Provas Anteriores | Escola Naval 2002/2003

Q01

Dinâmica, Hidrostática, Estática e Potência

Uma estrutura é constituída por uma barra horizontal AB e uma barra vertical BC presa, firmemente, ao solo no ponto C. As barras são homogêneas e possuem densidade linear igual a $20{,}0\text{ kg/m}$. Preso à barra horizontal há um mecanismo composto de fios e polias ideais, utilizado para que um operário, de massa igual a $80{,}0\text{ kg}$, levante um bloco, de massa igual a $20{,}0\text{ kg}$ e volume igual a $0{,}0200\text{ m}^3$, que está imerso em um líquido de massa específica $\rho=800\text{ kg/m}^3$, puxando o fio com uma força constante, conforme a figura.

O bloco está, inicialmente, em repouso no fundo do recipiente que contém o líquido e adquire uma velocidade de módulo igual a $2{,}00\text{ m/s}$, após subir $2{,}00$ metros, sempre totalmente imerso no líquido. Despreze a força de resistência do líquido ao movimento do bloco e considere $|\vec g|=10{,}0\text{ m/s}^2$.

Para o intervalo de tempo referente a essa subida, calcule:

a) o módulo da tração no fio que está preso no bloco;

b) os módulos da força vertical e do momento resultante (torque) que a estrutura exerce no apoio C;

c) o módulo da força vertical exercida pelo operário sobre o solo; e

d) a potência média da força exercida sobre o fio, pelo operário.

Figura indisponívelEstrutura AB–BC com polias, operário, recipiente e bloco imerso.

Resolução

O movimento do bloco tem aceleração constante. Como parte do repouso e percorre $2{,}00$ m até atingir $2{,}00$ m/s: $$v^2=v_0^2+2a\Delta s,$$ $$4=2a(2),$$ $$a=1{,}0\text{ m/s}^2.$$

a) O empuxo sobre o bloco vale $$E=\rho Vg=800(0{,}0200)(10)=160\text{ N}.$$ Para o bloco: $$T+E-mg=ma,$$ $$T+160-200=20(1),$$ $$T=60\text{ N}.$$

A polia móvel é sustentada por dois trechos do mesmo fio. Portanto, se $t$ é a tração no fio puxado pelo operário: $$2t=T,$$ $$t=30\text{ N}.$$

b) A barra AB mede 4,00 m e a barra BC mede 6,00 m. Como a densidade linear é $20{,}0$ kg/m: $$P_{AB}=20(4)(10)=800\text{ N},$$ $$P_{BC}=20(6)(10)=1200\text{ N}.$$

Sobre a estrutura atuam ainda $60$ N para baixo na polia fixa em A e $30$ N para baixo no ponto de fixação do fio, situado a 3,00 m de B. Assim, o módulo da força vertical transmitida ao apoio C é $$F_C=800+1200+60+30=2090\text{ N}.$$

Tomando momentos em relação a C, o peso da barra vertical não produz torque. Logo, $$M_C=800(2)+60(4)+30(3),$$ $$M_C=1930\text{ N}\cdot\text{m}.$$

c) A tração do fio sobre o operário é vertical para cima. Em equilíbrio vertical: $$N+t=Mg,$$ $$N+30=80(10),$$ $$N=770\text{ N}.$$ Pela terceira lei de Newton, o operário exerce sobre o solo uma força vertical de módulo $770$ N.

d) Como $$v=at,$$ o intervalo de subida é $$2=1\cdot t\Rightarrow t=2\text{ s}.$$ Em uma polia móvel ideal, quando o bloco sobe 2,00 m, a extremidade livre do fio percorre 4,00 m. Portanto: $$v_{\text{méd}}=\frac{4}{2}=2\text{ m/s}.$$ A potência média da força do operário é $$P_{\text{méd}}=t\,v_{\text{méd}} =30(2)=60\text{ W}.$$

Q02

Energia mecânica, Colisões e Lançamento oblíquo

Um bloco A, de massa $m_A=0{,}50\text{ kg}$, é liberado do repouso na posição $P_0$, indicada na figura, desce o trecho circular da pista, de raio $R=5{,}0$ metros, e colide com um outro bloco B, de massa $m_B=0{,}30\text{ kg}$, inicialmente em repouso na posição $P_1$.

A colisão tem coeficiente de restituição igual a $0{,}80$. O bloco B percorre o restante do trecho circular e perde o contato com a pista na posição $P_2$, vindo a atingi-la novamente na posição $P_3$. Despreze os atritos e a resistência do ar e considere $|\vec g|=10{,}0\text{ m/s}^2$.

Calcule:

a) o módulo da velocidade do bloco B imediatamente após a colisão com o bloco A;

b) o módulo da força normal exercida sobre o bloco B, na posição $P_2$, imediatamente antes de perder o contato com a pista; e

c) a distância horizontal entre as posições $P_2$ e $P_3$.

Figura indisponívelPista circular com as posições P₀, P₁, P₂ e P₃.

Resolução

O bloco A parte do repouso a uma altura $R=5{,}0$ m acima de $P_1$. Pela conservação da energia: $$m_AgR=\frac12m_Av_A^2,$$ $$v_A=\sqrt{2gR}=\sqrt{100}=10\text{ m/s}.$$

a) Na colisão: $$m_Av_A=m_Av'_A+m_Bv'_B,$$ e $$e=\frac{v'_B-v'_A}{v_A-0}=0{,}80.$$ Logo, $$v'_B-v'_A=8.$$ Com a conservação da quantidade de movimento: $$0{,}50(10)=0{,}50v'_A+0{,}30v'_B.$$ Resolvendo o sistema: $$v'_B=11{,}25\text{ m/s}.$$

b) O bloco perde o contato com a pista em $P_2$. No limite imediatamente anterior à perda de contato: $$N=0.$$

c) A posição $P_2$ está 2,0 m acima de $P_1$. Pela conservação da energia entre $P_1$ e $P_2$: $$\frac12m_B(v'_B)^2 =\frac12m_Bv_2^2+m_Bg(2).$$ Assim, $$v_2^2=(11{,}25)^2-40 =86{,}5625.$$

Pela geometria do círculo de raio 5,0 m, o ponto $P_2$ está 3,0 m abaixo do centro e 4,0 m à direita dele. Portanto, a tangente em $P_2$ forma um triângulo $3$-$4$-$5$: $$v_{2x}=\frac35v_2,\qquad v_{2y}=\frac45v_2.$$

Como $P_3$ está na mesma altura de $P_2$, o tempo de voo é $$t=\frac{2v_{2y}}g.$$ Então: $$\Delta x=v_{2x}t =\frac35v_2\cdot\frac{2(4/5)v_2}{10} =0{,}096v_2^2.$$ Logo, $$\Delta x=0{,}096(86{,}5625) \approx8{,}31\text{ m}.$$

Q03

Colisão inelástica, MHS e Ondas estacionárias

A figura mostra um sistema massa-molas, inicialmente em repouso sobre uma mesa horizontal.

Duas molas, de massas desprezíveis e mesma constante elástica $K=500\text{ N/m}$, têm uma extremidade fixa a um suporte na mesa e a outra presa a um bloco de massa $M=2{,}45\text{ kg}$. As molas possuem o mesmo comprimento e o bloco pode mover-se, com atrito desprezível, na direção longitudinal da mesa, devido à existência de guias fixadas à mesma.

Há ainda uma corda esticada, na horizontal, de comprimento $L=1{,}00$ metro e massa igual a 100 gramas, com uma extremidade presa no bloco e a outra presa a uma parede. Num certo instante, um projétil de massa $m=50{,}0$ gramas e velocidade de módulo igual a $50{,}0\text{ m/s}$ atinge o bloco, ficando preso nele, e ambos iniciam um movimento harmônico simples. Após iniciado este M.H.S., observamos na corda a formação de onda estacionária com dois nós (ou nodos). Despreze a variação do comprimento da corda durante a oscilação.

Calcule:

a) a amplitude do movimento harmônico simples executado pelo sistema massa-molas; e

b) o módulo da tração na corda.

Figura indisponívelSistema com duas molas, bloco M, projétil, guias e corda presa à parede.

Resolução

Na colisão completamente inelástica: $$mv=(M+m)V.$$ Assim, $$0{,}050(50)=(2{,}45+0{,}050)V,$$ $$V=1{,}0\text{ m/s}.$$

As duas molas atuam em paralelo: $$k_{\text{eq}}=2K=1000\text{ N/m}.$$ A massa oscilante é $$M_T=2{,}50\text{ kg}.$$ Logo, $$\omega=\sqrt{\frac{k_{\text{eq}}}{M_T}} =\sqrt{\frac{1000}{2{,}50}} =20\text{ rad/s}.$$

a) Logo após a colisão, o sistema passa pela posição de equilíbrio com velocidade máxima $V=1{,}0$ m/s: $$v_{\max}=\omega A.$$ Portanto, $$A=\frac{1}{20} =5{,}0\times10^{-2}\text{ m}.$$

b) A frequência do MHS é $$f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{10}{\pi}\text{ Hz}.$$ A onda estacionária com dois nós corresponde ao modo fundamental da corda fixa nas extremidades: $$L=\frac{\lambda}{2},$$ $$\lambda=2L=2{,}00\text{ m}.$$ Assim, a velocidade da onda é $$v_o=\lambda f =2\cdot\frac{10}{\pi} =\frac{20}{\pi}\text{ m/s}.$$

A densidade linear da corda é $$\mu=\frac{0{,}100}{1{,}00} =0{,}100\text{ kg/m}.$$ Como $$v_o=\sqrt{\frac{T}{\mu}},$$ temos $$T=\mu v_o^2 =0{,}100\left(\frac{20}{\pi}\right)^2 =\frac{40}{\pi^2} \approx4{,}05\text{ N}.$$

Q04

Calorimetria e Termodinâmica

Um bloco metálico, de massa igual a $3{,}00\text{ kg}$, calor específico médio igual a $0{,}120\text{ cal/g}\,{}^\circ\text{C}$ e temperatura inicial de $70{,}0\,{}^\circ\text{C}$, é colocado no interior de um calorímetro, de capacidade térmica desprezível, junto com um bloco de gelo, de massa igual a 100 gramas, calor específico médio igual a $0{,}500\text{ cal/g}\,{}^\circ\text{C}$ e temperatura inicial de $-15{,}0\,{}^\circ\text{C}$.

Coloca-se também no interior do calorímetro um certo dispositivo térmico, com a finalidade de absorver uma quantidade de calor $Q$, de tal maneira que a temperatura final de equilíbrio, no interior do calorímetro, seja de $10{,}0\,{}^\circ\text{C}$. Posteriormente, o dispositivo é retirado do interior do calorímetro e o seu calor $Q$ cedido a $5{,}00$ mols de um gás ideal monoatômico durante o processo $B\to C$, mostrado no diagrama pressão versus temperatura kelvin.

Sabe-se que a temperatura do estado A vale $300\text{ K}$ e que $T_C=3{,}5T_A$.

Calcule:

a) o calor $Q$, em joules, absorvido pelo dispositivo térmico; e

b) o calor trocado, em joules, pelo gás no ciclo $A\to B\to C\to A$.

Figura indisponívelDiagrama p × T do ciclo A → B → C → A.

Resolução

a) O bloco metálico cede: $$Q_m=3000(0{,}120)(70-10) =21600\text{ cal}.$$

O gelo absorve calor para aquecer de $-15\,{}^\circ$C a $0\,{}^\circ$C, fundir e depois aquecer a água resultante até $10\,{}^\circ$C. Usando $L_f=80\text{ cal/g}$ e $c_{\text{água}}=1\text{ cal/g}\,{}^\circ\text{C}$: $$Q_g=100(0{,}500)(15)+100(80)+100(1)(10),$$ $$Q_g=750+8000+1000=9750\text{ cal}.$$

O restante é absorvido pelo dispositivo: $$Q=21600-9750 =11850\text{ cal}.$$ Adotando $1\text{ cal}=4{,}2\text{ J}$: $$Q=4{,}977\times10^4\text{ J} \approx4{,}98\times10^4\text{ J}.$$

b) No trecho $A\to B$, a reta passa pela origem no diagrama $p\times T$, logo o volume é constante: $$\frac{p_A}{T_A}=\frac{p_B}{T_B}.$$ Como $p_B/p_A=6/2=3$: $$T_B=3T_A=900\text{ K}.$$ Além disso: $$T_C=3{,}5T_A=1050\text{ K}.$$

Para gás monoatômico: $$\Delta U=\frac32nR\Delta T.$$

No trecho $A\to B$: $$Q_{AB}=\Delta U_{AB} =\frac32(5)R(900-300).$$

No trecho $B\to C$, por enunciado: $$Q_{BC}=Q\approx4{,}98\times10^4\text{ J}.$$

O trecho $C\to A$ é isobárico, portanto: $$Q_{CA}=nC_p(T_A-T_C),$$ com $$C_p=\frac52R.$$ Assim, $$Q_{CA}=5\left(\frac52R\right)(300-1050).$$

Adotando $R=8{,}31\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$: $$Q_{AB}\approx3{,}74\times10^4\text{ J},$$ $$Q_{CA}\approx-7{,}79\times10^4\text{ J}.$$ Logo: $$Q_{\text{ciclo}} =Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CA} \approx9{,}3\times10^3\text{ J}.$$

Q05

Eletrodinâmica — Circuitos com geradores

No circuito elétrico da figura temos as fontes:

1 — f.e.m. $E_1=15\text{ V}$ e resistência interna $r_1=1{,}0\,\Omega$;

2 — f.e.m. $E_2=15\text{ V}$ e resistência interna $r_2=2{,}0\,\Omega$.

Os resistores têm valores $R_1=9{,}0\,\Omega$, $R_2=5{,}0\,\Omega$ e $R_3$ desconhecido. Temos também um amperímetro ideal A e as chaves CH-1 e CH-2. Despreze as resistências dos fios de ligação.

Com as duas chaves abertas, o amperímetro indica a passagem de uma corrente elétrica. Quando as duas chaves estão fechadas, a indicação do amperímetro é o dobro da indicação anterior.

Calcule:

a) o valor da resistência elétrica do resistor $R_3$;

b) as potências fornecidas por cada fonte, com as duas chaves abertas e com as duas chaves fechadas.

Figura indisponívelCircuito com duas fontes, resistores R₁, R₂ e R₃, amperímetro e chaves CH-1 e CH-2.

Resolução

Com as duas chaves abertas, somente a fonte 1 alimenta o circuito formado por $r_1$, $R_1$ e $R_2$ em série: $$I_0=\frac{E_1}{r_1+R_1+R_2} =\frac{15}{1+9+5} =1\text{ A}.$$

Com as duas chaves fechadas, a corrente no amperímetro passa a $$I_2=2I_0=2\text{ A}.$$ Logo, a ddp entre os dois nós principais do circuito é $$U=R_2I_2=5(2)=10\text{ V}.$$

a) A corrente fornecida pela fonte 1 é $$I_1=\frac{E_1-U}{r_1+R_1} =\frac{15-10}{1+9} =0{,}5\text{ A}.$$ A corrente fornecida pela fonte 2 é $$I'_2=\frac{E_2-U}{r_2} =\frac{15-10}{2} =2{,}5\text{ A}.$$

Pela lei dos nós, a corrente no resistor $R_3$ vale $$I_3=I_1+I'_2-I_2 =0{,}5+2{,}5-2 =1{,}0\text{ A}.$$ Portanto: $$R_3=\frac{U}{I_3} =\frac{10}{1} =10\,\Omega.$$

b) Com as chaves abertas: $$P_1=E_1I_0=15(1)=15\text{ W},$$ $$P_2=0.$$

Com as chaves fechadas: $$P_1=E_1I_1=15(0{,}5)=7{,}5\text{ W},$$ $$P_2=E_2I'_2=15(2{,}5)=37{,}5\text{ W}.$$

Q06

Eletrostática, Energia mecânica e Campo magnético

Na configuração da figura temos duas placas planas, paralelas, verticais, de grande tamanho e eletrizadas. A placa esquerda possui carga negativa e a placa direita carga positiva. Temos também uma pista vertical, tipo montanha-russa, que termina no ponto C, a partir do qual existe uma região de campo magnético uniforme e horizontal, cujo sentido está indicado na figura.

Uma partícula eletrizada, com carga elétrica $q=-1{,}20\times10^{-4}\text{ C}$ e massa $m=2{,}40\times10^{-5}\text{ kg}$, é solta do repouso da placa negativa e acelerada por uma d.d.p. $U$, que existe entre as placas, percorrendo uma trajetória retilínea e atingindo um orifício na placa positiva, em A, com velocidade $V_A$. Imediatamente após sair do orifício, a partícula percorre a pista vertical, com atrito desprezível, que termina no ponto C. Após passar pelo ponto C, a partícula penetra perpendicularmente em uma região onde existe um campo magnético uniforme $\vec B$.

Despreze a ação da gravidade na região entre as placas eletrizadas e na região do campo magnético uniforme. Considere $|\vec g|=10{,}0\text{ m/s}^2$.

Calcule:

a) o valor da d.d.p. $U$ para que $V_A$ seja a menor velocidade, em módulo, necessária para a partícula percorrer completamente a pista; e

b) o módulo do vetor campo magnético $\vec B$, para que a partícula descreva uma trajetória, no interior desse campo, de raio $R=\sqrt6$ metros.

Figura indisponívelPlacas eletrizadas, pista vertical entre A e C e região de campo magnético uniforme.

Resolução

a) Para percorrer completamente a pista com a menor velocidade possível, a partícula deve chegar ao ponto mais alto, situado $1{,}80$ m acima de A, com velocidade limite nula. Pela conservação da energia mecânica: $$\frac12mV_A^2=mg(1{,}80).$$ Logo: $$V_A^2=2(10)(1{,}80)=36,$$ $$V_A=6{,}0\text{ m/s}.$$

Entre as placas, a energia elétrica transforma-se em energia cinética: $$|q|U=\frac12mV_A^2.$$ Assim: $$U=\frac{\frac12(2{,}40\times10^{-5})(36)} {1{,}20\times10^{-4}} =3{,}6\text{ V}.$$

b) O ponto C está $0{,}600$ m acima de A. Pela conservação da energia entre A e C: $$\frac12mV_A^2 =\frac12mV_C^2+mg(0{,}600).$$ Logo: $$V_C^2=36-12=24,$$ $$V_C=2\sqrt6\text{ m/s}.$$

No campo magnético, a força magnética atua como resultante centrípeta: $$|q|V_CB=\frac{mV_C^2}{R}.$$ Portanto: $$B=\frac{mV_C}{|q|R}.$$ Com $R=\sqrt6$ m: $$B= \frac{(2{,}40\times10^{-5})(2\sqrt6)} {(1{,}20\times10^{-4})(\sqrt6)} =0{,}40\text{ T}.$$

Dados da prova