Maratonas de Física

Solução do Problema 176

O bloco desce, pois [tex3]P(300N)>F(150N)[/tex3] .

[tex3]P-F=ma[/tex3]
[tex3]150=30a\,\,\Leftrightarrow \,\,\boxed{a=5\,\text{m/s}^2}[/tex3] . Letra C

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Problema 177

(AFA - 1988) Uma força elétrica de intensidade [tex3]F[/tex3] aparece quando duas pequenas esferas idênticas, com cargas [tex3]3 C[/tex3] e [tex3]9 C[/tex3] são colocadas a uma distância [tex3]d[/tex3] , no vácuo. Quando colocadas em contato e afastadas a uma distância [tex3]3d[/tex3] , a nova intensidade da força elétrica, em função de [tex3]F[/tex3] , será:

a) [tex3]\frac{2F}{27}[/tex3]
b) [tex3]\frac{4F}{27}[/tex3]
c) [tex3]\frac{7F}{27}[/tex3]
d) [tex3]\frac{8F}{27}[/tex3]

Mensagem não lida por **Juniorsjc** » 20 Out 2012, 21:17

Solução do problema 177

Sabendo pela lei de coulomb, o módulo da força eletrostática exercida entre duas cargas pontuais de cargas [tex3]Q_1[/tex3] e [tex3]Q_2[/tex3] é dada pela equação:

[tex3]F_e=\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{Q_1Q_2}{d^2}[/tex3] onde [tex3]Q_1[/tex3] e [tex3]Q_2[/tex3] são os módulos das cargas envolvidas, [tex3]d[/tex3] é a distância que as separa e [tex3]\epsilon_o[/tex3] é a permissividade elétrica do vácuo.

Assim, substituindo o que temos, ficamos com:

[tex3]F_e=\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{27}{d^2}[/tex3] [tex3](1)[/tex3]

Quando colocadas em contato, temos que as duas cargas pontuais adquirem cargas iguais a média aritmética de suas cargas iniciais. Assim:

[tex3]Q_1'=Q_2'= \frac{Q_1+Q_2}{2}=\frac{9+3}{2}=6C[/tex3]

A nova força eletrostática será dada por [tex3]F_e'=\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{Q_1'Q_2'}{D^2}[/tex3] , onde [tex3]D[/tex3] é a nova distância igual a [tex3]3d[/tex3] .
Assim, substituindo:

[tex3]F_e'=\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{36}{9d^2}[/tex3] [tex3](2)[/tex3]

Dividando [tex3](1) \ \text{por} \ (2)[/tex3] :

[tex3]\frac{F_e}{F_e'}= \frac{\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{27}{d^2}}{\frac{1}{4\pi \epsilon_o}\frac{36}{9d^2}} \ \rightarrow \ \frac{F_e}{F_e'}=\frac{243}{36}[/tex3] Simplificando por 9 e ajustando para isolarmos [tex3]F_e'[/tex3] ficamos com:

[tex3]F_e'=\frac{4F_e}{27}[/tex3]

Finalmente temos alternativa "B".

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Problema 178

(ITA - 2003) Situado num plano horizontal, um disco gira com velocidade angular [tex3]\omega[/tex3] constante, em torno de um eixo que passa pelo seu centro [tex3]O[/tex3] . O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo magnético constante [tex3]B[/tex3] , orientado para cima, paralelamente ao eixo vertical de rotação. A figura mostra um capacitor preso ao disco (com placas metálicas planas, paralelas, separadas entre si de uma distância [tex3]L[/tex3] ) onde, na posição indicada, se encontra uma partícula de massa m e carga [tex3]q > 0[/tex3] , em repouso em relação ao disco, a uma distância [tex3]R[/tex3] do centro. Determine a diferença de potencial elétrico entre as placas do capacitor, em função dos parâmetros intervenientes.

: ss.png (11.82 KiB) Exibido 9238 vezes

Resposta

[tex3]U=\frac{m\omega ^2 RL}{q}+\omega RBL[/tex3]

Mensagem não lida por **LPavaNNN** » 04 Nov 2012, 02:31

Solução problema 178

Pela regra da mão esquerda, temos que os vetores de : força magnética , velocidade e campo magnético são perpendiculares entre si. Campo magético está com vetor apontando para cima , sendo assim, força magnética aponta perpendicularmente a este ''empurrando'' a partícula para fora, a Fe, está oposto à força magnética, de modo a segura-lo no disco.

[tex3]Fctfg=\vec{Fe}-\vec{Fm}\\m\times w^2\times R= q\times \vec{E}-q\times v\times B\\m\times w^2\times R=q\times \frac{U}{L}-q\times w\times R\times B\\ U=\frac{m\times w^2\times R\times L}{q}+ w\times R\times B\times L[/tex3]

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Problema 179

(ITA-2002)Um ginásio de esportes foi projetado na forma de uma cúpula com raio de curvatura [tex3]R = 39,0m[/tex3] , apoiada sobre uma parede lateral cilíndrica de raio [tex3]y = 25,0m[/tex3] e altura [tex3]h = 10,0m[/tex3] , como mostrado na figura. A cúpula comporta-se como um espelho esférico de distância focal [tex3]f=\frac{R}{2}[/tex3] , refletindo ondas sonoras, sendo seu topo o vértice do espelho. Determine a posição do foco relativa ao piso do ginásio. Discuta, em termos físicos as consequências práticas deste projeto arquitetônico.

: AHAHA.jpg (10.87 KiB) Exibido 9182 vezes

Resposta

R= [tex3]d=0,4m[/tex3]

Mensagem não lida por **Juniorsjc** » 07 Nov 2012, 21:38

Solução problema 179

: AHAHA.jpg (14.23 KiB) Exibido 9160 vezes

Da figura percebemos um triângulo retângulo no qual podemos aplicar o teorema de pitágoras para determinar a medida x.

[tex3]R^2 = y^2 + (R-x)^2[/tex3]

Temos do enunciado que R = 39,0m e y = 25,0m. Substituindo:
[tex3]39^2 = 25^2 + (39-x)^2\,\ \rightarrow 1521 = 625 + (39-x)^2 \,\, \rightarrow \, 896 = (39-x)^2 \\\sqrt{896} = \sqrt{(39-x)^2} \\ 39 -x = 29,93 \,\, \rightarrow x = 9
,07\ m[/tex3]

Calculando o foco
[tex3]f = \frac{R}{2} \,\ \rightarrow f = \frac{39}{2} = 19,5\ m[/tex3]

Podemos perceber que a altura do ginásio é dado por:
[tex3]H = h +x = 10,0 + 9,07 = 19,07\ m[/tex3]

A posição do foco relativa ao piso do ginásio será dada por:
[tex3]d= f - H \rightarrow d = 19,5 - 19,07 = 0,43 \ m[/tex3]

Ondas cujos raios de onda são paralelos ao eixo que contem o centro do espelho e o foco vão ser refletidas ao atingir a cúpula e irão diretamente para o foco do espelho. Como o foco do espelho se encontra praticamente sobre o piso do ginásio, haverá uma alta intensidade sonora nessa região.

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Problema 180

(ITA - 2007) A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos [tex3]B1[/tex3] e [tex3]B2[/tex3] orientados em sentidos opostos e de mesma magnitude [tex3]B[/tex3] . Uma partícula de massa m e carga [tex3]q > 0[/tex3] é lançada do ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o ponto S e a ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga [tex3]-q[/tex3] (choque perfeitamente inelástico). Determine o tempo total em que a partícula de carga [tex3]q > 0[/tex3] abandona a superfície quadrada.

: sad.png (9.71 KiB) Exibido 9160 vezes

Resposta

[tex3]T_{total} = \frac{\pi mv + LqB}{qvB}[/tex3]

Mensagem não lida por **gabrielbpf** » 26 Nov 2012, 03:41

Solução do Problema 180

A partícula é lançada com velocidade [tex3]v[/tex3] , perpendicular ao campo magnético, o que nos garante que a trajetória será circular!

Assim, antes da colisão a partícula percorrerá meia circunferência, o que corresponde a uma distância de [tex3]x=\pi R[/tex3] (exatamente metade do comprimento da circunferência).

A única força que age sobre o corpo é a magnética (não há aceleração da gravidade, já que não foi exposta no enunciado), que terá então o papel de centrípeta:
[tex3]F_m=F_{cp}\therefore R=\frac{mv}{qB}[/tex3]

Assim, o tempo para percorre meia circunferência de tal raio é: [tex3]v=\frac{\pi R}{t}\therefore t=\frac{\pi m}{qB}[/tex3] .

Após percorrido esse tempo, haverá uma colisão perfeitamente inelástica, o que implica em uma "junção" dos corpos...

[tex3]Q_{antes}=Q_{depois}\therefore mv+0=(m+m)v'\therefore v'=\frac{v}{2}[/tex3]

Vemos também que as cargas positivas e negativas do corpo, após a colisão, se anularão, o que faz com que não exista mais forças agindo no corpo (a magnética é nula para corpos neutros).

Concluímos que ele percorrerá a distância de [tex3]\frac{L}{2}[/tex3] com uma velocidade constante de [tex3]\frac{v}{2}[/tex3] .

[tex3]x'=v't'\therefore t'=\frac{L}{v}[/tex3]

Somando os tempos:

[tex3]T_{total}=t+t'=\frac{\pi m}{qB}+\frac{L}{v}=\boxed{\boxed{\frac{\pi mv+LqB}{qvB}}}[/tex3]

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Problema 181

(ITA-2010/2011) Uma partícula de massa [tex3]m[/tex3] move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro [tex3]O[/tex3] . Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância [tex3]x_0[/tex3] de [tex3]O[/tex3] e, a seguir, percorre uma distância [tex3]a[/tex3] no primeiro segundo e uma distância [tex3]b[/tex3] no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude [tex3]x_0[/tex3] desse movimento?

Resposta

[tex3]x_0=\frac{2a^2}{3a-b}[/tex3]

Mensagem não lida por **Juniorsjc** » 01 Dez 2012, 16:41

Solução do problema 181

Sabemos que a equação da posição do oscilador é:

[tex3]x = A\cdot\cos(\omega t + \varphi_o)[/tex3]

Como a partícula começa o seu movimento a partir de [tex3]x_o=(A)[/tex3] , então temos: [tex3]\varphi_o = 0[/tex3]
E podemos escrever:

[tex3]x = x_o\cdot\cos(\omega t)[/tex3]

Para o primeiro segundo(t=1s), temos que a particula está a uma distância [tex3]x_o - a[/tex3] do centro O. Assim:

[tex3]x_o - a = x_o\cdot\cos(\omega) \rightarrow \cos(\omega) = \frac{x_o - a}{x_o}[/tex3]

No segundo momento, (t=2s), temos que a partícula está a uma distância [tex3]x_o - a - b[/tex3] do centro O. Assim:

[tex3]x_o - a - b = x_o\cdot\cos(2\omega) \rightarrow \cos(2\omega) = \frac{x_o - a - b}{x_o}[/tex3]

Da trigonometria sabemos que:

[tex3]\cos(2\omega) = 2\cos^2(\omega) - 1[/tex3]

Substituindo:

[tex3]\frac{x_o - a - b}{x_o} = 2\ \left(\frac{x_o - a}{x_o}\right)^2 - 1[/tex3]

[tex3]\frac{x_o - a - b}{x_o} +1 = 2\ \left(\frac{x_o - a}{x_o}\right)^2[/tex3]

[tex3]\frac{2x_o - a - b}{x_o} =\frac{ 2(x_o^2 -2ax_o + a^2)}{x_o^2}[/tex3]

[tex3]2x_o^2 - ax_o - bx_o = 2x_o^2 - 4x_oa +2a^2[/tex3]

[tex3]3x_oa-bx_o =2a^2[/tex3]

[tex3]x_o(3a - b)= 2a^2[/tex3]

[tex3]\boxed {\boxed {x_o = \frac{2a^2}{3a-b}}}[/tex3]

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Problema 182

(ITA-2011) Um corpo de massa M, inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H, onde fica novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha módulo igual a nMg, em que n > 1. Qual deve ser o menor tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo?

Resposta

[tex3]\sqrt{\frac{2nH}{(n-1)g}}[/tex3]

Mensagem não lida por **LPavaNNN** » 21 Dez 2012, 17:56

Solução do Problema 182

aceleração tem que ser máxima enquanto sobe, e por um tempo, deve ficar a mercê da gravidade.

[tex3]nMg-Mg=Ma\\ng-g=a\\a=g(n-1)[/tex3]

T=tempo total
t=tempo que demora para alcançar a velocidade máxima

[tex3]V=g(n-1)t=g.(T-t)\\nt-t=T-t\\T=nt\\t=\frac{T}{n}[/tex3]

se desenharmos um grafico relacionando velocidade e tempo, a área equivale a altura.

[tex3]\frac{V.T}{2}=H\\g(n-1)\frac{T}{n}.\frac{T}{2}=H\\T=\sqrt{\frac{2Hn}{g(n-1)}}[/tex3]

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Problema 183

(ITA-2013) Uma pequena bola de massa [tex3]m[/tex3] é lançada de um ponto [tex3]P[/tex3] contra uma parede vertical lisa
com uma certa velocidade [tex3]V_0[/tex3] , numa direcão de ângulo [tex3]\alpha[/tex3] em relação à horizontal. Considere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto de lançamento, a uma distância [tex3]d[/tex3] da parece, como mostra a figura.

: Tutor 2.jpg (11.51 KiB) Exibido 9068 vezes

Nestas condições. o coeficiente de restituição deve ser:

a) [tex3]\frac{gd}{V_0^2sen2\alpha-gd}[/tex3]
b) [tex3]\frac{2gd}{V_0^2.cos2\alpha-2gd}[/tex3]
c) [tex3]\frac{3gd}{2V_0^2sen2\alpha-2gd}[/tex3]
d) [tex3]\frac{4gd}{V_0^2cos2\alpha-gd}[/tex3]
e) [tex3]\frac{2gd}{V_0^2tg2\alpha-gd}[/tex3]

Resposta

Resposta A

Mensagem não lida por **AndreFgm** » 06 Jan 2013, 05:20

Solução do Problema 183

i)É evidente que o impulso aplicado à bola pela parede tem componente vertical nula, logo, é válido afirmar que a componente vertical da velocidade da bola [tex3]U_y[/tex3] , ao atingir novamente o solo, vale [tex3]U_y=-V_{0y}=-V_0\sen \alpha[/tex3]
(O sinal negativo indica que [tex3]\vec{U_y}[/tex3] tem sentido contrário a [tex3]\vec{V_{oy}}[/tex3] )

Entretanto, a componente horizontal [tex3]U_x[/tex3] da velocidade da bola , após o choque, cujo coeficiente de restituição vale [tex3]e[/tex3] , tornar-se-á [tex3]U_x=eV_{0x}=eV_0\cos \alpha[/tex3]

ii) Se considerarmos [tex3]\Delta t_1[/tex3] o intervalo de tempo gasto pela bola para deslocar-se antes do choque, do solo ao ponto P, analisando o movimento horizontal, teremos:
[tex3]\Delta t_1 = \frac{d}{V_{0x}} =\frac{d}{V_0\cos \alpha }[/tex3]

Já se considerarmos [tex3]\Delta t_2[/tex3] o intervalo de tempo gasto pela bola para deslocar-se após o choque, do ponto P ao solo, teremos:
[tex3]\Delta t_2 = \frac{d}{U_x} =\frac{d}{eV_0\cos \alpha } <=> \Delta t_2=\frac{\Delta t_1}{e}[/tex3]

iii) Estando a bola sujeita a aceleração constante g na vertical, podemos relacionar [tex3]U_y[/tex3] e [tex3]V_{0y}[/tex3] :
[tex3]U_y=V_{0y} -gt[/tex3]
[tex3]U_y=V_{0y} -g(\Delta t_1 +\Delta t_2 )[/tex3]
[tex3]-V_0\sen \alpha =V_0\sen \alpha -g\(\Delta t_1+\frac{\Delta t_1}{e}\)[/tex3]
[tex3]-2V_0\sen \alpha = -g\Delta t_1 \(1+\frac{1}{e}\)[/tex3]
[tex3]2V_0\sen \alpha = \frac{gd(e+1)}{eV_0\cos \alpha }[/tex3]
[tex3]2eV_0^2\sen \alpha \cos \alpha = egd+ gd[/tex3]
[tex3]eV_0^2\sen 2\alpha - e gd = gd[/tex3]
[tex3]e=\frac{gd}{V_0^2\sen 2\alpha - gd}[/tex3]

Problema 184
Sob qual ângulo [tex3]\theta[/tex3] , com a horizontal, é necessário lançar uma pedra,com velocidade inicial [tex3]V_0=14m/s[/tex3] e a partir de uma altura inicial [tex3]h_0=20m[/tex3] , para que ela tenha o alcance horizontal máximo? A intensidade do campo gravitacional [tex3]g[/tex3] local vale [tex3]g=9,8m/s^2[/tex3] .

Resposta

[tex3]\theta =30^{\circ}[/tex3]

Mensagem não lida por **caju** » 09 Jan 2015, 15:40

Muito obrigado a todos pela participação.

Temos agora um material belo para os que pretendem estudar para estes vestibulares! Aproveitem

Espero que tenha sido útil para os estudos.

Grande abraço,
Prof. Caju

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