Segunda Fase (Nível 1)

Dinâmica

 (a) Volume submerso pode ser escrito como:

$V_s = \pi R^2(H-h)$

Pelo equilíbrio de forças:

$mg = \rho V_s g$

$h = H - m/\rho \pi R^2$

Portanto:

$\boxed{h = 2,67\;\rm{cm}}$

(b) o máximo será quando $h = 0$, sendo M a massa máxima:

$(M+m)g = \rho \pi R^2 H g$

$M = \rho \pi R^2 H - m$

Portanto:

$\boxed{M = 128\;\rm{g}}$

a)

$\boxed{h = 2,67\;\rm{cm}}$

b)

$\boxed{M = 128\;\rm{g}}$

Cinemática - MRUV

a) Como o movimento de queda livre é um MRUV, temos:

$H = \dfrac{1}{2} g t^2$

Colocando $t$ em evidência

$t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$

Logo:

$t = \sqrt{6} \;\rm{s} = \sqrt{2}\sqrt{3} \;\rm{s}$

Usando as aproximações da prova para $\sqrt{3} = 1,7$ e $\sqrt{2}= 1,4$:

$\boxed{ t = 2,38\;\rm{s}}$

b) Como ambas as pedras atingem o solo ao mesmo tempo:

$h = v(t-0,5) + \dfrac{1}{2}g(t-0,5)^2$

Substituindo $t$ pelo valor encontrado no item anterior e colocando $v$ em evidência:

$\boxed{v \approx 6,56\;\rm{m/s}}$

a)

$\boxed{ t = 2,38\;\rm{s}}$

b)

$\boxed{v \approx 6,56\;\rm{m/s}}$

Cinemática

O primeiro passo da questão é fazer a conversão da velocidade para $\rm{m/s}$, pois a aceleração (gravidade) e a altura são dadas em função dessas medidas. Para transformar uma velocidade de $\rm{km/h}$ para $\rm{m/s}$, basta dividir a velocidade por $3,6$. Logo, a velocidade máxima $V_{max}=\frac{120}{3,6}\rm{m/s}$.

Como a atração tem $30$ andares e $100$ metros, isso significa que o comprimento de um andar é $d=\frac{100}{30}=\frac{10}{3}\rm{m}$.

Pela fórmula de Torricelli, temos que:

${V_f}^2={V_0}^2+2ad$

Sabendo a velocidade máxima e que a atração percorre $20$ andares, podemos concluir que:

$\frac{120^2}{3,6^2}=2a\cdot{20\cdot{\frac{10}{3}}}$

$\boxed{a=8,33\;\rm{m/s^2}}$

$\boxed{a = 8,33\;\rm{m/s^2}}$

Conceitos matemáticos

a) Para resolver esse problema, basta calcular a área total da parede e dividir pela área de um tijolo, afinal

$A_{tot} = N A_{tijolo}$

Em que N é a área de um único tijolo.

Para calcular a área total, basta utilizar os dados fornecidos pelo enunciado.

$A_{tot} = 3,5\times 4,4\; \rm{m^2} = 15,4\; \rm{m^2}$

De acordo com o enunciado, o lado maior do tijolo deve estar na direção do conprimento, enquanto o lado menor deve estar na direção da altura. Isso indica que a área ocupada por um único tijolo deve ser

$A_{tijolo} = 20\times 5 \; \rm{cm^2}=0,01\;\rm{m^2}$

Logo, temos:

$\boxed{N = 1540}$

b) Para fazer essa estimativa, vamos considerar que essa argamasa fará com que as dimensões de cada tijolo aumente. Para isso, como a argamassa tem espessura $d=2,00\;\rm{cm}$, vamos considerar que cada tijolo ganhe $1,00\;\rm{cm}$ de espessura para cada face. Sendo assim, a área do "novo tijolo" será

$A_{novo\;tijolo} = 22\times 7\;\rm{cm^2} = 0,0154\;\rm{m^2}$

Portanto, o número de tijolos será

$\boxed{N' = 1000}$

c) A massa de argamassa será dada por:

$m = dV_{argamassa} = dA_{argamassa}e$

Em que $e = 0,1 \;\rm{m}$ é a espessura da argamassa, que deve ser igual a espessura da parede.

Para calcular a área da argamassa, basta calcular a diferença entre a área ocupada pelos tijolos no item a) e item b). Logo:

$A_{argamassa} = A_{tijolo}(N-N') = 0,01\times 540\;\rm{m^2}$

$A_{argamassa} = 5,40\;\rm{m^2}$

Portanto:

$m = 1900\times 5,40\times 0,10 \:\rm{kg}$

$\boxed{m= 1026\;\rm{kg}}$

a)

$\boxed{N = 1540}$

b)

$\boxed{N' = 1000}$

c)

$\boxed{m= 1026\;\rm{kg}}$

Conceitos matemáticos

a)

Como indicado no texto, $\mu$ é a densidade linear de massa, portanto, basta calcularmos a masso da corda, já que temos seu comprimento. Como temos a densidade, precisamos calcular o volume. A corda será modelada como um cilindro, logo seu volume será:

$\pi r^2 h=\pi (0,2\cdot 10^-3)^2 \cdot 0,65=7,8\cdot 10^{-8} \;\rm{m^3}$

A massa será o volume vezes a densidade:

$M= 7,8\cdot 10^{-8} \cdot 8000=6,24\cdot 10^{-4} \;\rm{kg}$

$\mu=\frac{M}{L}=\frac{6,24\cdot 10^{-4}}{0,65}$

$\boxed{\mu = 9,6\cdot 10^{-4}\;\rm{ kg/m}}$

b)

Manipulando um pouco a expressão dada:

$V=\sqrt{\frac{T}{\mu}}$

$T=V^2 \cdot \mu$

Por fim,

$\boxed{T = 153,6\;\rm{N}}$

a)

$\boxed{\mu = 9,6\cdot 10^{-4}\;\rm{ kg/m}}$

b)

$\boxed{T = 153,6\;\rm{N}}$

Calor, trabalho e energia

(a) A energia dissipada corresponde apenas à energia potencial perdida, já que a cinética permanece constante. Veja:

$$Q=MgH$$

Sendo assim, a energia dissipada será

$\boxed{Q = 7200\;\rm{J}}$

(b) Para aquecer os dois discos de massa 150 g cada temos:

$$2mc\Delta T=0,6MgH\implies \Delta T=\frac{0,3MgH}{mc}$$

Resultando em:

$$\boxed{\Delta T= 34,3^{\circ}\text{C}}$$

(a)

$\boxed{Q = 7200\;\rm{J}}$

(b)

$\boxed{\Delta T =34,3^{\circ}\text{C}}$

Cinemática

a)

Para resolver essa questão, é conveniente separar o tempo em duas partes: antes de Bruno iniciar sua viagem e depois dele iniciá-la.

Na primeira parte, Alberto move-se:

$\Delta S_1=\frac{27}{60}\cdot60=27\;\rm{km}$

A partir daí, temos um problema clássico de encontro que podemos resolver de diversas maneiras. Faremos mudando para o referencial de Alberto. Neste referencial, a distância entre eles é, inicialmente de $300-27=273km$ e Bruno se aproxima à $V_{relativa}=80+60=140km/h$.

Até o encontro:

$\Delta t=\frac{273}{140}=1,95 \;\rm{h}=117 \;\rm{min}$

Dessa forma, o tempo até o encontro é de :

$\Delta t = 117+27$

$\boxed{\Delta t =144\;\rm{min}}$

b)

Já que sabemos o tempo para se encontrarem depois que Bruno inicia sua viagem, é fácil saber a distância:

$\Delta S_{Bruno}=\frac{117}{60}\cdot80$

$\boxed{\Delta S_{Bruno} =156\;\rm{km}}$

a)

$\boxed{\Delta t =144\;\rm{min}}$

b)

$\boxed{\Delta S_{Bruno} =156\;\rm{km}}$

Colisões

a) Pela análise do gráfico, sabemos que o disco "vai e volta" 4 vezes, partindo de $x = 0$ até $x = 80 \;\rm{cm}$ e depois, voltando de $x =80 \;\rm{cm}$ até $x = 0 \;\rm{cm}$. Logo, a distância percorrida a cada ida e vinda é:

$80+80 = 160 \;\rm{cm}$

Como são 4 idas e vindas entre o intervalo $0\;\rm{s}$ a $3\;\rm{s}$, temos que a distância percorrida é:

$d = 4 \cdot 160$

$\boxed{d = 640 \;\rm{cm}}$

b) Para determinar o coeficiente de restituição, é necessário calcular a velocidade antes e depois da colisão. Primeiramente, deve-se notar que o lado que perde energia, ou seja, a borda onde está a fita, está em x = 0 (parte inferior do gráfico), já que o ângulo entre a trajetória da bolinha e o eixo do tempo no gráfico muda nesse ponto. Note também que, em x = 80 cm, o ângulo entre a trajetória da bolinha e o eixo do tempo no gráfico também muda, mas com o mesmo módulo (embora negativo). Isso significa que, em x = 80 cm, a velocidade é a mesma, mas seu sentido se inverte, enquanto que em x = 0, a velocidade muda e seu sentido também se inverte.

Como a velocidade é constante: $v=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$, mas graficamente, $v = \tan \theta$, onde $\theta$ é o ângulo entre a trajetória(vermelho) e o eixo do tempo. Logo, pode-se afirmar que as velocidades são:

Entre $t = 0\;\rm{s}$ e $t = 0,2\;\rm{s}$: $v_1 = \dfrac{80}{0,1}= 800 \;\rm{cm/s} = 8 \;\rm{m/s}$

Entre $t = 0,2\;\rm{s}$ e $t = 0,6\;\rm{s}$: $v_2 = \dfrac{80}{0,2}= 400 \;\rm{cm/s} = 4 \;\rm{m/s}$

Entre $t = 0,6\;\rm{s}$ e $t = 1,4\;\rm{s}$: $v_3 = \dfrac{80}{0,4}= 200 \;\rm{cm/s} = 2 \;\rm{m/s}$

Entre $t = 1,4\;\rm{s}$ e $t = 3,0\;\rm{s}$: $v_4 = \dfrac{80}{0,8}= 100 \;\rm{cm/s} = 1 \;\rm{m/s}$

Logo, o coeficiente de restituição é $e = \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{v_3}{v_2} = \dfrac{v_4}{v_3} = 0,5$

$\boxed{e=0,5}$

a)

$\boxed{d = 640 \;\rm{cm}}$

b)

$\boxed{e=0,5}$