VESTIBULAR IME 2011 - FÍSICA - PROVA Oficial - Site de cobertura de ...coberturamaxima.com.br/wp-content/uploads/downloads/Provas/IME2011/... · A barra está apoiada em uma superfície

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FÍSICA 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 = m23 • o peso da barra: P = 30 N; • constante elástica da mola: k = 20 N/m;

• 23

23050gPc

joules, onde c é o calor específico da barra; é

o coeficiente de dilatação linear da barra; g é a aceleração da gravidade; e P é o peso da barra. SOLUÇÃO:

4523

3LHsen0

1BN

1P

'L

2P

N30N 2B

cosN

Fe

x

P

Dados: H, L0, P, K

2323050

gPC

Equilíbrio:

LcosNxLsenkcos2LP

30 20

30

COS30xsen20cos2

30

cos2

30Xsen20

43Xtg

xDH

DH

x43tg

12

Então:

m32223

22LD,

xDH

x43

011

x3x4x3

3x4

3

m1x3x3 Daí:

m5L 25916H)xD(LLHD 221

22222

Agora:

)PcQg2

1(LLPcQg

T

tg

PctmcQ e )T21(LL

0

0

2305023Q1L

PcgQ1LL 00

2305023Q1

LL0

Q23

230501LL0

Q23

23050123

5

Q230502g

235

J9,34,921876,0Q

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. SOLUÇÃO:

t Acosx maxVm/s 5v,4tt para

tsenA v kg10500

m/N50mk,s/m5A 3

tcosAa 2

s/rad10kg1

m1m/s kg10

kg10m/N1 22

2

m5,010rad/s

5m/s AEntão

222

max s/m50m5,0s/rad100Aa :Dai

2s/mx100x0,5

m/N 50mKxa

50

5,0

20

7,3

mx2,03 0

2s/ma

100tan 10t cos5,00,2m Para

t10 cos5,02,0

t10 cos52 *

a... para pressão na*doSubstituin

2222,0 s/m20

52.s/rad 100m5,0a

...0,2 xde partirA

m2,0 V 0 V

S102.10

22Tt

22 s/m3negativacte:s/m3s/m103,0gmmg

mFat

mFa

x a2VV parar Até 2m2,0

2

xa2V0 2m2,0 **

t10sen105,0 v ,2m05

Vt10 sen 2,0 ***

125

V2541cos sen 2,0

222 21V2

2,0 ****

...** em **** doSubstituin

xs/m32sm210 2

2

2

x sm6

sm21 22

2 m5,3m

621x

m7,3m5,3m2,0 xEntão final

a) 2max s/m50aa

b) 0a

c) liberado ser de antes justos/m20a 2

d) liberação sua a desde constante s/m3a 2

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: a) as componentes x e y do vetor velocidade da imagem da carga negativa refletida no espelho; b) as acelerações tangencial e centrípeta da carga negativa; c) 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: ; • ângulo entre o eixo x e o segmento de reta formado pelas cargas: ; • 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. SOLUÇÃO: Perpendicular ao espelho a)

v

vsen

v

2

2

cosv

v

2

2

cosv

2



EEii vvv

vsenv2

cosvEi

vsen)sen(vvEi

vsen2vEi

Vetorialmente:

EiEiiEE

i vvvvvv

x

y

v

yiv

xivv

senv2

2

2

cossenv2

)sen(vsen2vvxi

2i vsen2vvx

vvsen2v 2ix

2

senvsen2vyi

cossen

2coscos

2sen

2sen

cosvsen2vyi

2vsenvyi

b)

elétrica forçaF

V

T

A aceleração tangencial surge devido à componente horizontal da força elétrica: Fcos = mat

2

2

t

send

coskQm

cosFa

dDsen

2

22

tmd

cossenkQa

A aceleração centrípeta pode ser obtida pela movimentação da partícula de carga negativa:

LVa

2

cp

c)

eF

cxacya

Exa

eFEya

cyeyy aaa

Excxx aaa

mF

a

Lva

Ee

2

c

cosmdkQcos

Lvax

:Dai

2

22

sendD

dDsen

cossend

kQcosLva 2

2

22

x

222

figura da 2

figura da 2

2

***

**

Então ** e *** Em*...

2

cossenmdkQ

22cos

Lva

2

22

x

)sen(senmd

2k2

sen2sen2

cos2cosLva

2

22

x

22

22

x senmdkQ2sen

Lva

2cosLvcossen

mdkQsen

Lvsensen

dkQa

22

2

222

2

2

y

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 , 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 • = 30° • permissividade elétrica do vácuo: εo ≈ 9,0 × 10-12 F/m • velocidade da luz no vácuo: c ≈ 3,0 × 108 m/s • índice de refração do vidro: n = 1,5 • constante dielétrica do vidro: k = 5,0 SOLUÇÃO:

dkAc 0

't1

send

'tSv,

vcn

d'tsen100,3

sen'td

100,35,188

2t't),S('tsen10)s/m(

5,10,3d 8

msen10t21sen102d 88

m10tsend 8

Daí: m10

21S100,2

m100,10,5m/F100,9C812

2412

F101045F10

1045c 848

4

F1045 12

pF45c

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

310 A. O elevador sobe com velocidade constante v, de modo

que seja exercida sobre a barra metálica uma força normal de

42 N. Determine a velocidade v.

Dados: • as faces triangulares do prisma são triângulos retângulos isósceles; • permeabilidade magnética do meio: 0 = 4 · 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. SOLUÇÃO: Campo no interior de solenóide:

337 1010

81010.4i

hNB

B=0,5T

TB

IND

x

Ld

yv

xvIND

xIND BLvtxBL

LBiF INDB

BF

P

N

Como v é constante, temos equilíbrio horizontal:

cosNFB cosNLBIIND

cosNLBBLvLBR XIND

MAS COMO =45ºvX=vY=v

cosLB

NRvcosNvRLB

22

22

22 )25,0()5,0(

122

42V

16

41

41

41

141V

V=16m/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). SOLUÇÃO:

fe

1T 2T

fe

1T iT

ie

'T2

1

i

213

f

i12

f

211 e

)'TT(A'kPot ,e

)TT(kAPot ,e

)TT(kAPot

2 3

Dos dados )TT(2,1)'TT( 2121 4

i

2i

f

21e

)'TT(A'ke

)TT(kA2,0

5

04,0k'k,r

ee

e)'TT(A'k

e)TT(kA:Mas

f

i

i

2i

f

i1

)'TT(04,0)TT(r 2ii1 6

)'TT(04,0r2,0)T(T ...5 De 2i21 7

r04,0'T04,0rTTi ...6 De 21

'Tr5)TT(T 221i

'Tr04,02,0)TT(T ...7 De 2

521i

8

9

r5)TT(rT04,0

'rTT04,0'T04,0rT

'Tr5)TT(rt04,0

'T04,0rT:Igualando

212221

22121

4... De)TT(2,1'TTr5)TT(

r04,0)'TT(r

21212121

5)TT(r04,0

)TT(2,1:Então 21

21

)r04,0(52,1

1, 2 = 0,2 + 5r1 = 5r 2,051r

07.

A figura acima mostra um corpo sólido cilíndrico de altura h, densidade 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: ; • 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:

0y0t )1(

Volume de líquido removido

n Área hachurada = bAt

2t

t

U(t) = bAt

A

4 A

0Volume de líquido removido

2bAtAyAy4y

2

Contribuição do cilindro



2tbAAy32

6bt)t(y

2

,Tv )b(

T = ? T E

p Como o corpo não acelera, temos o equilíbrio de forças:

0PET Utilizando o sistema de coordenadas sugerido: P – T – E = 0 T = P – E Mas, E = E(t) T = T(t): T(t) = Ahg – A (h – y)g y = y(t) T(t) = Ahg – Ahg + Ay(t)g

T(t) = Ag y(t), mas 6

bt)t(y2

6btAg)t(T

2

Logo,

)t(T)t(vTv

6btAg)t(v

2t

6Agb)t(v

t

0 'dt)'t(v )t(x

2t

6Agbx(t)

2

(c) Nível do líquido em “E” h6*)t(b*)t(y

2 , onde t* é o tempo

em que isto acontece.

Então, bh6*)t( 2

Mas desejamos que o pulso atinja B no mesmo instante, logo x(t*) = L

,L2*)t(

6Agb 2

bh6*)t(

Lbh3

6Agb

b2Ag3

hL

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 . 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 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 k; • R2 = 3 k; • 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 k; • massa específica do líquido: ρ = 50 kg/m3; • aceleração da gravidade: g = 10 m/s2. SOLUÇÃO:

a) t = 0 i1 = 0

21221DC RR

Eimas,iRvv

voltímetrodoLeituraDC VV E

RRRV

21

1

4

10V V5,2V

b) DC VV0V

reostatodoocompriment

L,iRiLyRVVVV 211ABADAC

212

AB1 RR

Ei,R

Ei

Portanto, 21

1AB

ABRR

ERR

EL

yR

LRR

RyRR

RLy

21

1

21

1

L25,0y onde L é o comprimento total do reostato

2atytVyy

2

00

0 0

0

a = ? mg – E = ma mg – Vg = ma

0mv1ga

Logo o balão não sairá do lugar! Absurdo.

Para y = 0,25 L = y* temos que

2*)t(

mV1g*y

2



)m

V1(g*y2*t

05,01050110

L5,0*t4

9L5,0*t L = comprimento total do reostato.

Dada em segundos t/L em metros.

d) 222

2222 iR

tQiRP

*tteRR

Eimas,tiRQ21

2222

)mV1(g*y2

RRERQ

2

212

)mVp1(g

)RR/(R2RR

ERQ 2112

212

9L5,0

16103Q

2

L5,016100Q dado em joules para L em metros.

09.

A Figura mostra dois raios luminosos r1 e r2, de mesma frequência e inicialmente com diferença de fase 1, 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 2. Dados: • índice de refração do líquido: n; • índice de refração da parede do reservatório: nR; • comprimento de onda dos raios luminosos no ar: . Observação: • considere o índice de refração da parede do reservatório maior que o índice de refração do líquido. SOLUÇÃO: Olhando para a figura vemos que a diferença de fase se deve, justamente à existência da fenda. Então, a diferença de caminhos dos raios é: (1) r = h(nR – n)

(2) 2 = + 1, onde:

)nn(hr

2R

Daí:

(1)

)nn(h2 R

Substituindo 3 em 2...

)nn(h2R

Finalmente:

h2nn

)(

R

12

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. SOLUÇÃO: Carga do circuito

VCCCCVCq

21

21eq

58,1

2,16,0q

q = 2C’ esta carga estará sujeita ao campo magnético B . Colisão

D

AE'D

'DDAEDD

vvve

vmv mvm

Antes Depois

)PP( f

AED'DAE

'DD

AE'

DD

vevvvvev

v m)vv(mD

MDvD + mD(vDe – VAE) = mvAE MDvD(1 + e) = vAE (m + mD)

D

DDAE mm

)e1(vmV

velocidade com que a carga q penetra a

região com campo.

Logo, D

DDAEA mm

)e1(vmVv

Supondo que A atinja a região de campo com velocidade perpendicular ao campo magnético, a trajetória não é helicoidal, mas sim circular e

trajetória da raio RvmFBv qF

2A

AcpAB

RvmqB AA

AD

DDA m

BRqmm

)e1(vmV

DDDA mm

qBR)e1(vmm

1

qBRv)e1(mmm DA

D

m = 4kg

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