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- ρs/ρp) cos α
b) sen 2β= (1- ρs/ρp) sen 2α
c) sen 2β= (1 + ρs/ρp) sen 2α
d) sen 2β= sen 2α/(1 + ρs/ρp)
e) cos 2β= cos α/(1 + ρs/ρp)
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 gap = P - E= mg -
Sendo m=ρpV
ρpV gap =ρpV g - ρsV g
Simplificando:
ρpgap=g (ρp - ρs)
gap=g (ρp - ρs)/ρp
O alcance do projétil nessa situação será:
A'= (Vo² sen 2β)/gap
A'= (Vo² sen 2β)/[g (ρp - ρs)/ρp]
A'= ρp(Vo² sen 2β)/[g (ρp - ρs)]
III) Visto que a questão diz que os alcances obtidos nas duas situações são iguais, teremos A'=A. Logo:
A'=A
ρp(Vo² sen 2β)/[g (ρp - ρs)]= A= (Vo² sen 2α)/g
Simplificando:
ρp(sen 2β)/[(ρp - ρs)]= (sen 2α)
(sen 2β)= (sen 2α) [(ρp - ρs)/ρp]
(sen 2β)= (sen 2α) [(1- ρs/ρp)]
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.
