0t + at2/2 → L/4 = 9t2/2 → t2 = L/18 → t = L18

= 1 L3 2

s

d) A ddp entre A e B é constante. No ramo direito do circuito a resistência R1 é 1/3 da resistência R2 logo a ddp em R1 deverá ser 1/3 da ddp de U2. Então U2 = ¾ UAB = ¾ E = 7,5V Logo a potência dissipada em R2 será:

P = 22

2

UR

= 2

23

7,51,875.10

3.10−= W

A energia será:

E = P.∆t = 1,875.10-2. 1 L3 2

= 6,25.10-3L2 J

09.

A Figura mostra dois raios luminosos r1 e r2, de mesma frequência e inicialmente com diferença de fase δ1, ambos incidindo perpendicularmente em uma das paredes de um reservatório que contém líquido. O reservatório possui uma fenda de comprimento h preenchida pelo líquido, na direção de r2. Determine o comprimento da fenda para que a diferença de fase medida no Detector D entre os raios seja δ2. Dados: índice de refração do líquido: n; índice de refração da parede do reservatório: nR; comprimento de onda dos raios luminosos no ar: λ. Observação: considere o índice de refração da parede do reservatório maior que o índice de refração do líquido. RESOLUÇÃO: Sejam as fases dos raios 1 e 2, θ1 e θ2 respectivamente, assumiremos que o raio 2 está defasado δ1 em relação ao raio 1: Θ1 = w.t Θ2 = w.t + δ1 cuja diferença: Θ2 - Θ1 = δ1 Após refratarem para o recipiente, a diferença, no caminho de propagação até o receptor, entre os dois raios será apenas o trecho de comprimento h. Nesse trecho o raio 2 prosseguirá pelo líquido mais rapidamente do que o raio 1 que prosseguirá pelo recipiente (n < nR → ∆t2 < ∆t1). Assim, transcorridos os respectivos ∆t, no trecho h, as novas fases dos raios 1 e 2 serão: Θ'1 = w. ∆t1 = w (h/(vR) = w (nR h)/c Θ'2 = w. ∆t2 + δ1 =+ w (h/(vL) + δ1 = w (nL h)/c + δ1 E a diferença entre os raios, δ2, será: δ2 = Θ’2 - Θ’1 = w (nL h)/c + δ1 - w (nR h)/c = δ1 + w h.(nL - nR)/c δ2 = δ1 + [2π h.(nL - nR) ]/ (T.c ) δ2 = δ1 - [2π h.(nR - nL) ]/ (λ) h = [ λ.(δ1 - δ2) ] / [2π.(nR - nL) ]

2010-2011 27/OUT/2010



10.

O carrinho D desloca-se com velocidade de 60 m/s na direção do carrinho E, que está parado. O corpo A possui uma carga elétrica idêntica à armazenada em um circuito capacitivo e está apoiado sobre o carrinho E, conforme a figura acima. Dá-se a colisão dos dois carrinhos, com um coeficiente de restituição igual a 0,9. Após alguns segundos, o carrinho E para bruscamente e o corpo A penetra em uma região em que existe um campo magnético uniforme normal ao plano da figura, que o faz descrever um movimento helicoidal de raio 4,75 m. Desprezando o efeito da massa de A na colisão, determine a massa do carrinho E. Dados: • massa do carrinho D: mD = 2 kg; • massa do corpo A: mA = 4 x 10-6 kg; • campo magnético: B = 16 T. RESOLUÇÃO: A força resultante é variável:

( )= +ur ur ur ur

RF q v x B mg

O movimento não é helicoidal (fig.1) e (fig.2)

O enunciado apresenta um grave erro pois o movimento não é helicoidal. Para que tenhamos uma trajetória conforme a banca pretendia, podemos admitir que a orientação do vetor indução magnética é por exemplo vertical e no sentido da aceleração da gravidade (fig 3). Com isto:

Na associação série de capacitores.

1 2

1 2

. 1,2 0,60,4

1,2 96= = =

+ +eq

C C xC F

C Cµ

A carga será:

–6. 0,4 10 5= ⇒ = ⇒eqQ C V Q x x –62 10⇒ =Q x C Como o raio da trajetória helicoidal é dado por:

.=

mvsenR

q Bθ

; onde = xvsen vθ

, velocidade de penetração horizontal no campo magnético.

–6

–6

4,75 16 2 10 4 10

= ⇒ =x x

qBR x x xv v

m x

38=xmv s

No choque:

Conservação do momento linear:

= ⇒ = + ⇒ur ur

g '2 60 –2 38antes dep D EQ Q v m

Do coeficiente de restituição:

' '

0,9+

= ⇒ = ⇒rel AFAS D E

Drel APRO

v v ve

vv

⇒ 0,9.60 = v

D' + 38 ⇒ v

D' = 16m

s Finalmente:

E60 16 19m= − + ⇒ E E

76m m 4kg

19⇒ = ⇒ =

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