Maratonas de Física

Solução do Problema 10

O resistor de [tex3]2\Omega[/tex3] faz dissipar na água uma energia [tex3](Q)[/tex3] :
[tex3]Q=m\cdot c \cdot \Delta t=50\cdot 1(100-30)=3500\,\text{cal}[/tex3]
[tex3]Q=3500\cdot 4,2[/tex3]
[tex3]Q=14700\,J[/tex3]

A energia dissipada pelo resistor de [tex3]1\Omega[/tex3] será a metade da energia necessária para ferver a água(veja que o resistor vale a metade).

Assim temos:
[tex3]E_{d_{r_1}}=\frac{14700}{2}=7350\,J[/tex3]

Logo a energia total vale:
[tex3]E_t=14700+7350=22050\,J[/tex3]

[tex3]E_c=\frac{22050}{220}\approx 100[/tex3]

[tex3]E_c=\frac{C\cdot V^2}{2}[/tex3]

[tex3]100=\frac{C\cdot 400^2}{2}[/tex3]

[tex3]C=\frac{1}{800}[/tex3]

[tex3]\boxed{C=1,25\,mF}[/tex3] .

Problema 11

(ITA - 1998) A velocidade de uma onda transversal em uma corda depende da tensão F a que está sujeita a corda, da massa m e do comprimento d da corda. Fazendo uma análise dimensional, concluímos que a velocidade poderia dada por:

[tex3]a)\frac{F}{md}[/tex3]
[tex3]b)\left(\frac{Fm}{d}\right)^2[/tex3]
[tex3]c) \left(\frac{Fm}{d}\right)^{\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]d)\left(\frac{Fd}{m}\right)^{\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]e)\left(\frac{md}{F}\right)^2[/tex3]

Solução do Problema 11

Como o tempo é precioso na hora da prova e sendo uma questão objetiva a forma mais rápida de se resolver e aplicar a fórmula Taylor.
[tex3]V=\sqrt{\frac{T}{\mu}}[/tex3]

Onde:
[tex3]T:[/tex3] é a tração que a corda está sujeita
[tex3]\mu :[/tex3] é densidade linear da corda.

Do enunciado tiramos,
[tex3]T=F[/tex3]
[tex3]\mu =\frac{m}{d}[/tex3]

Logo,
[tex3]V=\sqrt{\frac{F}{\frac{m}{d}}}[/tex3]
[tex3]\boxed{V=\left(\frac{F\cdot d}{m}\right)^{\frac{1}{2}}}[/tex3] . Letra D
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Problema 12

(AFA - 01/02) Um avião reboca dois planadores idênticos de massa [tex3]m[/tex3] , com velocidade constante. A tração no cabo [tex3](II)[/tex3] é [tex3]T[/tex3] . De repente o avião desenvolve uma aceleração [tex3]a[/tex3] . Considerando a força de resistência do ar invariável, a tração no cabo [tex3](I)[/tex3] passa a ser

: AFA 01-02 Q9.png (5.82 KiB) Exibido 8530 vezes

[tex3]a)T+ma[/tex3]
[tex3]b)T+2ma[/tex3]
[tex3]c)2T+2ma[/tex3]
[tex3]d)2T+ma[/tex3]

Solução do Problema 12

Seja [tex3]R[/tex3] a força de resistência do ar, [tex3]F[/tex3] a força que impulsiona o avião e [tex3]1,2,3[/tex3] os números que representam os aviões da direita para a esquerda.

: pla.JPG (5.54 KiB) Exibido 8523 vezes

Primeira situação:
[tex3](1)\rightarrow F=R+T_1[/tex3]
[tex3](2) \rightarrow T_1=R+T_2[/tex3]
[tex3](3)\rightarrow \boxed{T_2=R=T}[/tex3]

Segunda situação:
[tex3](1)\rightarrow F-R-T_1=ma[/tex3]
[tex3](2)\rightarrow T_1-R-T_2=ma[/tex3]
[tex3](3) \rightarrow T_2-R=ma[/tex3]

Substituindo [tex3]R=T[/tex3] temos:

[tex3]T_2=ma+T[/tex3]
[tex3]T_1 = ma+T+ma+T[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{T_1=2ma+2T}}[/tex3] Letra C

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Problema 13

(IME - 1982/83) Um projétil de massa [tex3]\text{m}[/tex3] , com velocidade [tex3]\text{v}[/tex3] , choca-se com o bloco de massa [tex3]\text{M}[/tex3] , suspenso por um fio de comprimento [tex3]\text{R}[/tex3] , conforme mostra a figura.

: proj.JPG (3.15 KiB) Exibido 8524 vezes

Depois da colisão, o projétil cai verticalmente e o bloco descreve uma circunferência completa, no plano vertical. Determinar a velocidade mínima do projétil, antes da colisão, em função de [tex3]\text{M}[/tex3] , [tex3]\text{m}[/tex3] , [tex3]\text{g}[/tex3] e [tex3]\text{R}[/tex3] , para que o bloco descreva a trajetória prevista.

Solução do Problema 13

. A velocidade inicial do bloco é nula.
. Se após a colisão o projétil cai verticalmente quer dizer sua velocidade após se chocar com o bloco é nula.

Pela conservação da quantidade de movimento,
[tex3]Q_{final}=Q_{inicial}[/tex3]
[tex3]M\cdot V_1 = m \cdot V_{min} \,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)[/tex3]

O projétil tem de, pelo menos, atingir o ápice da circunferência (2R). Pela conservação da energia mecânica,
[tex3]E_{cin.i}=E_{cin.f}+ E_{pg}[/tex3]
[tex3]\frac{M \cdot V_1 ^2}{2}=\frac{M \cdot V_2 ^2}{2}+Mg2R[/tex3]
[tex3]V_1 ^2 =V_2 ^2 + 4Rg\,\,\,\,\,\,\,\,(2)[/tex3]

Sendo [tex3]T[/tex3] a tração no fio.

A velocidade ao chegar ao ápice [tex3](V_2)[/tex3] pode ser calculada pela resultante centrípeta. Lembrando que no ápice que a tração deve ser nula pois queremos a velocidade mínima ao passar pelo ponto.

[tex3]T+P=R_c[/tex3]
[tex3]0+Mg=\frac{M\cdot V_2 ^2}{R}[/tex3]
[tex3]V_2 = \sqrt{Rg}\,\,\,\,\,\,\,(3)[/tex3]

Fazendo [tex3](3)[/tex3] em [tex3](2)[/tex3] :

[tex3]V_1 ^2 =Rg+4Rg[/tex3]
[tex3]V_1 =\sqrt{5Rg}\,\,\,\,\,\,\,(4)[/tex3]

Substituindo [tex3](4)[/tex3] em [tex3](1)[/tex3] vem que:

[tex3]\boxed{V_{min}=\frac{M}{m} \left(\sqrt{5Rg}\right)}[/tex3]

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Problema 14

(IME - 1980) Um bloco com [tex3]10\text{kg}[/tex3] de massa está apoiado sobre o plano horizontal e ligado à parede através da mola de constante elástica de [tex3]10\text{N/m}[/tex3] e massa desprezível. Um projétil de [tex3]20\text{g}[/tex3] de massa e com velocidade de [tex3]750\text{m/s}[/tex3] choca-se com o bloco, ficando no interior do mesmo. Calcule a maior compressão da mola. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano é [tex3]0,2[/tex3] .
Use [tex3]\text{g}=10\text{m/s^2}[/tex3] .

: bloco.png (13.42 KiB) Exibido 8499 vezes

Solucão do Problema 14

Primeiro. Conservação de Quantidade de movimento

[tex3]Q_1 = Q_2[/tex3]
[tex3]m \cdot v = M \cdot v_2[/tex3]
[tex3]20\cdot 750 = 10 \cdot v_2[/tex3]
[tex3]0,02 \cdot 750 = 10\cdot v_2[/tex3]
[tex3]v_2 = \frac{15}{10}[/tex3]
[tex3]v_2 = 1,5\text{m/s}[/tex3]

Energia Elástica.[tex3]F = \frac{kx^2}{2}[/tex3]
Energia Elástica = Energia Cinetica
Energia Cinética = [tex3]\frac{mv^2}{2}[/tex3]

[tex3]\frac{mv^2}{2} - \text{trabalho do Atrito} = \frac{kx^2}{2}[/tex3]
[tex3]\frac{mv^2}{2}-\mu \cdot m \cdot g \cdot d=\frac{kx^2}{2}[/tex3]
[tex3]\frac{10\cdot (1,5)^2}{2} - 0,2 \cdot 10 \cdot 10 \cdot d = \frac{10x^2}{2}[/tex3]
[tex3]5 \cdot 2,25 -20d=5x^2[/tex3]
[tex3]5x^2+20d-11,25=0[/tex3]

A distância resultante vai a ser a mesma da deformação, então, [tex3]d = x[/tex3]

[tex3]5x^2+20x-11,25=0[/tex3]
[tex3]\boxed{x=0,5\text{m}}[/tex3]

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Problema 15

(AFA - 2008) Um projétim de massa [tex3]m[/tex3] e velocidade [tex3]v[/tex3] atinge horizontalmente um bloco de massa M que se encontra acoplado a uma mola de constante elática [tex3]k[/tex3] , como mostra a figura abaixo.

: AFA 98 Q23.PNG (16.78 KiB) Exibido 2672 vezes

Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola-projétil passa a oscilar em MHS com amplitude [tex3]a[/tex3] . Não há atrito entro o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas condições, a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é dada pela expressão [tex3]x=a\cdot cos(wt+\phi _0 )[/tex3] , onde [tex3]a[/tex3] e [tex3]w[/tex3] valem, respectivamente,

a) [tex3]\frac{mv}{M+m}\sqrt{\frac{M+m}{k}}\,\,e\,\, \sqrt{\frac{k}{M+m}}[/tex3]
b) [tex3]\sqrt{\frac{(M+m)v}{k}}\,\,e\,\,\sqrt{\frac{k}{M+m}}[/tex3]
c) [tex3]\sqrt{\frac{k}{M+m}}\,\,e\,\,\sqrt{\frac{M+m}{k}}[/tex3]
d) [tex3]\frac{M+m}{mv}\sqrt{\frac{k}{M+m}}\,\,e\,\, \sqrt{\frac{M+m}{k}}[/tex3]

Solução do Problema 15

[tex3]Q_i=Q_f[/tex3]
[tex3]mv=(M+mV)[/tex3]
[tex3]V=\frac{mv}{M+m}[/tex3]

[tex3]Emec_i=Emec_f[/tex3]
[tex3]\frac{mV^2}{2}=\frac{kx^2}{2}[/tex3]
[tex3]x=V\sqrt{\frac{M+m}{k}}[/tex3]

Logo,
[tex3]\boxed{x=\frac{mv}{M+m}\sqrt{\frac{M+m}{k}}}[/tex3]

Também temos,
[tex3]F_r=ma[/tex3]
[tex3]-kx=(M+m)a[/tex3]
[tex3]a=-\frac{k}{M+m}x[/tex3]

Sabemos que
[tex3]a=-w^2x[/tex3]

Comparando temos,
[tex3]w^2=\frac{k}{M+m}[/tex3]

Logo,
[tex3]\boxed{w=\sqrt{\frac{k}{M+m}}}[/tex3]

Desta forma ficamos com a Letra A
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Problema 16

(AFA - 2000) Um bloco de [tex3]250\,g[/tex3] cai sobre uma mola cuja constante elática é [tex3]250\,N/m[/tex3] . O bloco prende-se à mola, que sofre uma compeensão de [tex3]12\,cm[/tex3] antes de ficar momentaneamente parada. A velocidade do bloco imediatamente antes de chocar-se com a mola é, em [tex3]m/s[/tex3] :

: Bloco.jpg (8.84 KiB) Exibido 8412 vezes

[tex3]a)2,00[/tex3]
[tex3]b)2,51[/tex3]
[tex3]c)3,46[/tex3]
[tex3]d)4,23[/tex3]

Solução do Problema 16

[tex3]E_{mec.i}=E_{mec.f}[/tex3]
[tex3]E_{cin}+E_{pg}=E_{pel}[/tex3]
[tex3]\frac{mv^2}{2}+mgh=\frac{kx^2}{2}[/tex3] [tex3]\,\,\,\,\,\,(\times 2)[/tex3]
[tex3]\cancel{250}\cdot 10^{-3}\cdot v^2+2\cdot (\cancel{250}\cdot 10^{-3}) \cdot 10 \cdot (12\cdot 10^{-2})=\cancel{250}\cdot (12\cdot 10^{-2})^2[/tex3] [tex3]\,\,\,\,\,\,(\div 10^{-3})[/tex3]
[tex3]v^2 + 240\cdot 10^{-2}=144\cdot 10^{-1}[/tex3]
[tex3]v^2 = 14,4-2,4[/tex3]
[tex3]v=\sqrt{12}[/tex3]
[tex3]\boxed{v\approx 3,46\,\text{m/s}}[/tex3] Letra C

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Problema 17

(IME - 1980/81) Um cilindro C de raio [tex3]R[/tex3] e peso [tex3]2W[/tex3] é colocado sobre dois semicilindros A e B de raio [tex3]R[/tex3] e peso [tex3]W[/tex3] , como ilustra a figura.

: cil.JPG (3.6 KiB) Exibido 8400 vezes

O contato entre o cilindro e os semicilindros não tem atrito. O coeficiente de atrito entre o plano horizontal e a face plana dos semicilindros é [tex3]0,5[/tex3] . Determine o valor máximo da distância [tex3]d[/tex3] entre os centros dos semicilindros A e B, para que exista equilíbrio em todo o sistema. Não é permitido o contato do cilindro C com o plano horizontal.

Solução do Problema 17

: IME - 1981 Q8.png (8.43 KiB) Exibido 8393 vezes

[tex3]\sum M_o =0[/tex3]
[tex3]P_2\cdot\frac{d}{2}+P_1\cdot d=N\cdot d[/tex3]
[tex3]P_2+2P_1=2N[/tex3]
[tex3]2W+2W=2N[/tex3]
[tex3]N=2W[/tex3]

[tex3]fat=\mu N[/tex3]
[tex3]fat=0,5\cdot 2W[/tex3]
[tex3]fat=W[/tex3]

[tex3]tan(\alpha)=\frac{P_1}{fat}=\frac{w}{w}=1[/tex3]
[tex3]\alpha =45^{\circ}[/tex3]

Também temos,
[tex3]cos(\alpha)=\frac{\frac{d}{2}}{2R}[/tex3]
[tex3]d=4Rcos(\alpha)[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{d=2R\sqrt{2}}[/tex3]
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Problema 18

(ITA - 1957) Uma barra prismática e homogêna apresenta comprimento [tex3]L[/tex3] , secção [tex3]S[/tex3] e densdade [tex3]\mu[/tex3] . Uma das extremidades é fixada a um ponto S, em todo do qual a barra pode girar livremente. Parte da barra é mergulhada em água (densidade [tex3]\mu _a[/tex3] ), como indica a figura; o ponto S situa-se acima da superfície livre da água, a uma altura [tex3]h[/tex3] da mesma. Calcule a distância [tex3]x[/tex3] entre o ponto S e o ponto A em que o eixo longitudinal da barra atravessa a superfície livre da água, pondo que a barra se equilibre obliquamente.

: ITA - 1957 hidrostática.png (4.14 KiB) Exibido 8393 vezes

Solução do Problema 18

: ITA - 1957 hidrostática diagrama.png (11.75 KiB) Exibido 8384 vezes

A massa será
[tex3]m=\mu (S\cdot L)[/tex3]

Aplicando momento
[tex3]\sum M_s=0[/tex3]
[tex3]P\cdot d_1 =E\cdot d_2[/tex3]
[tex3](\mu \cdot \cancel{S}\cdot L)\cdot \cancel{g}\cdot \left[\frac{L}{\cancel{2}}\cdot \cancel{cos \alpha}\right]=(\mu _a\cdot \cancel{g}\cdot \cancel{S}(L-x))\cdot\left[\left(\frac{L+x}{\cancel{2}}\right)\cdot \cancel{cos \alpha}\right][/tex3]
[tex3]\mu L^2=\mu _a (L^2-x^2)[/tex3]
[tex3]\mu _ax^2=L^2(\mu _a -\mu)[/tex3]
[tex3]\boxed{x=L^2\sqrt{1-\frac{\mu}{\mu _a}}}[/tex3]

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Problema 19

(IME - 1980/1981) Uma plataforma oscila horizontalmente, com uma freqüência de [tex3]1,0 Hz[/tex3] , tendo sobre ela um bloco de massa [tex3]m[/tex3] . Determine a amplitude máxima que pode ter a oscilação da plataforma, para que o bloco mova-se com ela, sem deslizar. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a plataforma é [tex3]0,40[/tex3] .

: IME - 80_1 Q2.png (19.43 KiB) Exibido 8384 vezes

Solução do Problema 24

Para facilicar o entendimento vamos usar a regra da mão direita, sabemos que o campo se dará colocando o dedão no sentido da corrente e os demais dedos nos darão o campo magnético.

Olhando para as alternativas vemos que em um fio retilíneo, quando pegarmos os dedos farão a volta neste fio. Desta forma a campo magnético será circular. Letra D
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Problema 25

(IME - 83/84) Um objeto [tex3]AB[/tex3] encontra-se a uma distância [tex3]a = 36\, cm[/tex3] de uma lente com distância focal [tex3]f = 30\, cm[/tex3] . A uma distância de [tex3]1,0\,m[/tex3] , após a lente, foi colocado um espelho plano, inclinado de [tex3]45^{\circ}[/tex3] em relação ao eixo da lente. Determinar a distância [tex3]H[/tex3] , entre o eixo ótico e o fundo de uma bacia com água, necessária para que se forme neste uma imagem nítida do objeto. A profundidade da água na bacia é [tex3]d = 20\,cm[/tex3] . Sabe-se que a camada de água, de espessura [tex3]d[/tex3] , desloca a imagem de uma distância igual a [tex3]d\left(1-\frac{1}{n}\right)[/tex3] , onde [tex3]n[/tex3] é o índice de refração da água. Considerar o índice de refração da água [tex3]n = 1,25[/tex3] .

: IME 83-84 Q10.png (42.33 KiB) Exibido 4516 vezes

Resposta

[tex3]84\,cm[/tex3]

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