Maratonas de FísicaMaratona de Física IME/ITA

Moderador: [ Moderadores TTB ]

Avatar do usuário
theblackmamba
6 - Doutor
Mensagens: 3723
Registrado em: Ter 23 Ago, 2011 15:43
Última visita: 20-11-19
Localização: São Paulo - SP
Agradeceu: 813 vezes
Agradeceram: 2264 vezes
Nov 2011 20 19:47

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por theblackmamba »

Solução do Problema 10
ITA-1997.png
ITA-1997.png (16.93 KiB) Exibido 10633 vezes
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.
IME-77-78.png
IME-77-78.png (11.71 KiB) Exibido 10634 vezes

Última edição: theblackmamba (Dom 20 Nov, 2011 19:47). Total de 2 vezes.


"A coisa mais incompreensível do universo é que ele é compreensível"
- Albert Einstein

Avatar do usuário
Autor do Tópico
FilipeCaceres
5 - Mestre
Mensagens: 2504
Registrado em: Seg 16 Nov, 2009 20:47
Última visita: 27-10-18
Agradeceu: 79 vezes
Agradeceram: 946 vezes
Nov 2011 20 22:00

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por FilipeCaceres »

Solução do Problema 11
IME 77.PNG
IME 77.PNG (11.69 KiB) Exibido 10627 vezes
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]\fbox{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.
IME 1978.png
IME 1978.png (8.87 KiB) Exibido 10627 vezes
Resposta

Resposta:
[tex3]\mu =\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}[/tex3]

Última edição: FilipeCaceres (Dom 20 Nov, 2011 22:00). Total de 2 vezes.



Avatar do usuário
lecko
2 - Nerd
Mensagens: 450
Registrado em: Qua 03 Nov, 2010 20:50
Última visita: 24-06-18
Agradeceu: 5 vezes
Agradeceram: 23 vezes
Nov 2011 22 16:21

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por lecko »

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:
IME 1978.png
IME 1978.png (15.58 KiB) Exibido 10606 vezes
Bom, vejamos primeiro quem é maior: [tex3]P_{t1}[/tex3] ou [tex3]P_{t2}[/tex3]
[tex3]P_{t1}=P.sen60 \rightarrow[/tex3] [tex3]P_{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.
IME 1993.JPG
IME 1993.JPG (6.48 KiB) Exibido 10606 vezes
Resposta

Não possuo o gabarito.
Última edição: lecko (Ter 22 Nov, 2011 16:21). Total de 2 vezes.



Avatar do usuário
Autor do Tópico
FilipeCaceres
5 - Mestre
Mensagens: 2504
Registrado em: Seg 16 Nov, 2009 20:47
Última visita: 27-10-18
Agradeceu: 79 vezes
Agradeceram: 946 vezes
Nov 2011 22 22:24

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por FilipeCaceres »

Soluçaod o Problema 13

Para a velocidade máxima temos o seguinte diagrama.
Plano inclinado.png
Plano inclinado.png (7.68 KiB) Exibido 10596 vezes
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]
Última edição: FilipeCaceres (Ter 22 Nov, 2011 22:24). Total de 2 vezes.



Avatar do usuário
theblackmamba
6 - Doutor
Mensagens: 3723
Registrado em: Ter 23 Ago, 2011 15:43
Última visita: 20-11-19
Localização: São Paulo - SP
Agradeceu: 813 vezes
Agradeceram: 2264 vezes
Nov 2011 23 18:06

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por theblackmamba »

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} = \fbox{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] .
IME-82.png
IME-82.png (18.96 KiB) Exibido 10627 vezes
Última edição: theblackmamba (Qua 23 Nov, 2011 18:06). Total de 2 vezes.


"A coisa mais incompreensível do universo é que ele é compreensível"
- Albert Einstein

Avatar do usuário
Autor do Tópico
FilipeCaceres
5 - Mestre
Mensagens: 2504
Registrado em: Seg 16 Nov, 2009 20:47
Última visita: 27-10-18
Agradeceu: 79 vezes
Agradeceram: 946 vezes
Nov 2011 25 22:54

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por FilipeCaceres »

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. :shock:

-------------------------------------------------------------------

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 ?
ITA-1990.png
ITA-1990.png (8.1 KiB) Exibido 5706 vezes
[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
Última edição: FilipeCaceres (Sex 25 Nov, 2011 22:54). Total de 3 vezes.



Avatar do usuário
lecko
2 - Nerd
Mensagens: 450
Registrado em: Qua 03 Nov, 2010 20:50
Última visita: 24-06-18
Agradeceu: 5 vezes
Agradeceram: 23 vezes
Nov 2011 26 17:59

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por lecko »

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 :
ita-2005-4.JPG
ita-2005-4.JPG (9.42 KiB) Exibido 10813 vezes
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]
Última edição: lecko (Sáb 26 Nov, 2011 17:59). Total de 2 vezes.



Avatar do usuário
theblackmamba
6 - Doutor
Mensagens: 3723
Registrado em: Ter 23 Ago, 2011 15:43
Última visita: 20-11-19
Localização: São Paulo - SP
Agradeceu: 813 vezes
Agradeceram: 2264 vezes
Nov 2011 26 20:40

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por theblackmamba »

Também foi uma excelente questão!

Solução do Problema 17
ITA-2005.png
ITA-2005.png (7.64 KiB) Exibido 8259 vezes
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}[/tex3] [tex3]\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:
ITA-2001.png
ITA-2001.png (12.31 KiB) Exibido 8259 vezes
[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
Última edição: theblackmamba (Sáb 26 Nov, 2011 20:40). Total de 2 vezes.


"A coisa mais incompreensível do universo é que ele é compreensível"
- Albert Einstein

Avatar do usuário
Autor do Tópico
FilipeCaceres
5 - Mestre
Mensagens: 2504
Registrado em: Seg 16 Nov, 2009 20:47
Última visita: 27-10-18
Agradeceu: 79 vezes
Agradeceram: 946 vezes
Nov 2011 30 20:46

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por FilipeCaceres »

Solução do Problema 18
ITA 2001.png
ITA 2001.png (4.02 KiB) Exibido 8241 vezes
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

---------------------------------------------------------

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:
ITA 81.PNG
ITA 81.PNG (2.91 KiB) Exibido 8241 vezes
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
Última edição: FilipeCaceres (Qua 30 Nov, 2011 20:46). Total de 3 vezes.



Avatar do usuário
Autor do Tópico
FilipeCaceres
5 - Mestre
Mensagens: 2504
Registrado em: Seg 16 Nov, 2009 20:47
Última visita: 27-10-18
Agradeceu: 79 vezes
Agradeceram: 946 vezes
Dez 2011 02 22:18

Re: Maratona de Física IME/ITA

Mensagem não lida por FilipeCaceres »

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.
IME 80-81.PNG
IME 80-81.PNG (19.48 KiB) Exibido 8223 vezes
Resposta

[tex3]\alpha =75[/tex3]

[tex3]v_f=\frac{v_i}{2}[/tex3]

Última edição: FilipeCaceres (Sex 02 Dez, 2011 22:18). Total de 3 vezes.



Trancado
  • Tópicos Semelhantes
    Respostas
    Exibições
    Última msg

Voltar para “Maratonas de Física”