QTT I

por **duarte.magano** em Segunda Maio 12, 2014 7:10 pm

Ok! Então está adiado para dia 31 de Maio. De acordo?

por **duarte.magano** em Segunda Maio 12, 2014 7:11 pm

And btw, o TT2 tinha uma ligeira gralha, que já está corrigida. Sorry...

por **joaofrme** em Segunda Maio 12, 2014 8:32 pm

De acordo

por **xpt0x** em Quinta Maio 15, 2014 2:16 pm

Nunca mais respondi em nome do meu grupo (falta de tempo), mas também estamos de acordo! :lol:

por **duarte.magano** em Sábado Maio 31, 2014 10:25 pm

A pedido dos capitães, vamos adiar o prazo do QTT um só dia, para dar tempo apra passar todas as resoluções a limpo.

por **duarte.magano** em Domingo Jun 01, 2014 10:27 pm

Aproxima-se a tão esperada data de entrega da primeira edição do QTT!
Amanhã à tarde, assim que tiver tempo, vou divulgar as resoluções. Por favor, entretanto, os capitães que me enviem as resoluções das suas equipas. Obrigado.

por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 9:47 pm

Cara quarkónia,

Aqui vão as resoluções das três equipas:

Equipa Planck:
Uma vez que a nossa equipa apresenta as soluções em imagens, a nossa resolução vai estar distribuída por vários posts que se seguirão.

Equipa Einstein:

ACa1:
Este problema é trivialmente resolúvel, por isso achamos por bem nem sequer colocar aqui a solução (tão básica) para não denegrir a imagem de excelência da escola quark. Claramente merecemos os 10 pontos. :inocent:

ACa2:
Para a resolução deste problema, foram utilizados valores de um ionograma da Rita Costa, parte das suas análises rotineiras ao sangue. Consideramos também que ela estava saudável quando fez as análises (xD) e que é portanto representativa de uma pessoa "average". Portanto, os valores são:
Sódio: 139mmol/L, Potássio 4,3mmol/L, Cloretos 102mmol/L.
Sabemos que o sódio e o potássio são iões monopositivos, e assumimos que os cloretos são mononegativos. Há, portanto, 41.3 mmol/L de cargas +e no sangue da Rita.
A velocidade do sangue na aorta é aproximadamente 30cm/s, e o seu diâmetro 2.5cm. Logo, há um fluxo sanguíneo aórtico médio de 75cm3/s
Fazendo as contas, que se resumem a conversões de unidades, obtemos uma intensidade de corrente de 298 AMPERES, o que nos leva a concluir uma de três coisas:
1 - O laboratório que fez as análises ao sangue da rita não fez uma listagem exaustiva da carga iónica sanguínea;
2 - Os valores da corrente elétrica no sangue são muito contra-intuitivos;
3 - A rita estava morta quando fez as análises.
É possível verificar experimentalmente se os resultados que obtivemos estão corretos, assumindo que o autor deste problema é saudável e dissecando-lhe a aorta por ter proposto problemas destes xD.

ACo1:
Dividimos a resolução em dois casos.

Caso r>R

:

Aplicando a lei de Gauss,

$\oint{\vec{E}\cdot d\vec{S}} = \frac{Q_i}{\epsilon_0} \Rightarrow E = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2}$

Portanto, a energia potencial elétrica será:

$E_p = \frac{-Qq}{4 \pi \epsilon_0 r}.$

Caso $r \in ]0,R[$ :

Agora consideremos o interior da esfera, isto é,
A carga contida numa esfera de raio r no intervalo supra mencionado será claramente:

$Q_i =\frac{r^3}{R^3}Q$

Novamente aplicando a lei de Gauss,

$E(4 \pi r^2) = \frac{r^3Q}{R^3 \epsilon_0} \Leftrightarrow E=\frac{Qr}{4\pi \epsilon_0 R^3}$

Como a carga em questão é -q,

$E_p = - \int_0^r q\vec{E}\cdot d\vec{r} \Rightarrow E_p = q \int_0^r \vec{E}\cdot d\vec{r} = \frac{Qqr^2}{8\pi \epsilon_0 R^3}.$

Assim, como

$\vec{F}= - \nabla E_p \Rightarrow \vec{F}=-\frac{qQr}{4\pi \epsilon_0 R^3} \hat{r}$

Usando a 2ª lei de Newton,
$\ddot{r} = -\frac{qQ}{4 \pi \epsilon_0 m R^3} r \Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{qQ}{4\pi \epsilon_0 m R^3}}$

onde m é a massa da carga q.
Logo
$v_{max} = A\omega = \sqrt{\frac{qQ}{4\pi \epsilon_0 m R^3}}r$ , onde r é a amplitude de oscilação.

ACo2:
Pela conservação do momento linear, temos que a soma das velocidades dos três fragmentos após a explosão deve ser nula (porque a velocidade do projétil, quando atinge a altura máxima - antes de explodir - também é).
Para além disso - e tendo em conta os tempos de queda dos fragmentos - concluimos que a única configuração possível das componentes verticais das velocidades dos fragmentos é uma onde o fragmento 1, que demora t segundos a chegar ao solo, tem uma velocidade v no sentido centrípeto em relação à terra e metade das velocidades dos outros fragmentos, cujas velocidades são centrífugas em relação à terra e iguais.
Logo, as equações do movimento após a explosão são:

y_1 (t) = h-vt-gt^2/2

y_2 (t) = y_3(t) = h + vt/2 -gt^2/2

y_1 (t) = h-vt-gt^2/2

y_2 (t) = y_3(t) = h + vt/2 -gt^2/2

Impondo

e

para o fragmento 1, e y=0 e t=2t

, para os outros fragmentos, vem:

h = vt +gt^2/2

h= -vt+2gt^2

Igualando as duas expressões,
$vt +gt^2 = -vt +2gt^2 \Rightarrow v= \frac{3}{4} gt$

Substituindo, tem-se:
$h= \frac{5}{4}gt^2$

TT1:
Calculemos a resistência equivalente e a capacidade equivalente deste circuito. Efetivamente,

$R_{eq} = 1.875 k\Omega \, , C_{eq} = 6 \mu F$

Pelas leis de Kirchoff, para este circuito, temos:

$V-RI-\frac{Q}{C} = 0 \Leftrightarrow R\frac{dQ}{dt} + \frac{Q}{C} = V$

A solução desta ODE é

$Q(t) = CV (1 - e^{-t/RC})$

Derivando, temos a nossa resposta:

$I(t) = \frac{V}{R}(e^{-t/RC})$ .

TT2:
Presumimos que o Mr. Timóteo teve como ideia calcular o momento de inércia em torno do eixo Oz e não em torno da origem (como se calcula o momento de inércia em torno de um ponto? :S).
Assim sendo, a rotação em torno de Oz é relevante, mas a velocidade angular é irrelevante para o momento de inércia. A posição z também é irrelevante,visto que andar para cima ou para baixo não importa,uma vez que é o tensor de inercia em relaçao a todo o eixo.
Logo, a unica parte importante e a variação de k.
Passemos à matemática:

$dI=r^2 dm = x^2\frac{M}{l}dx$

Integrando,

$I = \int_{\sin{t}}^{\sin{t}+l} x^2\frac{M}{l}dx = \left. \frac{M}{3l}x^3 \right|_{\sin{t}}^{\sin{t}+l}$

Avaliando, ficamos com:

$I= \frac{M}{3} \left( l^2 +3l\sin{t} + 3\sin^2{t}\right)$ [/spoiler]

DMa1:
[spoiler]Segundo Newton,

$F=GMm/r^2 \Rightarrow m\omega^2r=GMm/r^2 \Rightarrow \omega^2 = GM/r^3$

Agora,

$\omega_{nave} = \omega_{spacewalker} \Leftrightarrow \omega_{n}^2 = \omega_{sw}^2$

Logo,

$F= GMm/(r+d)^2 +T \Leftrightarrow T = \frac{GMm(r+d)}{r^3} - \frac{GMm}{(r+d)^2}$

Desenvolvendo,

$T=3\frac{GMmd}{r^3}$

Substituindo valores, temos T=0.05 N << 5 N,

ou seja, o fio é suficientemente forte para aguentar a tensão necessária.

JM1:
Não tivemos tempo de fazer uma solução elaborada para este problema (daí termos pedido mais um adiamento...), mas este problema não é difícil se utilizarmos lagrangianos. É só calcular as energias cinéticas do sistema (translacional do carrinho e translacional/rotacional da bola) e energias potenciais gravíticas, calcular o lagrangiano (T-U) e aplicar as equações de euler-lagrange para obter as equações de movimento para o sistema. Aliás, é o exercício 10 deste link:
http://en.wikibooks.org/wiki/Classical_Mechanics/Lagrangian_Exercises, justamente uma lista de exercícios sobre lagrangianos.

JM2:
Novamente, não tivemos tempo para elaborar neste problema, mas o problema resume-se a calcular os termos que não estão na diagonal da matriz de inércia, i.e. Ixy, Ixz, Iyz. Os outros termos são simétricos, e os termos Ixx, Iyy, Izz são fáceis de calcular.

BL1:
Nós encontramos a solução na net enquanto procurávamos problemas semelhantes que nos pudessem ajudar a resolvê-lo. Conseguimos chegar sozinhos à parte intuitiva, claro, mas não queríamos ser xungas e fingir que fizemos nós mesmos a solução para a parte matemática do problema, portanto deixamos o link para a solução que encontramos na net.
https://www.physics.harvard.edu/uploads/files/undergrad/probweek/sol27.pdf

BL2 e DMa2:
Não fizemos.

Equipa Bohr:
(Nenhuma das vossas equações estava legível, por isso, estive eu a corrigir (basicamente, estive a por "tex][/tex" nas vossas linhas); avisem se houver alguma gralha minha)

JM1:
Em primeiro lugar transformam-se as coordenadas cartesianas em coordenadas generalizadas:
$x_p_e_n_d=x+l\sin\theta y_p_e_n_d=l\cos\theta$

Calcula-se a energia cinética e potencial do sistema
$E_c=\dfrac{1}{2}M\dot{x}^2+\dfrac{1}{2}m(\dfrac{d}{dt}(x+l\sin\theta))^2+\dfrac{1}{2}(\dfrac{d}{dt}(l\cos\theta))^2=$
$=\dfrac{1}{2}M\dot{x}^2+\dfrac{1}{2}m(\dot{x}+\dot{\theta}l\cos\theta)^2+\dfrac{1}{2}m(-l\dot{\theta}\sin\theta)^2$
$=\dfrac{1}{2}M\dot{x}^2+\dfrac{1}{2}m\dot{x}^2+\dfrac{1}{2}m\dot{x}\dot{\theta}l\cos\theta+\dfrac{1}{2}m\dot{\theta}^2l^2\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}l^2\dot{\theta}^2\sin^2\theta=$
$=\dfrac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2+ml\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta+\dfrac{1}{2}ml^2\dot{\theta}^2$

$E_p=mgl(1-\cos\theta)$
Em seguida calcula-se o Lagrangiano
$L=E_c-E_p=\dfrac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2+$ $ml\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta+\dfrac{1}{2}ml^2\dot{\theta}^2-mgl(1-\cos\theta)$
Agora usa-se as equações de Lagrange para as duas coordenadas generalizadas
$\boxed{\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}})=\dfrac{\partial L}{\partial x}}$

$\dfrac{\partial L}{\partial x}=0$
$\dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}}=(M+m)\dot{x}+ml\dot{\theta}\cos\theta$
$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}})=(M+m)\ddot{x}+ml(\ddot{\theta}\cos\theta-\dot{\theta}^2\sin\theta)$

$\boxed{\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}})=\dfrac{\partial L}{\partial \theta}}$

$\dfrac{\partial L}{\partial \theta}=-ml\dot{x}\dot{\theta}\sin\theta+mgl\dot{\theta}\sin\theta$
$\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}}=ml\dot{x}\cos\theta+ml^2\dot{\theta}$
$\dfrac{d}{dt}(\dfrac{\partial L}{\partial\dot{\theta}})=ml\ddot{x}\cos{\theta}-ml\dot{x}\dot{\theta}\sin\theta+ml^2\ddot{\theta}$
$ml\ddot{x}\cos{\theta}-ml\dot{x}\dot{\theta}\sin\theta+ml^2\ddot{\theta}=-ml\dot{x}\dot{\theta}\sin\theta+mgl\dot{\theta}\sin\theta$
$ml(\ddot{x}\cos\theta+l\ddot{\theta}-g\dot{\theta}\sin\theta)=0$
Em conclusão:

$\begin{cases} (M+m)\ddot{x}+ml(\ddot{\theta}\cos{\theta}-\dot{\theta}^2\sin{\theta})=0 \\ ml(\ddot{x}\cos{\theta}+l\ddot{\theta}-g\sin{\theta})=0 \end{cases}$

JM2:
Considerando um referencial com origem no centro da base do cone; $z\parallel eixo\_ rotacional; x\perp h e y\parallel h$
logo $\omega=\omega_z.$
\bar{\bar{I}}=\begin{bmatrix} 0&0&0 \\
0&0&0 \\
$0&I_z_y&I_z_z\end{bmatrix}$

$I_z_y=-\int yz\ dm$
$I_z_z=\int (x^2+y^2)\ dm$

Seja e a distância ao longo do eixo do cone (variável) e a o raio de uma seçcão horizontal do cone.
$dm=\rho \pi a^2$ de

Por semelhança de triângulos:
$\dfrac{h}{h-e}=\dfrac{r}{a}\Leftrightarrow a=\dfrac{r(h-e)}{h}$
$\rho=\dfrac{M}{V}=\dfrac{3M}{\pi r^2 e}$

$dm=\pi \rho [\dfrac{r(h-e)}{h}]^2de=\pi \dfrac{3M}{\pi r^2 e} [\dfrac{r(h-e)}{h}]^2de=\dfrac{3M(h-e)^2}{h^2e} de$

$z=e\cos{\theta}$
$y=e\sin{\theta}$

$I_x_y=-\int( e\cos{\theta}\times e\sin{\theta}\times\dfrac{3M(h-e)^2}{h^2e} de)=$
$=-\dfrac{3M\cos\theta \sin\theta}{h^2}\int e(h-e)^2de=$
$=-\dfrac{3M\cos\theta \sin\theta}{h^2}\int e(h^2-2he+e^2)de=$
$=-\dfrac{3M\cos\theta \sin\theta}{h^2}\int_0^h (e^3-2he^2+h^2e)de=$
$=-\dfrac{3M\cos\theta \sin\theta}{h^2}(\dfrac{h^4}{4}-\dfrac{2h^4}{3}+\dfrac{h^4}{2})$
$=-\dfrac{3Mh^2\cos\theta\sin\theta}{12}=-\dfrac{Mh^2\cos\theta\sin\theta}{4}$

$I_z_z=\int (x^2+y^2)dm=\int x^2 dm+\int y^2 dm=$
$=0+\int h^2\cos^2\theta\dfrac{3M(h-e)^2}{h^2e} de=$
$=\dfrac{3M\cos^2\theta}{h^2}\int e(h-e)^2de=$
$=\dfrac{Mh^2\cos^2\theta}{4}$

ACo1:
Vamos considerar um referencial de baixo p/ cima com o 0 sendo a altura de lançamento e yo será a altura de onde a granada explode em três bocados simetricamente, isto é, os vetores velocidade inicial com que cada bocado sai da granada fazem ângulos de 120º entre si.

Há conservação do momento linear (forças internas >>>> força gravítica)

Assim,

$p_y = p_{yf} <=> 0 = 2mv_{0y} - v_{oy}m <=> 2v_{oyf}=v_{oy}$

Equação do movimento para os "pedaços" que vão para cima:

$0=y_o+v_{oyf}(2t)-\frac{1}{2}g(2t)^2$
$<=>y_o=2gt^2-2tv_{0yf (1)$

Equação do movimento para o pedaço que vai para baixo:

$0=y_o-v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2 <=> y_o=2v_{0yf}+\frac{1}{2}gt^2$

porque $2v_{oyf}=v_{oy}$

Resolvendo em ordem a $v_{oyf}$ fica:

$v_{0yf}=\frac{y_o}{2t}-\frac{gt}{4}$ (2)

Substituindo (2) em (1):

$y_0=2gt^2-2t[\frac{y_o}{2t}-\frac{gt}{4}]$

Agora é resolver em ordem a

...

Fica:

$y_o=\frac{5}{4}gt^2$

Aco2:
Ora bem, os passos para resolver este "problema" são:

(1) Calcular o campo elétrico dentro e fora de uma esfera carregada com carga +Q
(2)Integrar para obter o potencial também nas duas situações (vão ver que vai ser necessário saber o potencial nas duas situações)
(3)Multiplicar pela carga -q apenas para a situação r<R, onde R é o raio da esfera

(1) Este passo é trivia e penso que não necessito de o demonstrar (tá no giancoli, net, etc...). Os resultados são:

ATENÇÃO: NÃO VOU UTILIZAR NENHUM FORMALISMO VETORIAL... VAMOS TRABALHAR APENAS COM MÓDULOS.

Campo elétrico para r<R:

$E = \frac{Q}{4\pi\epsilon_oR^3}r$

Campo elétrico para r>=R:

$E=\frac{Q}{4\pi\epsilon_or^2}$

(2) Potencial elétrico para r>=R

Por definição é:

$V(a)-V(b) = \int^{b}_a E(r) dr$

Sendo $V(\infty) = 0$ , então é:

$V(\infty)-V(r)= \int^{r}_{\infty} \frac{Q}{4\pi\epsilon_or^2} dr$

Integrando e resolvendo em ordem a V(r) fica:
(ALGUMA DÚVIDA NESTE PASSO DIGAM, MAS PARECE-ME DESNECESSÁRIO PERDER TEMPO A PÔR AQUI)

$V(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_or}$

Potencial elétrico para r<R:

Reparem que agora não podemos utilizar a integração com o potencial no infinito. Para isso utilizaremos V(R) que já sabemos do cálculo anterior... Assim, fica:

$V(R)-v(r)=\int^{r}_{R} <=> V(R)-V(r)= \int^{r}_{R} \frac{Q}{4\pi\epsilon_oR^3}r dr$

Integrando e introduzindo $V(R) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_oR}$ fica:

$V(r)=\frac{Q}{8\pi\epsilon_0R}[3-\frac{r^2}{R^2}]$
(3) Para o domínio pretendido, $r \in [0,R[$ será:

$U = V(r)*(-q) <=> U = -\frac{Qq}{8\pi\epsilon_0R}[3-\frac{r^2}{R^2}]$
RCo2:
exterior = interior <=> $p_1+ \rho gh_1+\frac{1}{2}\rho v_1^2=p_2+\rho gh_2+\frac{1}{2}\rho v_2^2$

Como h_1=h_2

e no interior a velocidade é nula, então fica:

$p_1-p_2=-\frac{1}{2}\rho (v_1)^2$

Substituindo pelos dados fica:

p_1-p_2=-470.205 Pa

O módulo da força será:

$F=\deltap A = 470.205*6 = 2.8e3 N$

DMa1:
$a_c_e_n_t_r_i_f_u_g_a =\omega ^2d=\dfrac{4\pi^2d}{T^2}=\dfrac{6,4\times10^6\times 4\pi ^2}{(24\times3600)^2}=0,0338 m/s^2$
$F=ma=110\times0,038=3,7 N$
R: O cabo aguenta

DMa2:
a)
Primeiro usa-se a transformação de Lorentz para passar a velocidade da partícula em questão do sistema S para o sistema S':
$u^,=\dfrac{u+v}{1+\dfrac{uv}{c^2}}=\dfrac{-3/5+(-3/5c)}{1+\dfrac{(-3/5c)\times(-3/5c)}{c^2}}=-\dfrac{15}{17}c$
Sabendo que p_1=0, e que p_1 e p_2 representam os momentos de cada partícula antes da colisão no referencial S':
$p_{final}=p_1+p_2=p_2=\dfrac{m_0\ u^,}{\sqrt{1-\dfrac{u^,^2}{c^2}}}=\dfrac{m_0(-15/17c)}{\sqrt{1-\dfrac{(15/17c)^2}{c^2}}}=-\dfrac{15}{8}m_0\ c$

$E=\dfrac{m_0\ c^2}{\sqrt{1-\dfrac{(15/17c)^2}{c^2}}}=\dfrac{17}{8}m_0\ c^2$

b) Sabendo que $m=\dfrac{E}{c^2}$ em S:
$m_{final}=\dfrac{E_{c1}+E_{c2}}{c^2}=\dfrac{(\gamma -1)m_0c^2+(\gamma -1)m_0c^2}{c^2}$ $=2(\gamma - 1)m_0=2\times(\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{(15/17c)^2}{c^2}}}-1)m_0=\dfrac{9}{4}m_0$
Em S':
$m_{final}=\dfrac{\dfrac{17}{8}m_0\ c^2}{c^2}=\dfrac{17}{8}m_0$

BL1:
Como a correia se move em relação ao selo(?) ("circular stamp"), vai acontecer uma contração dos comprimentos na direção do movimento do correia, o que implica que se a forma original é um círculo, as bolachas vão sair com forma de elipse.
Esse elipse terá semieixo maior igual ao raio do círculo original R (e perpendicular à direcção do movimento) e semieixo menor com comprimento dado pela expressão:
$r=R\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}$ .
Logo considerando um referencial com origem no centro da bolacha, com o eixo y segundo a direção do movimento e eixo x perpendicular à direção do movimento, a sua expressão matemática será:
$\dfrac{x^2}{R^2}+\dfrac{y^2}{(R\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}})^2}=1\Leftrightarrow$ $\dfrac{x^2}{R^2}+\dfrac{y^2}{R^2(1-\dfrac{v^2}{c^2})}=1\Leftrightarrow$ $\dfrac{x^2}{R^2}+\dfrac{y^2}{R^2+\dfrac{R^2 v^2}{c^2}}=1\Leftrightarrow$ $\dfrac{x^2}{R^2}+\dfrac{y^2}{\dfrac{R^2c^2+R^2 v^2}{c^2}}=1\Leftrightarrow \dfrac{x^2}{R^2}+\dfrac{y^2c^2}{R^2(c^2+v^2)}=1$

BL2:
Uma multidão de bêbados a moverem-se aleatoriamente ir-se-há comportar como um sistema de muitas partículas e, como todos partem do centro o centro de massa desse sistema de partículas inicialmente está no centro da rua. Assim sendo, e como não existem forças exteriores a atuar no sistema (é como se fosse um gás) o centro de massa irá permanecer no centro e existirá um igual número de bêbados de cada lado da rua em cada instante, e, consequentemente, metade deles há-de chegar ao rio e a outra metade há-de chegar à esquadra.
Agora isso significa que se pegarmos num deles a probabilidade de ele ser um dos que chega ao rio é 50% e a probabilidade de ele ser um dos que chega à esquadra é 50%. Logo o nosso bêbado em questão tem 50% de probabilidade de chegar a qualquer dos lados da rua (quer o rio quer a estrada).

PM2:
O peso vai agir sempre com a mesma direção e sentido da força elástica então, a parte do pêndulo, comporta-se como uma mola de constante elástica $\dfrac{mg}{l}$ , então:
$\dfrac{d^2x}{dt^2}m=-kx-\dfrac{mg}{l}x\Leftrightarrow \dfrac{d^2x}{dt^2}=-(\dfrac{k}{m}+\dfrac{g}{l})x$
Logo o sistema todo ir-se-há comportar como se o corpo estivesse preso a uma mola de constante elástica [unparseable or potentially dangerous latex formula]},
Então:
$T=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{\dfrac{k}{m}+\dfrac{g}{l}}}=2\pi \sqrt{\dfrac{0,9}{\dfrac{14}{0,9}+\dfrac{10}{1}}}=1,18 s$

por **xpt0x** em Segunda Jun 02, 2014 9:53 pm

É impressão minha ou falta uma equipa? E já agora, era suposto colocarmos as resoluções dos problemas que propusemos?

por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:20 pm

xpt0x Escreveu:É impressão minha ou falta uma equipa? E já agora, era suposto colocarmos as resoluções dos problemas que propusemos?

Sim, falta a Planck. Houve um problema, mas já estou a tratar dele…
E sim, devem apresentar uma solução aos vossos problemas… Se vocês as tiverem, envia-mas, por favor. Tens algum tempo, mas tenta ser rápido, por favor.

por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:21 pm

Equipa Planck

RCa1, RCo2, DMa1(p1)

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: planck_Page_03.jpg (441.97 KiB) Visualizado 6094 vezes

por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:24 pm

Equipa Planck

DMa1(p2), DMa2(p1)

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: planck_Page_05.jpg (482.86 KiB) Visualizado 6086 vezes

: planck_Page_06.jpg (377.82 KiB) Visualizado 6088 vezes

por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:26 pm

Equipa Planck

DMa(p2), PM1(p1)

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por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:28 pm

Equipa Planck

PM1(p2), PM2, JMo1(p1)

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por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:29 pm

Equipa Planck

JMo1(p2), JMo2, Aco1(p1)

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por **duarte.magano** em Segunda Jun 02, 2014 10:32 pm

Equipa Planck

ACo1(p2), RCa2, BL1

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