Física - Resolvida - Cobertura Máxima GGE

Consideração:
• o cubo boia com sua base paralela à superfície da água da piscina.
01. Um copo está sobre uma mesa com a boca voltada para cima.
Um explosivo no estado sólido preenche completamente o copo,
estando todo o sistema a 300 K. O copo e o explosivo são
aquecidos. Nesse processo, o explosivo passa ao estado
líquido, transbordando para fora do copo. Sabendo que a
temperatura final do sistema é 400 K, determine:
a) a temperatura de fusão do explosivo;
b) o calor total fornecido ao explosivo.
Dados:
•
•
volume transbordado do explosivo líquido: 10-6 m3;
coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado
líquido: 10-4 K-1;
•
coeficiente de dilatação volumétrica do material do copo:
4 x 10-5 K-1;
•
•
volume inicial do interior do copo: 10-3 m3;
massa do explosivo: 1,6 kg;
•
•
calor específico do explosivo no estado sólido: 103 J.kg-1.K-1;
calor específico do explosivo no estado líquido: 103 J.kg-1.K-1; e
•
calor latente de fusão do explosivo: 105 J.kg-1.
Consideração:
• o coeficiente de dilatação volumétrica do explosivo no estado sólido
é muito menor que o coeficiente de dilatação volumétrica do material
do copo.
Solução:
Seja h a altura da parte imersa do cubo. O tempo entre a emissão e
captação de um pulso é, então
dh
t  2 
,
 vs 
de onde obtemos
v t
h  d s .
2
O volume submerso é dado por a2h. Para que o cubo esteja em
equilíbrio, o empuxo deve balancear o peso:
 
ma3g  a a2h g
 m  a
v t 
h a 

d s 
a a 
2 
Numericamente,
m 
a
 5  102 kg / m3
2
03.
Solução:
a) Seja Vc a variação de volume do copo:
(I) Vc = VocT,
Onde Vo = 10-3 m3 é o volume inicial, c = 4 x 10-5 K-1 é o seu
coeficiente de dilatação volumétrico e T = 100K é a variação de
temperatura.
Supondo que o volume do explosivo na fase sólida se mantém
inalterado, sua variação de volume total Vc + V, onde V = 10-6 m3
é o volume transbordado, ocorre apenas na fase líquida:
(II) Vc + V = E Vo T’
Onde E = 10-4 K-1 é o coeficiente de dilatação do explosivo líquido e
T’ = 400K – TF é a variação de temperatura a partir da temperatura
de fusão TF.
De (I) e (II) segue:
 
V 
T' = T c 1+
 = 50K
  c Vo T 
E
Logo, T = 350K
F
b) O calor total fornecido ao explosivo é
Q = MCE,S [TF – 300K] + MLE + MCE,L [400K – TF],
Onde M = 1,6 kg, CE,S = 103 J kg-1 K-1 e CE,L = 103 J kg-1 K-1 são a
massa e calores específicos do explosivo no estado sólido e líquido,
respectivamente. Assim,
Q = 3,2x105 J
02. Os pulsos emitidos verticalmente por uma fonte sonora situada no
fundo de uma piscina de profundidade d são refletidos pela face
inferior de um cubo de madeira de aresta a que boia na água da
piscina, acima da fonte sonora. Um sensor situado na mesma
posição da fonte capta as reflexões dos pulsos emitidos pela fonte
sonora. Se o intervalo de tempo entre a emissão e captação de um
pulso é ∆t, determine a massa específica da madeira.
Dados:
• velocidade do som na água: vs = 1500 m/s;
3
3
• massa específica da água: ρa = 10 kg/m ;
• profundidade da piscina: d = 3,1 m;
• aresta do cubo: a = 0,2 m;
• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2;
• ∆t = 4 ms.
Uma mola presa ao corpo A está distendida. Um fio passa por
uma roldana e tem suas extremidades presas ao corpo A e ao
corpo B, que realiza um movimento circular uniforme horizontal
com raio R e velocidade angular ω. O corpo A encontra-se sobre
uma mesa com coeficiente de atrito estático µ e na iminência do
movimento no sentido de reduzir a deformação da mola. Determine o
valor da deformação da mola.
Dados:
• massa do corpo A: mA;
• massa do corpo B: mB;
• constante elástica da mola: k;
• aceleração da gravidade: g.
Consideração:
A massa mA é suficiente para garantir que o corpo A permaneça no
plano horizontal da mesa.
Solução:
y
T

x
MB g
Eixo x : Tsen  mB2R
(1)
Eixo y :T cos   mB g
(2)
Confira:
y
Considere :
B
Corpo A
BC  y  y  y '
AC  x  x  x '
Onde :
A
t
t  t
 qE  2
y  y0  
t
 2m 
x  vt
0
Eixo x : kx  T cos   N (3)
Eixo y :mA g  N  Tsen
(4)
De (1) e (4) obtemos:
N  mA g  mB 2R (5)
Substituindo (2) e (5) em (3):

E também:
 qE 
2
y '   y0  vt   
  t  t 
 2m 
x '  v  t  t 
Assim:
qE
qE
 t  t 2  2m t 2 
2m
qE
qE 2
y  vt 
tt 
t
m
2m
E também :
x  vt
y  y  y '  vt 
kx  mBg   mA g  mB2R 
 x 
x

1
ma g  mB g  2R 
k
04.
Desprezando os termos de segunda ordem temos:
qE
y  vt 
t  t
m
x  vt
Assim:
qE x
qE x x
t
 x 
 
m
v
m v v
qE
y  x 
xx 
mv 2
y
qE
 1
x
x
mv 2
y  x 
Um canhão movimenta-se com velocidade constante ao longo do eixo
Y de um sistema de coordenadas e dispara continuamente um feixe
de elétrons com vetor velocidade inicial constante e paralelo ao eixo X.
Ao deixar o canhão, o feixe de elétrons passa a sofrer exclusivamente
a ação do campo elétrico indicado nas duas situações das figuras.
a) Na situação 1, sabendo que, em t = 0, o canhão está em y = y0,
determine a equação da curva de y em função de x e t do feixe de
elétrons que é observada momentaneamente no instante t,
resultante do disparo contínuo de elétrons.
b) Na situação 1, determine a máxima coordenada y da curva
observada no instante t.
c) Repita o item (a) para o campo elétrico em conformidade com a
situação 2, determinando a equação da curva de x em função de y
e t.
Dados:
• módulo do campo elétrico do plano XY: E;
• massa do elétron: m;
• carga do elétron: -q;
• velocidade escalar do canhão e velocidade de saída do feixe: v.
Solução:
No plano XY, que vamos chamar de referencial do laboratório, todos
os elétrons lançados pelo canhão apresentam uma trajetória própria
de um lançamento horizontal.
Vamos considerar duas dessas trajetórias separadas por um
intervalo t.
Quando t  0, teremos:
y
dy
qE

 1
x
x
dx
mv 2
qE


dy   1 
 x  dx 
mv 2 

Integrando a equação, vem:
yx
qEx 2
 Constante
2mv 2
Mas quando x = 0  y = y0 – vt, daí:
y = y0 – vt = constante 
y  y0  vt  x 
qEx 2
2mv 2
b) Fazendo em um tempo t específico:
dy
dy
qEx
0
 1
0
dx
dx
mv 2
x
mv 2

qE
mv 2
qE  mv 2 



qE 2mv 2  qE 
mv 2 mv 2
 y 0  vt 


qE 2qE
2
y  y 0  vt 
ymáx
ymáx  y 0  vt 
2
mv
2qE
c) Dessa vez a equação do movimento de um elétron lançado pelo
canhão, será:
qE
x  v(t  t) 
(t  t)2
2m
y  y 0  vt
Após um tempo t.
Daí
y  y0  qE 
y  y0 

x  vt 
  2m  t  v 
v




AE2  42  22  20  AE  2 5m
BE2  42  AE2  16  20  36  BE  6m
AC2  42  42  32  AC  4 2m
BE  CE e AE  DE
 sen 
 sen 
4
2 5

4 2

6 3
2 5
5
e
e
cos  
cos  
2
2 5

5
5
2 5
5

6
3
Fazendo o equilíbrio de rotação em relação ao eixo 7 da barra AB:
fy  4  0  fy  0 KN
Considerando o corpo todo como rígido e em equilíbrio:
FRz  0  a z  60KN
FRx  0  a x  b x  0
FRy  0  a y  b y  f y  0
05.
Rotação em torno do eixo y da barra AD:
60  4  b y  4  0
 b y  60KN  a y   60KN
Rotação em torno do eixo x que possa por A:
60  2  4  b x  0
 b x  30KN  a x   30KN
Analisando nó B:
FRy  0  b y  F6  cos   sen   0
60  F6 
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por
nove barras AB, AC, AD, AE, BC, BE, CD, CE e DE conectadas
por articulações e apoiadas nos pontos A, B e C. O apoio A
impede as translações nas direções dos eixos x, y e z, enquanto o
apoio B impede as translações nas direções x e
y. No ponto C, há um cabo CF que só restringe a translação da
estrutura na direção do eixo y. Todas as barras possuem material
uniforme e homogêneo e peso desprezível. No ponto E há uma carga
concentrada, paralela ao eixo z, de cima para baixo, de 60 kN.
Determine, em kN:
a) as componentes da reação do apoio B.
b) as componentes da reação do apoio A.
c) o módulo da força do cabo CF.
d) os módulos das forças das barras BE, BC, AB e AC.
Solução:
2 5
5

 0  F6   90KN
5
3
FRz  0  F1  F6  sen   0
F1  90 
2
 0  F1  60KN
3
FRx  0  F5  b x  F6  cos   cos   0
F5  30  ( 90) 
5
5

 0  F5  0
3
5
Analizando nó A:
FRz  0  F1  a z  F2 . sen 45º  0
60  60  F2 . sen 45º  0
F2  0
a)
b x  30KN
b y  60KN
a z  60KN
b) a x   30KN
a y   60KN
c)
F  0KN
F6   90KN
d)
F5  0KN
F4  60KN
F2  0KN
06.
i1 + i2 = 2A
Do circuito 1:
Um circuito elétrico tem uma resistência de 2 Ω ligada entre seus
terminais A e B. Essa resistência é usada para aquecer o Corpo I
durante 21 minutos, conforme apresentado na Figura 1. Após ser
aquecido, o Corpo I é colocado em contato com o Corpo II e a
temperatura se estabiliza em 50o C, conforme apresentado na
figura 2.
Determine o valor da fonte de tensão U.
Dados:
• massa do Corpo I: 0,4 kg;
• massa do Corpo II: 1,0 kg;
• calor específico dos Corpos I e II: 0,075 kcal/kg°C;
• temperatura inicial do Corpo I: 20°C;
• temperatura inicial do Corpo II: 30°C.
Considerações:
• 1 cal = 4,2 J;
• não há perda de calor no sistema.
 9  9  itotal  itotal  1A  i1  0,5A
i2  1,5A
Circuito 2:
Solução:
Após o aquecimento temos:
m1  0,4kg
m2  0,10kg
1  ?
c1  0,075 kacl / kgC
2  30C
c 2  c1
Q  0  m1  c1  1  m2  c 2  2  0
0,4  0,075   50  1   1  0,075   50  30   0
0,03   50  1   1,5  0
i2  15  i3  4  i4  12
1,5  1,5  0,03  1
mas i2  1,5  i3 
 1  100C
Durante o aquecimento de I temos:
0  20C
F  100C    80C
Q  m1  c1    0,4  0,075  80  2,4kal  10,08KJ
Pot 
Q 10,08  103

 8W
t
21  60
Se a R  2  Pot 
i5  i2  i2  i3  i5
i2
 R  8  i2  2
d
i  2A
A corrente que passa por AB é 2ª pera superposição de circuitos:
U  UCD  UDE
1,5  15
4
i4 
1,5  15
12
UCD  i5  3 e UDE  i2  15
1,5  15 1,5  15 

 U  3  2  1,5 

  1,5  15
4
12 

U  3  10,5  1,5  15
U  54V
Polias soldadas:
07.
2pBvBg
R
r
TIV
T
Seis blocos idênticos, identificados conforme a figura, encontramse interligados por um sistema de cordas e polias ideais,
inicialmente em equilíbrio estático sob ação de uma força F, paralela
ao plano de deslizamento do bloco II e sentido representado na
figura. Considere que: o conjunto de polias de raios r e R são
solidárias entre si; não existe deslizamento entre os cabos e as
polias; e existe atrito entre os blocos I e II e entre os blocos II e IV
com as suas respectivas superfícies de contato.
Determine:
a) o menor valor do módulo da força F para que o sistema
permaneça em equilíbrio estático;
b) o maior valor do módulo da força F para que o sistema
permaneça em equilíbrio estático quando a válvula for aberta e o
líquido totalmente escoado;
c) o maior valor do módulo da força F para que não haja
deslizamento entre os blocos I e II, admitindo que a válvula tenha
sido aberta, o tanque esvaziado e a força F aumentado de modo
que o sistema tenha entrado em movimento.
Dados:
• aceleração da gravidade: g;
• massa específica de cada bloco: ρB;
• volume de cada bloco: VB;
• massa específica do líquido: ρL;
• coeficiente de atrito entre os blocos I e II: μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco II e o solo: 1,5 μ;
• coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco II e o solo: 1,4 μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície com
líquido: 0,5 μ;
• coeficiente de atrito estático entre o bloco IV e a superfície sem
líquido: 0,85 μ;
• coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco IV e a superfície sem
liquido: 0,75 μ;
• ângulo entre a superfície de contato do bloco IV e a horizontal:
.
Torque total = 0
 2pBvBgR + TIV r = pBvBgR + Tr
R
 T  TIV  pBvBg (II)
r
Blocos I e II:
Eixo y : 2B VBg  N
(3)
Eixo x : F  IIN  T
(4)
Substituido (1), (2) e (3) em (4), obtemos:
R

F  mIV g  sen  IV cos    B VBg   2II   5 
r

Na situação deste item, temos
mIV   B  L  VB ,II  1,5 e IV  0,5. Substituindo em 5  :
R

Fmín   B  L  VBg(sen   0,5 cos )  B VBg   3 
r

b) Na condição de maior força, o sistema tenderá a se mover no
sentido da força. Assim, as forças de atrito em II e IV mudarão de
sentido. Portanto, II  1,5 e IV  0,5. Como não há mais líquido
no tanque, mIV  B VB .
Substituindo em (5):
R


Fmáx  B VBg  sen  0,5 cos    3 
r


Solução:
a) A situação de menor força F ocorre quando o sistema tende a se
mover no sentido oposto ao da força. Para usar o resultado
obtido neste item também no item seguinte, consideremos II e
IV os coeficientes de atrito estático entre II e IV e suas
superfícies de contato e m IV a massa do bloco IV.
c) Devido ao vínculo dos cabos, as acelerações dos blocos I, II e IV
são iguais e as dos blocos III, V e VI também.
Denotaremos respectivamente por a e A. As polias soldadas impõem
o vínculo.
A a

(6)
R r
Bloco IV:
Bloco III:
TIV
NIV
TIII

IVNIV
A
mIVg
Eixo normal: NIV = mIV g cos
Eixo tangencial: TIV + IVNIV = mIV g sen
De onde obtemos
TIV = mIVg (sen - IV cos) (I)
B VBg  TIII  B VB A
B VB g
(7)
08.
Bloco V e VI:
TV
TV  2B VBg  2B VB A
A
(8)
2B VBg
Bloco IV:
TIV
Eixo normal : NIV  B VB gcos 
NIV Eixo

tangencial :
TIV  B VBgsen  0.75NIV  B VBa
a
B VB g
0,75NIV
 TIV  B VBg  sen  0,75 cos  
(9)
Blocos I e II
Uma fenda é iluminada com luz monocromática cujo comprimento
de onda é igual a 510 nm. Em um grande anteparo, capaz de
refletir toda a luz que atravessa a fenda, são observados
apenas cinco mínimos de intensidade de cada lado do máximo
central. Sabendo que um dos mínimos encontra-se em θ, tal que
7
3
e ,determine cos(θ) =
, determine a largura da fenda.
sen(θ) =
4
4
Solução:
A condição para o n-ésimo mínimo é
A sen n = n
Assim, temos que
senn 1 n  1

senn
n
Iy : NI  B VBg

:
2
n 1 3 n 1
1  senn 1  sen

n
4 n
n3

Se n = 3, então 4 
e, portanto, só teríamos quatro mínimos.
2

Para n  5, certamente 6  , de modo que teríamos mais de cinco
2
mínimos. Portanto n = 4.
Assim:
4
16
a


sen 3
Seja n = . Como n 1 
Ix :  NI  B VBa
(I  II ) y : NII  2 B VBg
(I  II ) x : F  TII  1, 4 NII  2 B VBa
Das equações para I; obtemos
a  g (10)
E das equações para (I + II),
TII  F  4,8  B VBg (11)
Polias soldadas:
Considerando que as polias não tem massa, o torque total deve ser
nulo.
 a  2,72x10 6 m
09.
Figura 1
TVR  TIV r  TIII R  TII r (12)
Substituindo (6 – 11) em (12), obtemos:

R 
R 
F  B VB g 5,8  sen   0,75  cos  
1  3  r 
r



Figura 2
Analisando a dependência da corrente com o tempo, vemos que:
0

 1  t  1  100  10t  20
 5  2 

10
1 t

    4   100  10t  80
5  2

t  
0
1 t

    5   100  10t  100

5  2
10

 1 t

   8   100  10t  160
5
2



,se
0t2
,se
2t3
, se 3  t  7
,se
7t8
,se
8  t  10
,se 10  t  11
,se 11  t  15
,se 15  t  16
Assim, o gráfico (t) será dado por:
Figura 3
(t)(Wb)
10
10
0
2
3
11
15
16
t(s)
8
7
10
Letra (b)
Sabemos que e2  n2
O circuito magnético apresentado na Figura 1 é constituído pelas
bobinas B1 e B2, formadas por 100 e 10 espiras, respectivamente, e
por um material ferromagnético que possui a curva de
magnetização apresentada na Figura 2. Considerando que seja
aplicada no lado de B1 a corrente i1(t) apresentada na Figura 3,
desenhe:
a) o gráfico do fluxo magnético φ (t) indicado na Figura 1;
b) o gráfico da tensão induzida e2(t) indicada na Figura 1.
Consideração:
•
todo o fluxo magnético criado fica confinado ao material
ferromagnético.
d
d
 e2  10
dt
dt
Desse modo a evolução de e2 com o tempo será dada por:
0



10

10


100


0

10  ( 10)  100
e2 (t)  
0

10  ( 10)  100

0

10  10  100

0t2
2t3
3t7
7t8
8  t  10
10  t  11
11  t  15
15  t  16
,
,
,
,
,
,
,
,
Solução:
Assim o gráfico e2(t) será dado por:
Letra a)
Perceba que a dependência do fluxo magnético  com o produto
(corrente)  (número de espiras) é dado por:
10

1
1
   i1n1  i1  100  20i1
5
5
10
,se
e2 (t)(volts)
i1n1  50  i1100  50  i  0,5
,se  50  i1 n1  50  0,5  i1  0,5
100
,se i1n1  50  i1  0,5
t(s)
2
-100
3
7
8
10
11
15
16
Mas, 0  d  26,25
10.


 0  10 3  2  cos2 (t)  cos(t)  26,25
 0 
3  2  cos
2

(t)  cos(t)  2,625
Para

0  3  2  cos2 (t)  cos(t)

0   2cos(t)  3   cos(t)  1
A figura acima mostra uma fonte luminosa e uma lente convergente,
presas a molas idênticas, de massas desprezíveis e relaxadas. A
fonte e a lente são colocadas em contato, provocando a mesma
elongação nas três molas. Em seguida são soltas e movimentam-se
sem atrito.
Do instante inicial até o instante em que a fonte e a lente se
encontram novamente, determine o tempo total em que a imagem
formada é virtual.
Dados:
•
•
•
•
•
constante elástica das molas: k = 20 g/s2;
massa da fonte luminosa + suporte: 20 g;
massa da lente: 10g;
elongação das molas no instante do contato: 10 cm;
distância focal da lente: 26,25 cm.
Solução:
Na situação da questão a lente está acoplada a duas molas de
constante K logo a constante equivalente é 2K.
Ambos irão descreves movimentos harmônicos simples de amplitude
10cm.
K  20 g / s²
m fonte  20 g
para 3  2  cos2 (t)  cos(t)  2,625
0,375  2  cos2 (t)  cos(t)  0
3
 2  cos2 (t)  cos(t)  0
8
3
1
 cos2 (t)   cos(t)  0
16
2
3 
1

  cos(t)     cos(t)    0
4
4

 

ou
3
1
 cos(t)   0 e cos(t)   0
4
4
3
1
cos(t)  
e cos(t) 
4
4
ou
3
1
 cos(t)   0 e
cos(t)   0
4
4
3
1
cos(t)  
e cos(t) 
4
4
Como 0  t  2
mlente  10 g
Para a fonte temos:
mF
TF  2 
 2 
K
Para a lenta:
mL
TL  2 
 2 
2K
Ambos são sempre negativos
Para t  0 ou t  2  (situação inicial e final), então sempre é
válido
20
 2 s e F 
20
K
 1rad / s
mF
3
4
t2
t2
10
  s e L 
2  20
2K
 2rad / s
mL
t1
1
4
t1
Para se encontrarem novamente a lente terá feito dois ciclos do MHS
A imagem é virtual quando o objeto (fonte) está entre a lenta e o foco
da lente, pois ela convergente. Assim a distância entre a fonte e a
lente deve ser entre 0 e 26,25 cm. Mas a distância entre as poucas
em que as molas não estão deformadas é 20cm então a distância
entre a fonte e a lente é dada por:
d  20  XF  XL
Na qual XL é a posição da lente na MHS e XF é a posição da fonte no
MHS.




XL  10  sen  L  t    XL  10  sen  2  t    10  cos (2  t)
2
2






XF  10  sen  F  t    XF  10  sen  t    10  cos (t)
2
2


d  20 10  cos(2t)  10  cos(t)
d  10  2  cos(2t)  cos(t)
 

d  10 2  2  cos 2 (t)  1  cos(t)

d  10 3  2  cos 2 (t)  cos(t)


 1
t1  arccos  
4
3
t 2  arccos  
4
N 
 1
 3 
Ttotal  2  arc cos    arc cos   
4
 
 4 

Sendo os arcos dados em radianos e o tempo em segundos.