Solução do Problema 10
Decompondo as forças que agem sobre o corpo e sendo um movimento circular uniforme descrito pela partícula temos que:
[tex3]F_y = P = mg[/tex3]
[tex3]F_x = F_{cp} = m w^2 r[/tex3]
No triângulo BDE:
[tex3]tg \alpha = \frac{F_y}{F_x} = \frac{\cancel{m}g}{\cancel{m}w^2 r} = \boxed{\frac{g}{w^2 r}}[/tex3]
No triângulo ABC:
[tex3]tg \alpha = \frac{r}{h} \Rightarrow r = tg \alpha.h[/tex3]
Relacionando (I) em (II), vem:
[tex3]tg \alpha = \frac{g}{w^2 . h .tg \alpha}[/tex3]
[tex3]\boxed{h = \frac{g}{w^2 .tg^2 \alpha}}[/tex3]
ou [tex3]\boxed{h = \frac{g}{w^2} . cotg^2 \alpha}[/tex3]
(D)
-------------------------------------------------------------------
Problema 11
(IME - 1977/78) Considerando a figura, determine a expressão, em função do peso W, da força vertical exercida pelo solo sobre a barra AD.
Olá, Comunidade!
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero )
Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
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Maratonas de Física ⇒ Maratona de Física IME/ITA
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Nov 2011
20
19:47
Re: Maratona de Física IME/ITA
Editado pela última vez por theblackmamba em 20 Nov 2011, 19:47, em um total de 2 vezes.
"A coisa mais incompreensível do universo é que ele é compreensível"
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Nov 2011
20
22:00
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 11
[tex3]T_1cos45+T_2cos30=N[/tex3] (1)
[tex3]T_1sen45=T_2sen30[/tex3] (2)
[tex3]T_2sen60=W[/tex3] (3)
De (2) vem
[tex3]T_1\frac{\sqrt{2}}{2}=T_2\frac{1}{2}[/tex3]
[tex3]T_1=\frac{T_2}{\sqrt{2}}[/tex3] (4)
De (3) vem
[tex3]T_2=\frac{2W}{\sqrt{3}}[/tex3] (5)
De (5) em (4) vem
[tex3]T_1=\frac{2W}{\sqrt{2}\sqrt{3}}[/tex3] (6)
De (5),(6) em (1) vem
[tex3]\frac{2W}{\sqrt{2}\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2W}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=N[/tex3]
[tex3]\frac{W}{\sqrt{3}}+W=N[/tex3]
A expressão desejada vale:
[tex3]\boxed{N=W\(1+\frac{\sqrt{3}}{3}\)}[/tex3]
-------------------------------------------
Problema 12
(IME -1978) Os blocos A e B da figura tem pesos iguais. Determine o coeficiente de atrito mínimo para manter o sistema em equilíbrio. Despreza o peso da corda e o atrito na roldana.
Resposta:
[tex3]\mu =\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}[/tex3]
Olhando está imagem horrível encontramos.[tex3]T_1cos45+T_2cos30=N[/tex3] (1)
[tex3]T_1sen45=T_2sen30[/tex3] (2)
[tex3]T_2sen60=W[/tex3] (3)
De (2) vem
[tex3]T_1\frac{\sqrt{2}}{2}=T_2\frac{1}{2}[/tex3]
[tex3]T_1=\frac{T_2}{\sqrt{2}}[/tex3] (4)
De (3) vem
[tex3]T_2=\frac{2W}{\sqrt{3}}[/tex3] (5)
De (5) em (4) vem
[tex3]T_1=\frac{2W}{\sqrt{2}\sqrt{3}}[/tex3] (6)
De (5),(6) em (1) vem
[tex3]\frac{2W}{\sqrt{2}\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2W}{\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=N[/tex3]
[tex3]\frac{W}{\sqrt{3}}+W=N[/tex3]
A expressão desejada vale:
[tex3]\boxed{N=W\(1+\frac{\sqrt{3}}{3}\)}[/tex3]
-------------------------------------------
Problema 12
(IME -1978) Os blocos A e B da figura tem pesos iguais. Determine o coeficiente de atrito mínimo para manter o sistema em equilíbrio. Despreza o peso da corda e o atrito na roldana.
Resposta
Resposta:
[tex3]\mu =\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}[/tex3]
Editado pela última vez por FilipeCaceres em 20 Nov 2011, 22:00, em um total de 2 vezes.
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Nov 2011
22
16:21
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 12
Muito boa essa questão hein Filipe:
Aí vai uma representação um tanto quanto tosca das forças e do que fiz por representação: Bom, vejamos primeiro quem é maior: [tex3]P_{t1}[/tex3] ou [tex3]P_{t2}[/tex3]
[tex3]P_{t1}=P.sen60 \rightarrowP_{t1}=\frac{P.\sqrt{3}}{2}[/tex3]
[tex3]P_{t2}=P.sen45 \rightarrow P_{t2}=\frac{P.\sqrt{2}}{2}[/tex3] assim vemos que o sistema tende a se movimentar para a esquerda, ou seja, para o lado de [tex3]P_{t1}[/tex3] .
Basta agora saber a resultante de cada sistema...sabe-se que a tração do fio é [tex3]T[/tex3] .
a resultante em [tex3]2[/tex3] é : [tex3]F_{r2}=T-P_{t2}-fat_{2}[/tex3]
e em [tex3]1[/tex3] : [tex3]F_{r1}=P_{t1}-T-fat_{1}[/tex3]
somando as duas resultantes temos:
[tex3]F_{r1}+F_{r2}=P_{t1}-P_{t2}-fat_1-fat_2[/tex3] como o sistema parmanece em repouso [tex3](a=0)[/tex3] então a resultante é nula:
[tex3]0=P_{t1}-P_{t2}-fat_1-fat_2 \rightarrow fat_1+fat_2=P_{t1}-P_{t2}[/tex3]
[tex3]fat_1=\mu .P.cos60[/tex3] e [tex3]fat_2=\mu.p.cos45[/tex3] substituindo ...
[tex3]\mu .P.cos60+\mu.P.cos45=P.sen60-P.sen45[/tex3]
[tex3]\mu .\cancel{P}.cos60+\mu.\cancel{P}.cos45=\cancel{P}.sen60-\cancel{P}.sen45[/tex3]
[tex3]\mu(cos60+cos45)=cos60-cos45[/tex3]
[tex3]\mu=\frac{\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} \rightarrow \mu=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}[/tex3]
------------------------------------------------------------------------
Problema 13
(IME - 1993) Considere o veículo de massa [tex3]M[/tex3] percorrendo uma curva inclinada [tex3]V[/tex3] . Supondo que o coeficiente de atrito dos pneus com o solo seja [tex3]\mu[/tex3] , calcule as velocidades mínima e máxima com que este veículo pode percorrer esta curva sem deslizamento.
Não possuo o gabarito.
Muito boa essa questão hein Filipe:
Aí vai uma representação um tanto quanto tosca das forças e do que fiz por representação: Bom, vejamos primeiro quem é maior: [tex3]P_{t1}[/tex3] ou [tex3]P_{t2}[/tex3]
[tex3]P_{t1}=P.sen60 \rightarrowP_{t1}=\frac{P.\sqrt{3}}{2}[/tex3]
[tex3]P_{t2}=P.sen45 \rightarrow P_{t2}=\frac{P.\sqrt{2}}{2}[/tex3] assim vemos que o sistema tende a se movimentar para a esquerda, ou seja, para o lado de [tex3]P_{t1}[/tex3] .
Basta agora saber a resultante de cada sistema...sabe-se que a tração do fio é [tex3]T[/tex3] .
a resultante em [tex3]2[/tex3] é : [tex3]F_{r2}=T-P_{t2}-fat_{2}[/tex3]
e em [tex3]1[/tex3] : [tex3]F_{r1}=P_{t1}-T-fat_{1}[/tex3]
somando as duas resultantes temos:
[tex3]F_{r1}+F_{r2}=P_{t1}-P_{t2}-fat_1-fat_2[/tex3] como o sistema parmanece em repouso [tex3](a=0)[/tex3] então a resultante é nula:
[tex3]0=P_{t1}-P_{t2}-fat_1-fat_2 \rightarrow fat_1+fat_2=P_{t1}-P_{t2}[/tex3]
[tex3]fat_1=\mu .P.cos60[/tex3] e [tex3]fat_2=\mu.p.cos45[/tex3] substituindo ...
[tex3]\mu .P.cos60+\mu.P.cos45=P.sen60-P.sen45[/tex3]
[tex3]\mu .\cancel{P}.cos60+\mu.\cancel{P}.cos45=\cancel{P}.sen60-\cancel{P}.sen45[/tex3]
[tex3]\mu(cos60+cos45)=cos60-cos45[/tex3]
[tex3]\mu=\frac{\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} \rightarrow \mu=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}[/tex3]
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Problema 13
(IME - 1993) Considere o veículo de massa [tex3]M[/tex3] percorrendo uma curva inclinada [tex3]V[/tex3] . Supondo que o coeficiente de atrito dos pneus com o solo seja [tex3]\mu[/tex3] , calcule as velocidades mínima e máxima com que este veículo pode percorrer esta curva sem deslizamento.
Resposta
Não possuo o gabarito.
Editado pela última vez por lecko em 22 Nov 2011, 16:21, em um total de 2 vezes.
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Nov 2011
22
22:24
Re: Maratona de Física IME/ITA
Soluçaod o Problema 13
Para a velocidade máxima temos o seguinte diagrama. Na vertical:
[tex3]Ncos\theta=F_{at}sen\theta +P[/tex3] (1)
No eixo Radial:
[tex3]Nsen\theta +F_{at}cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3] (2)
De (1)
[tex3]Ncos\theta=\mu Nsen\theta +mg[/tex3]
[tex3]N=\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}[/tex3] (3)
De (3) em (2)
[tex3]\left(\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}\right)sen\theta +\mu\left(\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}\right)cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\boxed{v_{max}=\sqrt{\frac{Rg(cos\theta+\mu cos\theta)}{cos\theta-\mu sen\theta}}}[/tex3]
Para a velocidade mínima a força de atrito fica para cima.
Na vertical:
[tex3]Ncos\theta+F_{at}sen\theta =P[/tex3] (1)
No eixo Radial:
[tex3]Nsen\theta -F_{at}cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3] (2)
De (1)
[tex3]Ncos\theta+\mu Nsen\theta =mg[/tex3]
[tex3]N=\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}[/tex3] (3)
De (3) em (2)
[tex3]\left(\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}\right)sen\theta -\mu\left(\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}\right)cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\boxed{v_{min}=\sqrt{\frac{Rg(cos\theta-\mu cos\theta)}{cos\theta+\mu sen\theta}}}[/tex3]
----------------------------------------------------------------------
Problema 14
(IME - 81/82) Um corpo que repousa sobre uma superfície rugosa horizontal recebe um impacto horizontal e desliza sobre a referida superfície durante 5 segundos, quando pára, tendo percorrido 25m. Determine o coeficiente de atrito entre o corpo e
a superfície horizontal. Considere [tex3]g = 10 m/s^2.[/tex3]
Para a velocidade máxima temos o seguinte diagrama. Na vertical:
[tex3]Ncos\theta=F_{at}sen\theta +P[/tex3] (1)
No eixo Radial:
[tex3]Nsen\theta +F_{at}cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3] (2)
De (1)
[tex3]Ncos\theta=\mu Nsen\theta +mg[/tex3]
[tex3]N=\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}[/tex3] (3)
De (3) em (2)
[tex3]\left(\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}\right)sen\theta +\mu\left(\frac{mg}{cos\theta -\mu sen\theta}\right)cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\boxed{v_{max}=\sqrt{\frac{Rg(cos\theta+\mu cos\theta)}{cos\theta-\mu sen\theta}}}[/tex3]
Para a velocidade mínima a força de atrito fica para cima.
Na vertical:
[tex3]Ncos\theta+F_{at}sen\theta =P[/tex3] (1)
No eixo Radial:
[tex3]Nsen\theta -F_{at}cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3] (2)
De (1)
[tex3]Ncos\theta+\mu Nsen\theta =mg[/tex3]
[tex3]N=\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}[/tex3] (3)
De (3) em (2)
[tex3]\left(\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}\right)sen\theta -\mu\left(\frac{mg}{cos\theta +\mu sen\theta}\right)cos\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\boxed{v_{min}=\sqrt{\frac{Rg(cos\theta-\mu cos\theta)}{cos\theta+\mu sen\theta}}}[/tex3]
----------------------------------------------------------------------
Problema 14
(IME - 81/82) Um corpo que repousa sobre uma superfície rugosa horizontal recebe um impacto horizontal e desliza sobre a referida superfície durante 5 segundos, quando pára, tendo percorrido 25m. Determine o coeficiente de atrito entre o corpo e
a superfície horizontal. Considere [tex3]g = 10 m/s^2.[/tex3]
Editado pela última vez por FilipeCaceres em 22 Nov 2011, 22:24, em um total de 2 vezes.
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Nov 2011
23
18:06
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 14
Temos que a força de atrito é igual a resultante no corpo, assim:
[tex3]F_{at} = N \mu[/tex3]
[tex3]\cancel{m}.a = \cancel{m}.g.\mu[/tex3]
[tex3]\mu = \frac{a}{10}[/tex3]
Calculando a aceleração [tex3](V_o = 0)[/tex3] :
[tex3]S = \frac{a.t^2}{2}[/tex3]
[tex3]25 = \frac{a.5^2}{2}[/tex3]
[tex3]a = 2m.s^{-2}[/tex3]
Portanto,
[tex3]\mu = \frac{2}{10} = \boxed{0,2}[/tex3]
---------------------------------------------------------
Problema 15
(IME-1982) Determinar a massa necessária ao bloco A para que o bloco B, partindo do repouso, do repouso, suba 0,75m ao longo do plano inclinado liso, em um tempo t = 2s. Desprezar as massas das polias e dos tirantes e as resistências passivas ao movimento. A massa do bloco B vale 5kg e a aceleração da gravidade deve ser considerada a [tex3]10m.s^{-2}[/tex3] .
Temos que a força de atrito é igual a resultante no corpo, assim:
[tex3]F_{at} = N \mu[/tex3]
[tex3]\cancel{m}.a = \cancel{m}.g.\mu[/tex3]
[tex3]\mu = \frac{a}{10}[/tex3]
Calculando a aceleração [tex3](V_o = 0)[/tex3] :
[tex3]S = \frac{a.t^2}{2}[/tex3]
[tex3]25 = \frac{a.5^2}{2}[/tex3]
[tex3]a = 2m.s^{-2}[/tex3]
Portanto,
[tex3]\mu = \frac{2}{10} = \boxed{0,2}[/tex3]
---------------------------------------------------------
Problema 15
(IME-1982) Determinar a massa necessária ao bloco A para que o bloco B, partindo do repouso, do repouso, suba 0,75m ao longo do plano inclinado liso, em um tempo t = 2s. Desprezar as massas das polias e dos tirantes e as resistências passivas ao movimento. A massa do bloco B vale 5kg e a aceleração da gravidade deve ser considerada a [tex3]10m.s^{-2}[/tex3] .
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Nov 2011
25
22:54
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 15
Seja [tex3]a_1[/tex3] a aceleração do bloco A e [tex3]a_2[/tex3] a aceleração do bloco B.
Da cinemática temos,
[tex3]y=y_0+v_0t+\frac{1}{2}a_2t^2[/tex3]
[tex3]0,75=\frac{1}{2}a_2.4[/tex3]
[tex3]a_2=\frac{3}{8}m/s^2[/tex3]
Da dinâmica temos,
Bloco B:
[tex3]T-m_bgsen60=m_ba_2[/tex3]
[tex3]T=m_b(gsen60+a_2)[/tex3]
Bloco A:
[tex3]m_ag-3T=m_a.a_1[/tex3]
Também temos que,
[tex3]a_2=3a_1[/tex3]
Desenvolvendo,
[tex3]m_a(g-\frac{1}{3}a_2)=3T[/tex3]
[tex3]m_a(g-\frac{1}{3}a_2)=3m_b(gsen60+a_2)[/tex3]
[tex3]m_a=\frac{3m_b(gsen60+a_2)}{g-\frac{1}{3}a_2}[/tex3]
Substituindo os valores,
[tex3]\boxed{m_a=\frac{15}{79}(40\sqrt{3}+3)\,kg}[/tex3] . Valor muito estanho.
-------------------------------------------------------------------
Problema 16
(ITA - 1990) Uma pequena esfera penetra com velocidade [tex3]v[/tex3] em um tubo oco, recurvado, colocado num plano vertical, como mostra a figura, num local onde a aceleração da gravidade é [tex3]g[/tex3] . Supondo que a esfera percorra a região interior ao tubo sem atrito e acabe saindo horizontalmente pela extremidade, pergunta-se: que distância, [tex3]x[/tex3] , horizontal, ela percorrerá até tocar o solo ?
[tex3]a) x = \sqrt{\frac{3R^2}{g} . (\frac{v^2}{R} + g^2R})[/tex3]
[tex3]b) x = \sqrt{\frac{3R^2}{g}}[/tex3]
[tex3]c) x = v.\sqrt{\frac{3R^2}{g}}[/tex3]
[tex3]d) x = \sqrt{\frac{3R}{g} . (v^2 + gR})[/tex3]
[tex3]e)Outro\, \,valor.[/tex3]
Gabarito: D
Seja [tex3]a_1[/tex3] a aceleração do bloco A e [tex3]a_2[/tex3] a aceleração do bloco B.
Da cinemática temos,
[tex3]y=y_0+v_0t+\frac{1}{2}a_2t^2[/tex3]
[tex3]0,75=\frac{1}{2}a_2.4[/tex3]
[tex3]a_2=\frac{3}{8}m/s^2[/tex3]
Da dinâmica temos,
Bloco B:
[tex3]T-m_bgsen60=m_ba_2[/tex3]
[tex3]T=m_b(gsen60+a_2)[/tex3]
Bloco A:
[tex3]m_ag-3T=m_a.a_1[/tex3]
Também temos que,
[tex3]a_2=3a_1[/tex3]
Desenvolvendo,
[tex3]m_a(g-\frac{1}{3}a_2)=3T[/tex3]
[tex3]m_a(g-\frac{1}{3}a_2)=3m_b(gsen60+a_2)[/tex3]
[tex3]m_a=\frac{3m_b(gsen60+a_2)}{g-\frac{1}{3}a_2}[/tex3]
Substituindo os valores,
[tex3]\boxed{m_a=\frac{15}{79}(40\sqrt{3}+3)\,kg}[/tex3] . Valor muito estanho.
-------------------------------------------------------------------
Problema 16
(ITA - 1990) Uma pequena esfera penetra com velocidade [tex3]v[/tex3] em um tubo oco, recurvado, colocado num plano vertical, como mostra a figura, num local onde a aceleração da gravidade é [tex3]g[/tex3] . Supondo que a esfera percorra a região interior ao tubo sem atrito e acabe saindo horizontalmente pela extremidade, pergunta-se: que distância, [tex3]x[/tex3] , horizontal, ela percorrerá até tocar o solo ?
[tex3]a) x = \sqrt{\frac{3R^2}{g} . (\frac{v^2}{R} + g^2R})[/tex3]
[tex3]b) x = \sqrt{\frac{3R^2}{g}}[/tex3]
[tex3]c) x = v.\sqrt{\frac{3R^2}{g}}[/tex3]
[tex3]d) x = \sqrt{\frac{3R}{g} . (v^2 + gR})[/tex3]
[tex3]e)Outro\, \,valor.[/tex3]
Resposta
Gabarito: D
Editado pela última vez por FilipeCaceres em 25 Nov 2011, 22:54, em um total de 3 vezes.
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Nov 2011
26
17:59
Re: Maratona de Física IME/ITA
Muito boa essa questão hein ^^
Solução do Problema 16
Pela conservação da Energia Mecânica:
[tex3]\begin{cases}
E_{mec(a)}=\frac{mv^2}{2}+mg.2R \\ E_{mec(b)}=\frac{mv'^2}{2}+\frac{mg3R}{2}
\end{cases}[/tex3] através dessas duas equações temos:
[tex3]v'=\sqrt{v^2+gR}[/tex3]
estando agora a esfera saindo do tubo com velocidade [tex3]v'[/tex3] , temos um lançamento.
Para o eixo [tex3]y[/tex3] : [tex3]\frac{3R}{2}=\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{3R}{g}}[/tex3]
Para o eixo [tex3]x[/tex3] : [tex3]S=v'.t[/tex3]
através disso temos:
[tex3]S=\left(\sqrt{\frac{3R}{g}}\right)\cdot\left(\sqrt{v^2+gR}\right)[/tex3] como [tex3]S=x[/tex3]
[tex3]x=\sqrt{\frac{3R}{g}(v^2+gR)}[/tex3]
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 17
(ITA-2005) Um objeto pontual de massa [tex3]m[/tex3] desliza com velocidade inicial [tex3]\vec{v}[/tex3] , horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de módulo constante dado por [tex3]f=\frac{7mg}{4 \pi}[/tex3] . Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após percorrer um arco de [tex3]60[/tex3] º (veja figura), sua velocidade inicial deve ter módulo de :
A) [tex3]\sqrt{\frac{2Rg}{3}}[/tex3]
B) [tex3]\frac{ \sqrt{3Rg}}{2}[/tex3]
C) [tex3]\frac{ \sqrt{6Rg}}{2}[/tex3]
D) [tex3]3 \sqrt{\frac{Rg}{2}}[/tex3]
E) [tex3]3\sqrt{Rg}[/tex3]
[tex3]Letra[/tex3] [tex3]A[/tex3]
Solução do Problema 16
Pela conservação da Energia Mecânica:
[tex3]\begin{cases}
E_{mec(a)}=\frac{mv^2}{2}+mg.2R \\ E_{mec(b)}=\frac{mv'^2}{2}+\frac{mg3R}{2}
\end{cases}[/tex3] através dessas duas equações temos:
[tex3]v'=\sqrt{v^2+gR}[/tex3]
estando agora a esfera saindo do tubo com velocidade [tex3]v'[/tex3] , temos um lançamento.
Para o eixo [tex3]y[/tex3] : [tex3]\frac{3R}{2}=\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{3R}{g}}[/tex3]
Para o eixo [tex3]x[/tex3] : [tex3]S=v'.t[/tex3]
através disso temos:
[tex3]S=\left(\sqrt{\frac{3R}{g}}\right)\cdot\left(\sqrt{v^2+gR}\right)[/tex3] como [tex3]S=x[/tex3]
[tex3]x=\sqrt{\frac{3R}{g}(v^2+gR)}[/tex3]
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 17
(ITA-2005) Um objeto pontual de massa [tex3]m[/tex3] desliza com velocidade inicial [tex3]\vec{v}[/tex3] , horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de módulo constante dado por [tex3]f=\frac{7mg}{4 \pi}[/tex3] . Para que o objeto se desprenda da superfície esférica após percorrer um arco de [tex3]60[/tex3] º (veja figura), sua velocidade inicial deve ter módulo de :
A) [tex3]\sqrt{\frac{2Rg}{3}}[/tex3]
B) [tex3]\frac{ \sqrt{3Rg}}{2}[/tex3]
C) [tex3]\frac{ \sqrt{6Rg}}{2}[/tex3]
D) [tex3]3 \sqrt{\frac{Rg}{2}}[/tex3]
E) [tex3]3\sqrt{Rg}[/tex3]
Resposta
[tex3]Letra[/tex3] [tex3]A[/tex3]
Editado pela última vez por lecko em 26 Nov 2011, 17:59, em um total de 2 vezes.
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Nov 2011
26
20:40
Re: Maratona de Física IME/ITA
Também foi uma excelente questão!
Solução do Problema 17
Após o desprendimento (depois que completar os 60º), a força de atrito se anula e o peso do corpo será a resultante.
Decompondo a força peso temos que a componente normal tem a função de resultante centrípeta.
[tex3]P_y = F_cp[/tex3]
[tex3]m.g.cos60 = \frac{m.V^2}{2}\Rightarrow V^2 = \frac{gR}{2}[/tex3] (velocidade no ponto de desprendimento)
Nesta distância percorrida percorrida pelo corpo podemos usar o teorema da energia cinética:
[tex3]\tau_{peso} + \tau_{atrito} = \frac{m.V^2}{2} - \frac{m.(V_o)^2}{2}[/tex3]
[tex3]\cancel{m}.g.\frac{R}{2} - \frac{7\cancel{m}g}{4 \pi}.\frac{2\pi.R}{6} = \frac{\cancel{m}}{2}.\frac{gR}{2} - \frac{\cancel{m}.(V_o)^2}{2}[/tex3]
[tex3]\frac{gR}{2} - \frac{7}{12}.gR = \frac{gR}{4} - \frac{(V_o)^2}{2}[/tex3] simplificando e tirando mmc:
[tex3]6gR - 7gR = 3gR - 6.V_o ^2[/tex3]
[tex3]\boxed{V_o = \sqrt{\frac{2gR}{3}}}[/tex3]
---------------------------------------------------------
Problema 18
(ITA - 2001) Uma esfera de massa m e carga q está suspensa por um fio frágil e inextensível, , feito de um material eletricamente isolante. A esfera se encontra entre as placas paralelas de um capacitor plano, como mostra a figura. A distância entre as placas é d, a diferença de potencial é V e o esforço máximo que o fio pode suportar é igual ao quádrupulo do peso da esfera. Para que a esfera permaneça imóvel, em equilíbrio estável, é necessário que:
[tex3]a) (\frac{qV}{d})^2 \lt 15mg[/tex3]
[tex3]b) (\frac{qV}{d})^2 \lt 4(mg)^2[/tex3]
[tex3]c) (\frac{qV}{d})^2 \lt 15(mg)^2[/tex3]
[tex3]d) (\frac{qV}{d})^2 \lt 16(mg)^2[/tex3]
[tex3]e) (\frac{qV}{d})^2 \gt 15mg[/tex3]
Gabarito: C
Solução do Problema 17
Após o desprendimento (depois que completar os 60º), a força de atrito se anula e o peso do corpo será a resultante.
Decompondo a força peso temos que a componente normal tem a função de resultante centrípeta.
[tex3]P_y = F_cp[/tex3]
[tex3]m.g.cos60 = \frac{m.V^2}{2}\Rightarrow V^2 = \frac{gR}{2}[/tex3] (velocidade no ponto de desprendimento)
Nesta distância percorrida percorrida pelo corpo podemos usar o teorema da energia cinética:
[tex3]\tau_{peso} + \tau_{atrito} = \frac{m.V^2}{2} - \frac{m.(V_o)^2}{2}[/tex3]
[tex3]\cancel{m}.g.\frac{R}{2} - \frac{7\cancel{m}g}{4 \pi}.\frac{2\pi.R}{6} = \frac{\cancel{m}}{2}.\frac{gR}{2} - \frac{\cancel{m}.(V_o)^2}{2}[/tex3]
[tex3]\frac{gR}{2} - \frac{7}{12}.gR = \frac{gR}{4} - \frac{(V_o)^2}{2}[/tex3] simplificando e tirando mmc:
[tex3]6gR - 7gR = 3gR - 6.V_o ^2[/tex3]
[tex3]\boxed{V_o = \sqrt{\frac{2gR}{3}}}[/tex3]
---------------------------------------------------------
Problema 18
(ITA - 2001) Uma esfera de massa m e carga q está suspensa por um fio frágil e inextensível, , feito de um material eletricamente isolante. A esfera se encontra entre as placas paralelas de um capacitor plano, como mostra a figura. A distância entre as placas é d, a diferença de potencial é V e o esforço máximo que o fio pode suportar é igual ao quádrupulo do peso da esfera. Para que a esfera permaneça imóvel, em equilíbrio estável, é necessário que:
[tex3]a) (\frac{qV}{d})^2 \lt 15mg[/tex3]
[tex3]b) (\frac{qV}{d})^2 \lt 4(mg)^2[/tex3]
[tex3]c) (\frac{qV}{d})^2 \lt 15(mg)^2[/tex3]
[tex3]d) (\frac{qV}{d})^2 \lt 16(mg)^2[/tex3]
[tex3]e) (\frac{qV}{d})^2 \gt 15mg[/tex3]
Resposta
Gabarito: C
Editado pela última vez por theblackmamba em 26 Nov 2011, 20:40, em um total de 2 vezes.
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Nov 2011
30
20:46
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 18
[tex3]T^2=F_{el} ^2 +P^2[/tex3]
[tex3]F_{el}= eq[/tex3]
[tex3]P=mg[/tex3]
[tex3]T^2=(eq)^2 +(mg)^2[/tex3]
Do enuncidado,
[tex3]T_{max}=4mg[/tex3]
Temos que,
[tex3]T\leq T_{max}[/tex3]
[tex3](eq)^2 +(mg)^2\leq 16(mg)^2[/tex3]
[tex3](eq)^2 \leq 15(mg)^2[/tex3]
[tex3]\boxed{\left(q\frac{V}{d}\right)^2\leq 15(mg)^2}[/tex3] . Letra C
---------------------------------------------------------
Problema 19
(ITA-1981) No barco da figura há um homem de massa 60kg subindo uma escada solidária ao barco de inclinada de 60º sobre o plano horizontal. Sabe-se que os degraus da escada estão distanciada de 60º sobre o plano horizontal. Sabe-se que os degraus da escada estão distanciados de 20 cm um do outro e que o homem galga um degrau por segundo. A massa total do sistema barco mais escada é 300 kg. Sabendo que inicialmente o barco e o homem estavam em repouso em relação à água, podemos concluir que o barco passará a mover-se com velocidade de:
a) [tex3]10\,cm/s[/tex3]
b) [tex3]2,0\,cm/s[/tex3]
c) [tex3]2,5\,cm/s[/tex3]
d) [tex3]10\sqrt{3}\,cm/s[/tex3]
e) [tex3]1,66\,cm/s[/tex3]
Letra E
No equilíbrio temos que,[tex3]T^2=F_{el} ^2 +P^2[/tex3]
[tex3]F_{el}= eq[/tex3]
[tex3]P=mg[/tex3]
[tex3]T^2=(eq)^2 +(mg)^2[/tex3]
Do enuncidado,
[tex3]T_{max}=4mg[/tex3]
Temos que,
[tex3]T\leq T_{max}[/tex3]
[tex3](eq)^2 +(mg)^2\leq 16(mg)^2[/tex3]
[tex3](eq)^2 \leq 15(mg)^2[/tex3]
[tex3]\boxed{\left(q\frac{V}{d}\right)^2\leq 15(mg)^2}[/tex3] . Letra C
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Problema 19
(ITA-1981) No barco da figura há um homem de massa 60kg subindo uma escada solidária ao barco de inclinada de 60º sobre o plano horizontal. Sabe-se que os degraus da escada estão distanciada de 60º sobre o plano horizontal. Sabe-se que os degraus da escada estão distanciados de 20 cm um do outro e que o homem galga um degrau por segundo. A massa total do sistema barco mais escada é 300 kg. Sabendo que inicialmente o barco e o homem estavam em repouso em relação à água, podemos concluir que o barco passará a mover-se com velocidade de:
a) [tex3]10\,cm/s[/tex3]
b) [tex3]2,0\,cm/s[/tex3]
c) [tex3]2,5\,cm/s[/tex3]
d) [tex3]10\sqrt{3}\,cm/s[/tex3]
e) [tex3]1,66\,cm/s[/tex3]
Resposta
Letra E
Editado pela última vez por FilipeCaceres em 30 Nov 2011, 20:46, em um total de 3 vezes.
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Dez 2011
02
22:18
Re: Maratona de Física IME/ITA
Solução do Problema 19
Na horizontal o barco andando com velocidade V para a esquerda e o homem para direita com velocidade relativa ao barco [tex3]vcos\alpha -V[/tex3]
Usando quantidade de movimento temos que,
[tex3]Q_{ix}=Q_{fx}[/tex3]
[tex3]0=-MV+m(vcos\alpha-V)[/tex3]
[tex3]V=\frac{mvcos\alpha}{m+M}[/tex3]
Substituindo os valores,
[tex3]V=\frac{60.20.0,5}{360}[/tex3]
[tex3]\boxed{V=1,66\,cm/s}[/tex3] . Letra E
---------------------------------------
Problema 20
(IME - 1980/81) Uma bola de bilhar atinge a tabela S da mesa no ponto B com uma velocidade “v” e coeficiente de restituição igual a 0,5. Considerando a bola como uma partícula, determine o ângulo [tex3]\alpha[/tex3] e a velocidade em que seguirá a bola, após o seu segundo contato com a tabela.
[tex3]\alpha =75[/tex3]
[tex3]v_f=\frac{v_i}{2}[/tex3]
Na horizontal o barco andando com velocidade V para a esquerda e o homem para direita com velocidade relativa ao barco [tex3]vcos\alpha -V[/tex3]
Usando quantidade de movimento temos que,
[tex3]Q_{ix}=Q_{fx}[/tex3]
[tex3]0=-MV+m(vcos\alpha-V)[/tex3]
[tex3]V=\frac{mvcos\alpha}{m+M}[/tex3]
Substituindo os valores,
[tex3]V=\frac{60.20.0,5}{360}[/tex3]
[tex3]\boxed{V=1,66\,cm/s}[/tex3] . Letra E
---------------------------------------
Problema 20
(IME - 1980/81) Uma bola de bilhar atinge a tabela S da mesa no ponto B com uma velocidade “v” e coeficiente de restituição igual a 0,5. Considerando a bola como uma partícula, determine o ângulo [tex3]\alpha[/tex3] e a velocidade em que seguirá a bola, após o seu segundo contato com a tabela.
Resposta
[tex3]\alpha =75[/tex3]
[tex3]v_f=\frac{v_i}{2}[/tex3]
Editado pela última vez por FilipeCaceres em 02 Dez 2011, 22:18, em um total de 3 vezes.
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