Questão 3 (Física) da 2ª fase do IME 2027

Question

Esquema de barra horizontal de comprimento L apoiada na extremidade esquerda e sustentada na extremidade direita por haste vertical com argola.

Gráfico da irradiação incidente na barra em função do horário do dia (% dia), com formato triangular entre 25% e 75% e pico de 4000 W/m² em 50%.

Num determinado planeta, um objeto metálico escuro em forma de paralelepípedo encontra-se apoiado à esquerda e pendurado por uma haste inextensível com uma argola retangular de apoio à direita. Ao nascer de seu Sol (25\% do dia), a extremidade direita do objeto está rigorosamente abaixo da haste, como mostra a Figura 1. Neste momento, a haste está quase se rompendo e só conseguirá suportar 0{,}1\% a mais de tração. Ao amanhecer, a irradiância do Sol, cujo gráfico se encontra na Figura 2, incide sobre o objeto, sendo totalmente absorvida em sua área superior paralela ao plano horizontal.

Dados:

densidade homogênea do objeto ao amanhecer: 2000\text{ kg/m}^3;
dimensões do objeto: 2\text{ m} \times 25\text{ cm} \times 5\text{ cm};
comprimento do objeto: L = 2\text{ m};
coeficiente de dilatação linear e calor específico do objeto metálico: 10^{-5}\ ^\circ\text{C}^{-1} e 1{,}0\text{ J/(g}\cdot^\circ\text{C)};
constante universal da gravitação: G;
massa e raio do planeta: M e R;
G \cdot M/R^2 = 12\text{ m/s}^2;
duração de um dia no planeta: 8 \cdot 10^4\text{ s}.

Observações:

o esquema da Figura 1 foi montado sobre a superfície do planeta;
para efeito de cálculo, não considere as áreas laterais e nem a área de baixo para a absorção da irradiância;
durante o processo de dilatação, o objeto desliza apenas à direita e sem atrito pela argola mantendo o ponto de sustentação fixo, sendo que a haste se mantém na vertical;
o objeto permanece com a massa homogeneamente distribuída durante todo o aquecimento.

Diante do exposto, determine:

a) a reação no apoio à esquerda ao amanhecer;

b) a variação da temperatura do objeto desde o amanhecer até o momento do rompimento da haste;

c) o horário, em % do dia, no qual ocorre o rompimento da haste.

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 3 (Física) da 2ª fase do IME 2027

Física · Física: Dilatação térmica

Esquema de barra horizontal de comprimento L apoiada na extremidade esquerda e sustentada na extremidade direita por haste vertical com argola.

Gráfico da irradiação incidente na barra em função do horário do dia (% dia), com formato triangular entre 25% e 75% e pico de 4000 W/m² em 50%.

Num determinado planeta, um objeto metálico escuro em forma de paralelepípedo encontra-se apoiado à esquerda e pendurado por uma haste inextensível com uma argola retangular de apoio à direita. Ao nascer de seu Sol (25\% do dia), a extremidade direita do objeto está rigorosamente abaixo da haste, como mostra a Figura 1. Neste momento, a haste está quase se rompendo e só conseguirá suportar 0{,}1\% a mais de tração. Ao amanhecer, a irradiância do Sol, cujo gráfico se encontra na Figura 2, incide sobre o objeto, sendo totalmente absorvida em sua área superior paralela ao plano horizontal.

Dados:

densidade homogênea do objeto ao amanhecer: 2000\text{ kg/m}^3;
dimensões do objeto: 2\text{ m} \times 25\text{ cm} \times 5\text{ cm};
comprimento do objeto: L = 2\text{ m};
coeficiente de dilatação linear e calor específico do objeto metálico: 10^{-5}\ ^\circ\text{C}^{-1} e 1{,}0\text{ J/(g}\cdot^\circ\text{C)};
constante universal da gravitação: G;
massa e raio do planeta: M e R;
G \cdot M/R^2 = 12\text{ m/s}^2;
duração de um dia no planeta: 8 \cdot 10^4\text{ s}.

Observações:

o esquema da Figura 1 foi montado sobre a superfície do planeta;
para efeito de cálculo, não considere as áreas laterais e nem a área de baixo para a absorção da irradiância;
durante o processo de dilatação, o objeto desliza apenas à direita e sem atrito pela argola mantendo o ponto de sustentação fixo, sendo que a haste se mantém na vertical;
o objeto permanece com a massa homogeneamente distribuída durante todo o aquecimento.

Diante do exposto, determine:

a) a reação no apoio à esquerda ao amanhecer;

b) a variação da temperatura do objeto desde o amanhecer até o momento do rompimento da haste;

c) o horário, em % do dia, no qual ocorre o rompimento da haste.

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Resolução comentada

a) O volume do objeto é V = 2\cdot 0{,}25\cdot 0{,}05 = 0{,}025\ \text{m}^3. Logo, a massa é m = 2000\cdot 0{,}025 = 50\ \text{kg}. Com g = GM/R^2 = 12\ \text{m/s}^2, o peso vale P = 50\cdot 12 = 600\ \text{N}.

A barra está em equilíbrio, com o peso aplicado no centro (a L/2 do apoio). Tomando torques em relação ao apoio esquerdo:

T\cdot L = P\cdot\frac{L}{2}\ \Rightarrow\ T = 300\ \text{N}

Na vertical, N + T = P, então N = 600 - 300 = 300\ \text{N}, para cima.

Reação no apoio esquerdo: 300\ \text{N} (vertical, para cima).

b) A haste suporta no máximo 0{,}1\% a mais de tração: T_{\max} = 1{,}001\cdot 300 = 300{,}3\ \text{N}.

Ao dilatar, a barra desliza só na argola. O ponto de sustentação fica fixo, a L do apoio esquerdo. O comprimento passa a L' e o centro de massa vai para L'/2 do apoio. Como a massa continua homogênea, o torque em relação ao apoio esquerdo fica:

T\cdot L = P\cdot\frac{L'}{2}\ \Rightarrow\ T = 300\,\frac{L'}{L}

Para T = 300{,}3\ \text{N}: \dfrac{L'}{L} = 1{,}001, ou seja, \dfrac{\Delta L}{L} = 10^{-3}.

Pela dilatação linear, \Delta L = L\,\alpha\,\Delta\theta:

\Delta\theta = \frac{10^{-3}}{10^{-5}} = 100\ ^\circ\text{C}

Variação de temperatura: 100\ ^\circ\text{C}.

c) O calor necessário é Q = m c\,\Delta\theta = 50\ \text{kg}\cdot 1000\ \text{J/(kg}\cdot^\circ\text{C)}\cdot 100\ ^\circ\text{C} = 5\cdot 10^{6}\ \text{J}.

A área superior que absorve a irradiância é A = 2\cdot 0{,}25 = 0{,}5\ \text{m}^2.

O dia dura 8\cdot10^4\ \text{s}, então 25\% do dia equivalem a 2\cdot10^4\ \text{s}. Entre 25\% e 50\%, a irradiância cresce linearmente de 0 a 4000\ \text{W/m}^2 nesses 2\cdot10^4\ \text{s}. Contando o tempo \tau a partir do amanhecer:

I = \frac{4000}{2\cdot10^4}\,\tau = 0{,}2\,\tau\ \ (\text{W/m}^2)

A energia absorvida é a área do gráfico (triângulo) vezes A:

E = A\cdot\frac{1}{2}\,(0{,}2\tau)\,\tau = 0{,}05\,\tau^2

Igualando a 5\cdot10^6\ \text{J}: \tau^2 = 10^8, logo \tau = 10^4\ \text{s}. Esse valor é menor que 2\cdot10^4\ \text{s}, então o rompimento ocorre antes do pico, como supusemos.

Em fração do dia, \dfrac{10^4}{8\cdot10^4} = 12{,}5\%. Somando ao amanhecer: 25\% + 12{,}5\% = 37{,}5\%.

Rompimento em 37{,}5\% do dia.

Assuntos: Dilatação térmica, Equilíbrio do corpo extenso: torque e alavancas, Calorimetria: calor sensível e trocas de calor.

Resultado conferido com as resoluções dos cursinhos Farias Brito e Poliedro.

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Questão 3 no caderno Física da 2ª fase do IME 2027

Fonte: IME 2ª fase 2027 · Física. Prova oficial ↗