Maratonas de Física ⇒ II Maratona de Física IME/ITA

[theblackmamba]

Solução do Problema 51

A eficiência da máquina penas depende da maior e menor temperaturas. Pela fórmula dos gases:

[tex3]PV=nRT[/tex3]
[tex3]T=\frac{PV}{8}[/tex3]

A maior é temperatura atingida quando o produto PV for máximo. De acordo com o gráfico:
[tex3]T_{max}=\frac{(5\cdot 10^5)\cdot (5\cdot 10^{-3})}{8}=312,5K[/tex3]. O volume foi passado para metros cúbicos.

E a temperatura mínima é atingida quando o produto PV for mínimo:
[tex3]T_{min}=\frac{(2\cdot 10^5)\cdot (2\cdot 10^{-3})}{8}=50K[/tex3]

Eficiência da máquina:

[tex3]\eta=\left(1-\frac{T_{min}}{T_{max}}\right)\times 100[/tex3]
[tex3]\eta=\left(1-\frac{50}{312,5}\right) \times 100[/tex3]
[tex3]\eta =\left(1-0,16\right)\times 100\, \therefore\, \boxed{\eta=84\%}[/tex3]. Letra C

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Problema 52

(EN - 2008) Uma pequena esfera (partícula) de massa M desliza, a partir do repouso (posição A), por uma trajetória (no plano vertical), passando pela posição B, da circunferência de raio [tex3]R[/tex3], com velocidade de módulo [tex3]V[/tex3], como indicada a figura abaixo.

en-2008.png (11.46 KiB) Exibido 5819 vezes

Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre a partícula e a trajetória vale [tex3]\mu_c[/tex3]. O módulo da força de atrito que atua na esfera, no instante em que passa pela posição B, é igual a :

a)[tex3]\mu_cMg[/tex3]
b) [tex3]\mu_cMg\sen\theta[/tex3]
c) [tex3]\mu_cMg\cos\theta[/tex3]
d) [tex3]\frac{\mu_cM(V^2+Rg\cos\theta)}{R}[/tex3]
e) [tex3]\frac{\mu_cV^2 g\sen\theta}{R}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 52

No ponto B
[tex3]F_r=M\cdot a_c[/tex3]
[tex3]N+Mg\cos\theta = \frac{M\cdot V^2}{R}[/tex3]
[tex3]N = \frac{M\cdot V^2}{R}-Mg\cos\theta[/tex3]

Logo a força de atrito vale,
[tex3]F_{at}=\mu _c \cdot N[/tex3]
[tex3]F_{at}=\mu _c \left( \frac{M\cdot V^2}{R}-Mg\cos\theta\right)[/tex3]
[tex3]\boxed{F_{at}=\frac{\mu _c M}{R}(V^2-Rg\cos\theta)}[/tex3]. Letra D

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Problema 53

(EN - 2008) Uma pequena esfera de massa [tex3]M[/tex3], presa a um fio ideal, é solta com o fio na posição horizontal, descrevendo a trajetória abaixo.

EN 2008 Q35.png (13.66 KiB) Exibido 5810 vezes

Na posição onde a tração no fio é máxima, o fio se rompe e a esfera é lançada, atingindo o solo. O módulo da tração máxima é igual a três vezes o módulo do peso da esfera. Despreze a resistência do ar e considere [tex3]|\vec{g}|=10,0\,m/s^2[/tex3]. A distância horizontal (em metros), desde a vertical de saída da esfera até a sua chegada ao solo, é

a) 1,5
b) 1,8
c) 2,0
d) 2,3
e) 2,5

[hopeful]

Solução do problema 53

Por pitagoras, sabe-se o comprimento do fio [tex3]l=0,5m[/tex3].
Como a energia mecânica é constante, a energia potencial é igual a energia cinética de quando o fio se rompe:

[tex3]E_{p}=E_{c}[/tex3]
[tex3]mgh=\frac{mv^{2}}{2}[/tex3]
[tex3]M10.0,5=\frac{Mv^2}{2}[/tex3]
[tex3]v=\sqrt{10}m/s[/tex3]
Na vertical o tempo de queda a partir do rompimento é:
[tex3]h=\frac{gt^2}{2}[/tex3]
[tex3]2=\frac{10.t^2}{2}[/tex3]
[tex3]t=\frac{2}{\sqrt{10}}s[/tex3]
Na horizontal a velocidade se mantém constante, então:
[tex3]v.t=d[/tex3]
[tex3]\sqrt{10}.\frac{2}{\sqrt{10}}=d[/tex3]
[tex3]d=2m[/tex3]
Letra c

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Problema 54

(ITA-2009) Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3/4 da altura de um objeto dele situado a uma distância [tex3]p_1[/tex3]. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1/4 da sua altura, o objeto deverá se situar a uma distância [tex3]p_2[/tex3] do espelho, dada por

a) p2 = 9p1.
b) p2 = 9p1/4.
c) p2 = 9p1/7.
d) p2 = 15p1/7.
e) p2 = ?15p1/7.

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 54

O aumento linear do primeiro
[tex3]A=-\frac{p_2}{p_1}=\frac{f}{f-p_1}^*[/tex3]
[tex3]\frac{3}{4}=\frac{f}{f-p_1}[/tex3]
[tex3]f=-3p_1[/tex3]

Para o segundo,
[tex3]\frac{1}{4}=\frac{f}{f-p_2}[/tex3]
[tex3]3f=-p_2[/tex3]

Assim temos,
[tex3]3(-3p_1)=-p_2[/tex3]
[tex3]\boxed{p_2=9p_1}[/tex3]. Letra A

[tex3]^*[/tex3] Demonstração:

O Aumento linear é dado por
[tex3]A=-\frac{p'}{p}[/tex3]

Da equação de Gaus temos,
[tex3]\frac{1}{f}=\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}[/tex3]
[tex3]\frac{1}{f}=\frac{p+p'}{p\cdot p'}[/tex3]
[tex3]p\cdot p'=f(p+p')[/tex3]
[tex3]p'(p-f)=f\cdot p[/tex3]
[tex3]\frac{p'}{p}=\frac{f}{p-f}[/tex3]
[tex3]-\frac{p'}{p}=\frac{f}{f-p}[/tex3]

Portanto,
[tex3]A=-\frac{p'}{p}=\frac{f}{f-p}[/tex3]. Como queríamos demonstrar.

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Problema 55

(EN - 2000) Um ciclista percorre [tex3]20\,km[/tex3] em uma estrada de terra, em [tex3]60\,minutos[/tex3]. Em seguida, anda mais [tex3]30km[/tex3] em [tex3]0,5\,h[/tex3]. A velocidade média do ciclista para todo o percurso, em [tex3]km/h[/tex3], é

a) 10,0
b) 26,6
c) 33,3
d) 40,0
e) 66,6

[gabrieldp]

Resolução do problema 55

[tex3]V_f = \frac {d_1 + d_2} {t_1 + t_2}[/tex3]
[tex3]V_f = \frac {20km + 30km} {1h + 0,5h}[/tex3]
[tex3]V_f = \frac {50km} {1,5h}[/tex3]
[tex3]V_f = 33,3km/h[/tex3]

Letra C

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Problema 56

(ITA-1998) Um bloco maciço requer uma potência P para ser empurrado, com velocidade constante, para subir uma rampa inclinada de um ângulo [tex3]\theta[/tex3] em relação a horizontal. O mesmo bloco requer uma potência Q quando empurrado com a mesma velocidade, em uma região plana de mesmo coeficiente de atrito. Supondo que a única fonte de dissipação seja o atrito entre o bloco e a superfície, conclui-se que o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície é:

a) [tex3]\frac{Q}{P}[/tex3]
b) [tex3]\frac {Q}{P - Q}[/tex3]
c) [tex3]\frac {Q\sen\theta} {P - Q}[/tex3]
d) [tex3]\frac {Q} {P - Q \cos\theta}[/tex3]
e) [tex3]\frac {Q \sen\theta}{P - Q \cos\theta}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução Problema 56

Na rampa temos
[tex3]P=F\cdot V[/tex3]
[tex3]P=(mgsin \theta +\mu mgcos\theta)\cdot V[/tex3]

Na horizontal temos,
[tex3]Q=\mu mg\cdot V[/tex3]

Como a velocidade é a mesma,
[tex3]\frac{P}{mgcos\theta +\mu mgcos\theta}=\frac{Q}{\mu mg}[/tex3]
[tex3]P\cdot \mu mg =Q\cdot(mgsin\theta +\mu mgcos\theta)[/tex3]
[tex3]\mu (P-Qcos\theta)=Q\cdot sin\theta[/tex3]
[tex3]\boxed{\mu = \frac{Q\cdot sin\theta}{P-Q\cdot cos\theta}}[/tex3]. Letra E

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Problema 57

(EN - 2000) Uma corda de massa [tex3]m=120\, g[/tex3] e comprimento [tex3]L=2,0m[/tex3] vibra com uma freqüência de [tex3]200\,Hz[/tex3], formando uma onda estacionária com [tex3]4[/tex3] ventres e [tex3]5[/tex3] nós. A força tensora na corda vale, em newtons,

a) 100
b) 200
c) 1200
d) 2400
e) 3200

[theblackmamba]

Solução do Problema 57

[tex3]f_n=\frac{n\cdot V}{2L}[/tex3]. Onde [tex3]n[/tex3] é o número de ventres.
[tex3]200=\frac{4V}{2\cdot 2}\,\,\therefore\,\,V=200m/s[/tex3].

Da equação de Taylor:

[tex3]V=\sqrt{\frac{T}{\mu}}[/tex3], onde [tex3]\mu[/tex3] é a densidade linear, [tex3]\mu=\frac{m}{L}[/tex3].
[tex3]V=\sqrt\frac{LT}{m}[/tex3]
[tex3]T=\frac{mV^2}{L}[/tex3]
[tex3]T=\frac{0,12 \cdot 200^2}{2}[/tex3]
[tex3]\boxed{T=2400\,\text{N}}[/tex3]. Letra D

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Problema 58

(ITA - 1980) Um foguete lançado verticalmente, da superfície da Terra, atinge uma altitude máxima igual a três vezes o raio da Terra. Calcule a velocidade inicial do foguete.

[tex3]M=\text{massa da Terra}[/tex3]
[tex3]G=\text{constante gravitacional}[/tex3]

a) [tex3]v=\sqrt{\frac{3GM}{2R}}[/tex3]
b) [tex3]v=\sqrt{\frac{4GM}{3R}}[/tex3]
c) [tex3]v=\sqrt{\frac{2GM}{3R}}[/tex3]
d) [tex3]v=\sqrt{\frac{3GM}{4R}}[/tex3]
e) [tex3]v=\sqrt{\frac{GM}{R}}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 58

[tex3]Emec_i=Emec_f[/tex3]
[tex3](Ec+Ep_g)_i=(Ec+Ep_g)_f[/tex3]
[tex3]\frac{\cancel{m}v^2}{2}-\frac{G\cancel{m}M}{R}=0-\frac{G\cancel{m}M}{4R}[/tex3]
[tex3]\frac{v^2}{2}=-\frac{GM}{4R}+\frac{GM}{R}=\frac{3GM}{4R}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{v=\sqrt{\frac{3GM}{2R}}}[/tex3]. Letra A

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Problema 59

(IME - 74/75) Um astronauta equipado, utilizando o esforço máximo, salta [tex3]0,60\,m[/tex3] de altura na superfície terrestre. Calcular o quanto saltaria na superfície lunar, nas mesmas condições. Considerar o diâmetro e a densidade da Lua como sendo [tex3]\frac{1}{4}\,e\,\frac{2}{3}[/tex3] dos da Terra, respectivamente.

Resposta

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[tex3]h=3,6\,m[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 59

Suponha a Terra e a Lua como sendo esféricas.

[tex3]d_{terra}=\frac{M_{terra}}{V_{terra}}[/tex3]
[tex3]d_{terra}=\frac{M_{terra}}{\frac{4\pi R_{terra}^3}{3}}[/tex3]
[tex3]M_{terra}=\frac{4\pi R_{terra}^3 \cdot d_{terra}}{3}[/tex3]

Sendo o diâmetro diretamente proporcional ao raio, o raio da Lua equivale a um quarto do raio da Terra.
[tex3]M_{lua}=\frac{4\pi \left(\frac{R_{terra}}{4}\right)^3 \cdot \frac{2d_{terra}}{3}}{3}[/tex3]
[tex3]M_{lua}=\frac{1}{96} \times \frac{4\pi R_{terra}^3 \cdot d_{terra}}{3}[/tex3]
[tex3]\boxed{M_{lua}=\frac{1}{96} \times M_{terra}}[/tex3]

[tex3]g_{terra}=\frac{GM_{terra}}{R_{terra}^2}[/tex3]

[tex3]g_{lua}=\frac{G\cdot \frac{M_{terra}}{96}}{\left(\frac{R_{terra}}{4}\right)^2}[/tex3]
[tex3]g_{lua}=\frac{16}{96} \times \frac{GM_{terra}}{R_{terra}^2}[/tex3]
[tex3]\boxed{g_{lua}=\frac{1}{6} \times g_{terra}}[/tex3]

Com o esforço máximo e no mesmo intervalo de tempo, o astronauta percorre uma certo altura [tex3]H[/tex3].

[tex3]H=\frac{1}{2}\cdot gt^2[/tex3]

[tex3]t_{terra}=t_{lua}[/tex3]

Logo,
[tex3]2 \cdot g_{terra} \cdot H_{terra}=2 \cdot g_{lua} \cdot H_{lua}[/tex3]
[tex3]\cancel{g_{terra}} \cdot H_{terra}=\frac{1}{6} \times \cancel{g_{terra}} \cdot H_{lua}[/tex3]
[tex3]H_{lua}=6\cdot H_{terra}[/tex3]
[tex3]H_{lua}=6\times 0,6[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{H_{lua}=3,6\,\text{m}}}[/tex3]

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Problema 60

(EN - 2011) Uma máquina térmica, que tem como substância de trabalho [tex3]2,00 \,\text{mol}[/tex3] de um gás ideal monoatômico, descreve o ciclo de Carnot. Na expansão isotérmica, o gás recebe [tex3]4648\,\text{J}[/tex3] de calor e verifica-se que o seu volume aumenta de [tex3]0,200\text{m}^3[/tex3] para [tex3]0,400\text{m}^3[/tex3]. Sabendo-se que o rendimento da máquina é de [tex3]25\%[/tex3], o trabalho [tex3](\text{kJ})[/tex3] realizado pelo gás na expansão adiabática é:

Dados: [tex3]R=8,30\text{ J/mol.K}[/tex3] (constante de Cleyperon); [tex3]\text{In 2}=0,700[/tex3]; [tex3]\text{In 3}=1,10[/tex3]; [tex3]\text{In 4}=1,40[/tex3]

a) [tex3]2,05[/tex3]
b) [tex3]2,23[/tex3]
c) [tex3]2,40[/tex3]
d) [tex3]2,45[/tex3]
e) [tex3]2,49[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 60

Da Primeira Lei da Termodinâmica tiramos,
[tex3]Q=W+\Delta U[/tex3]

Para uma transformação isotérmica temos [tex3]\Delta U=0[/tex3], logo
[tex3]Q=W[/tex3]

Mas,
[tex3]W=n\cdot R\cdot T\cdot ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right)[/tex3]

Assim temos,
[tex3]4648=2\cdot 8,3\cdot T\cdot ln\left(\frac{0,4}{0,2}\right)[/tex3]
[tex3]0,7\cdot T=280[/tex3]
[tex3]\boxed{T=400\,K}[/tex3]

O rendimento vale,
[tex3]n =1-\frac{t}{T}[/tex3]
[tex3]0,25 =1-\frac{t}{400}[/tex3]
[tex3]\boxed{t=300K}[/tex3]

Para uma transformação adiabática temos [tex3]Q=0[/tex3], logo
[tex3]W=-\Delta U[/tex3]

Para um gás monoatômico temos,
[tex3]\Delta U=\frac{3}{2}n\cdot R\cdot (t-T)[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\Delta U=\frac{3}{2}\cdot 2\cdot 8,3\cdot (300-400)[/tex3]
[tex3]\boxed{\Delta U=-2,49\,kJ}[/tex3]

Portanto o trabalho realizado na transformação adiabática é
[tex3]\boxed{\boxed{W=2,49\,kJ}}[/tex3]. Letra E

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Problema 61

(IME - 76/77) Num vaso adiabático, colocamos [tex3]1.310g[/tex3] de água a uma temperatura desconhecida, [tex3]800g[/tex3] de chumbo (Pb) a [tex3]220 ^{\circ}C[/tex3],[tex3]600g[/tex3] de gelo a [tex3]-10 ^{\circ}C[/tex3] e injetamos 50g de vapor d’água a [tex3]140 ^{\circ}C[/tex3]. A temperatura final de equilíbrio foi de [tex3]20 ^{\circ}C[/tex3]. A pressão se manteve constante e igual a [tex3]760\,mmHg[/tex3]. Qual a temperatura inicial da água?
Dados:
[tex3]C_{Pb} = 0,03 cal/g ^{\circ}C[/tex3]
[tex3]C_g = 0,5 cal/g ^{\circ}C[/tex3]
[tex3]L_f = 80 cal/g[/tex3]
[tex3]C_v = 0,5 cal/g {\circ}C[/tex3]
[tex3]L_c = 540 cal/g[/tex3]

OBS.:
[tex3]C_{Pb}:[/tex3] calor específico do chumbo
[tex3]C_g:[/tex3] calor específico do gelo
[tex3]L_f:[/tex3] calor específico do vapor d’água
[tex3]C_v:[/tex3] calor latente de fusão do gelo
[tex3]L_c:[/tex3] calor latente de condensação do vapor

Resposta

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[tex3]40^{\circ}C[/tex3]