GABARITO IME
FÍSICA
DISCURSIVAS 2017/2018
2
DISCURSIVAS – 24/10/17
Questão 01
v
h
A figura acima mostra esquematicamente um tipo de experimento realizado em um túnel de vento com um tubo de Pitot, utilizado para medir a velocidade v do ar que escoa no túnel de vento. Para isso, a diferença de nível h entre as colunas do líquido é registrada. Em um dia frio, o experimento foi realizado e foi obtido o valor de 10,00 cm para a diferença de nível h. Em um dia quente, o experimento foi repetido e foi obtido o valor de 10,05 cm para a diferença de nível h. Determine:
a) o valor do coeficiente de dilatação volumétrica do líquido no interior do tubo, sabendo que a variação de temperatura entre o dia quente e o dia frio foi de 25 K;
b) a velocidade do ar v.
Dados:• a massa específica do líquido é 1.000 vezes maior que a massa específica do ar no dia frio; e• aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.
Considerações:• a velocidade do ar no túnel de vento foi a mesma nos dois experimentos;• a massa específica do ar foi a mesma nos dois experimentos;• a aceleração da gravidade foi a mesma nos dois experimentos; e• despreze a dilatação térmica da estrutura do tubo de Pitot.
3
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
a) Como a diferença de pressão acima das colunas do tubo, se mantém constante, teremos:µ µ
µ µ
gh gh= '
10= ' 10,05 I
'
⋅ ⋅ ( )Por outro lado, tem-se:
µ µγ θ
= =+
mV
mV0 0 1
e '( )∆
Logo:
µµγ θ
' =+1 ∆
(II)
Combinando as (I) e (II), teremos que: 10 + 250 γ = 10,05 ∴ γ = 2 · 10–4°C–1
b) Pela eq. de Bernoulli, tem-se
P gH V P gH VA A A B B B+ + = + +ρ ρ ρ ρ12
12
2 2
Porém: HA = HB e VB = 0. Logo:
P P V V V
gh V
V
V
B A A A− = =
=
⋅ =
=
12
12
10 0 112
20 5
2
2
4 2
ρ
µ ρ
( )
,
Líq
m/s
Devemos ressaltar que o assunto Hidrodinâmica não faz parte do programa do IME
h
HB
N. R.
HA
A B
4
DISCURSIVAS – 24/10/17
Questão 02Uma partícula carregada tem sua posição no sistema de eixos XY regida pelas seguintes equações temporais, que expressam, em metros, as coordenadas X e Y da partícula em função do tempo t:
X t t t
Y t t
( ) cos ( ) ( )
( ) ( )
= + −
= +
1
2 2
2 2
2
sen
sen
Determine: a) a equação de uma curva que contenha a trajetória da partícula; b) o comprimento da curva formada por todos os pontos por onde a partícula passa; c) o tempo mínimo gasto pela partícula para trafegar por todos os pontos da curva do item anterior; d) as coordenadas de dois pontos nos quais a velocidade da partícula é nula; e) o gráfico do módulo da força elétrica sofrida por uma segunda partícula de mesma carga, fixada na
origem, em função do tempo; f) o gráfico da função Q do vetor força magnética Fm à qual estaria submetida a partícula, caso houvesse
um campo magnético positivo e paralelo ao eixo Z, ortogonal ao plano XY, onde:
Q F
F
F
m
m
m
( )
,
,
,=
≤ <
≤ <
≤
12
22
3
se 0 fase de
se fase de
se
π
ππ
π fase de
se fase de
F
F
m
m
<
≤ <
3π
3ππ
2
42
2,
Dados:• carga da partícula: + 4 · 10–4 C; e
• constante de Coulomb: 9 · 109 NmC
2
2.
Gabarito:
a) Veja que x2(t) + y2(t) = 1 + cos2t – sen2t + 2 + 2sen2t = 4 → x2(t) + y2(t) = 4Agora, voltaremos às equações horárias
t = 0
y
x
5
GABARITO IME – FÍSICA
• yMÍN → t = 0 → yMÍN = 2
yMÁX → t = ( ) ,2 12
K +π
K ∈ → yMÁX = 2
• xMÍN → t = π/2 → xMÍN = 0
( )2 12
K +π
xMÁX → t = 0, π, 2π, ... → xMÁX = 2
R: A equação x2 + y2 = 4 contém a curva.
b) A partícula não realiza uma volta completa, apenas 1/8 dela
R: 2 28 4 2π π
=
c) Em t = 0 → x(0) = 2 e y(0) = 2 Em t = T → x(T) = 0 e y(T) = 2 (A partícula gira no anti-horário), veja que para t > 0, inicialmente, ela
aumenta y e diminui x. x(T) = 0 → 2 · cos2t = 0 → t = π/2, 3π/2, 5π/2, ... y(T) = 2 → 2 sen2t = 2 → t = π/2, 3π/2, 5π/2, ...
d) Como Vres = 0 ↔ Vx = Vy = 0 (simultaneamente)
Vdd
V t Vd
dV
t
tx
x
tx y
y
ty= → = − = → =
+2
2 2
1 22sen ;
sen
sen
Para que Vres = 0 → Vx = 0 e isso ocorre em:
t = 0, π, 2π, 3π, ..., Kπ Vy = 0 t = 0, π/2, 3π/2, ..., (2K + 1)/2πR: Só há uma posição onde Vres = 0 → x = y = 2
e)
+
++
R = 2 mR = 2 m
Q
Q
y
x
Q
T = tMÍN = π/2
O único tempo possível é t = 0 s
6
DISCURSIVAS – 24/10/17
| |( )F t =⋅ ⋅ ⋅
= ⋅−9 10 4 10
436 10
9 2 81 N
Supondo que as grandezas estejam no SI.
| || | | |
FK Q Q
R=
⋅ ⋅2
| || |
FK Q
R=
2
2 → como |Q| e R são invariantes
|F|
360
t
f)
x y
z
B→
v
FM
FM
π4
Veja que B
e v
são sempre perpendiculares.
Entende-se como fase o ângulo entre FM
e o eixo x.
q0
y
x
FM
FM
Logo,
4
3
2
1
q
Q
π2
π 2π3π2
No entanto, veja que os únicos ângulos possíveis são ∆q = π/4 a π/2∆q = 5π/4 a 3π/2
7
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 03
hastes
h
x
d
projétil barra
L
Um pêndulo balístico é formado por uma barra uniforme de massa M e comprimento d. As duas hastes que suspendem a barra são idênticas, de comprimento L e de massa específica m constante.
a) Sabendo que um projétil de massa m atinge a barra e ambos sobem de uma altura h, determine a velocidade do projétil.
b) Após o pêndulo atingir o repouso, as hastes recebem petelecos simultaneamente em seus centros, assando a vibrar em suas frequências fundamentais, produzindo uma frequência de batimento fbat. Determine a penetração horizontal x do projétil na barra, em função das demais grandezas fornecidas.
Dado:• aceleração da gravidade: g.
Consideração:• a massa das hastes é desprezível em comparação com as massas da barra e a do projétil.
Gabarito:
a) Choque: mv m M V VmvM m
= +( ) → =+
Conservação de Energia: E E M mV
M m ghi f= → +( ) = +( )2
2
V gh= 2
• Substituindo: vM mm
gh=+
⋅ 2
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DISCURSIVAS – 24/10/17
b)
λλ
22= → =L L
1o modo normal
LT1
d T2
Mg
mg
x
f f f
vTM L
v f v f
Tf T L f
bat
haste
= −
= =
= → =
= → = ⋅ ⋅
1 2
2 2 2
2 2 2 24
µµ
λ λ
µλ µ
,
Logo, T L f fT
L
T L f fT
L
fL
T T1
212
11
22
22
22
1
42
42
1
2
= → =
= → =
= −
µµ
µµ
µbat 22( )
k
k2
f T T fL
T T T T
T T g m M L
bat 2 bat 2 2 1 2
2
=L
+
+
1
2
14
4
12
1
1
µ µ−( ) → = −( )
= + →mas ( ) 22 21 1
2 2
1
2
4
2
µ µf g m M T T T T g M m L f
gMm m x
bat 2 2 bat
2T T
= +( ) − → = +( ) −
= +masdd
m xd
Mg M m
L f
T T T T
− + +( ) =
=
= − → = − +
2 2
2
2
2 2
2
44
2
. Seja α
µ β
α β α αβ
bat
1 2 1 2 ββ α αβ β2 22 2 2
22 2
2 2 2
2
2 42
2
→ + − +
= − +
= + −
gmM m x
dm xd
M
kg
mM mdx
md
x 22 22
2
2
2
2
22
2
2
4 4 20
4 2
+ → − − +
+ ⋅ =
− − + −
Mx dx
dm
M mM dm
kg
x dxdm
M mM kgg
= 0
9
GABARITO IME – FÍSICA
∆ = − → ∆ = + + −
→ ∆ = + + −b ac d
dm
M mM kg
dm
M mM kg
2 22
2
22
2
2
4 4 14 2
14
4 2· ·
= ±
+ + −
=x d
dm
M mM kg d
22
2
14
4 2
2 211 1
44 2
2
2
2
2 2 2
± + + −
= + − +
mM mM k
g
k g M m g Msendo ( ) ( m) ⋅⋅ +
± + + −+( ) −( )
4 16
21 1
44 2
4
2 2 4 2 4
2
2 2 2
L f L f
dm
M mM g M m f
µ µ
µ
bat bat
batL
gg
Questão 04
4r
4r
3r 3r
r
rr r
r
r
r
R
motor
ω
m
m m
mFelástica
60o 60o
A figura acima mostra um dispositivo composto por um motor elétrico, cujo eixo se encontra ligado a uma polia ideal de raio R, solidária a uma segunda polia de raio r, sem deslizamento. Solidário ao segundo eixo há um disco rígido metálico de raio r. Em duas extremidades opostas deste disco, foram fixados dois pêndulos compostos idênticos, com fios ideais e esferas homogêneas, de massa m. Existe um fio extensível ligando as esferas inferiores, provendo uma força elástica Felástica que as mantém na configuração mostrada na figura. Determine, em função de g, m, r e R:
10
DISCURSIVAS – 24/10/17
a) a velocidade angular ω do motor elétrico;b) a força elástica Felástica do fio extensível.
Dado:• aceleração da gravidade: g .
Gabarito:
• Descobrindo a ωPENDULO :
ω ω ωω
⋅ = ⋅ → =R rRrPEND PEND
• Isolando o sistema composto pelas 4 esferas podemos ignorar o equilíbrio vertical .
Seja T a tração no fio que liga uma esfera superior ao disco, temos:
P
P P
T
y
x
T
60°
P
∑Fy = 0
2T ·sen60 = 4P
TP T
P32
24
3= → =
• Isolando a esfera de baixo e seja T’ a tração do fio que a conecta com a esfera superior, temos:
T ’
P
60
fel
Triângulo de forças:
T’ · sen60= P
Tp
' =2
3
11
GABARITO IME – FÍSICA
• Isolando a esfera superior:
T ’
T
P
60° ΣF T T P
T T PP P
P
y
IRRELEVA
= → − =
− = → −
=
0 30 30
32
32
4
3
2
3
cos ' cos
( ')
NNTE
ΣF m R T T m r rx PEND= → − = ⋅ +ω ω2 260 60 4 60cos 'cos ( cos )
4
3
12
2
3
12
33
33 3
2 2 2p Pm r
Pm r
g
rPEND PEND PEND⋅ − ⋅ = ⋅ → = ⋅ → =ω ω ω
arR
g
r Rgr
r) ω = =
3 3
1
3 3.
b) Isolando a esfera de baixo → T’ cos60 + fel = m rPENDω2 6⋅
felmr g
r
Pfel
mg mg mg=
⋅− ⋅ → = − =
2 6
3 3
2
3
12
2
3 3 3.
12
DISCURSIVAS – 24/10/17
Questão 05
observador
d
h
q
fonte sonora
Como mostra a figura, uma fonte sonora com uma frequência de 400 Hz é liberada em velocidade inicial nula, escorrega com atrito desprezível em um plano inclinado e passa a se mover em uma superfície horizontal, também com atrito desprezível. Diante do exposto, determine:
a) a altura inicial h da fonte em relação à superfície horizontal, em função dos demais parâmetros;b) o tempo decorrido, em segundos, entre o instante em que a fonte é liberada e o instante em que a fonte
passa pelo observador.
Dados:• frequência ouvida pelo observador quando a fonte sonora passa por ele: 420 Hz;• ângulo entre o plano inclinado e a superfície horizontal: q = 30°;• distância entre o observador e a base do plano inclinado: d = 4 m;• velocidade do som: 340 m/s;
• aceleração da gravidade: g = 102
ms
• 13 3 6≅ , ; e
• 5 2 2≅ , .
13
GABARITO IME – FÍSICA
Gabarito:
d
v
h
q
D
2
1
a) Efeito doppler:
f fv
v v v
v
=−
⇒ =−
≅
0 420 400340
340
16 2
som
som
m/s,
Conservação da energia:
mvmgh h h
2 2
2
16 2
210 13= ⇒
( )= ⇒ ≅
,· m
b) trecho 1 ⇒ M.U.V
Dh
D h
a g
Dat
th
= ⇒ = ≅ ⋅
=
= ⇒ = = =
senm
= sen m/s
θ
θ
2 2 13
5
22 2
52
135
2 3
2
12
1
· · · ,662 2
3 271,,⇒ =t s
trecho 2 ⇒ M.U
d v t t t
t t t tT T
= ⇒ = ⇒ ≅
⇒ = + ⇒ =
·,
,
,
2 2 2
1 2
416 2
0 25
3 52
s
Tempo total s
14
DISCURSIVAS – 24/10/17
Questão 06Durante um turno de 8 horas, uma fábrica armazena 200 kg de um rejeito na fase vapor para que posteriormente seja liquefeito e estocado para descarte seguro. De modo a promover uma melhor eficiência energética da empresa, um inventor propõe o seguinte esquema: a energia proveniente do processo de liquefação pode ser empregada em uma máquina térmica que opera em um ciclo termodinâmico de tal forma que uma bomba industrial de potência 6,4 HP seja acionada continuamente 8 horas por dia. Por meio de uma análise termodinâmica, determine se a proposta do inventor é viável, tomando como base os dados abaixo.
Dados:
• calor latente do rejeito: 2.160 kJkg
;
• temperatura do rejeito antes de ser liquefeito: 127°C;• temperatura do ambiente onde a máquina térmica opera: 27°C;• rendimento da máquina térmica: 80% do máximo teórico;• perdas associadas ao processo de acionamento da bomba: 20%; e• 1 HP = 3/4 kW.
Gabarito:
∆t = 8h / PotM = 6,4 HP = 4,8 kW / Tfrio = 27oC = 300 K / Tquente = 127oC = 400 K
Potência necessária para o funcionamento do motor:Ene = Pot · ∆tEne = 4,8 · 8 · 3.600Ene = 138 · 106 J
Se Qútil > Ene → viável Qútil < Ene → inviável
Calor utilizado na liquefação do rejeito:QL = m · LL LL = 2.160 kJ/kg, m = 200 kgQL = 200 · 2.160QL = 432 · 106 J
Rendimento teórico (ηt): η1 = 1 – 300400
= 0,25
Rendimento da máquina (ηm) é 80% do teórico:ηm = 0,8 · 0,25 ⇒ ηm = 0,2
Calor útil:Qútil = 0,2 · QL ⇒ Qútil = 0,2 · 432 · 106 ⇒ Qútil = 86,4 · 106 J. Qútil = 69 · 106 J.
–20% no processo de funcionamento da
máquina
Qútil < Qne → inviável
15
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 07
A figura acima mostra uma estrutura em equilíbrio formada por onze barras. Todas as barras têm peso desprezível. O apoio A impede deslocamentos nas direções horizontal e vertical, enquanto o apoio B somente impede deslocamentos na direção vertical. Nos pontos C e D há cargas concentradas verticais e no ponto F é aplicada uma carga horizontal. Determine os valores das forças, em kN, a que estão submetidas as barras BG e EG.
Dados:
• 2 14≅ , ; e
• 5 2 2≅ , .
Gabarito:
Σ
Σ
F
F F F KN
M
Ay By Ax
F
externas
(vertical) e (horizontal)
=+ = =
0
40 20
ex(em relação ao ponto A)
KN e KN
=
⋅ + ⋅ = ⋅ ∴ = =
0
20 2 30 4 8 20 20F F FBy By Ay ..
• Isolando o nó B:
B
FBG
FEB
FBy
q
FEBcosq = FBG
FEB
4
20 = FBG (I)
Além disso: FEB sen q = 20
FEB
2
20 = 20 ∴ FEB = 10 20 KN (II)
16
DISCURSIVAS – 24/10/17
• Substituindo II em I:
10 20 · 4
20 = FBG ∴ FBG = 40 KN (tração)
• Isolando o nó G:
FCG 2
2 + 20 = 40
FCG = 20 2 KN
Além disso: FCG 2
2 = FEG ∴ FEG = 20 KN (compressão)
Questão 08Determine a energia total armazenada pelos capacitores do circuito infinito da figura abaixo.
A 2R/3
2R/3
2R/3
2R/3
2R/3
2R/3
C
C C CU+–
B D
R R
R R
R R
R R
R R
R R
Dados:• R = 3 Ω• U = 8 V• C = 1 F
Gabarito:
*Cálculo da Req: Os capacitores podem ser retirados do circuito, pois estão completamente carregados:
A 2
2
2
2
3eixo de simetria
B
33E
33 3
3
3
(α = 45o!)
17
GABARITO IME – FÍSICA
Como há um eixo de simetria entre os pontos A e B, podemos redesenhar o circuito:
A 2 3 3
2
2 2
22
3
B D F
C
3 3
E
3 3 3 3
33
3
Vamos chamar de Req o seguinte circuito:
2
2 2
2
3 Req3
Para acharmos a Req, basta resolvermos o circuito abaixo cujo resultado é Req.
Req = (Req//3)+4
RR
RR Req
eq
eqeq eq
=⋅
++ ⇒ − − =
3
34 4 12 02
eq
eq
eq
RR
R=
± =
= −
4 82
6
21
2
Ω
Ω
O circuito final será:
6
A
UAB = 8V
B
6
*cálculo do ddp nos capacitores:
2
2
Req3
18
DISCURSIVAS – 24/10/17
• 1o Capacitor:
Req = 6W = 2 + x + 2 ⇒ x + 2Ω Como os resistores são iguais, a ddp se divide igualmente entre eles; logo:
U
UV1
AB= =3
83
• 2o Capacitor:
Analogamente ao caso anterior:
U
U UEF
CD AB= =3 9
Assim os ddp’s nos capacitores formam uma PGa V
q =
1 =
83
13
*cálculo da energia:
ECAPACITOR= 12
2C · U
ETOTAL = 12
12
2C C U2U∑ ∑=
soma de uma PG infinita (S)
A
Q =(
12
2
83
649
13
19
= =
=
( )
)
S =A
Q
E E JTOTAL TOTAL
1
1
649
1 19
8
12
1 8 4· ·
= =
= ⇒ =
– –
x
C
D
A 2
2B
x = 2W
E
F
C 2
2D
3
2A
B
19
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 09
material ferromagnético
40 c
m
200
- 200
[volts]
T t
Figura 1 Figura 2
Fontede
tensão
R = 2 Ω
A Figura 1 mostra um material ferromagnético envolto por um solenóide, ao qual é aplicado o pulso de tensão senoidal de duração T, conforme mostrado na Figura 2. O pulso produz um aquecimento no material ferromagnético, cuja energia, em joules, é dada por:
EBT
=
140
2
max onde:• energia de aquecimento: E;• duração do pulso de tensão senoidal aplicado ao solenóide: T;• densidade máxima do fluxo magnético: Bmax.
A energia proveniente do aquecimento do material ferromagnético é usada para aquecer 15 L de água de 20°C para 100°C, sendo que o rendimento desse processo de transferência de calor é 90%.
De acordo com os dados do problema, determine:
a) a densidade máxima do fluxo magnético Bmax;b) a energia produzida no aquecimento do material ferromagnético E;c) a duração do pulso de tensão senoidal T.
Dados:
• comprimento do solenóide: 40 cm;• número de espiras do solenóide: 2.000 espiras;
• calor específico da água: 1calg°C
;
• 1 cal = 4,2 J; e
• permeabilidade magnética do material ferromagnético: 20 10 7· − WbA.m
.
Considerações:
• o comprimento do solenóide é consideravelmente maior que seu raio interno; e• despreze o efeito indutivo do solenóide.
20
DISCURSIVAS – 24/10/17
Gabarito:
a) BNL
isolenóide = µ · ·
Para: B imáx máx⇒ , como i =VR, temos:
BNL
VR
B Wbmáx
máxmáx= = ⇒ =−
−µ ·
m· · ·
..
· ,20 102 000
40 10200
2107
2 2
b) Q = 0,9Em · c · ∆t = 0,9E
v
c
t
E
= →
= ° = °∆ = − = °
=
15 15
10 4 2 10
100 20 80
1
3
L kg
calg
Jkg
C
, C , · C
55 4 2 10 800 9
5 600 10 5 63
3· , · ·,
. · , ·⇒ = ⇒ =E E MJ
c) Pela equação:
, · , ·
E =
= ⇒ = −
140
5 6 10 1401
0 25 10
2
62
22 4
BT
TT
T
máx
==
=
−
−
0 5 10
5 0 10
2
3
, ·
, ·T s
21
GABARITO IME – FÍSICA
Questão 10
A atmosfera densa de um planeta hipotético possui um índice de refração dependente das condições meteorológicas do local, tais como pressão, temperatura e umidade. Considere um modelo no qual a região da atmosfera é formada por k + 1 camadas de índice de refração diferentes, n0, n1, ... , nk, de 1 km de altura cada, onde o índice de refração decai 10% a cada quilômetro de aumento na altitude.Considerando somente os efeitos da reflexão e da refração na atmosfera, se um raio luminoso, proveniente de um laser muito potente for disparado da superfície do planeta, formando um ângulo de 60º com a tangente à superfície, verifique se este raio alcançará o espaço, e, em caso negativo, determine qual será a altitude máxima alcançada pelo raio.
Dados:• o planeta é esférico com raio RP = 6.370 km;• log10(9) = 0,95 e log10(2) = 0,3; e• k = 9.
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DISCURSIVAS – 24/10/17
Gabarito:
n0
n1
n2nL
altitude máxima
60°θ0
θ1
θ2
θL
ni + 1 = 0,9 · nini = n0 · 0,9i
q0 + 60° = 90° ⇒ q0 = 30°
• Pela lei de Snell: n0 · sen q0 = n1 · sen q1 = ... = nL · sen qL = ... = nk · sen qk
• Vamos achar o índice L em que ocorre a reflexão total: n0 · sen q0 = (n0 · 0,9L) · 1
12
= 0,9L ⇒ log 12
= L · log 0,9
–0,3 = L(0,95 – 1) L = 6 < k = 9
O raio não alcançará o espaço e percorrerá uma altitude de 7 km acima da superfície do planeta.
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GABARITO IME – FÍSICA
Comentário:
A prova do IME mais uma vez se mostrou bastante abrangente nos conteúdos cobrados. Sentimos falta das clássicas questões de ondas e de outras mais elaboradas que misturam diversos assuntos.Classificamos como mais difíceis as questões de números 2 e 8, enquanto as mais acessíveis as de números 4, 5 e 6. Gostaríamos de enfatizar que a questão de número 1 cobrou um assunto que não aparece no edital do programa. Ademais parabenizamos a banca pela excelente prova que será capaz de selecionar os melhores candidatos.
Armando NabucoEdward Cespedes
Gabriel GregonGabriel GuedesMaurício SantosMarco NoronhaPortes SerranoRicardo Luiz
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