Escrito por Antônio Ítalo
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Questão 1:
Um foguete de $$1000$$ $$kg$$ é lançado da superfície da Terra a partir do repouso e numa trajetória
vertical ascendente. Nos primeiros $$60$$ segundos da subida a altura $$h$$ (a partir da superfície) do foguete foi determinada em km em intervalos de $$5$$ segundos e o resultado indicado na tabela a seguir:
a) Escreva a equação horária $$h(t)$$ para o foguete.
b) Determine a força de empuxo ascendente que atua no foguete.
[spoiler title=’Assuntos Abordados’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) É possível perceber uma propriedade interessante ao analisar esses dados:
$$\dfrac{h(t+\Delta t)-h(t)}{\Delta t} \propto t$$
Isso é uma característica de um M.U.V. com velocidade inicial nula. Testemos então uma função do tipo:
$$h(t)=\dfrac{at^{2}}{2}$$
Que é a função horária do M.U.V. nesse caso. Para $$t=5$$ $$s$$, obtemos então:
$$a=0,02$$ $$km/s^{2}=20$$ $$m/s^{2}$$
Sabendo disso, podemos testar se isso é válido para todos os outros pontos e obtemos resposta positiva. Portanto:
$$h(t)=10t^{2}$$
Com $$t$$ em segundos e $$h$$ em metros.
b) Pela segunda lei de Newton, temos:
$$E-mg=ma$$
$$E=m \left( g + a \right) $$
Substituindo os valores da massa, da aceleração e do campo gravitacional, obtemos:
$$E=30000$$ $$N$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$h(t)=10t^{2}$$
Com $$t$$ em segundos e $$h$$ em metros.
b)
$$E=30000$$ $$N$$
[/spoiler]
Questão 2:
Um móvel se desloca ao longo de uma reta. No primeiro trecho da viagem ele parte do repouso
com uma aceleração constante $$a_{1}$$ e atinge uma velocidade máxima $$v_{1}$$. No segundo trecho, de duração $$t$$, ele possui uma aceleração constante e menor ܽ$$a_{2}$$ e atinge uma velocidade máxima $$v_{2}$$. No terceiro trecho ele desacelera com aceleração $$-a_{3}$$ até atingir o repouso novamente. Sabendo que o tempo total da viagem foi $$T$$, determine qual a distância total percorrida pelo móvel.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Essa é uma questão que à primeira vista parece simples, contudo, há um pequeno detalhe escondido no enunciado que pode facilmente passar despercebido. Note que o enunciado deixa claro que, em cada trecho, o móvel atingirá sua velocidade máxima daquele trecho, $$v_{1}$$ ou $$v_{2}$$, contudo, não é especificado se quando isso ocorre o trecho se encerra. Como o enunciado informou o tempo do trecho $$2$$ e o tempo total do trecho podemos notar que na realidade o móvel ainda se deslocará com sua velocidade máxima por um certo tempo. Veja o gráfico a seguir para melhor entendimento:
Para calcular a distância total percorrida pelo móvel podemos simplesmente calcular a área abaixo desse gráfico. Note que os tempos $$t_{1}$$ e $$t_{2}$$ podem ser descobertos conforme mostraremos a seguir:
$$T=\dfrac{v_{1}}{a_{1}}+t_{1}+t+\dfrac{v_{2}}{a_{3}}$$
Isolando $$t_{1}$$, obtemos:
$$t_{1}=T-\dfrac{v_{1}}{a_{1}}-\dfrac{v_{2}}{a_{3}}-t$$
Para $$t_{2}$$, faremos o mesmo processo:
$$t=t_{2}+\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}$$
Isolando $$t_{2}$$, obtemos:
$$t_{2}=t-\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}$$
Podemos então calcular as distâncias percorridas nos cinco intervalos demarcados no gráfico:
$$\Delta S_{1}=\dfrac{v_{1}^{2}}{2a_{1}}$$
Para o segundo trecho, temos:
$$\Delta S_{2}=v_{1}t_{1}=v_{1}\left(T-\dfrac{v_{1}}{a_{1}}-\dfrac{v_{2}}{a_{3}}-t\right)$$
Para o terceiro trecho, obtemos:
$$\Delta S_{3}=\dfrac{v_{1}+v_{2}}{2}\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}=\dfrac{v_{2}^{2}-v_{1}^{2}}{2a_{2}}$$
Para o quarto trecho, obtemos:
$$\Delta S_{4}=v_{2} \left(t-\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}\right)$$
Para o quinto e último trecho, temos:
$$\Delta S_{5}=\dfrac{v_{2}^{2}}{2a_{3}}$$
A distância total percorrida é então:
$$\Delta S=\Delta S_{1}+ \Delta S_{2}+ \Delta S_{3} + \Delta S_{4} + \Delta S_{5}$$
$$\Delta S=\dfrac{v_{1}^{2}}{2a_{1}}+v_{1}\left(T-\dfrac{v_{1}}{a_{1}}-\dfrac{v_{2}}{a_{3}}-t\right)+\dfrac{v_{2}^{2}-v_{1}^{2}}{2a_{2}}+v_{2} \left(t-\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}\right)+\dfrac{v_{2}^{2}}{2a_{3}}$$
$$\Delta S=\dfrac{v_{2}^{2}}{2} \left( \dfrac{1}{a_{3}}-\dfrac{1}{a_{2}} \right)-\dfrac{v_{1}^{2}}{2}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}} \right)+v_{1}\left(T-t\right)+v_{2}t+v_{1}v_{2}\left( \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{3}}\right)$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\Delta S=\dfrac{v_{2}^{2}}{2} \left( \dfrac{1}{a_{3}}-\dfrac{1}{a_{2}} \right)-\dfrac{v_{1}^{2}}{2}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}} \right)+v_{1}\left(T-t\right)+v_{2}t+v_{1}v_{2}\left( \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{3}}\right)$$
[/spoiler]
Questão 3:
Um corpo é lançado do fundo de um lago com velocidade horizontal $$v_{0}$$. O lago, de profundidade $$H$$, possui água de densidade $$\rho_{L}$$. Sabendo que a densidade da água é maior que a densidade $$\rho_{C}$$ do corpo, determine qual deve ser a razão entre as duas para que o alcance total do corpo, medido na linha horizontal de lançamento do mesmo, seja mínimo.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática, Leis de Newton e Empuxo[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse problema é importante notar que o alcance total do corpo é a distância entre o ponto de lançamento e o ponto em que o corpo volta a tocar o fundo do lago pela segunda vez. Dividiremos o problema então em três trechos.
A partir da segunda lei de Newton podemos calcular a aceleração vertical para cima $$a$$ do corpo no primeiro trecho:
$$\rho_{C} V_{ol} a=\rho_{L} V_{ol} g – \rho_{C} V_{ol} g$$
$$a=g \left(\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}-1 \right)$$
A partir de agora, temos um problema de cinemática. Defina o eixo $$x$$ como horizontal no sentido da velocidade inicial e o eixo $$y$$ vertical para cima. A origem é definida no ponto de lançamento. Podemos escrever $$y(t)$$ e $$x(t)$$:
$$y(t)=\dfrac{at^{2}}{2}$$
E:
$$x(t)=V_{0} t$$
O tempo de subida é então obtido quando fazemos $$y=H$$:
$$T_{1}=\sqrt{2H}{a}$$
O alcance $$A_{1}$$ será então o próprio valor de $$x$$:
$$A_{1}=V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{a}}=V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{\left(\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}-1 \right)g}}$$
A velocidade no eixo $$y$$ nesse segundo trecho será então:
$$V_{y2}=\sqrt{2 \left( \dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}-1 \right)gH}$$
O alcance nesse segundo trecho será simplesmente o alcance de um lançamento normal, que é dado por:
$$A_{2}=\dfrac{2V_{x}V_{y}}{g}$$
Logo:
$$A_{2}=2V_{0}\sqrt{\dfrac{2\left(\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}-1 \right)H}{g}}$$
Por simetria, temos:
$$A_{1}=A_{3}$$
Logo, o alcance total é dado por:
$$A_{tot}=A_{1}+A_{2}+A_{3}$$
$$A_{tot}=2V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\left(x+\dfrac{1}{x}\right)$$
Onde $$x$$ é $$\sqrt{\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}-1}$$. Para minimizar o alcance, devemos minimizar então a função $$x+\dfrac{1}{x}$$. Há diversas formas de fazer isso, contudo, a mais comum seria partindo da seguinte inequação:
$$\left(x-1 \right)^{2} \geq 0$$
Abrindo o produto notável temos:
$$x^{2}+1 \geq 2x$$
Dividindo por $$x$$, obtemos:
$$x+\dfrac{1}{x} \geq 2$$
Logo, o valor máximo da nossa função é $$2$$. Note que isso ocorre justamente em $$x=1$$. Sendo assim:
$$\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}=2$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}=2$$
Onde $$t$$ está em segundos e $$x$$ em metros
[/spoiler]
Questão 4:
Uma massa $$m_{1}$$, com velocidade inicial $$v_{0}$$, atinge um sistema massa-mola, cuja massa é $$m_{2}$$,
inicialmente em repouso, mas livre para se movimentar. A mola é ideal e possui constante elástica ݇$$k$$,
conforme a figura. Não há atrito com o solo.
a) Qual é a compressão máxima da mola?
b) Se, após um longo tempo, ambos os objetos, se deslocam na mesma direção, quais serão as
velocidades finais ܸ$$v_{1}$$ e ܸ$$v_{2}$$ das massas ݉$$m_{1}$$ e ݉$$m_{2}$$, respectivamente?
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Conservação do Momento e da energia[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, deve-se perceber que o instante da compressão máxima é quando as velocidades de ambas as massas são iguais, pois enquanto a massa $$m_{1}$$ tiver velocidade maior a mola continuará a ser comprimida cada vez mais. Sabendo disso, podemos descobrir a velocidade das massas nesse instante a partir da conservação da quantidade de movimento.
$$m_{1}v_{0}=\left( m_{1} + m_{2} \right) v$$
$$v= \dfrac{m_{1} v_{0}}{m_{1}+m_{2}}$$
Agora, note que não atuam forças dissipativas nesse sistema, portanto:
$$E_{0}=E$$
$$\dfrac{m_{1}v_{0}^{2}}{2}=\dfrac{kx^{2}}{2}+\dfrac{\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}}{2}$$
$$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}-\left(m_{1}+m_{2}\right)\dfrac{m_{1}^{2}v_{0}^{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right)^{2}}$$
$$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}\left(1- \dfrac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}} \right)$$
$$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$$
b) Como na situação final só haverá a energia cinética das massas e o momento se conservará, temos simplesmente uma colisão perfeitamente elástica, portanto, podemos utilizar o conceito de coeficiente de restituição:
$$e=1=\dfrac{v_{2}-v_{1}}{v_{0}}$$
$$v_{2}=v_{1}+v_{0}$$
Pela conservação do momento linear (quantidade de movimento), temos:
$$m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$$
$$v_{2}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\left(v_{0}-v_{1} \right)$$
Igualando, obtemos então:
$$v_{1}+v_{0}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{0}-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{1}$$
$$v_{1}\left(1+\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \right) = \left(\dfrac{m_{1}}{m_{2}}-1 \right)v_{0}$$
$$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
E, substituindo na equação para $$v_{2}$$, temos:
$$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link’true’]
a)
$$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$$
b)
$$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
e
$$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
[/spoiler]
Questão 5:
Um paraquedista de $$80$$ $$kg$$, em queda livre, leva $$3$$ minutos, após a abertura (início da contagem
do tempo t=0) do paraquedista, para atingir o solo de uma altura de $$1700$$ $$m$$. O gráfico a seguir representa a velocidade do paraquedista nos primeiros dois minutos após a abertura do pára-quedas.
a) Qual a aceleração média sofrida pelo pára-quedista durante a queda?
b) Calcule a energia mecânica perdida devido ao atrito com o ar durante a queda.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Energia e Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Por definição, a aceleração média é dada por:
$$a_{m}=\dfrac{\Delta V}{\Delta t}$$
Pela análise do gráfico, é fácil notar que o paraquedista atinge a velocidade limite de $$5$$ $$m/s$$, sendo assim:
$$a_{m}=\dfrac{5-45}{180}$$ $$m/s$$
$$a_{m}=-\dfrac{2}{9}$$ $$m/s^{2}$$
Onde foi adotado um sistema de referência com velocidades positivas para baixo.
b) A energia mecânica inicial é dada por:
$$E_{M0}=mgH+\dfrac{mV_{0}^{2}}{2}=1,441.10^{6}$$ $$J$$
Note que foi tomado o solo como nível de referência para a energia potencial gravitacional. A energia mecânica antes da colisão com o solo é:
$$E_{M}=\dfrac{mV_{lim}^{2}}{2}=1,0.10^{3}$$ $$J$$
A energia dissipada pelo atrito com o ar é então:
$$E_{Mdis}=-\Delta E_{M} = 1,44.10^{6}$$ $$J$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$a_{m}=-\dfrac{2}{9}$$ $$m/s^{2}$$
Onde foi adotado um sistema de referência com velocidades positivas para baixo.
b)
$$E_{Mdis}=-\Delta E_{M} = 1,44.10^{6}$$ $$J$$
[/spoiler]
Questão 6:
Uma partícula é lançada com velocidade $$v_{0}$$ perpendicularmente a um plano inclinado, de
inclinação $$\alpha$$ com a horizontal, como mostra a figura. Determine:
a) A distância máxima $$\overline{AB}$$ que a partícula fica do plano inclinado.
b) O alcance da partícula ao longo do plano inclinado.
c) A razão entre ݀$$d_{1}$$ e ݀$$d_{2}$$ mostrada na figura. Obs.: Sendo $$A$$ o ponto cuja partícula está à distância
máxima do plano e $$B$$ sua projeção sobre o mesmo, as distâncias ݀$$d_{1}$$ e ݀$$d_{2}$$ são definidas como a
distância do ponto de lançamento a $$B$$, e a distância de $$B$$ ao ponto de retorno da partícula ao plano,
respectivamente.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Lançamento oblíquo[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, escolheremos dois eixos para serem trabalhados. Nessa situação a melhor escolha é a do eixo $$x$$ como o eixo ao longo do plano inclinado e que está descendo e a do eixo $$y$$ como o eixo perpendicular ao plano inclinado e que está subindo.
a) Podemos escrever a função horária do espaço para cada eixo. Observe que ambas serão um M.U.V.
$$y(t)=V_{0}t-\dfrac{g \cos \left( \alpha \right) t^{2}}{2}$$
$$x(t)=\dfrac{g \sin \left( \alpha \right) t^{2}}{2}$$
A distância $$\overline{AB}$$ será o valor de $$y_{max}$$, que pode ser obtido pela aplicação de Torricelli no eixo $$y$$:
$$0=V_{0}^{2}-2 g \cos \left( \alpha \right) \overline{AB}$$
$$\overline{AB}=\dfrac{V_{0}^{2}}{2 g \cos \left( \alpha \right)}$$
b) Fazendo $$y=0$$ obtemos:
$$t=0$$
ou
$$t=\dfrac{2V_{0}}{g \cos \left( \alpha \right))}$$
Substituindo na função horária do espaço de $$x$$, obtemos o alcance:
$$A=\dfrac{2V_{0}^{2}\tan \left( \alpha \right)}{g \cos \left( \alpha \right)}$$
c) Note que o tempo para percorrer $$d_{1}$$ é o mesmo levado para percorrer $$d_{2}$$, sendo assim, podemos utilizar o resultado das proporções de Galileu para afirmar imediatamente que:
$$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$$
Mas para quem não conhece esse resultado, segue a demonstração dessa equação:
$$d_{1}=\dfrac{at^{2}}{2}$$
$$d_{2}=\dfrac{a \left( 4t^{2}-t^{2} \right) }{2}$$
Logo:
$$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\overline{AB}=\dfrac{V_{0}^{2}}{2g \cos \left( \alpha \right)}$$
b)
$$A=\dfrac{2V_{0}^{2}\tan \left( \alpha \right)}{g \cos \left( \alpha \right)}$$
c)
$$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$$
[/spoiler]
Questão 7:
Neste problema você será apresentado a um método desenvolvido por Isaac Newton e Gottfried
Leibnitz independentemente. Nele você irá aprender a derivar a velocidade de um corpo em movimento tendo
conhecimento apenas da sua função horária da posição.
Considere um móvel cuja equação horária é $$x(t)= 3 t^{2} -2 t + 1$$, onde $$x$$ é dado em metros e $$t$$ em
segundos.
a) Qual a posição do móvel nos instantes $$t_{0}=0$$ $$s$$, $$t_{1}=1$$ $$s$$ e $$t_{2}=2$$ $$s$$.
Sabendo que a velocidade média de um móvel entre os instantes $$t$$ e $$t+\Delta t$$ é dada por
$$v_{m}=\dfrac{x \left( t+ \Delta t \right) – x \left( t \right)}{\Delta t}$$
b) Determine a velocidade média do móvel nos intervalos $$\left( t_{0}, t_{1} \right)$$, $$\left( t_{1}, t_{2} \right)$$ e $$\left( t_{0}, t_{2} \right)$$.
Agora, vamos aprender a determinar a velocidade instantânea de um móvel num instante dado. Para calcular a velocidade do móvel no instante $$t_{1}=1$$ $$s$$, proceda da seguinte maneira:
c) Determine o valor da velocidade média do móvel entre $$t_{1}$$ e $$t_{1}+\Delta t$$, em função de $$\Delta t$$.
d) A velocidade do móvel é obtida fazendo-se $$\Delta t = 0$$ na expressão obtida no item anterior. Determine
essa velocidade.
e) Repita o mesmo procedimento dos itens $$c)$$ e $$d)$$ para determinar o valor da velocidade em qualquer
instante de tempo $$t$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Substituindo os tempos na função horária, obtemos:
$$x(t_{0})=1$$ $$m$$
$$x(t_{1})=2$$ $$m$$
$$x(t_{2})=9$$ $$m$$
b) Utilizando a definição fornecida e substituindo os valores encontrados no item anterior, obtemos:
$$v_{m1}=1$$ $$m/s$$
$$v_{m2}=7$$ $$m/s$$
$$v_{m3}=4$$ $$m/s$$
c) Por definição, temos:
$$v_{m}(\Delta t)= \dfrac{x(t_{1}+\Delta t)-x(t_{1})}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3\left(1+\Delta t \right)^{2} -2 \left(1+\Delta t \right) + 1 – 2}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3 \left(1 + 2\Delta t + \left( \Delta t \right) ^{2} \right)-2 – 2 \Delta t + 1 -2}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3+6 \Delta t +3 \left( \Delta t \right) ^{2}-3-2\Delta t}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t)=4+3\Delta t$$
Onde $$v_{m}$$ está em metros por segundo e $$\Delta t$$ em segundos.
d) Substituindo, obtemos:
$$v=4$$ $$m/s$$
e) Primeiramente, encontremos a fórmula em função de $$\Delta t$$ e $$t$$:
$$v_{m}(\Delta t, t)=\dfrac{x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t, t)=\dfrac{\left( 3 \left(t+\Delta t \right)^{2}-2 \left(t+\Delta t \right) + 1\right)- \left( 3t^{2}-2t+1\right)}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t, t )=\dfrac{3t^{2}+6t \Delta t +3\left(\Delta t \right)^{2} – 2t -2 \Delta t +1 – 3t^{2}+2t-1}{\Delta t}$$
$$v_{m}(\Delta t, t) =6t – 2 + 3 \Delta t$$
Fazendo $$\Delta t=0$$, temos:
$$v(t)=6t-2$$
Com $$v$$ em metros por segundo e $$t$$ em segundos.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$x(t_{0})=1$$ $$m$$
$$x(t_{1})=2$$ $$m$$
$$x(t_{2})=9$$ $$m$$
b)
$$v_{m1}=1$$ $$m/s$$
$$v_{m2}=7$$ $$m/s$$
$$v_{m3}=4$$ $$m/s$$
c)
$$v_{m}(\Delta t)=4+3\Delta t$$
Onde $$v_{m}$$ está em metros por segundo e $$\Delta t$$ em segundos.
d)
$$v=4$$ $$m/s$$
e)
$$v(t)=6t-2$$
Com $$v$$ em metros por segundo e $$t$$ em segundos.
[/spoiler]
Questão 8:
Segundo a teoria da Relatividade de Einstein um elétron relativístico tem uma massa de repouso
$$m_{0}$$ e uma massa inercial $$m$$ representada pela seguinte equação:
$$m=\dfrac{m_{0}}{\sqrt{1-\dfrac{v^{2}}{c^{2}}}}$$
onde v é a velocidade do elétron relativa a um referencial inercial e c a velocidade da luz no vácuo. Esta
equação implica que o elétron em movimento tem uma massa que depende da sua velocidade!
a) Qual a massa inercial do elétron quando $$v=0,5c$$.
b) Porque um elétron não pode viajar a velocidade da luz segundo a teoria de Einstein. Sua resposta
deve ser baseada na interpretação da equação anterior.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Noções de Relatividade[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Substituindo a velocidade na fórmula apresentada, temos:
$$m=\dfrac{m_{0}}{\sqrt{1-\dfrac{\left(0,5 c \right)^{2}}{c^{2}}}}$$
$$m=\dfrac{m_{0}}{\sqrt{0,75}}$$
$$m=2m_{0}\dfrac{\sqrt{3}}{3}$$
b) A velocidade do elétron não pode chegar à $$c$$ pois, caso isso ocorresse, haveria uma indeterminação na massa inercial do elétron (divisão por zero) de forma que a mesma iria para o infinito, sendo assim, seria necessária energia infinita para levar um elétron do repouso para a velocidade da luz, ou seja, é impossível.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$m=2m_{0}\dfrac{\sqrt{3}}{3}$$
b) Questão teórica, ver solução acima.
[/spoiler]