Maratonas de Física ⇒ II Maratona de Física IME/ITA

[FilipeCaceres]

maratona_fisica II.png (10.51 KiB) Exibido 31074 vezes

Para todos aqueles que almejam uma vaga no IME/ITA o fórum TutorBrasil lança a segunda temporada da maratona de exercícios para fazer seu estudo andar mais rápido!

As regras são simples, mas o não cumprimento acarretará na exclusão da maratona.

1)O usuário que quiser participar deverá RESPONDER a última questão sem resposta e POSTAR uma nova questão na mesma mensagem.
2) A resolução da questão deverá ser feita como se estivesse sendo entregue para a prova discursiva do IME ou do ITA.
3) O uso do LaTeX é obrigatório, caso não saiba usar leia aqui.
4) Todas questão deverão ser da CN,EFOMM,AFA,EN,IME,ITA de preferência com o ano.
5) Não deve ser postado uma nova questão enquanto a anterior não for resolvida.
6) As questões não respondidas irão ficar por no máximo 36h, após o limite iremos removê-la para o tópico IME/ITA, disponibilizando para que seja postada uma nova.
7) As questões deverão ser numeradas na ordem crescente.
8 ) Antes que postar uma nova questão, verifica se ela já não se encontra no fórum. Para pesquisar é fácil, basta colocar um trecho na caixa de buscar e pronto.

Veja como devemos proceder.
Problema 1
(Questão acompanhado do ano)Escreva a questão

Código: Selecionar todos

[spoiler]Gabarito:[/spoiler]

Quem for resolver deverá escrever:
Solução do Problema 1
Descrever a solução

Problema 2
(Questão acompanhado do ano) Escreva a questão.

Código: Selecionar todos

[spoiler]Gabarito:[/spoiler]

Link rápido de acesso à Maratona: caju.tv/maratfis2

------------------------------------------------------------------------------
Problema 1

(IME - 1992) Na figura abaixo, o bloco [tex3]A[/tex3] é um cubo de aresta [tex3]a[/tex3] e massa específica [tex3]p[/tex3]. Sua face superior e esquerda está coberta por uma fina placa metálica de massa desprezível, paralela a uma placa quadrada [tex3]P[/tex3], metálica, de lado [tex3]a[/tex3], fixada na rampa, a uma distância do do bloco, o qual oscila sem atrito sobre a rampa partindo da posição indicada na figura.

IME - 1992 Q.10.PNG (8.14 KiB) Exibido 31386 vezes

Sabendo que a aceleração da gravidade é [tex3]g[/tex3], a permissividade do ar é [tex3]\epsilon _0[/tex3] e a capacitância mínima entre as placas é [tex3]C[/tex3], determine a expressão literal da constante de mola [tex3]K[/tex3] (no instante da figura, a força da mola é nula).

[theblackmamba]

Solução do Problema 1

A capacitância é dada por: [tex3]C=\frac{\epsilon_o \cdot A}{d}=\frac{\epsilon_o \cdot a^2}{d}[/tex3]. Para a capacitância ser mínima [tex3]d[/tex3] tem de ser necessariamente máximo. Ou seja, quando o bloco estiver na parte mais baixa.

Seja [tex3]x[/tex3] a compressão da mola.

plano.JPG (5.07 KiB) Exibido 31350 vezes

Por energia:
[tex3]mgh=\frac{kx^2}{2}[/tex3], mas [tex3]\sen \alpha=\frac{h}{x}[/tex3].

Logo,
[tex3]mgx\sen \alpha=\frac{kx^2}{2}[/tex3]
[tex3]x = \frac{2mg\sen \alpha}{k}[/tex3], mas [tex3]m=V \cdot \rho[/tex3] e [tex3]V=a^3[/tex3]
[tex3]x = \frac{2 \cdot a^3 \cdot \rho \cdot g\cdot\sen \alpha}{k}[/tex3]

A distância percorrida é: [tex3]d=d_o + x = d_o + \frac{2a^3 \cdot \rho \cdot g\cdot\sen \alpha}{k}[/tex3]
Logo a capacitância mínima será:

[tex3]C = \frac{\epsilon_o \cdot a^2}{d_o+\frac{2a^3 \cdot \rho \cdot g\cdot\sen \alpha}{k}}[/tex3]
[tex3]C=\frac{k \cdot \epsilon_o \cdot a^2}{k \cdot d_o+2a^3 \cdot \rho \cdot g\cdot\sen \alpha}[/tex3]
[tex3]\boxed{k = \frac{2\cdot C \cdot a^3 \cdot \rho \cdot g\cdot\sen \alpha}{\epsilon _o \cdot a^2- C \cdot d_o}}[/tex3]
----------------------------------


Problema 2

(IME - 1976/77) Na figura abaixo, o coeficiente de atrito entre o peso [tex3]P[/tex3] e a cunha é [tex3]\mu _1[/tex3] entre a cunha e o bloco inferior é [tex3]\mu _2[/tex3]. Desprezando o peso da cunha e, considerando que não há atrito na parede vertical , determinar a expressão da força [tex3]F[/tex3] necessária para levantar o peso [tex3]P[/tex3], forçando a cunha para a direita.

bloco.JPG (3.84 KiB) Exibido 31350 vezes

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 2

IME 76-77 Mecânica.png (5.26 KiB) Exibido 31283 vezes

Para o Bloco:
[tex3]\sum F_x=0[/tex3]
[tex3]N_{parede}=\mu_1N_1[/tex3]

[tex3]\sum F_y=0[/tex3]
[tex3]F_{g_p}=N_1[/tex3]
[tex3]P=N_1[/tex3]

Para Cunha:
[tex3]\sum F_x=0[/tex3]
[tex3]F-\mu_1N_1-\mu_2N_2\cos\alpha -N_2\sen\alpha =0[/tex3]
[tex3]F=\mu_1N_1+\mu_2N_2\cos\alpha +N_2\sen\alpha[/tex3]

[tex3]\sum F_y=0[/tex3]
[tex3]-N_1+N_2\cos\alpha-\mu_2N_2\sen\alpha=0[/tex3]
[tex3]N_2=\frac{P}{\cos\alpha -\mu_2\sen\alpha}[/tex3]

Logo,
[tex3]F=\mu_1 P+\frac{\mu_2P\cos\alpha}{\cos\alpha -\mu_2\sen\alpha} +\frac{P\sen\alpha }{\cos\alpha -\mu_2\sen\alpha}[/tex3]

Portanto o valor desejado vale,
[tex3]\boxed{F>P\left(\mu_1+\frac{\mu_2\cos\alpha}{\cos\alpha -\mu_2\sen\alpha} +\frac{\sen\alpha }{\cos\alpha -\mu_2\sen\alpha}\right)}[/tex3]

-----------------------------------------------------------

Problema 3

(IME - 1995) Uma bola de borracha de massa [tex3]m[/tex3] e raio [tex3]R[/tex3] é submersa a uma profundidade [tex3]h[/tex3] em um líquido de massa específica [tex3]r[/tex3] . Determine a expressão da altura, acima do nível do líquido que a bola atingirá ao ser liberada.

OBS.: Desprezar as resistência da água e do ar e a possível variação volumétrica da bola.

[theblackmamba]

Solução do Problema 3

Resultante das forças:

[tex3]E=F+E[/tex3]
[tex3]F = V_b \cdot r \cdot g-mg[/tex3]

Considerando a bola como totalmente esférica temos: [tex3]V_b = \frac{4 \pi R^3}{3}[/tex3]

[tex3]F=\frac{4 \pi R^3}{3} \cdot r \cdot g -mg[/tex3]

Sendo F a força resultante, [tex3]F=ma[/tex3] logo,

[tex3]a=\frac{\frac{4 \pi R^3}{3} \cdot r \cdot g -mg}{m}[/tex3]

Sendo [tex3]v[/tex3] a velocidade da bola quando atinge a superfície e depois fora da água.

[tex3]v^2=2ah[/tex3]
[tex3]v^2=2gH[/tex3]

Daí segue que:
[tex3]ah=gH[/tex3]

[tex3]H=\frac{ah}{g}[/tex3]
[tex3]H=\frac{\frac{(\frac{4 \pi R^3}{3} \cdot r \cdot g -mg) \cdot h}{m}}{g}[/tex3]
[tex3]\boxed{H=\frac{h}{3m} \cdot (4 \pi R^3 \cdot r - 3m)}[/tex3]

----------------------------

Problema 4

(IME - 1994) Um, míssil viajando paralelamente à superfície da Terra com velocidade de [tex3]180m/s[/tex3], passa sobre um canhão à altura de [tex3]4800m[/tex3] no exato momento em que seu combustível acaba. Neste instante, o canhão dispara a [tex3]45^{\circ}[/tex3] e atinge o míssil. O canhão está no topo de uma colina de [tex3]300m[/tex3] de altura. Sabendo-se que a aceleração local da gravidade [tex3]g=10m/s^2[/tex3], determine a altura da posição de encontro do míssil com a bala do canhão, em relação ao solo. Despreze a resistência do ar.

aviao.JPG (3.78 KiB) Exibido 31270 vezes

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 4

Vamos tomar como zero a posição do canhão.

Para o míssil temos:
[tex3]y_m=4500-5\cdot t^2[/tex3]
[tex3]x_m=180\cdot t[/tex3]

Para o canhão:
[tex3]y_c=v_0\cdot sin(45^{\circ})\cdot t -5\cdot t^2[/tex3]
[tex3]x_c=v_0\cdot cos(45^{\circ})\cdot t[/tex3]

No encontro temos:
[tex3]x_m=x_c[/tex3]
[tex3]180\cdot t=v_0\cdot cos(45^{\circ})\cdot t[/tex3]
[tex3]v_0=180\sqrt{2}\,m/s[/tex3]

[tex3]y_m=y_c[/tex3]
[tex3]4500-5\cdot t^2=v_0\cdot sin(45^{\circ})\cdot t -5\cdot t^2[/tex3]

De onde tiramos,
[tex3]t=25\,s[/tex3]

Substituindo em uma das equações:
[tex3]y_m=4500-5\cdot (25)^2[/tex3]
[tex3]y_m=1350\,m[/tex3]

Portanto a altura do míssil em relação ao solo vale:
[tex3]\boxed{h=1650\,m}[/tex3]

---------------------------------------

Problema 5

(IME - 1997) Uma barra uniforme e homogênea de peso [tex3]P[/tex3], tem seu centro de gravidade (C.G.) na posição indicada na figura abaixo. A única parede considerada com atrito é aquela na qual a extremidade esquerda da barra está apoiada. O módulo da força de atrito [tex3]F_{at}[/tex3] é igual ao peso da barra. Determine o valor do ângulo [tex3]\theta[/tex3] na posição de equilíbrio, em função do comprimento da barra [tex3]L[/tex3] e da distância entre as paredes [tex3]a[/tex3].

IME - 1997 Q4.PNG (25.07 KiB) Exibido 31260 vezes

[theblackmamba]

Solução do Problema 5

O CG se encontra no centro da barra (barra homogênea).

Forças que atuam na barra:

IME - 1997 Q4.JPG (12.46 KiB) Exibido 31219 vezes

Resultante na vertical:
[tex3]P=N \cdot \cos\theta-F_{at}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)[/tex3]

Resultante na horizontal:
[tex3]F= N \cdot \sen\theta\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)[/tex3]

O comprimento da barra compreendido entre os pontos de contato da barra com a parede é [tex3]x[/tex3], tal que [tex3]x=\frac{a}{\cos\theta}[/tex3].

Soma dos torques em relação a extemidade esquerda da barra:
[tex3]N \cdot x - P \cdot \cos\theta \cdot \frac{L}{2}=0[/tex3]
[tex3]N \cdot \frac{a}{\cos\theta} - P\cdot \cos\theta \cdot \frac{L}{2}=0[/tex3]
[tex3]N=\frac{L}{2a} \cdot P\cos^2 \theta\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)[/tex3]

Fazendo [tex3](3)[/tex3] em [tex3](1)[/tex3]:
[tex3]P=\frac{L}{2a} \cdot P\cos^3 \theta-F_{at}[/tex3]
[tex3]\cos^3\theta =(P+F_{at}) \cdot \frac{2a}{P \cdot L}[/tex3], mas [tex3]F_{at}=P[/tex3], logo:
[tex3]\cos^3 \theta = \frac{4a}{L}[/tex3]
[tex3]\boxed{\theta=\arccos \sqrt[3]{\frac{4a}{L}}}[/tex3]


------------------------

Problema 6

(IME - 1980) No circuito da figura, determine o valor da resistência do resistor R para que a potência consumida nele seja máxima.

imagem.JPG (3.18 KiB) Exibido 31234 vezes

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 6

Para [tex3]R//4[/tex3] temos,
[tex3]R_{eq_1}=\frac {4R}{R+4}[/tex3]

[tex3]R_{eq_2}=\frac {4R}{R+4}+4=\frac{8R+16}{R+4}[/tex3]

A tensão no resistor [tex3]R[/tex3] será:
[tex3]v_R=\frac{R}{R_{eq_2}}\cdot v[/tex3]
[tex3]v_R=\frac{\frac {4R}{\cancel{R+4}}}{\frac{8R+16}{\cancel{R+4}}}\cdot 16[/tex3]
[tex3]v_R=\frac{8R}{R+2}[/tex3]

Sendo assim a potência dissipada é:
[tex3]P(R)=\frac{v_R ^2}{R}[/tex3]
[tex3]P(R)=\frac{1}{R}\cdot \left(\frac{8R}{R+2}\right)^2[/tex3]
[tex3]P(R)=\frac{64R}{(R+2)^2}[/tex3]

O domínio é [tex3]Dom(P)=\mathbb{R}-\{-2\}[/tex3]

Veja que:
[tex3]\lim_{R\to -2}\frac{64R}{(R+2)^2}=-\infty[/tex3]

[tex3]\lim_{R\to +\infty }\frac{64R}{(R+2)^2}=_{L'H}\lim_{R\to +\infty }\frac{64}{2(R+2)}=0[/tex3]

OBS.: L'H: L'Hôpital

Portanto existe um máximo absoluto.

Cálculando a derivada:
[tex3]P'(R)=\frac{(R+2)^2\cdot 64-64R\cdot 2(R+2)}{(R+2)^4}=\frac{(R+2)[64-128(R+2)]}{(R+2)^4}[/tex3]
[tex3]P'(R)=-\frac{64(R-2)}{(R+2)^3}[/tex3]

Fazendo [tex3]P'(R)=0[/tex3]
[tex3]-\frac{64(R-2)}{(R+2)^3}=0\Longrightarrow \boxed{R=2\,\Omega}[/tex3]

--------------------------------------------

Problema 7

(IME - 1995) Em uma fábrica de bombons, tabletes de balas caem continuamente sobre o prato de uma balança, que originalmente indicada leitura nula. Eles caem de uma altura de [tex3]1,8\,m[/tex3] à razão de [tex3]6[/tex3] por segundo. determine a leitura da escala da balança, ao fim de [tex3]10\,s[/tex3] sabendo que cada tablete tem massa de [tex3]10\,g[/tex3] e as colisões são completamente inelásticas.

Nota: Despreze a resistência do ar. Considere [tex3]g=10\,m/s^2[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução o Problema 7

A velocidade que cada tablete atinge a balança vale:
[tex3]mgh=\frac{mv^2}{2}[/tex3]
[tex3]v=\sqrt{2gh}[/tex3]
[tex3]v=\sqrt{2\cdot10\cdot 1,8}[/tex3]
[tex3]v=6\,m/s[/tex3]

Também sabemos que:
[tex3]I=\Delta Q[/tex3]
[tex3]I=mv=0,01\cdot 6[/tex3]
[tex3]I=0,06\,kg/s[/tex3]

Também podemos escrever:
[tex3]I=F\cdot \Delta t[/tex3]
[tex3]F=\frac{0,06}{\frac{1}{6}}[/tex3]
[tex3]F=0,36\,N[/tex3]

[tex3]P=m\cdot g\cdot n\cdot t[/tex3],
[tex3]P=0,01\cdot 10\cdot 6\cdot 10[/tex3]
[tex3]P=6N[/tex3]

Logo o valor desejado:
[tex3]N=F+P=6+0,36=\frac{6,36}{10}[/tex3]
[tex3]\boxed{N=0,636\,kg}[/tex3]

---------------------------------------

Problema 8

(IME - 1999) Um cilindro com um êmbolo móvel contém [tex3]1mol[/tex3] de um gás ideal que é aquecido isobaricamente de [tex3]300K[/tex3] até [tex3]400K[/tex3]. Ilustre o processo em um diagrama pressão versus volume e determine o trabalho realizado pelo gás,em joules.

Dados:
Constante universal dos gases ideias: [tex3]0,082\,atm\cdot l\cdot mol^{-1}\cdot k^{-1}[/tex3]
[tex3]1\,atm=10^5 Pa[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 8

A pressão constante temos:

[tex3]\frac{V_o}{T_o}=\frac{V_f}{T_f}[/tex3]
[tex3]\frac{V_o}{300}=\frac{V_f}{400}[/tex3]
[tex3]\boxed{V_o=\frac{3V_f}{4}}[/tex3]

PxV.png (3.78 KiB) Exibido 31107 vezes

Convertendo as unidades:
[tex3]1L=10^{-3}\,m^3[/tex3]
[tex3]R=0,082 \cdot 10^{5} \cdot 10^{-3} = 8,2 \, \frac{J}{mol \cdot K}[/tex3]

O trabalho será dado por:
[tex3]W=p \cdot \Delta V=n \cdot R \cdot \Delta T[/tex3]
[tex3]W = 1 \cdot 8,2 \cdot (400-300)[/tex3]
[tex3]\boxed{W=820\text{J}}[/tex3]

-------------------------------------

Problema 9

(ITA - 2001) Em um farol de sinalização, o feixe de luz está acoplado a um mecanismo rotativo que realiza uma volta completa a cada [tex3]T[/tex3] segundos. O farol se encontra a uma distância [tex3]R[/tex3] do centro de uma praia de comprimento [tex3]2L[/tex3] , conforme a figura. O tempo necessário para o feixe de luz "varrer" a praia, em cada volta é:

farol.png (3.68 KiB) Exibido 31103 vezes

a) [tex3]\frac{\arctan\left(\frac{L}{R}\right) \,\cdot \,T}{2\pi}[/tex3]
b) [tex3]\frac{\arctan\left(\frac{2L}{R}\right) \,\cdot \,T}{2\pi}[/tex3]
c) [tex3]\frac{\arctan\left(\frac{L}{R}\right) \,\cdot \,T}{\pi}[/tex3]
d) [tex3]\frac{\arctan\left(\frac{L}{2R}\right) \,\cdot\, T}{2\pi}[/tex3]
e) [tex3]\frac{\arctan\left(\frac{L}{R}\right) \,\cdot \,T}{\pi}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 9

Do movimento circular temos:
[tex3]w=\frac {\Delta \theta}{\Delta t}[/tex3]
[tex3]\Delta t=\frac{\Delta\theta }{w}[/tex3]
[tex3]\Delta t=\frac{\Delta \theta \cdot T}{2\pi}[/tex3]

Da figura tiramos,
[tex3]\tan\left(\frac{\Delta\theta}{2}\right)=\frac{L}{R}[/tex3]
[tex3]\Delta \theta =2\arctan\left(\frac{L}{R}\right)[/tex3]

Substituindo temos,
[tex3]\Delta t=\frac{2\arctan\left(\frac{L}{R}\right)\cdot T }{2\pi}[/tex3]
[tex3]\boxed{\Delta t=\frac{\arctan\left(\frac{L}{R}\right)\cdot T}{\pi}}[/tex3]. Letra C e Letra E

-------------------------------------------------------------------

Problema 10

(IME - 2000) Num laboratório realizou-se a experiência ilustrada na figura abaixo. O resistor de [tex3]2[/tex3] está imerso em [tex3]50g[/tex3] de água a [tex3]30\,\, ^{\circ}C[/tex3] num recipiente adiabático. Inicialmente, o capacitor [tex3]C_1[/tex3] estava descarregado. Comutou-se a chave [tex3]CH_1[/tex3] para a posição [tex3]1[/tex3] até que o capacitor se carregou. Em seguida, comutou-se a chave [tex3]CH_1[/tex3] para a posição [tex3]2[/tex3] até que o capacitor se descarregou. Este procedimento foi repetido por [tex3]220[/tex3] vezes consecutivas até que a água começou a ferver. Considerando-se total a transferência de calor entre o resistor e a água, determine a capacitância de [tex3]C_1[/tex3].

Dados:
Calor específico da água é [tex3]1\, cal/g\, ^{\circ}C[/tex3]
Temperatura de ebulição da água é [tex3]100\,^{\circ}C[/tex3]

IME 2000 Q7.PNG (29.37 KiB) Exibido 27895 vezes