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Estática e Dinâmica do Corpo Rígido

(a) Na iminência de rolar, toda a força de contato atua em um único ponto na extremidade do hexágono. Com isso, podemos montar a figura:
Logo, balanceando as forças nas direções tangente e normal ao plano:

$f_{AT} = mg \sin \theta_C$  e

$$N = mg \cos \theta_C$$

Balanceando o torque:

$f_{AT} \cos 30^{\circ}L = N \sin 30^{\circ}L$

Substituindo os valores de $f_{AT}$ e $N$:

$mg \sin \theta_C\cos 30^{\circ} = mg \cos \theta_C \sin 30^{\circ}$

$\tan \theta_C = \tan 30^{\circ}$

$\boxed{\theta_C = 30^{\circ}}$

(b) Como vimos, no equilíbrio:

$f_{AT} = mg\sin \theta$

e

$N = mg \cos \theta$

Mas note que deve ser satisfeita a seguinte desigualdade para a intensidade da força de atrito estático:

$f_{AT} \leq \mu N$

Então:

$mg\sin \theta \leq \mu mg \cos \theta$

Tal que, por fim:

$\boxed{\mu \geq \tan \theta}$

(c) Perceba que foi dito que pode-se considerar que toda a massa do lápis está concentrada em seu eixo (centro de massa $CM$, na figura). Acompanhe o seguinte esquema:

Chame de $L$ a distância entre o centro do hexágono e o ponto de contato $P$ com o plano. Note que o $CM$ rotaciona instantaneamente em torno do ponto $P$. Logo, utilizando a segunda Lei de Newton em sua forma rotacional:

$\tau_P=I_P \alpha$

Em que $\alpha$ é a aceleração angular, $\tau$ é o torque em relação ao ponto $P$ e $I_P$ o momento de inércia do corpo em relação ao mesmo ponto. Como a questão nos pede para considerar toda a massa do lápis localizada no eixo, o momento de inércia é aquele de uma massa pontual, i.e. $I_p=mL^2$. O torque resultante é aquele da força peso, sendo assim:

$mg\sin(\theta - 30^{\circ})L = mL^2 \alpha$

Tal que:

$\alpha = \dfrac{g\sin(\theta - 30^{\circ})}{L}$

Nas proximidades de $\theta = \theta_C = 30^{\circ}$, temos então:

$\boxed{\alpha \approx 0}$

(a) $\boxed{\theta_C = 30^{\circ}}$

(b) $\boxed{\mu \geq \tan \theta}$

(c) $\boxed{\alpha \approx 0}$

Termologia e Hidrodinâmica

(a) O calor fornecido pelo resistor será utilizado para derreter o gelo, tal que:

$P = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$

$P = \dfrac{\Delta m}{\Delta t} L$

Então:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{P}{L}$

Em que $\dfrac{\Delta m}{\Delta t}$ é a taxa com que a massa de gelo derrete. Como essa é a mesma taxa com que a água surge, temos que:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho_a\dfrac{\Delta V}{\Delta t}$

Logo, como o volume de água $V=A_S h_a$, sendo $h_a$ a altura da coluna de água:

$\dfrac{P}{L} = \rho_a A_S \dfrac{\Delta h_a}{\Delta t}$

$\dfrac{P}{L} \Delta t = \rho_aA_S\Delta h_a$

$\Delta t = \dfrac{L\rho_a A_S\Delta h_a}{P}$

Ou seja:

$\boxed{t_1= \dfrac{L \rho_aA_Sd}{P} \approx 90 \; \rm{s} }$

(b) Em nossa estimativa, consideraremos que, enquanto o gelo derrete, o comprimento do bloco varia, enquanto a sua área transversal $A_G$ permanece constante. Note que, caso contrário, a velocidade da água que se move entre o gelo e o cilindro seria variável e, com isso, teríamos que utilizar métodos que fogem de nossos conhecimentos de Ensino Médio, como integrais, para resolver o problema. Sendo assim, prossigamos.

Seja $h$ a altura da barra de gelo e $h'$ o nível da água em relação à tela de plástico. Acompanhe a figura.

Nesse caso, o gelo só irá flutuar quando o empuxo $E$ for suficientemente grande para levantá-lo, tal que,

$E = P$

$\rho_ah'A_gg = \rho_g A_gh g$

$\rho_a h' = \rho_g h$

Note, entretanto, que, como a massa do gelo varia, sua altura varia também, logo:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = -\rho_g A_g \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$

$\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = -\dfrac{P}{\rho_g A_g L}$

Logo:

$h = H - \dfrac{P}{\rho_g A_g L}(\Delta t + t_1)$

Já para água que se move entre o cilindro e o gelo, a conservação de massa é da forma:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho_a (A_S - A_g) \dfrac{\Delta h'}{\Delta t}$

$\dfrac{\Delta h'}{\Delta t} = \dfrac{P}{\rho_a (A_S - A_g) L}$

Então:

$h' = \dfrac{P}{\rho_a (A_S - A_g) L}\Delta t$

Substituindo os valores encontrados na relação para que o gelo flutue:

$\dfrac{P}{ (A_S - A_g) L}\Delta t = \rho_gH - \dfrac{P}{A_g L}(\Delta t + t_1)$

$\dfrac{P\Delta t}{L} \left( \dfrac{1}{A_S - A_g} + \dfrac{1}{A_g}\right) = \rho_gH - \dfrac{P}{A_g L}t_1$

$\dfrac{P\Delta t}{L} \left( \dfrac{1}{A_S - A_g} + \dfrac{1}{A_g}\right) = \rho_gH - \dfrac{\rho_aA_Sd}{A_g}$

Então:

$\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S - A_g)(\rho_gA_gH - \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$

(a) $\boxed{t_1= \dfrac{L \rho_aA_Sd}{P} \approx 90 \; \rm{s} }$

(b) $\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S - A_g)(\rho_gA_gH - \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$

Trigonometria e Noções de Astronomia

Pelas informações do enunciado, podemos montar a seguinte figura:

Note que, pelas informações do enunciado, a trajetória do Sol se dará no sentido anti-horário (Leste-Oeste), e no plano da imagem. Como ele nasce $6 \; \rm{h}$ e se põe $18 \; \rm{h}$, sua velocidade angular média pode ser calculada por:

$\omega = \dfrac{180^{\circ}}{12 \; \rm{h}} = 15^{\circ}/\rm{h}$

Definindo $\alpha$ como a altura angular do Sol, podemos calcular a altura $\alpha_1$ às $15 \; \rm{h}$:

$\alpha_1 = 90^{\circ} - 3 \times 15^{\circ} = 45^{\circ}$

Com isso, obtemos que:

$h = L_0 = 50 \; \rm{m}$

Quando a sombra do edifício atinge o mar, a altura angular do Sol será $\alpha_2$, tal que, por trigonometria:

$(L_0 + L) \tan \alpha_2 = h$

$\tan \alpha_2 = \dfrac{50}{100}$

$\tan \alpha_2 = \dfrac{1}{2}$

$\alpha_2 = \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)$

Logo:

$\omega (T - 12 \; \rm{h} ) = 90^{\circ} - \alpha_2$

$T = 12 \; \rm{h} + \dfrac{90^{\circ}- \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)}{15^{\circ}} \; \rm{h}$

Perceba que, com isso, só se consegue obter o valor exato de $\alpha_2$ a partir de uma calculadora. Entretanto, visando obter um valor aproximado de $\alpha_2$, podemos utilizar a conhecida aproximação trigonométrica de que $\tan x \approx x$ se $x \ll 1\$. Apesar, entretanto, de $0,50$ não ser muito menor que $1$, perceberemos que os resultados dessa aproximação serão satisfatórios, então:

$\tan \alpha_2 \approx \alpha_2 \approx 0,5 \; \rm{rad}$

Transformando o resultado para graus:

$\alpha_2 \approx \dfrac{180^{\circ}}{\pi} \times 0,5 \approx 30^{\circ}$

Tal que, por fim:

$T = 12 \; \rm{h} + 4 \; \rm{h}$

$$\boxed{T = 16 \; \rm{h}}$$

$$\boxed{T = 16 \; \rm{h}}$$