Iniciante (Solução por João Araújo)
Seja $$v_0$$ a velocidade com que o martelo atinge a estaca. Tomando o ponto de impacto como nosso zero de energia potêncial gravitacional e conservando a energia mecâncica:
$$!Mgh \ = \ \frac{Mv_0^2}{2} \rightarrow v_0 = \sqrt{2}gh = 2\sqrt{10}$$
Seja v’ a velocidade do sistema (Martelo + Estaca)logo após o choque.
$$!Qi = Qf \rightarrow Mv_0=(m+M)v’ \rightarrow 70 \cdot (2\sqrt{10})=(70+30)v’ \rightarrow v’=1,40\sqrt{10}$$
Durante a penetração no solo,sendo F a força média de resistência à penetração da estaca,teremos pela segunda lei de Newton:
$$!F-P=(M+m)\cdot a \rightarrow F-(M+m)\cdot g=(M+m)\cdot a \rightarrow F=(M+m) \cdot (g+a)$$
O valor da aceleração média a poderá ser determinado pela equação de Torricelli:
$$! v^2=v’^2-2a\Delta s \rightarrow a = 19,6m\ s^2$$
Substituindo:
$$!F=(70+30)(10+19,6) \rightarrow F = 2,96\cdot10^3N$$
Intermediário (Solução por Victor Sales)
$$i)$$ Por conservação da energia:
$$!\frac12 m v_i^2 = \frac12 m v_f^2 + mgy \Rightarrow v_f^2 = v_i^2 – 2 g y$$
$$ii)$$ Sabemos que:
$$!y = {\mathrm{tg} \, {\theta} \,} A – \frac{g}{2 v_i^2 \cos^2{\theta}} A^2$$
Resolvendo, temos:
$$!A = \frac{v_i^2 \cos{\theta}}{g}(\sin{\theta} + \sqrt{\sin^2{\theta} – \beta})$$, onde $$\beta = \frac{2 g y}{v_i^2}$$
Para maximizar $$A$$, devemos ter:
$$!\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}{\theta}} = 0$$
Derivando, multiplicando o resultador por $$\sqrt{\sin^2{\theta} – \beta}$$, e igualando a zero, temos:
$$!(\cos^2{\theta} – \sin^2{\theta})\sqrt{\sin^2{\theta} – \beta} = – \sin{\theta}(\beta + (\cos^2{\theta} – \sin^2{\theta}))$$
Usando $$\cos^2{\theta} = 1 – \sin^2{\theta}$$, elevando ao quadrado e simplificando, obtemos que o ângulo desejado é:
$$!sin{\theta}_max = \frac{1}{\sqrt{2 – \beta}}$$
$$!\Rightarrow {\mathrm{tg} \, {\theta}_max} = \frac{1}{\sqrt{1 – \beta}} = \frac{v_i}{\sqrt{v_i^2 – 2 g y}}$$
$$!\Rightarrow \mathrm{tg} \, {\theta}_max = \frac{v_i}{v_f}$$
Por curiosidade, obtemos também que $$A = \frac{v_i v_f}{g}$$
Avançado (Solução por Victor Sales)
(a) Se $$A$$ for aquecido, a água irá fluir de $$B$$ para $$A$$. Pois:
$$i)$$ A pressão numa altura $$h$$ é dada por $$P = \rho g h$$. Quando a água em $$A$$ expande, a altura $$h$$ aumenta e a densidade $$\rho$$ diminui.
$$ii)$$ A densidade varia como $$\frac{1}{A}$$, onde $$A$$ é a área da seção trapezoidal. Mas $$A = h w$$, onde $$w$$ é o comprimento na metade da altura. Então:
$$!P = \rho g h \propto \frac{h}{A} = \frac{1}{w}$$
Como $$w$$ aumenta quando o nível de água sobe, a pressão em $$A$$ diminui, então a água flui de $$B$$ para $$A$$.
(b) Se $$B$$ for aquecido, então a água novamente fluirá de $$B$$ para $$A$$. O mesmo argumento do item anterior funciona, mas dessa vez o $$w$$ do contêiner $$B$$ diminui quando o nível de água sobe, ou seja, a pressão em $$B$$ aumenta, fazendo a água fluir de $$B$$ para $$A$$.
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