Maratonas de Física ⇒ II Maratona de Física IME/ITA
- theblackmamba
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Out 2012
18
18:46
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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
-----------------------
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]
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
-----------------------
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]
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Out 2012
20
21:17
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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".
------------------------------------------------------------
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.
[tex3]U=\frac{m\omega ^2 RL}{q}+\omega RBL[/tex3]
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.
Resposta
[tex3]U=\frac{m\omega ^2 RL}{q}+\omega RBL[/tex3]
Editado pela última vez por Juniorsjc em 20 Out 2012, 21:17, em um total de 4 vezes.
"Ainda que eu falasse a língua dos homens e falasse a língua dos anjos, sem amor eu nada seria."
- LPavaNNN
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Nov 2012
04
02:31
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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]
------------------------------------
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.
R= [tex3]d=0,4m[/tex3]
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.
Resposta
R= [tex3]d=0,4m[/tex3]
Editado pela última vez por LPavaNNN em 04 Nov 2012, 02:31, em um total de 2 vezes.
Lucas Pavan
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Nov 2012
07
21:38
Re: II Maratona de Física IME/ITA
Solução problema 179
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.
-------------
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.
[tex3]T_{total} = \frac{\pi mv + LqB}{qvB}[/tex3]
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.
Resposta
[tex3]T_{total} = \frac{\pi mv + LqB}{qvB}[/tex3]
Editado pela última vez por Juniorsjc em 07 Nov 2012, 21:38, em um total de 2 vezes.
"Ainda que eu falasse a língua dos homens e falasse a língua dos anjos, sem amor eu nada seria."
- gabrielbpf
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Nov 2012
26
03:41
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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]
---------------------------------------------------------------------
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?
[tex3]x_0=\frac{2a^2}{3a-b}[/tex3]
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]
Editado pela última vez por gabrielbpf em 26 Nov 2012, 03:41, em um total de 2 vezes.
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Dez 2012
01
16:41
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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]
------------------------------------------------------------
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?
[tex3]\sqrt{\frac{2nH}{(n-1)g}}[/tex3]
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]
Editado pela última vez por Juniorsjc em 01 Dez 2012, 16:41, em um total de 3 vezes.
"Ainda que eu falasse a língua dos homens e falasse a língua dos anjos, sem amor eu nada seria."
- LPavaNNN
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Dez 2012
21
17:56
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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]
--------------------------------------------------------------------------
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.
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 A
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]
--------------------------------------------------------------------------
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.
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
Editado pela última vez por LPavaNNN em 21 Dez 2012, 17:56, em um total de 2 vezes.
Lucas Pavan
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Jan 2013
06
05:20
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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] .
[tex3]\theta =30^{\circ}[/tex3]
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]
Editado pela última vez por AndreFgm em 06 Jan 2013, 05:20, em um total de 2 vezes.
- caju
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- Agradeceram: 1580 vezes
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Jan 2015
09
15:40
Re: II Maratona de Física IME/ITA
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
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
"A beleza de ser um eterno aprendiz..."
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