Quark!

Enviado: **Sexta Ago 15, 2014 1:28 pm**

Aqui deixo as resoluções dos problemas da Equipa Del

Manuel Azevedo

O objectivo do alpinista é puxar a corda com velocidade suficiente de tal modo que a força de reacção da corda nele, o faça ficar imóvel no ar, ou seja, queremos:
F=P

e como sabemos que:
P=Mg

e ainda:
$F=\frac{dp}{dt}\Leftrightarrow F=\frac{dm*v}{dt}$ , pois v é constante, e isto leva – nos a:
$F=\frac{dx*\mu*v}{dt}\Leftrightarrow F=\mu*v^{2}\Leftrightarrow Mg= \mu*v^{2}\Leftrightarrow v=\sqrt{\frac{Mg}{\mu}}$

Paulo Mourão

Como neste sistema de duas partículas não atuam forças exteriores, a velocidade do centro de massa do sistema permanece inalterada no tempo.
Se analisarmos isto do ponto de vista do centro de massa, a partícula 1 só se vais mover uma distância $x_{1}$ , considerando que se encontra a essa distância no início. Relativamente ao referencial do “laboratório” a partícula vai se mover essa distância, mais a que o centro de massa andou entre os instantes $t_{0}$ e $t_{1}$ , que é $v_{CM}\left ( t_{1}-t_{0}\right)$
Tem se então que a distância que a partícula 1 percorre é:
$v_{CM}\left ( t_{1}-t_{0}\right)+x_{1}$
Só nos falta definir,então, $x_{1}$ e $v_{CM}$ em termos daquilo que nos pedem.
Se considerarmos a origem do nosso referencial na partícula 1, podemos facilmente encontrar $x_{1}$ , pois como a sua posição é na origem, e a partícula 2 se encontra a uma distância

desta, ficamos com:
$x_{1}=x_{CM}=\frac{m_{2}d}{m_{1}+m_{2}}$
A velocidade do centro de massa encontra – se também facilmente pois a partícula 2 não tem velocidade, logo, ficamos com:
$v_{CM}=\frac{vm_{1}}{ m_{1}+m_{2}}$
Juntando tudo isto, obtem – se pela expressão acima encontrada, que a distância percorria pela partícula 1 é:
$\frac{m_{2}d+m_{1}v\left(t_{1}-t_{0}\right)}{m_{1}+m_{2}}$

Rui Carneiro

Temos o potencial da partícula, $V\left(x\right)$ e ainda a função de onda $\psi\left(x\right)$ e queremos encontrar a energia

e ainda $\alpha$ .
Podemos começar por escrever a equação de Schrodinger:
$-\frac{\hslash^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi\left(x\right)+V\left(x\right)\psi\left(x\right)=E\psi\left(x\right)$
$-\frac{h^{2}}{8m\pi^{2}}\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi\left(x\right)+\frac{kx^{2}}{2}\psi\left(x\right)=E\psi\left(x\right)$
Agora, fazemos a segunda derivada da função de onda:
$\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi\left(x\right)= \frac{d^{2}}{dx^{2}}Ae^{-\alpha x^{2}}=\frac{d}{dx}\left(-2A\alpha x e^{-\alpha x^{2}}\right)=$
$=-2A\alpha\left(e^{-\alpha x^{2}}-2\alpha x^{2}e^{-\alpha x^{2}}\right)=-2Ae^{-\alpha x^{2}}\left(1-2\alpha x^{2}\right)=$
$=-2\alpha\left(1-2\alpha x^{2}\right)\psi\left(x\right)$
Repare – se agora que todos os termos da equação têm o termo $\psi\left(x\right)$ , portanto, cortando esse termo ficamos com o seguinte:
$\frac{h^{2}\alpha}{4m\pi^{2}}\left(1-2\alpha x^{2}\right)+\frac{kx^{2}}{2}=E\Leftrightarrow \left(\frac{h^{2}\alpha}{4m\pi^{2}}-E\right)+\left(\frac{k}{2}-\frac{h^{2}\alpha^{2}}{2m\pi^{2}}\right)x^{2}=0$
Para que esta equação seja possível, tem que se verificar as seguintes condições:
$\left\{\begin{matrix} E=\frac{h^{2}\alpha}{4m\pi^{2}}\\ \frac{k}{2}=\frac{h^{2}\alpha^{2}}{2m\pi^{2}} \end{matrix}\right \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}E=\frac{h^{2}\alpha}{4m\pi^{2}}\\ \alpha= \sqrt {\frac{km\pi^{2}}{h^{2}}}\end{matrix}\rigth \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} E=\frac{h^{2}\sqrt{km}}{8m\pi^{2}\hslash}=\frac{\hslash^{2}\sqrt{km}}{2m\hslash}=\frac{\hslash}{2}\sqrt{\frac{k}{m}}\\\alpha=\frac{\pi}{h}\sqrt{km}=\frac{\sqrt{km}}{2\hslash}\end{matrix}\rigth$

Agora, deixo as soluções da minha Equipa Delta:

António Carneiro

Se puxarmos o mercúrio de um lado do tubo, digamos, umas distância

, repare – se que a altura que desce no outro braço é igual a :
$xcos{\theta}$ , uma vez que a distânica que o fluído desde relaticamente ao tudo mesmo, ou seja, ao longo do tudo, quer este esteja direito ou inclinado, é

.
Sendo assim, e assumindo que a pressão atmosféria é constante para pequenas variações de altura no mercúrio no interior do tudo, a diferença de pressão entre as duas superfícies no tubo é:
$\Delta P=\rho g x+\rho g x cos{\theta}=\rho g x \left(1+cos{\theta}\right )$
Note – se que não é o peso do fluído que o vai fazer oscilar, mas sim, esta diferença de pressão. Usando as equações de dinâmica obtemos o período de oscilação do tubo:
$F_{R}=\Delta P S\Leftrightarrow m\frac {d^{2} x}{dt^{2}}=\rho g \left(1+cos{\theta}\right) x\Leftrightarrow \frac {d^{2}x}{dt^{2}}=\frac{\rho g \left(1+cos{\theta}\rigth)}{m} x$
Esta é a famosa equação do MHS, e facilmente extrapolamos dela o período das oscilações:
$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{\rho g \left(1+cos{\theta}}}$

João Melo

Esta é a solução ao meu problema:
$I_0=I_{max}+I_{min}$
Como $I_{min}$ está polarizado perpendicularmente a $I_{max}$ e o polarizador faz um ângulo $\phi$ com $I_{max}$ , então o polarizador faz um ângulo $\dfrac{\pi}{2} - \phi$ com $I_{min}$ . Logo:
$I=I_0 \cos ^2 \phi =I_{max} \cos ^2 \phi +I_{min} \cos ^2(\dfrac{\pi}{2} - \phi )$ $I=I_{max} \cos ^2 \phi +I_{min} \sin ^2 \phi$

Resolve-se a equação da polarização percentual em ordem a $I_{min}$ e insere-se o resultado na equação de cima:
$p=\dfrac{I_{max}-I_{min}}{I_{max}+I_{min}}$ $\Leftrightarrow I_{min}=\dfrac{1-p}{1+p}I_{max}$
$I=I_{max} \cos ^2 \phi +\dfrac{1-p}{1+p}I_{max} \sin ^2 \phi$ $=I_{max}\dfrac{(1+p) \cos ^2 \phi + (1-p) \sin ^2 \phi}{1+p}$ $=I_{max}\dfrac{\cos ^2 \phi + \sin ^2 \phi + p(\cos ^2 \phi - \sin ^2 \phi)}{1+p}$ $=I_{max}\dfrac{1+p \cos (2 \phi )}{1+p}$ c.q.d.

Duarte Magano

Para aquecer, podemos começar por demonstrar a equação clássica:
$\sum{\vec{F_{ext}}}=\vec0$
Portanto, para um intervalo pequeno

:
$d{\vec p}=\vec0$
Logo, considerado que a variação de massa do foguetão é desprezável comparada com a massa de todo o foguetão:
Mdv-udm=0

em que:
-

é massa total do foguetão
-

é a variação (infinitesimal) da velocidade do foguetão
-

é a velocidade de escape (cujo sentido, oposto a

, é indicado pelo sinal "-")
-

é a massa de combustível expelida (infinitesimal porque para um intervalo de tempo

)
Agora, temos que:
dm=-dM

E, para fazer a transformada (galileana), para o referencial de laboratório, podemos ver que:
dv=dV

E assim:
$MdV+udM=0 \implies MdV=-udM$
Só é preciso agora resolver a equação:
$dV=-u\dfrac{dM}{M} \implies \int_{V_0}^V dV=-u \int_{M_0}^M \dfrac{dM}{M}$
Para obtermos uma solução mais elegante, vamos considerar V_0=0

. Assim:
$V=-uln \dfrac{M}{M_0} \implies \dfrac{M}{M_0}=e^{-\dfrac{V}{u}}$
qed

Mas estes foguetões são muito fraquinhos e nunca nos vão levar às outras estrelas… Portanto, vamos resolver com relatividade:
Na mesma, o momento linear conserva-se, mas há que ter atenção que o momento relativista escreve-se como:
$p=\gamma_j mv$
em que $\gamma_j =\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{j^2}{c^2}}}$
Assim, a expressão para a conservação do momento, referencial do foguetão (que consideramos inercial para um intervalo muito pequeno

) fica:
$Mdv-\gamma_u udm=0$
Pela conservação de energia relativística ( $E_{total}=\gamma mv^2$ ):
$M=\gamma_u dm+(M+dM)$
Juntando as duas equações, substituindo $\gamma_u dm$ , ficamos com:
Mdv=-udM

Isto é igual ao resultado não relativístico (faz sentido?? :shock:

). A diferença agora é que não poedmos fazer a substituição dv=dV

. Temos que utilizar as transformadas de Lorentz:
$V+dV=\dfrac{dv+V}{1+\dfrac{Vdv}{c^2}} \implies V+dV+\dfrac{V^2dv}{c^2}+\dfrac{VdVdv}{c^2}=V+dv$
Desprezamos $\dfrac{V}{c^2}dvdV$ e ficamos com:
$dV+\dfrac{v^2}{c^2}dv=dv \implies dv=\dfrac{dV}{1-\dfrac{V^2}{c^2}}={\gamma}^2dV$
Assim, temos que:
$M{\gamma}^2dV=-udM \implies -u\dfrac{dM}{M}=\dfrac{dV}{1-\dfrac{V^2}{c^2}}$ $=dV(\dfrac{1/2}{1-\dfrac{V^2}{c^2}}+\dfrac{1/2}{1-\dfrac{V^2}{c^2}})=\dfrac{dV}{2}(\dfrac{1+\dfrac{V}{c}}{1-\dfrac{V^2}{c^2}}+\dfrac{1-\dfrac{V}{c}}{1-\dfrac{V^2}{c^2}})$ $=\dfrac{dV}{2}(\dfrac{1}{1-\dfrac{V}{c}}+\dfrac{1}{1+\dfrac{V}{c}})$
$\implies \int_{M_0}^{M}-u\dfrac{dM}{M}=\int_{V_0}^{V}\dfrac{1}{2}(\dfrac{dV}{1-\dfrac{V}{c}}+\dfrac{dV}{1+\dfrac{V}{c}})$
Por razões de simplicidade, podemos mais uma vez considerar V_0=0

, e assim:
$-\int_{M_0}^{M}-u\dfrac{dM}{M}=\int_{V_0}^{V}\dfrac{c}{2}(\dfrac{dV}{c-V}+\dfrac{dV}{c+V})$
$\implies -uln\dfrac{M}{M_0}=\dfrac{c}{2}(-ln(c-V)+ln(c+V))$
$\implies ln\dfrac{M}{M_0}=\dfrac{c}{2u}ln\dfrac{c-V}{c+V}$
E ficamos com a equação final:
$\dfrac{M}{M_0}=(\dfrac{c-V}{c+V})^{\dfrac{c}{2u}}$

Para obter de novo a expressão newtoniana podemos ir por dois "atalhos" conhecidos que se demonstram pelas séries de Taylor:
$(1) (1+x)^n \approx 1+nx , x\ll1$
$(2) e^ax \approx 1+ax, x\ll1$
Então:
$\dfrac{M}{M_0}=(\dfrac{c-V}{c+V})^{\dfrac{c}{2u}}\approx(1-\dfrac{V}{c})^{\dfrac{c}{2u}}*(1+\dfrac{V}{c})^{-\dfrac{c}{2u}}$ $=(1-\dfrac{V}{2u})^2 \approx {e^{\dfrac{V}{2u}}}^2=e^\dfrac{V}{u}$
qed

Enviado: **Sexta Ago 15, 2014 2:13 pm**

Soluções dos problemas da minha equipa ( $\nabla$ ):

Problema Rui Carneiro:

Problema Manuel Azevedo:

Problema Paulo Mourão
Ainda não enviou a solução, mas a solução da equipa delta está quase de certeza 100% correta.

Soluções aos problemas da outra equipa ( $\Delta$ )

Problema Magano

Problema António Carneiro

Problema João Melo

Enviado: **Sábado Ago 16, 2014 3:41 pm**

Resta agora aos membros de cada equipa postar as respetivas pontuações! Começo eu:

Rui Carneiro
Equipa $\nabla$ : 10
Equipa $\Delta$ : 10

Enviado: **Sábado Ago 16, 2014 8:20 pm**

O meu problema é fácil ehe (mas eu garanto que é possível que eu fi-lo antes de ir ver a solução e acertei):
Equipa del (do rui): 0
Equipa delta (do antónio): 10

Enviado: **Sábado Ago 16, 2014 8:53 pm**

Relativamente ao meu, 10 pontos para a equipa delta e 0 para a del, embora eu ache que o rui poderia ter colocado a resoluçao dele aqui na boa que nao haveria problema

Enviado: **Domingo Ago 17, 2014 12:44 am**

As duas equipas acertaram no meu problema. 10 pontos para cada.

Enviado: **Terça Ago 19, 2014 4:28 am**

Olá!
Relatividade e foguetões:
A equipa Delta tem 10 pontos.
Eu gostei da abordagem pragmática da equipa Del e queria dar-vos os 10 pontos, mas a verdade é que não demonstraram o limite clássica, apenas referiram que ele se verifica... Se fizessem o favor de postar a resolução completa, dar-vos-ei os 10 pontos. Até lá, fica a pontuação provisória de 9 pontos.
Abraço

Enviado: **Sábado Ago 30, 2014 12:05 pm**

10 pontos para as duas equipas no meu problema ^^

Enviado: **Sábado Ago 30, 2014 12:51 pm**

a sério, demoraste este tempo todo para corrigir?

Enviado: **Segunda Set 01, 2014 3:39 pm**

Declaro encerrado o QTT2!

A equipa Delta é a vencedora oficial da segunda edição do QTT!

As pontuações finais ficaram, então:

Equipa $\nabla$ : 39 pontos!

Equipa $\Delta$ : 60 pontos!

Quanto ao comentário do Duarte:
1 ponto não ia fazer a diferença, e já toda a gente sabia desenvolver a aproximação visto que tu a postaste, por isso não achei necessário estar a texar outra vez

Parabéns à equipa delta!

Resta agora organizarmo-nos e fazermos um QTT em condições para os iberoamericanos treinarem!

Enviado: **Segunda Set 01, 2014 7:49 pm**

PERFECT SCORE :XD

Parabéns a todos! :hands:

Concordo que calhava bem agora um quark todo-terreno maior para os iberamericanos!
Pelo menos eu estou interessado em fazer um antes de as aulas começarem.

Enviado: **Segunda Set 01, 2014 8:59 pm**

É assim, podemos fazer, mas nós estamos na próxima semana em Coimbra, mas eu pelo menos hei de me desenrascar

Enviado: **Terça Set 02, 2014 4:12 pm**

Se quiserem eu posso ser o organizador (mas, por favor, com a condição de não ser capitão).

Quark!

QTT 2

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