Desafios de física 1.0

Questão 1)- (ITA 1999) Um relógio de pêndulo, construindo de um material de coeficiente de dilatação linear α, foi calibrado a uma temperatura de 0 °C para marcar um segundo exato ao pé de uma torre de altura h. Elevando-se o relógio até o alto da torre observa-se um certo atraso, mesmo mantendo-se a temperatura constante. 

Considerando R o raio da Terra, L o comprimento do pêndulo a 0 °C e que o relógio permaneça ao pé da torre, então a temperatura para a qual obtém-se o mesmo atraso é:

a) 2h/αR

b)[h(2R + h)]/αR²

c) [(R + h)² - R]/αLR

d) [R(2h + R)]/[α(R + h)²]

e) (2R + h)/αR

Questão 2) - (ITA 1998) Um caixote de peso W é puxado sobre um trilho horizontal por uma força de magnitude F que forma um ângulo θ em relação a horizontal, como mostra a figura. Dado que o coeficiente de atrito estático entre o caixote e o trilho μ, o valor mínimo de F, a partir de qual seria possível mover o caixote é:

Questão 3)- (ITA 2008) Na figura, um bloco sobe um plano inclinado, com velocidade Vo. Considere μ o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície. Indique a sua velocidade na descida ao voltar a posição inicial.

Questão 4) (ITA 2005)

a) cos β=(1-  ρ_s/ρ_p) cos α 

b) sen 2β= (1-  ρ_s/ρ_p) sen 2α 

c) sen 2β= (1 +  ρ_s/ρ_p) sen 2α

d) sen 2β= sen 2α/(1 +  ρ_s/ρ_p) 

e) cos 2β= cos α/(1 +  ρ_s/ρ_p) 

Resoluções:

Questão 1)-(ITA 1999)

I) De início, o tempo marcado no pêndulo a uma altura h e temperatura constante é:

T=2π √(L/g)

Sendo g= GM/(R +h)², teremos

T= 2π √{L/[GM/(R +h)²}

T= 2π √{(R + h)²L/ GM}

T=2π(R + h)√(L/GM) (eq.i)

II) Considerando o pêndulo na superfície da Terra (h=0) e com temperatura diferente de 0 °C (logo com L' diferente de L por dilatação linear), teremos o seguinte período

T=2π(R + h)√[L'/GM]

Sendo L'= L(1 + α∆T) e ∆T=T - 0= T.

T'=2πR√[L'/(GM)]

T'=2πR√{[L(1 + αT)]/(GM)} (eq.ii)

III) Visto que a questão estabelece que as duas situações trabalhadas apresentam o mesmo atraso e, consequentemente, o mesmo período, eq.ii= eq.i. Com isso, teremos:

T'=T

2πR√{[L(1 + αT)]/(GM)}= 2π(R + h)√(L/GM)

Simplificando:

R√{[L(1 + αT)]/(GM)}= (R + h)√(L/GM)

Elevando os termos ao quadrado

R² [L(1 + αT)]/(GM)= (R + h)² L/(GM)

Simplificando novamente:

R² + R²αT= R² + 2Rh + h²

R²αT= h(2R + h)

T= h(2R + h)/αR²

Resposta: Item b

Questão 2)- (ITA 1998)

I) Analisando as forças no sistema, teremos as seguintes relações:

N= W + Fy= W + Fsen θ

Fat=μ N

Fat= Fcos θ

 

III) Conhecidas as forças atuantes no caixote, teremos:

Fcos θ= Fat; Fat=μN=> Fcos θ= μN

Fcos θ= μ(W + Fsen θ)

Fcos θ=μW + μFsen θ

Fcos θ - μFsen θ= μW

F(cos θ - μsen θ)= μW

F= μW/(cos θ - μsen θ)

Dividindo o numerador e denominador da expressão por cos θ, teremos:

F=(μWsec θ)/(1 - μtg θ)

Resposta: Item d

Questão 3)- (ITA 2008)

I) De início, teremos as seguintes forças atuando no bloco:

Px=mgsen θ

N=mgcos θ

Fat=μN=μmgcos θ

A aceleração inicial do bloco será dada pela Segunda Lei de Newton:

F=ma= Px + Fat=mgsen θ + μmgcos θ

ma=mg(sen θ + μcos θ)

a= g(sen θ + μcos θ)

II) Considerando L a distância percorrida pelo bloco durante a subida e que sua velocidade é nula no ponto mais alto (visto que irá inverter o sentido de seu movimento posteriormente), teremos:

V²=Vo² - 2aL

0=Vo² -2g(sen θ + μcos θ)L

Vo² = [2g(sen θ + μcos θ)L]

L=Vo² /[2g(sen θ + μcos θ)]

III) Após a subida, haverá uma inversão de movimento e o bloco descerá. Logo, as forças atuantes nesse segundo movimento serão as mesmas, mas algumas apresentarão mudança de orientação. Sendo assim, teremos:

Px=mgsen θ

N=mgcos θ

Fat=μN=μmgcos θ

A aceleração final do bloco também será dada pela Segunda Lei de Newton. Logo:

F=ma'= Px - Fat=mgsen θ - μmgcos θ

ma'=mg(sen θ - μcos θ)

a'= g(sen θ - μcos θ)

IV) Visto que o bloco percorre a mesma distância L, a velocidade dele será:

V'²=V² + 2a'L

V'²=0 + 2g(sen θ - μcos θ)L

Substituindo L

V'²=2g(sen θ - μcos θ)L

V'²=2g(sen θ - μcos θ) •{Vo²/[2g(sen θ + μcos θ)]}

Simplificando

V'²= Vo² • [(sen θ - μcos θ)/(sen θ + μcos θ)]

V'= Vo • √[(sen θ - μcos θ)/(sen θ + μcos θ)]

Resposta: Item b

Questão 4)- (ITA 2005)

I) Inicialmente, o projétil está sujeito apenas a força peso. Logo, seu alcanço será dado por:

A= (Vo² sen 2α)/g

II) Quando o sistema é preenchido com o superfluido, o projétil estará sujeito ao empuxo desse último e ao seu próprio peso. Logo, a gravidade aparente do sistema será:

m g_ap = P - E= mg - ρ_sV g

Sendo m=ρ_pV 

ρ_pV g_ap =ρ_pV g - ρ_sV g

Simplificando:

ρ_pg_ap=g (ρ_p -  ρ_s)

g_ap=g (ρ_p -  ρ_s)/ρ_p

O alcance do projétil nessa situação será:

A'= (Vo² sen 2β)/g_ap 

A'=  (Vo² sen 2β)/[g (ρ_p -  ρ_s)/ρ_p]

A'= ρ_p(Vo² sen 2β)/[g (ρ_p -  ρ_s)]

III) Visto que a questão diz que os alcances obtidos nas duas situações são iguais, teremos A'=A. Logo:

A'=A

ρ_p(Vo² sen 2β)/[g (ρ_p -  ρ_s)]= A= (Vo² sen 2α)/g

Simplificando:

ρ_p(sen 2β)/[(ρ_p -  ρ_s)]= (sen 2α)

(sen 2β)= (sen 2α) [(ρ_p -  ρ_s)/ρ_p]

(sen 2β)= (sen 2α) [(1-  ρ_s/ρ_p)]

Resposta: Item b

Agradecimentos:

Agradeço a todos que prestigiaram o meu blog e espero que gostem das atuais e futuras postagens.  Gostaria também de agradecer ao seguidor Lucas Freire por ter sugerido o Desafios de Física há um tempo. Apesar de ter demorado um pouco para elaborar essa ideia, consegui fazê-la. 

Quem tiver dúvidas, pode comentá-las. Espero ter ajudado, principalmente em meio a esta situação da pandemia.