Escrito por Paulo Henrique
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica: Cinemática
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[spoiler title=’Solução 1′ style=’default’ collapse_link=’true’]
O problema poderia ser resolvido geometricamente no refencial $$S$$ que se move com aceleração constante $$g$$ para baixo. Nesse referencial, os projéteis se movem com velocidades constantes e a plataforma se move aceleradamente com $$g$$ pra cima. O esquema relevante é o seguinte (o instante $$t=0$$ é definido como o instante de lançamento do projétil $$B$$):
Perceba que $$\theta_A’$$ é diferente de $$\theta_A$$, pois após $$\Delta{t}$$ segundos, o referencial $$S$$ têm velocidade $$-g\Delta{t}$$ para baixo, e portanto, deve ser feita a soma vetorial para descobrir a velocidade de $$A$$ nesse referencial. Logo, sua velocidade terá mudado e o ângulo com a horizontal também (diferentemente de $$B$$). Devido a essas complicações, a solução analítica é mais viável. De qualquer forma, pode-se atacar o problema de duas formas no mínimo. Podemos calcular a diferença entre os tempos de lançamento simplesmente calculando a diferença entre os tempos necessários para que cada projétil atinga o ponto de encontro, que tem coordenadas, digamos $$y_p$$ e $$x_p$$. Adotando a origem como o ponto de lançamento, teremos:
\[x_p=V_0\cos{\theta_B}t_B=V_0\cos{\theta_A}t_A\to{t_B=t_A\dfrac{\cos{\theta_A}}{\cos{\theta_B}}}\]
e
\[y_p=V_0\sin{\theta_A}-gt_A^2/2=V_0\sin{\theta_B}-gt_B^2/2\]
Substituindo a primeira equação na segunda, obteremos uma equação linear em $$t_A$$, resolvendo:
\[t_A=\dfrac{2V_0}{g}\dfrac{\cos{\theta_B}\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos^2{\theta_A}-\cos^2{\theta_B}}\]
Para $$t_B$$, basta permutarmos os índices $$A$$ e $$B$$. Tomando a diferença entre os tempos:
\[t_B-t_A= \Delta t=\dfrac{2V_0\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos{\theta_A}+\cos{\theta_B}}\]
Para descobrirmos as coordenadas do ponto de encontro basta susbstituirmos um dos tempos nas expressões para $$x_p$$ e $$y_p$$, obtendo:
\[x_p=\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}\]
e
$$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$$
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[spoiler title=’Solução 2′ style=’default’ collapse_link=’true’]
Escrita por Antonio Italo
a) Já que é garantido no enunciado a colisão entre os projéteis, basta encontrar o ponto de interseção das trajetórias do mesmo. Utilizando a equação da trajetória, temos:
$$x_{p} \tan \theta_{A} – \dfrac{g x_{p}^{2}}{2 V_{0}^{2}} \left(1 + \tan^{2} \theta_{A} \right) =x_{p} \tan \theta_{B} – \dfrac{g x_{p}^{2}}{2 V_{0}^{2}} \left(1 + \tan^{2} \theta_{B} \right)$$
$$x_{p}=\dfrac{2V_{0}^{2}}{g} \dfrac{\tan \theta_{A}- \tan \theta_{B} }{\tan^{2} \theta_{A} – \tan^{2} \theta_{B} } = \dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left(\tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) }$$
Substituindo novamente na eq. da trajetória e manipulando:
$$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$$
b) Como $$\theta_{A} < \theta_{B}$$, temos $$V_{x_{A}}>V_{x_{B}}$$, portanto para que os projéteis cheguem ao mesmo tempo no ponto calculado anteriormente o projétil $$B$$ deve ser lançado antes. Portanto:
$$\Delta t = t_{B}-t_{A} = \dfrac{x_{p}}{V_{0}}\left(\sec \theta_{B} – \sec \theta_{A} \right)$$
$$\Delta t = \dfrac{2V_{0} \left( \sec \theta_{B} – \sec \theta_{A} \right)}{g \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) } = \dfrac{2V_{0} \left( \cos \theta_{A} – \cos \theta_{B} \right)}{g \sin \left(\theta_{A} + \theta_{B} \right) }$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
\[t_a-t_b=\dfrac{2V_0\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos{\theta_A}+\cos{\theta_B}} = \dfrac{2V_{0} \left( \cos \theta_{A} – \cos \theta_{B} \right)}{g \sin \left(\theta_{A} + \theta_{B} \right) }\]
b)
$$x_{p} = \dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left(\tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) }$$
$$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$$
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Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica: Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Consideremos a energia total $$E$$ do satélite. Essa quantia é, evidentemente, conservada. Como a força é central, o momento angular é conservado. Sendo assim, o movimento do satélite se dá em um plano: definamos esse plano como sendo o plano $$z=0$$. Portanto, o satélite tem coordenadas $$r$$, $$\theta$$ e $$z=0$$. O módulo da velocidade é:
\[v^2=v_r^2+{\omega}^2r^2\]
Onde o subscrito $$r$$ significa “radial”. O momento angular (seu módulo) é $$L=m{\omega}r^2$$. Portanto:
\[v^2=v_r^2+\dfrac{L^2}{m^2r^2}\]
E a energia pode ser escrita da seguinte forma:
\[E=\dfrac{mv_r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}\]
Procuremos as soluções da equação acima quando $$v_r=0$$. Seja $$r=r_0$$ a solução:
\[\left(\dfrac{1}{r_0}\right)^2\dfrac{L^2}{2m}-\left(\dfrac{1}{r_0}\right)GMm-E=0\]
A equação acima é quadrática e têm duas soluções reais distintas. As duas soluções representam os inversos das distância à Terra quando o satélite tem $$v_r=0$$, ou seja, no apogeu e no perigeu. Portanto, as duas raízes da equação acima são $$r_1$$ e $$r_2$$. Podemos escrever:
\[r_1+r_2=r_1r_2\left(\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_2}\right)\]
Usando as relações de Girard de soma e produto das raízes, chegamos em:
\[r_1+r_2=\dfrac{S}{P}=-\dfrac{GMm}{E}\to{E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}}\]
A equação acima é um importante resultado que deve ser memorizado pelo aluno na forma $$E=\dfrac{-GMm}{2a}$$, onde $$2a$$ é o eixo maior da órbita, dado por $$2a=r_1+r_2$$. Escrevendo a energia no apogeu:
\[E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}=\dfrac{L^2}{2mr_2^2}-\dfrac{GMm}{r_2}\]
Resolvendo para $$L$$:
\[L=\pm\sqrt{\dfrac{2Gm^2r_1r_2}{r_1+r_2}}\]
O sinal de $$L$$ depende do sentido da órbita, que é totalmente arbitrário e depende da convenção do eixo $$z$$. Escolhamos a positiva, sem perda de generalidade.
b) Aplicando “F=ma”” para a órbita circular, obtemos a velocidade necessária para que tal movimento ocorra:
\[v’=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}}\]
$$\Delta{v}$$ é simplesmente a diferença entre a velocidade acima e a velocidade no apogeu da órbita elíptica. Essa última pode ser obtida através do momento angular já calculado:
\[v_a=\dfrac{L}{mr_2}\to{v_a=\sqrt{\dfrac{2GMr_1}{r_2(r_1+r_2)}}}\]
Logo:
\[\Delta{v}=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}\left(1-\sqrt{\dfrac{2r_1}{r_1+r_2}}\right)}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) \[L=\pm\sqrt{\dfrac{2Gm^2r_1r_2}{r_1+r_2}}\]
e
\[E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}\]
b) \[\Delta{v}=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}\left(1-\sqrt{\dfrac{2r_1}{r_1+r_2}}\right)}\]
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Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Eletricidade: Resistores
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Parte 1
a) Observe que a cada malha temos 3 conexões em paralelo entre $$A$$ e $$B$$, com exceção da primeira célula, que há quatro. Logo:
\[\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{3n}{R}\]
Logo:
\[R_{eq}=\dfrac{R}{3n+1}\]
b) Temos, olhando para uma malha:
\[\dfrac{1}{R_n}=\dfrac{3}{R}+\dfrac{1}{R_{n-1}}\]
Usando $$R_1=R/4$$ e observando que a relação de recorrência acima é uma P.A. em $$B_n$$, resolvemos para o termo geral:
\[B_n=\dfrac{3n+1}{R}\]
Parte 2
a) Observe que, devido a simetria, todas as três resistência têm valor $$r$$. Usando o conhecido resultado que a resistência entre dois pontos adjacentes numa malha infinita é $$\dfrac{2R}{n}$$, onde $$n$$ é o número de fios que saem de um ponto, temos que:
\[R_{AB}=\dfrac{r.2r}{r+2r}=\dfrac{2R}{6}\to{r=\dfrac{R}{2}}\]
b) Usando a sugestão do enunciado, percebemos que o circuito com o fio cortato é o delta do item anterior adicionado de uma resistência $$-R$$ entre $$B$$ e $$C$$ ($$r$$ em paralelo com $$-R$$ resulta numa resistência equivalente de $$R$$). Com isso podemos calcular todas as resistência pedidas:
\[R_{AC}=R_{AB}=\dfrac{R/2.3R/2}{R/2+3R/2}=\dfrac{3R}{8}\]
e
\[R_{BC}=\dfrac{R.R}{R+R}=\dfrac{R}{2}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Parte 1
\[R_n=\dfrac{R}{3n+1}\]
Parte 2
a) \[R_{AC}=R_{AB}=R_{CB}=R/2\]
b) \[Req_{AB}=Req_{AC}=\dfrac{3R}{8}\]
e
\[Req_{BC}=R/2\]
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