Nível 2 - Fase 3

Soluções de Victor Ivo

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Problema 1:

Esse é um problema bem interessante, pois envolve o conceito de gravidade aparente e de empuxo, nós temos genericamente, que uma partícula livre tende a seguir a direção da gravidade aparente. Contudo, ao colocarmos a partícula num líquido, a mesma deixa de ser livre, pois existirá uma força de empuxo atuando sobre a mesma. O grande segredo é saber que o empuxo sempre atua na direção da gravidade aparente,e contrária a ela, assim temos que:

$\vec{E}=-\rho V \vec{g}$

$\vec{F_{res}}=m\vec{g}+\vec{E}$

E agora,para facilitar a análise da física do problema, escrevamos a força resultante como se fosse um "peso equivalente", que usaremos como artifício para estudar a dinâmica das bolas.

$\vec{F_{res}}=m\vec{g'}=m\vec{g}-\rho V \vec{g}$

$\vec{g'}=\vec{g}(1-\frac{\rho V}{m})$

$m=\rho_{corpo}V=\rho_{c}V$

$\vec{g'}=\vec{g}(1-\frac{\rho}{\rho_{c}})$

Perceba que para uma densidade do líquido maior que a densidade do corpo, teremos uma subtração que resultará num número negativo, o que significa que a "gravidade efetiva" no corpo o levará à direção contrária da gravidade aparente. Vemos que na ausência de rotação a gravidade aparente para as bolinhas aponta para baixo, pois é a própria gravidade gerada pela terra, e com isso a bolinha mais densa segue a direção dela (para baixo) e vai pro fundo do cilindro, a bolinha menos densa vai no sentido contrária da gravidade, pois sua densidade é menor que a da água, assim ela vai pra o mais alto possível no cilindro. Já no caso de uma rotação suficientemente alta dos cilindros, a gravidade aparente será basicamente a aceleração centrífuga, que apontará para fora do centro, a bolinha mais densa segue sua direção, "pra fora", e vai pra o mais longe possível do eixo, alcançando a parte mais extrema, e a mais leve terá uma "gravidade efetiva" pra dentro, o que a fará ficar no fundo do cilindro, que é a parte mais próxima ao eixo. OBS: Não confunda gravidade aparente com o conceito de gravidade efetiva que acabamos de criar para resolver esse problema,a gravidade efetiva foi um artifício usado apena para mensurar o quão maior que o empuxo é o peso aparente, mas você pode trocar qualquer citação de gravidade aparente por uma comparação rápida entre o empuxo e o peso.

Problema 2

Essa questão pode ser resolvida por argumentos mais teóricas, e por mais matemáticos. Podemos pensar no seguinte, vamos manter o material descendo com a maior aceleração possível, e como podemos fazer isso? Basta deixa-ló em queda livre, sem tracionar a corda, e na hora certa nós colocamos a tração com seu módulo máximo, tal que nós desaceleramos o corpo rapidamente e ele chega seguro no chão, tendo aproveitado o máximo de velocidade possível pela gravidade, usando isso nós temos que ele deve cair com g e desacelerar com nossa tração máxima. O tempo podemos achar pelo gráfico, o gráfico de velocidade contra tempo vai gerar um triângulo, e a área desse triângulo é a distância percorrida pelo corpo. A área do triângulo, com altura igual à velocidade máxima do corpo, será:

$A=h=v_{m} \frac{t_{1}+t_{2}}{2}$

$t_{total}=t=t_{1}+t_{2}$

Sendo $t_{1}$ e $t_{2}$ os tempos de aceleração e desaceleração, respectivamente. Usando o fato de que a partícula chega parada no chão:

$=v_{m}=a_{1}t_{1}=a_{2}t_{2}$

$t_{total}=t_{1}(1+\frac{a_{1}}{a_{2}})$

$\frac{v_{m}}{a_{1}}=t_{1}=\frac{a_{2} t}{a_{1}+a_{2}}$

$h=\frac{a_{1}a_{2} t^2}{2(a_{1}+a_{2}}$

$t=\sqrt{2h (\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}})}$

Vemos que aumentando a aceleração da descida ou subida conseguimos diminuir o tempo, de fato foi o que previmos apenas com argumentos simples, que seriam aceitos de certo mesmo que não demonstrados com este rigor. Então basta fazermos $a_{1}=g$ e acharmos $a_{2}$ com:

$T_{max}=0,7 T_{rup}=1400 N$

$m a_{2}=T_{max}-mg$

$a_{2}=\frac{T{max}}{m}-g$

$a_{2}=18 \frac{m}{s^2}$

$a_{1}=g=10 \frac{m}{s^2}$

$t_{min}=\sqrt{2 \cdot 10 \cdot (1/10+1/18)}$

$t_{min}=\frac{2\sqrt{7}}{3}$

Problema 3

a) Nós podemos abordar esse problema com estática básica, não temos que nós preocupar com o equilíbrio rotacional dos corpos, mas apenas o translacional. Usaremos o fato de que todas as superfícies, incluindo o contato cunha/barra, tem coeficiente de atrito estático $\mu=0,27=tg(15^{\circ})$. Usando segunda lei de newton para a cunha, e a simetria da figura que nos garante que as normais e forças de atrito são iguais nas duas barras, também usamos trigonometria para decompor as forças em y e z, já que temos que o plano da cunha, pelo menos na nossa visão "frontal", faz um ângulo de 75 graus com a horizontal:

$F_{y}=F=2(N sen(15^{\circ}) +\mu N cos(15^{\circ}))$

$N=\frac{F}{4 sen(15^{\circ})}$

Em posse desses dados, podemos encontrar a força na horizontal sentida por uma barra qualquer, escolhamos por exemplo, a esquerda, teremos uma força para a esquerda, devido à reação do atrito e normal da cunha, igual a:

$F_{x}=N cos(15^{\circ})-\mu N sen(15^{\circ})$

$F_{x}=N \frac{(cos^2(15^{\circ})-sen^2(15^{\circ}))}{cos(15^{\circ})}$

Temos também $cos(2\theta)=cos^2(\theta)-sen^2(\theta)$

$F_{x}=\frac{F}{4 sen(15^{\circ})} \frac{cos(30^{\circ})}{cos(15^{\circ})}$

$F_{x}=\frac{F cotg(30^{\circ})}{2}$

Mas, a partir do equilíbrio em y para a barra, também temos que (Chamando a normal da barra no chão de $N'$):

$N'=F_{y}=Mg+N sen(15^{\circ})+ \mu N cos(15^{\circ})$

$N'=F_{y}=Mg+\frac{F}{2}$

Para equilíbrio da barra, temos que devemos ter uma força de atrito igual e contrária à força gerada pela barra na horizontal, e isso será verdade se respeitar a condição de existência:

$Fat'=F_{x} \leq \mu N'$

$\frac{F cotg(30^{\circ})}{2} \leq tg(15^{\circ}) (Mg+\frac{F}{2})$

$\frac{85 F}{27} \leq Mg + \frac{F}{2}$

$F \leq \frac{54 Mg}{143}$

Quando esta condição for violada, devemos ter que começa o deslizamento e movimento das barras, ou seja, a força mínima para violar a condição de existência do equilíbrio é:

$F_{min}=\frac{54 Mg}{143} \approx 151 N \approx 15 \cdot 10 N$

b) O resultado deve ser o mesmo para o caso que tem uma das barras presas, visto que só usamos para a resposta a condição de existência do atrito estático e o fato de que as barras estão paradas (além de argumentos de simetria), a força de contato entre a cunha e a barra pregada deve ser a mesma visto que a força gerada pelo prego não afetará efetivamente a dinâmica do processo,e não há nenhum pico de atrito devido a alguma suposta "normal reforçada" gerada pelo prego, pois a força de atrito estático não depende da normal, mas seu máximo sim, depende. Vale ressaltar que a força de atrito estático, no seu regime de funcionamento, é totalmente indistinguível da força horizontal do prego, visto que é uma força de reação semelhante a de "uma parede", que simplesmente reage a uma força a "segurando" com uma igual e contrária, essa é a cara do atrito estático, a diferença dele pra uma força de contato de uma parede ideal mesmo, é que o atrito estático para de funcionar para forças suficientemente grandes aplicadas pra ele "segurar", então o que temos é que nossa simetria ainda é mantida e podemos fazer o mesmo trabalho com as forças que no item passado e achar o valor de $151 N$ para a força mínima, visto que ainda temos que ter a condição de existência para o atrito estático na barra não pregada.

Problema 4

Esse é um problema bem conhecido de dilatação, o mesmo é frequentemente colocado em listas de calorimetria pra turmas de preparação para ITA/IME ou vestibulares militares em geral, inclusive pode ser encontrado na primeira edição do "Curso de Física Básica" de Herch Moysés Nussenzveig, num caso particular de placas de aço e latão. Enfim, vamos dizer que a distância do ponto até o "centro" das duas placas vale "R", que é o valor do raio de curvatura, pela figura temos que o valor do arco gerado pela curvatura das placas é:

$L_{1}=L_{o}(1+\alpha_{1}\Delta T)=(R-d)\theta$

$L_{2}=L_{o}(1+\alpha_{2}\Delta T)=R \theta$

Onde usei que o novo comprimento da placa será dado pela expressão $L=L_{o}(1+\alpha\Delta T)$, para a parte mais "abaixo", pois ela é a que menos sofre do efeito de interação com a outra placa, que vai mudar a deformação original. Dividindo as duas equações temos:

$\frac{R-d}{R}=\frac{(1+\alpha_{1} \Delta T)}{1+\alpha_{2} \Delta T}$

$R=d\frac{(1+\alpha_{2}\Delta T}{(\alpha_{2} -\alpha_{1})\Delta T} \approx \frac{d}{(\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}$

E substituindo nosso valor de $R$ na expressão original, temos que:

$\theta=\frac{l_{o}(1+\alpha_{2} \Delta T)}{R} \approx \frac{l_{o} (\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}{d}$

Se o valor de $\Delta T$ se inverter, aparecerá um valor de $\theta$ negativo, o que significa que a placa vai se encurvar, contudo para o outro lado.

Problema 5

Este é um problema de óptica geométrica com uma física não muito complicada, mas que exige certa criatividade do aluno e conhecimento de simetrias, o que é necessário a qualquer bom físico. Usando lei de Snell na face de contato,ou seja, no ponto $P_{1}$ vemos, prolongando a normal,que o ângulo de incidência do raio de luz é $45$ graus.Ou seja:

$n_{1} sen(\theta_{1})=n_{2} sen(\theta_{2})$

$n_{1}=1$ e $n_{2}=\sqrt{2}$

$1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2} sen(\theta)$

$sen(\theta)=\frac{1}{2} \Rightarrow \theta=30^{\circ}$

Assim, o raio de luz sai fazendo um ângulo de $30$ com a normal, e segue uma linha reta até que atinja novamente o cilindro,num ponto $P_{2}$, do ponto de contato trace uma normal, o triângulo $P_{1}OP_{2}$, sendo $O$ o centro da circunferência tem dois lados iguais, pois os dois valem R, assim temos um triângulo isósceles e consequentemente o arco de 30 graus aparece também entre a normal à superfície do ponto $P_{2}$ e o raio de luz, e pela reversibilidade ele sai fazendo um ângulo de $45$ graus com a normal. Perceba que o prolongamento da normal é a reta que contém $OP_{2}$, essa que faz 15 graus com a horizontal, direção original da luz. Assim, nosso novo raio de luz faz um ângulo de $30$ graus com a horizontal (ou -$30$,caso você olhe pela direção dele, que é descendo). Nós acabamo de ver que um raio de luz que atinja o ponto $P_{1}$ ,estando ele se propagando paralelo ao eixo horizontal de coordenadas escolhido, tem uma deflexão de $30$ no sentido horário (para baixo), veja também , que simetricamente, se você escolher um ponto $P'_{1}$ reflexo do ponto original, como sendo o ponto de contato, o raio sofreria uma deflexão de $30$ no sentindo anti horário (para cima). Assim apenas precisamos escolher uma maneira de fazer o  ponto $P'_{1}$ ser tal que a reta definida pela direção do raio de luz faça um ângulo de $45$ graus com a normal ao ponto, pois com isso anulamos a deflexão de $30$ graus no sentido horário do primeiro cilindro com uma deflexão igual, e contrária, no sentindo anti horário. Como a reta já faz 30 graus com o eixo horizontal, precisamos apenas que o ponto $P'_{1}$ esteja a $15$ graus do centro de sua circunferência.E não há nenhuma restrição sobre o ponto $P'_{1}$ estar encostado no outro cilindro, então podemos colocar ele em qualquer ponto da nova semirreta gerada pelo prolongamento do raio de luz logo após sair do primeiro cilindro, ou seja, o ponto $P_{1}$ está em qualquer lugar da semirreta que faz $-30$ graus com a horizontal e sai pelo ponto $P_{2}$. E o centro do outro cilindro está em qualquer lugar da semirreta paralela à antiga, contudo distante da mesma pelo vetor $\vec{r}=R(cos(15^{\circ})\hat{i}+sen(15^{\circ})\hat{j})$. Ou seja, o lugar geométrico dos nossos centros do cilindro 02, é uma reta.

Problema 6

Para acharmos a resultante centrípeta num sistema, basta encontrarmos a força resultante e a decompormos na direção perpendicular à velocidade, que é a direção do raio de curvatura (do contrário a velocidade não estaria tangenciando a circunferência que contém esse centro). No nosso lançamento, a força resultante sobre a partícula é apenas seu peso, que faz um ângulo $\theta$ com a normal igual ao ângulo entre a velocidade e a horizontal. Assim, usando lei de newton para a direção radial:

$mg cos(\theta)=m\frac{v^2}{\rho}$

Podemos achar a velocidade e o ângulo $\theta$ se soubermos a velocidade da partícula na vertical, mas temos:

$v_{y}=v_{y_{o}}-gt$

$t=\frac{t_{s}}{2}$ e $t_{s}=\frac{v_{y_{o}}}{g}=\frac{v_{o} sen(\theta_{o})}{g}$

$v_{y}=\frac{v_{o}sen(\theta_{o})}{2}$

$v=\sqrt{v_{x}^2+v_{y}^2}=v_{o} \sqrt{cos^2(\theta)+\frac{sen^2(\theta)}{4}}$

Perceba que fizemos $v_{x}=v_{o} cos(\theta_{o})$ pois é a velocidade da partícula em x no começo e ela se mantém constante devido à falta de forças em x. Podemos usar também que:

$cos(\theta)=\frac{v_{x}}{v}$

Unindo todas as fórmulas temos:

$\rho=\frac{v^2}{g cos(\theta)}=\frac{v^3}{g v_{x}}$

$\rho=\frac{v_{o}^2}{g cos(\theta_{o})} (cos^2(\theta_{o})+\frac{sen^2(\theta_{o})}{4})^{\frac{3}{2}}$

Ou, simplificando um pouco:

 $\rho=\frac{v_{o}^2}{8g cos(\theta_{o})}(1+3cos^2(\theta_{o}))^\frac{3}{2}$

Problema 7

a) Existem duas maneiras de uma onda sonora sair de G e chegar até D ou vice-versa, ou ela pega a linha que une os dois pontos, ou ela parte de umas delas, bate no chão (no meio entre elas), reflete, e chega até a outra fonte. Ao sofrer a reflexão, a onda sofre uma inversão de fase, basicamente isso significa que aquela velha condição da interferência construtiva ou destrutiva de duas fontes coerentes se invertem, pois ao sofrer inversão de fase uma onda ganha um caminho óptico a mais de $\frac{\lambda}{2}$, assim, para essas duas ondas interferirem construtivamente, temos que ter:

$\Delta d=(n+\frac{1}{2})\lambda$

Em que $n$ é um inteiro não negativo.

Então basta apenas encontrarmos quanto vale a diferença de caminho das duas trajetórias, é trivial ver que a onda que segue a reta $GD$ percorre $d=l$. E com Pitágoras encontramos que a distância que a onda pela outra trajetória percorre é:

$d'=2\sqrt{h^2+(\frac{l}{2})^2}$

Que é duas vezes o comprimento $GP$,pois $GP=PD$, sendo $P$ o ponto de choque da onda com o chão.

Logo, temos que (usando $v=\lambda f$):

$(2\sqrt{h^2+(\frac{l}{2})^2}-l)=(n+\frac{1}{2})\frac{v}{f}$

b) Podemos fatorar o primeiro termo da expressão à esquerda para fazer algumas aproximações razoáveis:

$(1+x)^{n} \approx 1 + nx$ se o módulo de x for muito menor que 1

Perceba que temos $l>>>h$, tal que $1>>>\frac{h}{l}$,então:

$2 \frac{l}{2} \sqrt{1+(\frac{2h}{l})^2} \approx l(1+\frac{2h^2}{l^2})$

$(l+\frac{2h^2}{l}-l) \approx (n+\frac{1}{2})\frac{v}{f}$

$f \approx \frac{(2n+1)lv}{4h^2}$

Que é uma expressão bem mais simples de se trabalhar em laboratório, sendo mais interessante de ser usada.

Problema 8

Podemos aproximar esse processo como sendo isotérmico, dizendo que o mesmo seria muito rápido para variar a energia interna do gás, assim todo trabalho sobre o sistema vira calor pro meio externo, que no caso é o sistema gelo-água:

$Q=W_{ext}=P_{ext} \Delta V$

Basta agora quanta será a variação do volume do gás, isso vem facilmente pela condição de equilíbrio, que é basicamente saber que no final a pressão do gás será igual à pressão externa, pois o pistão deverá estar em equilíbrio, logo, e usando o fato da transformação do gás ser uma isoterma e não há vazão de partículas:

$p_{o} V_{o}=p_{1}V_{1}$

Mas no final temos que $p_{1}=10 atm=10 p_{o}$, tal que:

$V_{1}=\frac{V_{o}}{10}=0,5 L$

$\Delta V=4,5 L$

$Q=\Delta m L=W_{ext}$

$\Delta m=\frac{p_{ext}\Delta V}{L}$

$\Delta m=\frac{10^6 \cdot 4,5 \cdot 10^{-3}}{33} \approx 136 g$

E vale lembrar que o calor latente de fusão da água veio errado na prova, contudo é ele que devemos usar na solução, pois é o dado da prova.

Obs: Um erro extremamente comum é tomar que o trabalho no gás seria o "trabalho da isoterma", e portanto seria apenas $nRT ln(\frac{V}{V_{o}})$, mas perceba que isto é o trabalho da isotérmica reversível, que não é  tipo de processo estudado nessa questão, visto a espontaneidade do mesmo, então realmente devemos pensar no trabalho a pressão externa constante, que já é conhecido na literatura, para maior embasamento veja "Processos Irreversíveis":

Trabalhos Expansivos (Material da UFRGS)

E argumentos para a espontaneidade, e portanto irreversibilidade, do processo são:

-Abstinência de uma transformação "quase estática"

-Deslocamento do sistema de seu equilíbrio, para entrar em outro equilíbrio, e para chegar de um equilíbrio em outro nós usamos o fato de que a entropia do universo deve ser maximizada, logo existiu aumento de entropia e portanto irreversibilidade, sendo mais formais, podemos dizer que para termos um processo reversível de um estado de equilíbrio A  até um estado de equilíbrio B, ele deve ser percorrido por outros estados intermediários que diferem de infinitesimais de estados de equilíbrio, o que não é o caso do problema.

O gás na questão apenas serve para usarmos a equação da isoterma e para termos um mecanismo de transferência de calor pro gelo, que é o surgimento de gradientes de temperatura instantâneos devido ao trabalho externo, mas logo desaparecem com a total transferência de calor para a fusão de gelo, com a temperatura de equilíbrio do sistema inalterada já que todo calor vai pra fusão.

Problema 9

Existem alguns casos para serem estudados neste problema, primeira vamos definir a referência para energia potencial como sendo o chão, e vamos ressaltar que a única força que irá realizar algum trabalho sobre a partícula é seu peso, pois a normal vai ser perpendicular à velocidade em qualquer momento, não gerando potência alguma sobre a partícula, a normal neste caso apenas serve para modelar a trajetória e nos dizer quando a partícula está ou não em contato com a superfície, pois a normal tem como condição de existência ser maior ou igual a 0, não existe normal negativa. Em qualquer caso, a partícula começará descendo pela rampa, e assim seguirá com contato com a superfície, vai seguir e logo após isso irá entrar na circunferência. Escrevendo a energia da partícula nós temos que:

$E=T+U=mgh_{b}=mgh+T>mgh$

$h<h_{b}$

A normal deve ser maior que zero para qualquer ponto da circunferência menor ou igual ao seu raio, se a partícula conseguir chegar ao tal ponto, pois podemos pegar um referencial girando instantaneamente com a partícula, e este verá ela sentir uma força centrífuga para fora da curva, e a gravidade estará empurrando a partícula também contra a superfície, pois ele está ainda abaixo do raio, então não precisamos nos preocupar com a normal. A segunda condição que temos é que para qualquer altura na trajetória da partícula, a mesma deve ser menor que a altura do ponto b, então a partícula chegará no máximo até $h_{b}$. Então basicamente, se tivermos $h_{b} \leq R$ temos que a partícula vai descer a rampa, percorrer o caminho pelo chão, chegar até uma altura $h_{b}$ na circunferência,e irá cair, voltar o caminho de volta, chegar até o mesmo ponto B da rampa e repetirá o movimento novamente e novamente, ad infinitum, pois não há força dissipativa no nosso sistema ideal. No segundo caso, nós teremos $h_{b} \geq R$, nesse caso a partícula consegue subir na circunferência uma altura maior que R, mas agora temos uma limitação da normal, e devido a isso a altura chegada será ainda menor que $h_{b}$, pois teremos:

$N=\frac{mv^2}{R}-mg sen(\theta)$

Sendo $\theta$ o ângulo que a partícula girou após ter passado de $R$, a contribuição negativa do peso vem do fato de que ele tende a empurrar a partícula na direção do centro agora, e graças a isso podemos ter ele ganhando da "centrífuga", o que faz a partícula se desprender da circunferência e começar uma trajetória de lançamento oblíquo. Quando a normal zerar, teremos:

$v^2=gRsen(\theta)$

E usando conservação da energia nós temos que:

$E=mgh_{b}=mgR(1+sen(\theta)+m\frac{v^2}{2}$

$sen(\theta)=\frac{2}{3R}(h-R)$

$sen(\theta) < 1 \Rightarrow h < \frac{5}{2} R$

A partícula se desprenderá no ângulo tal que o seno é o achado, e se h for maior ou igual a $2,5 R$ então a partícula não se desprenderá da circunferência em momento algum, até chegar ao fim, onde ela será lançada, e com nossas informações não podemos encontrar tão bem o que acontece depois, visto que não temos onde ela é "cortada".

Problema 10

Pela condição de não deslizamento nós devemos ter que o ponto de contato entre a roda e o chão deve estar parado,do contrário o atrito entre a roda e o chão seria dinâmica e não estático,e isso levaria a dissipação de energia,o deslizamento, o que significa que, usando a velocidade daquele ponto:

$v=v_{cm}-\omega R=0$

$\omega=\frac{v_{cm}}{R}$

$\omega=2,5 \frac{rad}{s}$

A velocidade do ponto B é composta por duas componentes também, como qualquer ponto do corpo rígido, a velocidade de translação do centro da esfera e a velocidade dele em relação ao centro da esfera, que é uma velocidade de rotação, logo temos que somar $\omega d$ na velocidade dele, pra cima, que é o que a rotação gera (imagine uma partícula numa circunferência girando, fica bem fácil ver que a velocidade é pra cima, ela tem que ser perpendicular à distância do ponto ao centro, que é horizontal). Essa velocidade vale:

$v_{y}=\omega d=150 \frac{mm}{s}$

Assim, nós temos a velocidade em x e em y do nosso ponto, nós podemos usar o fato de que a velocidade de qualquer ponto da barra, na direção da barra, deve ser igual, do contrário a barra não seria um corpo rígido, pois seu comprimento variaria. A velocidade do ponto B ao longo da barra é:

$v_{bb}=v cos(\alpha-\theta)$

Em que o ângulo $\alpha$ é o ângulo entre o vetor velocidade e a horizontal, e o ângulo $\theta$ é medida da barra até a horizontal. A velocidade do ponto B forma o triângulo $3,4,5$, o que já nós dá os senos e cossenos de $alpha$.

$sen(\alpha)=\frac{3}{5}$ e $cos(\alpha)=\frac{4}{5}$

O ângulo $\theta$ pode ser encontrado com geometria básica, pois temos lados do triângulo retângulo que o contém.

$tg(\theta)=\frac{160}{280}=\frac{4}{7}$

$sec(\theta)=\sqrt{tg^2(\theta)+1}=\frac{\sqrt{65}}{7}$

$cos(\theta)=\frac{1}{sec(\theta)}=\frac{7}{\sqrt{65}}$

$sen(\theta)=tg(\theta) cos(\theta)=\frac{4}{\sqrt{65}}$

E usando que:

$cos(a-b)=cos(a)cos(b)+sen(a)sen(b)$

$cos(\alpha-\theta)=\frac{8}{\sqrt{65}}$

Basta agora encontrarmos a velocidade do ponto C ao longo da barra, nós sabemos que a velocidade deve ser apenas vertical, devido ao poste, basta agora decompor ela ao longo da barra, o que equivale a multiplicar pelo $sen(\theta)$:

$v_{cb}=v_{c} sen(\theta)=v_{c} \frac{4}{\sqrt{65}}$

Igualando as duas velocidades temos:

$v_{c}=2v$

Nós sabemos que v deve valor $250 \frac{mm}{s}$, pois faz parte de um triângulo $3,4,5$ com lados 150 e 200, logo:

$v_{c}=500 \frac{mm}{s}=0,5 \frac{m}{s}$

 Problema 11

Esse problema é um problema meramente de matemática, onde podemos usar apenas alguns truques simples de combinatória. Pra termos um momento de dipolo de $2 \mu_{o}$ precisamos alinhar 4 partículas para cima e 2 para baixo, pois temos 6. Os dipolos alinhados na mesma direção são indistinguíveis, assim podemos permuta los sem mudar a física da situação. A probabilidade de encontrar o sistema nesse estado é:

$p(4,2)=(\frac{3}{4})^4 (\frac{1}{4})^2 \cdot \dbinom{6}{2}$

Pois temos que escolher 4 pra cima, tendo assim que multiplicar 4 vezes pela probabilidade de ter-lo, também temos que escolher 2 pra baixo, e depois de tudo isso ainda podemos permutar a posição dos pra cima e pra baixo, sendo eles distinguíveis pelo sentido, então temos que multiplicar pelo número de combinações possíveis disso.

$p(4,2)=\frac{1215}{4096} \approx 0,3$

Problema 12

Existem duas abordagens para esse problema, a abordagem com dinâmica e a abordagem com Bernoulli, a abordagem com Bernoulli supõe que o fluxo da água é laminar, o que não é exatamente verdade visto, e a solução por dinâmica tem lá seus erros, como a suposição da pressão no ponto B ainda sendo o valor hidrostático,e a mesma também desconsidera deformações devido ao fluxo de líquido da estrutura, então colocarei as duas soluções desta questão:

1-Bernoulli:

a) Podemos usar, que como o fluxo é laminar e a energia mecânica se conserva:

$p+\rho gh +\frac{\rho v^2}{2}=cte$

Supondo que não há pressão atmosférica, visto que não é dado do problema, temos que:

$\rho gh=\rho \frac{v^2}{2}$

$v=\sqrt{2gh}$

b) Podemos encontrar a força com o impulso, o impulso gerado pela tampa vai ser igual a:

$I=\Delta p=\Delta m v$

$\Delta m=\rho \Delta V$

$\Delta V=a \Delta x=av\Delta t$

$I=F\Delta t=\rho a v^2 \Delta t$

$F=2 \rho gha$

Essa força é justamente o dobro da força do caso em que não há fluxo de água (Pressão hidrostática vezes a área)

2)Dinâmica:

a) O impulso realizado pela pressão hidrostática será:

$I=F\Delta t=\rho g a \Delta t$

E este servirá para acelerar um pedaço de água, que vamos aproximar como indo de 0 até v durante esse processo.

$I=\Delta m v=\rho a v^2 \Delta t=\rho a g \Delta t$

$v=\sqrt{gh}$

b)O método para encontrar a força de reação é exatamente o mesmo da solução anterior, no caso a única coisa que muda é a velocidade do fluxo.

$F=\rho a v^2=\rho gh a$

E esta é a mesma força que haveria se não houvesse o fluxo d'água.

Vale ressaltar que a proposta com Bernoulli provavelmente é a mais viável, a aparelhagem usada nessa questão foi a mesma usada por Torricelli,sim, aquele da cinemática, para encontrar sua fórmula, com $v^2=2gh$

Vale a leitura:

Teorema de Torricelli - Wikipédia - (Português - Inglês)