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,
$$\frac{nv_{som}}{4L}>100$$
Substituindo valores:
$$n>9.2$$
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:
$$Q_a=mc\Delta T_a$$
$$Q_b=mc\Delta T_b$$
$$\frac{Q_a}{Q_b}=\frac{70-25}{70-(-18)}=\frac{45}{98}$$