Prova Teórica Regional 2013 (Escalão B)

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 3:54 pm

Este tópico tem como fim a discussão de alguns problemas da Prova Teórica Regional de 2013 (Escalão B).

Problema 2 (antes tinha sido colocada aqui):

e_samarta Escreveu:

Para que o bloco A não toque no plano inclinado, temos que

Porque o plano inclinado faz um ângulo de 30º com a horizontal, $P(A)_y=P_y \cos30^\circ = m_A g \cos30^\circ$

Por sua vez, , sendo a força resultante em A. [Obrigada pela correção, cdmfernandes!].

Então, $N=m_A g \sin30^\circ + m_A \times a_x$ . Também pode ser $N=m_A (g \sin30^\circ + a_x)$

Porque $F_a=\mu N$ , sendo $\mu=0,3$ , tem-se, relembrando que :

$0,3 m_A (g \sin30^\circ + a_x)=m_A g \cos30^\circ$ .

Isto permite "eliminar" e após alguns passos chega-se a:

$a_x\simeq 2,387 g$ (sendo o módulo da aceleração da gravidade)

Finalmente, $\Leftrightarrow$ $F=(m_A+m_B) 2,387 g + (m_A+m_B) g \sin30^\circ$ $\Leftrightarrow$

Se considerarmos $g\simeq9,8 m.s^{-2}$ , temos então $F=9,8 \times 10 \times 2,887 \Leftrightarrow F\simeq283N$ .

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 5:18 pm

Problema 3, alínea a):

***EDIT*** RESOLUÇÃO EM PRINCÍPIO INCORRETA:

Se considerarmos t=0

o instante em que a máquina começa a lançar bolas de ténis, a primeira bola lançada atingirá a parede no instante $t_1=\frac{x_1}{V}$ , sendo x_1

a distância inicial da máquina à parede no instante em que lança a primeira bola. (como se deduz a partir da expressão x=Vt

).

Num instante

(decorridos

segundos a partir de t_1

), estando a máquina a uma distância da parede igual a x_1+vT

, esta lança a segunda bola, que irá chegar à parede no instante:

$t_2=T + \frac{x_1+vT}{V}$ .

O tempo decorrido entre os sucessivos embates na parede será:

$T_p=t_2 - t_1\Leftrightarrow$ $T_p=(T + \frac{x_1+vT}{V}) - (\frac{x_1}{V})$ $\Leftrightarrow$ $T_p=T+\frac{vT}{V}\Leftrightarrow T_p=(\frac{V+v}{V})T$

(O

em

corresponderá a "parede"; embora não tenha muito interesse, servirá para distingir T_p

de

)

Frequência original: $f=\frac{1}{T}$

Frequência de embate na parede: $f_p=\frac{1}{T_p}$

Como $T_p=(\frac{V+v}{V})T$ , $T=\frac{1}{f}$ e $T_p=\frac{1}{f_p}$ :

$T_p=(\frac{V+v}{V}) \frac{1}{f}$ e então

$\frac{1}{f_p}=(\frac{V+v}{V}) \frac{1}{f} \Leftrightarrow f_p=\frac{V}{V+v} f$

Ou seja:
$f=\frac{V+v}{V} f_p$

Sendo assim, é possível concluir que a frequência original,

, é maior do que a frequência de embate, f_p

.

RESOLUÇÃO CORRETA:

Seja

a velocidade do lançador (ou "máquina lançadora") e

a velocidade da bola em relação ao lançador.

Num período (

), o lançador recua uma distância

.

Velocidade da bola: V-v

Logo, (relativamente à primeira bola), a segunda chega depois de um tempo:

$T\prime=T + (\frac{vT}{V-v})=T(1+\frac{v}{V-v})=T(\frac{V-v+v}{V-v})=T(\frac{V}{V-v})$

Sendo a frequência original $f=\frac{1}{T}$ e a frequência de embate $f\prime=\frac{1}{T\prime}$ , temos então:

$\frac{1}{f\prime}=\frac{1}{f}(\frac{V}{V-v})\Leftrightarrow f=f\prime (\frac{V}{V-v})$

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 6:38 pm

Problema 3, alínea b):

***EDIT*** RESOLUÇÃO EM PRINCÍPIO INCORRETA:

Tendo sempre em conta a expressão (na sua generalidade) $x=vt \Leftrightarrow t=\frac{x}{v}$ , conclui-se que, embatendo a bola na parede no instante

, foi lançada no instante $t_0=t-\frac{x_t}{V}$ , sendo x_t

a distância a que a máquina se encontrava da parede aquando do lançamento dessa bola. (Essa bola levou até $\frac{x_t}{V}$ chegar à parede, por isso subtraímos esse número de segundos a

a fim de obtermos t_0

).

Sendo $\Delta t$ (que queremos calcular) igual a t-t_0

, temos:

$\Delta t=t-(t-\frac{x_t}{V})\Leftrightarrow \Delta t=\frac{x_t}{V}$

Tendo em conta agora a expressão "ainda mais geral" $\Delta x=v \Delta t \Leftrightarrow x_f-x_i=v(t_f-t_i)$ , se a t=0

a máquina se encontrava encostada à parede ( x_0=0

) — "cortamos" x_i

e

—, então:

$x_t=v t_0\Leftrightarrow x_t=v(t-\frac{x_t}{V})$

"Desenvolvendo" a expressão:

$x_t=v(t-\frac{x_t}{V})\Leftrightarrow \frac{V x_t}{V}+\frac{v x_t}{V}=vt\Leftrightarrow (V+v)x_t=V v t\Leftrightarrow \frac{x_t}{V}=\frac{v t}{(V+v)}$

Lembrando que $\Delta t=\frac{x_t}{V}$ , temos finalmente:

$\Delta t=\frac{v}{V+v} t$

RESOLUÇÃO CORRETA:

Se uma bola anda $\Delta t$ no ar então foi lançada da posição $v(t-\Delta t)$ (pois $t-\Delta t$ foi o instante em que foi lançada, igual à diferença entre o instante em que embate na parede e o intervalo de tempo que leva a deslocar-se da máquina até embater na parede) e andou a distância $(V-v)\Delta t$ .

Logo

$(V-v)\Delta t=v(t-\Delta t)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow V\Delta t-v\Delta t=vt-v\Delta t\Leftrightarrow V\Delta t=vt \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \Delta t=\frac{vt}{V}$

(Aqui considera-se o referencial da figura apresentada no enunciado, sendo que a parede se encontra a x=0

.)

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 7:45 pm

Gostei da tua resolução... Nao fiz desta forma e na alinea b por exemplo tens um fator de 1 que eu nao tenho. Tenho que ver isto melhor quando tiver mais tempo.

Em relação ao problema 1, podes postar aí só os resultados que obtiveste?

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 8:16 pm

Problema 3, alínea c):

***EDIT*** RESOLUÇÃO EM PRINCÍPIO INCORRETA:

O movimento de uma bola de ténis, na vertical e até embater na parede, processa-se durante o intervalo de tempo $\Delta t$ , que já tinha sido definido em função de

, o instante do embate da bola na parede:

$\Delta t=\frac{v}{V+v} t$

Normalmente temos a expressão $y=h- \frac{1}{2} g t^{2}$ ; no entanto, substitui-se

por $\Delta t$ , e obtém-se:

$y=h- \frac{1}{2} g (\frac{v}{V+v})^2 t^{2}$

Por analogia com a expressão anterior, encontramos (acho eu) a aceleração com que este local de embate desce, $g\prime$ :

$g\prime=g (\frac{v}{V+v})^2$

RESOLUÇÃO CORRETA (o processo é idêntico, mas antes não tinha usado o $\Delta t$ correto):

Se quando uma bola bate no instante

ela andou no ar $\Delta t=\frac{vt}{V}$ , a posição onde embate é

$y=h-\frac{1}{2} g \Delta t^2=h-\frac{1}{2} g \frac{v^2}{V^2} t^2$

$a=g\frac{v^2}{V^2}$

(Ou seja) a aceleração com que este ponto (o local de embate) se move (ou desce) é $g\frac{v^2}{V^2}$ .

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 8:22 pm

ajcoelho Escreveu:Gostei da tua resolução... Nao fiz desta forma e na alinea b por exemplo tens um fator de 1 que eu nao tenho.

Eu também não fiz desta forma nas olimpíadas... Como já referi algures, demoro imenso tempo a pensar sobre um problema, e mesmo agora ainda tenho algumas dúvidas! :roll:

ajcoelho Escreveu:Em relação ao problema 1, podes postar aí só os resultados que obtiveste?

Tenho de o resolver novamente. Assim que puder, apresento aqui os meus resultados...

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 10:00 pm

Os resultados devem variar consoante as aproximações que cada um escolhe fazer. Aqui estão os valores que obtive:

Problema 1:

a) $\theta_i =\theta_r=48,5^\circ$ e $\theta_t \approx 84,3649^\circ$

b) $T \approx 70,85412^\circ C$

c) $\Delta T\approx 2015,3579s \approx 33min 35s$

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 11:05 pm

e_samarta Escreveu:Os resultados devem variar consoante as aproximações que cada um escolhe fazer. Aqui estão os valores que obtive:

Problema 1:

a) $\theta_i =\theta_r=48,5^\circ$ e $\theta_t \approx 84,3649^\circ$

b) $T \approx 70,85412^\circ C$

c) $\Delta T\approx 2015,3579s \approx 33min 35s$

Exatamente o mesmo que eu

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 11:10 pm

e_samarta Escreveu:
Por analogia com a expressão anterior, encontramos (acho eu) a aceleração com que este local de embate desce, $g\prime$ :

$g\prime=g (\frac{v}{V+v})^2$

Aqui é uma questao de derivar :lol:

por **e_samarta** em Segunda Jun 03, 2013 9:22 am

ajcoelho Escreveu:
e_samarta Escreveu:
Por analogia com a expressão anterior, encontramos (acho eu) a aceleração com que este local de embate desce, $g\prime$ :

$g\prime=g (\frac{v}{V+v})^2$

Aqui é uma questao de derivar

Não estás a dizer isso porque escrevi $g\prime$ , pois não? Se calhar devia ter escrito $a=g (\frac{v}{V+v})^2$ ou usado outra letra...

por **ajcoelho** em Segunda Jun 03, 2013 11:09 am

Não não. Mas é que tu já tens a equação da posição certo? Então se fizeres a segunda derivada da equação da leis das posições chegas à aceleração

$\frac{d^2y}{dt^2} = a$

por **e_samarta** em Segunda Jun 03, 2013 11:43 am

Quando temos uma expressão do movimento retilíneo uniformemente acelerado do tipo

$y=y_0 + v_0 t + \frac{1}{2} a t^2$ ,

sabemos "automaticamente" que a aceleração desse movimento é precisamente

...

Efetivamente se derivar a expressão anterior vou ter: v=v_0 + at

E para a segunda derivada: a=a

(um bocado desnecessário...)

por **ajcoelho** em Segunda Jun 03, 2013 12:30 pm

Sim claro neste tipo de equações é totalmente desnecessário Disse só isto porque parecias estar com dúvidas ao dizeres " encontramos (acho eu) a aceleração"

por **e_samarta** em Segunda Jun 03, 2013 5:36 pm

ajcoelho Escreveu:Sim claro neste tipo de equações é totalmente desnecessário Disse só isto porque parecias estar com dúvidas ao dizeres " encontramos (acho eu) a aceleração"

Pois... Eu estou sempre com dúvidas! :lol:

por **e_samarta** em Terça Jul 30, 2013 9:30 am

Problema 3, alínea d):

Se a máquina produzisse um som a velocidade com que se este se deslocava era constante e igual a

.

Logo $T\prime=T+\frac{vT}{V}=T(1+\frac{v}{V})=T(\frac{v+V}{V})$

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