Nível 1- Fase 3

Soluções de Felipe Martins

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Problema 1

Esse é um problema de dinâmica que mistura uma série de conceitos interessantes,passa desde dinâmica básica até a força de reação em vínculos, o que não é muito debatido em ensino médio salve algumas questões de estática e o estudo de treliças em geral. Começando do começo, usemos o fato de que a corda que atravessa a polia é ideal, o que nos garante que a tração é a mesma ao longo da mesma,e consequentemente a tração se iguala à força $\vec{F}$, pela condição de não existir força resultante na corda. Assim a força de tração T puxa o bloco para cima, o que gera sua subida apesar da influência do peso da massa, usando a segunda lei de newton (Vamos adotar o referencial para cima como positivo):

$\vec{F_{res}}=m\vec{a}$

$T-mg=ma$

$T=m(g+a)$

Tendo feito a parte de dinâmica, iremos agora para a parte de equilíbrio da polia, como a polia está em equilíbrio estático, podemos zerar a força resultante sobre ela, assim ela deve agir com uma força tal que compense as forças de tração sobre ela, veja que temos uma força de tração à direita da polia para baixo, e a sua esquerda temos uma força de mesmo módulo (também é tração), contudo ela não está para a baixo como a outra, mas fazendo um ângulo de 30 graus com o eixo vertical, assim, somando componente a componente,temos (nosso eixo x está alinhado da esquerda pra direita):

$F_{y}=-F-F cos(30^{\circ})=-m(g+a)(1+0,85)=277.5 N$

$F_{x}=-F sen(30^{\circ})=-\frac{m(g+a)}{2}=-75 N$

E tendo decomposto as nossas componentes de força, podemos achar o módulo da mesma($F'$) com um simples Pitágoras:

$F'=\sqrt{F_{x}^{2}+F_{y}^2}$

$F'=F\sqrt{2(1+cos(30^{\circ}))}$

$F'=m(g+a)\sqrt{2(1+cos(30^{\circ}))}$

$\sqrt{2+\sqrt{3}}=\sqrt{2}\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}$

$F'=m(g+a)\sqrt{2}\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}$

$F'=12\cdot 12.5\cdot \sqrt(1.85)\cdot 1,4=286�N$

Nós encontramos as duas componentes, e o módulo da força de reação, o que deve ser mais que o suficiente para a resposta do problema

Problema 2

Esse já é um problema que mistura conceitos de cinemática com alguns de ondulatória, temos:

Para o item a:

$2L=v_{som}\Delta t=340\cdot 46\cdot 10^(-3)$

Já que o som vai e volta, temos que a distância é de 2L.

$L=7.82 M$

Para o item b:

$\frac{n\lambda}{4}=L$

Onde n é um número ÍMPAR. Logo,

$\frac{nv_{som}}{4f}=L$

$f=\frac{nv_{som}}{4L}$

Porém, ele afirma que a frequência é ligeiramente maior que 100. Logo,

Substituindo valores:

O próximo número ímpar é 11. Assim:

$f=\frac{nv_{som}}{4L}\approx 119.57$Hz

Problema 3

Para o item a, o aluno deve saber que a trajetória de planetas é elíitica e como o sistema é usado para estudar o movimento destes deve-se assumir que a trajetória será elíptica.

Para o item b, calculamos as distâncias entre cada um dos pontos subsequentes. Como o intervalo de tempo é igual para todos, o intervalo que tiver uma distância maior é o que queremos.

Depois de checar cada intervalo, obtemos que o primeiro nos resulta na maior velocidade:

$D=\sqrt{24.5}$

$v=\frac{\sqrt{24.5}}{0.2}=24.75$

Problema 4

Esta questão é mais uma de cinemática.

Primeiro, temos que a altura de A será dado por:

$y=0.8-2t^2$

Vamos calcular o tempo para chegar no chão, pois será necessário depois:

$0.8=2t^2$

$t=\sqrt{0.4}$

Agora, devemos usar pitágoras:

$y^2+x^2=l^2$

Pela situação inicial, $l=1$. Assim, o x do B é:

$(0.8-2t^2)^2+x^2=1$

$x=\sqrt{1-(0.8-2t^2)^2}$

Quando A estiver no chão, B estará em

$x=\sqrt{1-(0.8-2\cdot 0.4)^2}$

$x=1$

$\Delta x=0.4$

Assim, a velocidade média é:

$v=\frac{0.4}{\sqrt{0.4}}=\sqrt{0.4}$ m/s

Problema 5

Esta questão é de matemática, mais especificamente geometria.

Primeiro, temos que fazer a condição de mesmo volume. De um lado, temos um prisma hexagonal:

$V_H=h\cdot A_H=h\cdot \frac{3\sqrt{3}l_H^2}{2}$

$V_Q=h\cdot A_Q=h\cdot l_Q^2$

$h\cdot \frac{3\sqrt{3}l_H^2}{2}=h\cdot A_Q=h\cdot l_Q^2$

$l_H^2=\frac{2}{3\sqrt{3}}l_Q^2$

$l_H=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3\sqrt{3}}}l_Q$

Agora, temos a relação entre os dois lados da base hexágona e da base quadrada.

Para calcular a razão pedida, devemos calcular somente a área das laterais:

$6l_H k=m_H$

$4l_Q k=m_Q$

Assim, substituindo:

$\frac{m_H}{m_Q}=\frac{3}{2}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3\sqrt{3}}}$

$\frac{m_H}{m_Q}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2\sqrt{3}}}<1$

Logo, realmente o prisma hexagonal exige menos material.

Problema 6

Questão basicamente de matemática. Temos que a probabilidade de encontrarmos uma partícula num recipiente vai depender do seu volume:

$P_b=KV_b$

$P_a=KV_a$

E temos que a partícula está ou em b ou em a, ou seja:

$P_a+P_b=K(V_a+V_b)=1$

Logo, substituindo a relação entre os volumes:

$K=\frac{1}{3V_b}$

Assim,

$P_b=\frac{1}{3}$

$P_a=\frac{2}{3}$

Se aplicarmos isto para cada partícula, obtemos o número médio para o recipiente a e b:

$N_b=3\frac{1}{3}=1$

$N_a=3\frac{2}{3}=2$

Agora, o item b. O número total de casos é $2^3$, e o número de casos onde esta distribuição ocorre é 3. Logo,

$P=\frac{3}{8}$

Problema 7

Escrevemos a equação do movimento de cada bola:

$h_2=h_0-\frac{gt^2}{2}$

$h_1=h_0-\frac{g(t+0.5)^2}{2}$

A segunda equação é a da bolinha solta primeiro. Note que a única difereça é o tempo em queda livre e que o "t" é o tempo em queda da solta por último.

Vejamos agora quando a primeira colide com o chão:

$h_0=\frac{g(t_{col}+0.5)^2}{2}$

$\frac{2h_0}{g}=(t_{col}+0.5)^2$

$t_{col}=\sqrt{\frac{2h_0}{g}}-0.5$

Neste tempo a altura da segunda bola é:

$h_2=h_0-\frac{g}{2}(\frac{2h_0}{g}-\sqrt{\frac{2h_0}{g}}+0.25)=\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}$

Após colidir, a bola 1 estará com a velocidade a seguir:

$\frac{mv_{col}^2}{2}=50%E_n=50%mgh_0$

$v_{col}=\sqrt{gh+0}$

Assim, o movimento subsequente será dado por:

$h'_1=v_{col}t-\frac{g}{2}t^2$

$h_2=\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}-v_2t-\frac{gt^2}{2}$

Onde zeramos o tempo para o zero ser na colisão, para adaptar a equação de 2 devemos simplesmente saber a altura naquele momento e a velocidade. Falta apenas a velocidade:

$v_2=gt_{col}=\sqrt{2gh_0}-0.5g$

Fazemos $h_2=h'_1$:

$\sqrt{gh_0}t-\frac{g}{2}t^2=\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}-(\sqrt{2gh_0}-0.5g)t-\frac{gt^2}{2}$

$\sqrt{gh_0}t=\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}-(\sqrt{2gh_0}-0.5g)t$

$(\sqrt{gh_0}+\sqrt{2gh_0}-0.5g)t=\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}$

$t=\frac{\sqrt{\frac{gh_0}{2}}-\frac{g}{8}}{\sqrt{gh_0}+\sqrt{2gh_0}-0.5g}\approx 0.3$

Precisamos somar este tempo com o tempo até a colisão para obter o tempo desde a soltura da última bola, ainda precisaremos adicionar 0.5 pois a questão aparenta querer saber com relação à soltura da primeira.

$t_{tot}=t_{col}+0.2+0.5=2-0.5+0.5+0.3=2.3 s$

Problema 8

Este problema visa testar o conhecimento do aluno sobre calorimetria.

O aluno deve se lembrar a relação entre o calor fonercido e a variação de temperatura:

$Q=mc\Delta T$

Daí, facilmente:

$Q_a=mc\Delta T_a$

$Q_b=mc\Delta T_b$

$\frac{Q_a}{Q_b}=\frac{70-25}{70-(-18)}=\frac{45}{98}$