QTT III

por **duarte.magano** em Domingo Out 12, 2014 2:16 pm

Queria então estabelecer definitivamente o prazo do QTT para 19 de Outubro.
Alguém contra?

por **xpt0x** em Sábado Out 18, 2014 2:36 pm

Alguém concorda em adiar o prazo do QTT?
É que devido à faculdade algumas pessoas estão com bastantes dificuldades em arranjar tempo para fazer os problemas do QTT.

por **catarina._3** em Sábado Out 18, 2014 6:23 pm

Eu concordo.
Para quando estavas a pensar?

por **duarte.magano** em Domingo Out 19, 2014 11:41 am

Ok, vamos adiar!
Que tal dia… 25? Parece bem?

por **joaofrme** em Quarta Out 29, 2014 8:25 pm

Então e as resoluções?

por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 8:14 pm

Resoluções Mintaka:

DM 1/2

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 8:16 pm

Resoluções Mintaka:

AC 2 (acho eu...)

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 8:19 pm

Resoluções Mintaka:

PM 1

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ACo 1

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DC 2

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 8:25 pm

Resoluções Mintaka:

MB1
A massa total da corda é m, e temos uma fração da corda, f a flutuar no ar.
Consideremos a metade direita desta seção. O seu peso, (f / 2) mg, deve ser equilibrada pela componente vertical, T sin θ, da tensão no ponto onde ela se une à parte da corda tocar a plataforma da direita. A tensão neste ponto, por conseguinte, é igual a
T = (f / 2) mg / sin θ.
Agora consideremos a parte da corda tocar a plataforma da direita. Esta parte tem massa (1 - f) m / 2. A força normal da plataforma é N = (1 - f) (mg / 2) cos θ, logo a força de atrito máxima é (1 - f) (mg / 2) cos θ, porque μ = 1. Esta força deve equilibrar a soma da componente da força gravitacional ao longo do plano, que é (1 - f) (mg / 2) sinθ, com a tensão na extremidade inferior, que é (f / 2) mg / sinθ que encontrámos acima. Portanto,
1/2 (1-f) mg cosθ=1/2 (1 - f) mg sinθ +fmg/(2 sinθ)
Que dá,
f =F(θ)/(1 + F(θ) )
Onde,
F(θ)≡ cosθ*sinθ-sin^2⁡θ
Esta expressão para f é uma função monótona crescente de F(θ). O f máximo é obtido quando, por conseguinte, F(θ) é tão grande quanto possível. Usando as fórmulas do duplo ângulo (trigonometria), podemos reescrever F(θ) como:
F(θ)=1/2[sin(2θ)+cos⁡(2θ)-1]
A derivada disto é cos⁡(2θ)-sin⁡(2θ), que é igual a zero quando tan⁡(2θ)=1. Logo,
θ_máx=22.5°
F(θ_máx )=(√2-1)/2
Logo,
f_máx =(√2-1)/(√2+ 1)=(√2- 1)^2=3-2√2≈0.172

MB 2

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RC 1
x_CM=(m*l/2+m*l)/2=3/4 l
d=√((l/2)^2+(c/2)^2 )=1/2 √(l^2+c^2 )
D=d+l-x_CM=1/2 √(l^2+c^2 )+1/4*l

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PM 2

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 8:31 pm

Resoluções Mintaka:

RC2
$F=p*A\Leftrightarrow F=ma \Rightarrow dA=\frac{a*dm}{p} \Leftrightarrow dA=\frac{a* \rho *dV}{p}$
Integrando...
$a=\frac{3*p}{\rho*R}$
Assumindo que a aceleração é exponencial... e como o tempo é pequenino podemos já agora pô-la constante...
$a=e^t \Leftrightarrow t=ln(\frac{3*p}{\rho*R})$
Está tudo mas ou menos mas o resultado real e este não devem diferir mais de 2 ordens de grandeza.

MB2
b) Seja $\theta$ o ângulo entre as duas placas e

a área entre elas.
Para um elemento infinitesimal de área do condensador numa distância

do ponto onde as placas estão mais próximas, a distância entre as placas é $d+y=d+x\tan \theta$ .
A área desse elemento será dA=wdx

. Logo:
$C=\epsilon \frac{A}{d} \Rightarrow dC =\epsilon \frac{dA}{d+x \tan \theta}=\epsilon \frac{wdx}{d+y\tan \theta}$
$C=\int dC=\int_0^b \!\epsilon \frac{wdx}{d+y\tan \theta}=\frac{\epsilon w}{\tan \theta} \ln (d+b\tan \theta)-\ln d$ $=\frac{\epsilon w}{\tan \theta} \ln(1+\frac{b\tan \theta}{d})$
$\tan \theta =\frac{d+ \sigma}{b}$
Logo, $C=\frac{\epsilon wb}{d+ \sigma} \ln(2+\frac{\sigma}{d})$

por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 10:10 pm

Resoluções Alnilam

JM2
Genericamente:
$\vec{g}=\dfrac{GM}{r^2}$
$M=\rho V=\dfrac{4}{3}\pi\rho r^3$
Portanto, para r<r_0

:
$\vec{g(r)}=\dfrac{GM(r)}{r^2}$
$M(r)= \int_0^{V} \rho(V) dV = \int_0^{r} \rho(r) 4\pi r^2 dr= \int_0^{r} \rho_0 \dfrac{r}{r_0} 4\pi r^2 dr= \pi \rho_0 \dfrac{r^4}{r_0}$
Para $r \geq r_0$ :
$\vec{g(r)}=\dfrac{GM(r_0)}{r^2}$
$M(r_0)= \int_0^{V_0} \rho(V) dV = \int_0^{r_0} \rho(r) 4\pi r^2 dr= \int_0^{r_0} \rho_0 \dfrac{r}{r_0} 4\pi r^2 dr= \pi \rho_0 r^3$
Concluindo:
$\begin{cases} \vec{g(r)}=\dfrac{G \pi \rho_0 r^2}{r_0} , r<r_0 \\ \vec{g(r)}=G \pi \rho_0 r , r \geq r_0 \end{cases}$

DC1
Como o aumento da temperatura do gás, a energia do sistema vai aumentar:
$\Delta E= \dfrac{3}{2} k_b n N_A \Delta T$
Com o aumento da temperatura, a pressão do gás nos pistões vai aumentar. Como a área dos pistões é diferente, a força exercida pelo gás em cada um vai também ser diferente ( F=P*A

). Vai haver uma força resultante não-nula, que vai originar uma aceleração do centro de massa do sistema, até que se atinja de novo o equilíbrio. Neste caso, uma vez que a área do pistão de cima é superior, o deslocamento do centro de massa é para cima (o sistema vai ficar mais sexy, não é Diogo?). A forma mais fácil de quantificar este deslocamento deve ser por considerações energéticas:
$-\dfrac{3}{2} k_b n N_a \Delta T=mgl + (-\int p_0 dV_1 - \int p_0 dV_2)$ $=mgl -\int p_0 S_1dh +\int p_0 S_2 dh = mgl - p_0 \Delta S l$
$\implies \Delta T=\dfrac{2l(p_0 \Delta S - mg)}{3k_b n N_A}$
Numericamente:
$\Delta T=\dfrac{2*0,05*(1.0*10^5*10*10^{-4}-5,0*10)}{3*1,38*10^{-23}*1*6,02*10^{23}} = 0,20$

DC2
O trabalho realizado sobre o fotão é dado por:
W=qU=km_0c^2

A energia do eletrão antes do choque é, então:
E=m_0c^2+km_0c^2=(k+1)m_0c^2

E, portanto, o momento:
$p=\sqrt{\dfrac{E^2}{c^2}-m_0^2c^2}=\sqrt{(k+1)^2m_0^2c^2-m_0^2c^2}=m_0c\sqrt{(k+1)^2-1}$ $=m_0c\sqrt{k^2+2k}$
Considere-se que o eletrão se deslocava num eixo Ox. Por uma questão de simetria, os fotões vão fazer ângulos iguais em relação a esse eixo, $\frac{\alpha}{2}$ .
Existe conservação de momento:
$2p"cos(\frac{\alpha}{2})=m_0c\sqrt{k^2+2k}$
E de energia:
$E"=\dfrac{1}{2}(k+1)m_0c^2$
Sendo que $p"=\dfrac{E"}{c}$ :
$(k+1)m_0ccos(\frac{\alpha}{2})=m_0c\sqrt{k^2+2k} \implies \alpha_{min}=2arccos(\dfrac{\sqrt{k^2+2k}}{k+1})$
Para k=1

:
$\alpha_{min}=\frac{\pi}{3}$

DM1

a) Os dois fotões têm momento de igual módulo, mas de direções opostas. Logo, a energia também vai ser igual. Assim:
$\begin{cases} 2E=2m_ec^2+E_b \\ E=pc \end{cases}$
$\implies \begin{cases} E=m_ec^2+\dfrac{E_b}{2} \\ p_{\pm}=\pm (m_ec+\dfrac{E_b}{2c}) \end{cases}$

b) Este problema torna-se muito simples se se aplicar diretamente a equação de redshift de Doppler (relativista, claro).
A frequência no referencial do laboratório fica então:
$f_{lab}=f\sqrt{\dfrac{c-v}{c+v}}$
Um processo alternativo poderia ser calcular a energia no novo referencial através da transformação de Lorentz para a energia ( $E_{lab}=\gamma(E-vp)$ ) e depois aplicar esse resultado para calcular a frequência como na alínea anterior ( $f_{lab}=\dfrac{E_{lab}}{h}$ ).

DM2

Notas sobre as convenções desta resolução: não há uma razão em particular para ter escrito o quadrivetor velocidade com letra maiúscula e os outros com minúscula… simplesmente foi assim que me saiu na altura…
A métrica do espaço-tempo de Minkovsky é (com o sinal que eu adotei na resolução):
$\eta_{\mu \nu}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$
Seria na mesma válida a resolução se tivesse optado por $(\eta_{\mu \nu})^{,}=-\eta_{\mu \nu}$ .

a) As coordenadas do espaço-tempo de Minkovsky:
x^0=ct

Por definição:
$U^{\mu}=\dfrac{dx^{\mu}}{d\tau}=\dfrac{dx^{\mu}}{dt}\dfrac{dt}{d\tau}$
Sabemos que:
$d\tau=dt\sqrt{1-v^2/c^2}$
Então:
$U^{\mu}=\dfrac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\dfrac{dx^{\mu}}{dt}$
$\implies U^{\mu}= \begin{cases} \dfrac{c}{\sqrt{1-v^2/c^2}} , \mu=0 \\ \dfrac{v^{\mu}}{\sqrt{1-v^2/c^2}} , \mu=1,2,3 \end{cases}$
Ou:
$U^{\mu}=(c\gamma, \vec{v}\gamma})$
b)Por definição, o quadrivetor aceleração é dado por:
$w^{\mu}=\dfrac{d^2x^{\mu}}{d\tau^2}=\dfrac{dU^{\mu}}{dt}\dfrac{dt}{d\tau}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}\dfrac{dU^{\mu}}{dt}$
Para $\mu=0$ :
$\dfrac{dU^{0}}{dt}=\dfrac{d (c\gamma)}{dt}=\dfrac{v \frac{dv}{dt}}{c(1-\beta^2)^{\frac{3}{2}}}$
Para $\mu=1,2,3$ :
$\dfrac{dU^{\mu}}{dt}=\dfrac{d (\vec{v}\gamma)}{dt}=\dfrac{\frac{v^{\mu}}{dt}}{\sqrt{1-\beta^2}}+\dfrac{v^{\mu}}{c^2}\dfrac{v \frac{dv}{dt}}{(1-\beta^2)^{\frac{3}{2}}}$
Então, ficamos com:
$w^{\mu}=(\dfrac{v \frac{dv}{dt}}{c(1-\beta^2)^{2}}, \dfrac{\frac{v^{\mu}}{dt}}{1-\beta^2}+\dfrac{v^{\mu}}{c^2}\dfrac{v \frac{dv}{dt}}{(1-\beta^2)^{2}})$
No referencial de inércia próprio, temos v=0

. Sendo que $\frac{dv}{dt}=\frac{dv_x}{dt}=w_0=const.$ (escolhemos

como a direção do movimento), ficamos com:
$w^{\mu}=(0, w_0, 0, 0)$
Então:
$w^{\mu}w_{\mu}= (\eta_{\mu \nu} w^{\mu}w^{\nu} =) -{w_0}^2$

c) Na alínea anterior, por conveniência, omiti a notação vetorial. Mas para agora ela vai ser relevante. Temos então:
$w^{\mu}=(\dfrac{\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt}}{c(1-\beta^2)^{2}}, \dfrac{\frac{\vec{v^{\mu}}}{dt}}{1-\beta^2}+\dfrac{\vec{v^{\mu}}}{c^2}\dfrac{\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt}}{(1-\beta^2)^{2}})$
Assim ( $\mu=1$ ):
$w^{\mu}w_{\mu}=\dfrac{(\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^2(1-\beta^2)^{4}} - \dfrac{(\frac{d\vec{v}}{dt})^2}{(1-\beta^2)^{2}} - \dfrac{\vec{v}^2(\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^4(1-\beta^2)^{4}} - \dfrac{2(\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^2(1-\beta^2)^{3}}=$ $\dfrac{\gamma^8 (\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^2}(1-\beta^2 -2(1-\beta^2))- \gamma^4\frac{d\vec{v}}{dt}^2= \dfrac{\gamma^6 (\vec{v} \cdot \frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^2}- \gamma^4\frac{d\vec{v}}{dt}^2$
Tendo em conta que $(\vec{a} \cdot \vec{b})^2 = a^2b^2 - (\vec{a}*\vec{b})^2$ , ficamos com:
$w^{\mu}w_{\mu}= \dfrac{\gamma^6 (v^2(\frac{dv}{dt})^2 - (\vec{v}*\frac{d\vec{v}}{dt})^2)}{c^2}- \gamma^4 \frac{d\vec{v}}{dt}^2=$ $- \gamma^6 (\frac{dv}{dt}^2-\dfrac{(\vec{v}*\frac{d\vec{v}}{dt})^2}{c^2})$
Uma vez que a aceleração é paralela à velocidade:
$w^{\mu}w_{\mu}=-\gamma^6\frac{dv}{dt}^2$
Sendo w^2

um invariante e de módulo igual a -w_0^2

, chegamos a:
$w_0=\gamma^3\frac{dv}{dt}$
Agora, derivando a expressão dada:
$\dfrac{d}{dt}\dfrac{v}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}=\dfrac{\frac{dv}{dt}}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}+\dfrac{\frac{dv}{dt} \beta^2}{(1-\dfrac{v^2}{c^2})^{\frac{3}{2}}}=$ $\dfrac{\frac{dv}{dt}(1- \beta^2) + \frac{dv}{dt} \beta^2}{(1-\dfrac{v^2}{c^2})^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{\frac{dv}{dt}}{(1-\dfrac{v^2}{c^2})^{\frac{3}{2}}}=\gamma^3 \frac{dv}{dt}=w_0$

d) Integrando a expressão acima:
$\int_0^t \dfrac{d}{dt}\dfrac{v}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} dt= \dfrac{v}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} = w_0t$
$\implies v= \dfrac{w_0t}{\sqrt{1+w_0^2t^2/c^2}}$
E integrando esta expressão:
$\int v dt = x = \dfrac{c^2}{w_0}(\sqrt{1+w_0^2t^2/c^2}-1)$

e) No limite em que

tendo para infinito (ou seja, $\frac{v}{c}$ tende para 0, qualquer que seja v), ficamos com as conhecidas expressões clássicas:
v=w_0t

e
$x=\dfrac{w_0t^2}{2}$

MB1
Sejam

metade do comprimento da corda, $\epsilon$ metade do comprimento da porção de corda que está suspensa, e $m_{l}, m_{\epsilon}$ as massas respetivas. Aplicando newton ao pedacinho $[ 0, l-\epsilon ]$ , este cospe-nos:

$N = m_{(l-\epsilon)}g \cos{\theta}$

$T - \mu N + m_{(l-\epsilon)}g.$

Ou seja,

$T = \mu m_{(l-\epsilon)}g \left(\cos{\theta} - \sin{\theta} / \mu \right)$ .

Aplicando agora newton ao pedacinho $]l-\epsilon, l]$ , novamente, este cospe que, considerando apenas as forças que significam alguma coisa para o movimento vertical da cordazita (desprezando a tensão horizontal da ponta direita deste pedacinho), vem:

$T = \frac{m_{(\epsilon)}g}{\sin{\theta}}$ .

Consequentemente, juntando estas duas equações, ficamos com uma amálgama cuspida:

$\frac{m_{(\epsilon)}}{m_{(l-\epsilon)}} = \mu \frac{\sin{2\theta}}{2} - \sin^2{\theta}$ .

Esta amalgamazita, depois de derivada e igualada a zero, cospe uma amalgamazita-linha que nos informa que o ângulo pretendido é tal que $\tan{\theta} = \sqrt{2} - 1 \Rightarrow \theta = 22.5\Âº$

Agora, para descobrir a fração da corda suspensazita, procedemos da seguinte maneirazona:

Seja $k:= \frac{\epsilon}{l}$ . Então, com uma manipulaçãozinha ou duas vem que:
$\frac{\epsilon}{l+\epsilon} = \frac{k}{k+1}$ .
Consequentemente, como se nós pusermos mãos à obra e repararmos que $k = (\sqrt{2} -1)/2$ , então logicamente emitimos a punchline do problema: $\frac{\epsilon}{l+\epsilon} = 0.17$ , com um errozito desprezável de contas.

PS: Lamento o uso impertinente de variações de aumentativo-diminutivo, simplesmente me encontrava num estado jucoso quando texei esta solução.

ACa1

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 10:12 pm

Resoluções Alnilam

ACa1

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CA1

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CA2

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 10:22 pm

Resoluções Alnitak:

ACa1

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ACa2

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por **duarte.magano** em Sexta Out 31, 2014 10:25 pm

Resoluções Alnitak:

RC1

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JM2

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por **pdmourao** em Domingo Nov 02, 2014 10:50 am

nao consegui resolver a diferencial do tone, nem com wolfram. se bem que eu tambem nao sei usar aquilo muito bem. mas porra sai-se com cada ideia, ja nao bastou a terra cubica -.-

QTT III

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