Escrito por Paulo Vinícius
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrostática e Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A força resultante na esfera submersa será:
$$F=F_{\text{empuxo}}-F_{\text{peso}}=(\rho_0-\rho)gV=\rho gVa$$
$$\therefore a = g\left(\dfrac{\rho_0-\rho}{\rho}\right)$$
Sendo $$v_{\text{superf}}$$ a velocidade da esfera na superfície do líquido, note que $$v_{\text{superf}}=\sqrt{2aH}$$ e $$t_{\text{superf}}=\sqrt{\dfrac{2H}{a}}$$. Adicionando o tempo para parar a esfera:
$$v_{superf}=g(t_{\text{total}}-t_{\text{superf}})$$
$$\therefore{t_{\text{total}} = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}\left(\sqrt{\dfrac{\rho_0-\rho}{\rho}}+\sqrt{\dfrac{\rho}{\rho_0-\rho}}\right)}$$
Simplificando:
$$\boxed{t_{total}=\dfrac{\rho_0}{\sqrt{\rho(\rho_0-\rho)}}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t_{total}=\dfrac{\rho_0}{\sqrt{\rho(\rho_0-\rho)}}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Estática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Usando o equilíbrio de torques em relação ao centro, $$T=F_{\text{at}}$$.
Pelo Teorema das três forças, $$\vec{N}$$, $$\vec{P}$$ e $$\vec{T}+\vec{F}_{\text{at}}$$ formam um triângulo, como mostrado na figura abaixo:
Pela lei dos senos:
$$\dfrac{\sin(\alpha)}{|\vec{T}+\vec{F}_{\text{at}}|}=\dfrac{\sin\left(90^\circ-\alpha+\dfrac{\alpha}{2}\right)}{N}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{N}$$
Realizando a soma vetorial, $$|\vec{T}+\vec{F}_{\text{at}}|=2F_\text{at}\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$$
$$\therefore \dfrac{\sin(\alpha)}{2F_{\text{at}}\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}{N}\implies \mu\geq\dfrac{F_{\text{at}}}{N}=\dfrac{\sin(\alpha)}{2\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$$
$$\therefore\boxed{\mu\geq\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\mu\geq\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$$
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Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Circuitos[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Sejam $$A_N$$, $$B_N$$ e $$C_N$$ os vértices nas extremidades do $$N$$-ésimo triângulo. Pode-se transformar esse triângulo em uma estrela de resistores com resistência $$\dfrac{R_N}{2}$$. Assim, a construção do $$(N+1)$$-ésimo triângulo será:
Como cada resistência é $$\dfrac{R_N}{2}$$ e formato do novo circuito independe de $$N$$, pode-se concluir que $$R_{N+1}=KR_N$$, em que $$K$$ é uma constante independente de $$N$$. Assim, $$R_N$$ é uma função exponencial.
b) Pelo item anterior, $$R_N=CK^N$$ para constantes $$C$$ e $$K$$. É possível encontrar $$C$$ rapidamente ao notar que $$R_0=\dfrac{2}{3}\; \rm{\Omega}$$. Para encontrar $$K$$, é necessário resolver o caso $$N=1$$. Para isso, conecte uma bateria de voltagem $$V$$ aos pontos $$A$$ e $$B$$. Note que existe um plano de simetria onde o potencial é igual a $$V/2$$, como mostrado na figura:
Por Kirchhoff:
$$\sum I=0\implies \dfrac{V-x}{R}=2\left(\dfrac{x-V/2}{R}\right)+\dfrac{2x-V}{R} \implies x=\dfrac{3V}{5}$$
Determinando a corrente que sai de $$A$$:
$$I_A=\dfrac{V-x}{R}+\dfrac{V-V/2}{R}=\dfrac{9V}{10}\implies R_1=\dfrac{10}{9}\; \rm{\Omega}$$
Substituindo na expressão geral:
$$\dfrac{10}{9}=\dfrac{2}{3}K\implies K=\dfrac{5}{3}$$
Logo,
$$\boxed{R_N=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{5}{3}\right)^N\rm{\Omega}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{R_N=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{5}{3}\right)^N\rm{\Omega}}$$
[/spoiler]