Escrito por Vinicius Névoa
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática em uma dimensão[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Nesse problema, estamos assumindo que as trocas de velocidade são instantâneas, e portanto o delay que ocorre na frenagem se deve apenas ao tempo de reação do motorista. Como a distância inicial entre todos os carros vale $$L$$, após a frenagem essa distância passa a ser:
$$L’ = L- Vt_{1}$$
O tempo decorrido entre duas frenagens consecutivas é $$t_{1}$$, o que significa que, durante esse tempo, a posição do último carro freiado avança em $$L’$$. Assim:
$$V_{freio}=\dfrac{ L- Vt_{1}}{t_{1}}$$
No nosso caso isso vale $$18 km/h$$. Essa “onda” se propaga no sentido contrário ao movimento original dos carros.
b) Após o tempo $$T$$ que a idosa leva para atravessar a rua, o primeiro carro que havia parado acelera. Após um tempo $$t_{2}$$, o próximo carro acelera. Portanto, a posição do último carro que está acelerando avança em $$L’ = L- Vt_{1}$$ a cada $$t_{2}$$ segundos. Temos assim uma onda exatamente análoga à anterior, mas que dessa vez marca a posição do carro em repouso que está acelerando. Sua velocidade é:
$$V_{acc}=\dfrac{ L- Vt_{1}}{t_{2}}$$
Note que, desde que $$t_{1} > t_{2}$$, a onda de aceleração viaja mais rápido do que a de frenagem, e portanto apenas um número finito de carros terá freiado até que a onda de aceleração os alcance. Claramente, quando essas duas ondas se encontram, a onda de frenagem é extinta, uma vez que é desnecessário freiar se o carro a sua frente já está se movendo. Assim, sendo $$\tau$$ o tempo transcorrido desde que a idosa finalizou sua travessia:
$$V_{freio}(T+\tau)=V_{acc}t$$
$$\tau=\dfrac{Tt_{2}}{t_{1}-t_{2}}$$
Como a onda de aceleração percorre um carro a cada $$t_{2}$$ segundos, durante esse tempo ela percorreu um número de carros igual a:
$$N = \dfrac{\tau}{t_{2}}=\dfrac{T}{t_{1}-t_{2}}= 200$$
Evidentemente, todos os carros pelos quais ela passou estavam parados, então $$N$$ é também o número de carros que haviam freiado para começo de conversa. Na verdade, quase isso. Como o número $$N$$ é exato, isso quer dizer que a onda de frenagem chegou ao carro número 200 no mesmo instante que a onda de aceleração, logo esse carro esteve freiado por 0 segundos (i.e, o que aconteceu na prática é que ele enxerga o carro 199 parar, mas, antes que ele pudesse reagir, o carro volta a andar, de modo que ele não precisa freiar). Portanto o número de carros que efetivamente freiam é 199.
Caso o $$N$$ não tivesse sido inteiro, por exemplo, devemos escolher o maior número inteiro que não supera $$N$$, cuja notação é $$\left \lfloor{N}\right \rfloor$$.
c) Caso $$t_{2} \ge t_{1}$$, a onda de frenagem seria mais rápida do que a de aceleração, de modo que está ultima nunca a alcançaria. Por isso, infinitos carros freiariam. Não só isso, como a distância entre as duas ondas também ficaria maior a cada segundo, e quanto mais para trás na fila um certo carro estivesse, mais tempo ele ficaria parado até que a onda de aceleração chegasse nele.
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a) Demonstração
b) 199 carros
c) Demosntração
d) $$V_{freio}=\dfrac{ L- Vt_{1}}{t_{1}}$$
$$N = \left \lfloor{\dfrac{T}{t_{1}-t_{2}}} \right \rfloor$$
(Subtrair $$1$$ de $$N$$ caso a razão seja exata, como no caso acima)
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Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Equilíbrio estático[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em um cilindro de massa $$m$$ foi enrolada uma corda inflexível com peso desprezível. Com que força mínima $$F$$ e sob que ângulo $$\alpha$$ em relação a horizontal essa corda deve ser puxada para que o cilindro gire sem que seu centro saia do lugar? Considere o coeficiente de atrito cinético entre o cilindro e o chão como $$\mu$$.
Como o centro cilindro está em repouso, vamos aplicar o equilíbrio de forças na vertical e na horizontal. Assim, na vertical e na horizontal respectivamente:
$$F \sin(\alpha) – mg + N = 0$$
$$F_{atrito} – F \cos(\alpha) = 0$$
Usando que $$F_{atrito} = \mu N$$ achamos que:
$$F=\dfrac{\mu mg}{\cos(\alpha)+\mu \sin(\alpha)}$$
Para a força ser mínima, a expressão $$\cos(\alpha)+\mu \sin(\alpha)$$ deve ser máxima. Derivando em relação a $$\alpha$$ e igualando a zero:
$$-\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha) = 0$$
$$\tan(\alpha) = \mu$$
Podemos substituir de volta para achar a força:
$$\cos(\alpha)+\mu \sin(\alpha)= \sqrt{1+\tan^2(\alpha)}=\sqrt{1+\mu^2}$$
$$F=\dfrac{\mu mg}{\sqrt{1+\mu^2}}$$
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$$\tan(\alpha) = \mu$$
$$F=\dfrac{\mu mg}{\sqrt{1+\mu^2}}$$
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Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrodinâmica com viscosidade[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Como o escoamento é estacionário, temos que $$\dfrac{\partial \vec{v}}{\partial t}=0$$. Uma vez que o número de Reynolds também é baixo, podemos ignorar o termo $$\vec{v} \cdot \nabla \vec{v}$$, que é quadrático em $$\vec{v}$$. Formalmente, podemos dizer que a razão entre esse termo e o resto da equação de Navier-Stokes é da ordem do número de Reynolds, que é pequeno por hipótese (basta dizer que $$v$$ é da ordem de $$u$$ e as coordenadas que aparecem nos denominadores das derivadas são da ordem de $$R$$ que isso fica claro). Esse regime de escoamento se chama regime de Stokes, e é caracterizado pelo que resta da equação de Navier-Stokes:
$$\nabla P = \eta \nabla^2 \vec{v}$$
No que segue, seja $$v_{r}(r,z)$$ a velocidade radial e $$v_{z}(r,z)$$ a velocidade perpendicular aos discos
Por simetria, o escoamento é cilindricamente simétrico, e uma vez que $$h << R$$, a velocidade radial é bem maior que a vertical. Mais ainda, como a condição de contorno nos discos é velocidade radial nula (devido à viscosidade), a velocidade radial deve variar bruscamente ao longo da distância $$h$$. Matematicamente:
$$\dfrac{\partial v_{r}}{\partial z} >>\dfrac{\partial v_{r}}{\partial r}$$
Assim, podemos ignorar tanto as derivadas de $$v_{z}$$ quanto as de $$v_{r}$$ em relação a $$r$$:
$$\dfrac{\partial P}{\partial r} = \eta \dfrac{\partial^2 v_{r}}{\partial z^2}$$
Note que a pressão é constante na direção $$z$$ exatamente porque $$v_{z}$$ não contribui na conta. Agora, como o lado esquerdo da equação acima não depende de $$z$$, podemos integrar duas vezes:
$$v_{r} = \dfrac{1}{2 \eta} \dfrac{\partial P}{\partial r} z^2 + C_{1} z + C_{2}$$
Como as condições de contorno exigem que $$v_{r}(r,0)=v_{r}(r,h)=0$$, as constantes de integração são tais que:
$$v_{r}(r,z) = \dfrac{1}{2 \eta} \dfrac{\partial P(r)}{\partial r} z(z-h)$$
Agora vamos precisar da equação da continuidade:
$$\dfrac{1}{r} \dfrac{\partial (rv_{r})}{\partial r} + \dfrac{\partial v_{z}}{\partial z}=0$$
Integrando os tudo em relação a $$z$$ entre $$0$$ e $$h$$ (e já substituindo a expressão para $$v_{r}$$ que achamos):
$$u = \dfrac{1}{r} \dfrac{d}{d r} \displaystyle{\int \limits_{0}^{h} r \left (\dfrac{1}{2 \eta} \dfrac{\partial P(r)}{\partial r} z(z-h) \right ) dz}$$
$$u=-\dfrac{h^{3}}{12 \eta r} \dfrac{d}{d r} \left(r \dfrac{\partial P(r)}{\partial r} \right)$$
Agora podemos integrar em relação a $$r$$ e obter:
$$P(r) = P_{0} + \dfrac{3 \eta u}{h^{3}} (R^2 – r^2)$$
Naturalmente, $$P_{0}$$ é a constante de integração que corresponde a pressão imediatamente fora do disco, e essa solução é inválida para $$r>R$$. Para achar a força total, só resta integrar a pressão em toda a área do disco:
$$F=\dfrac{3 \eta u}{h^{3}}\displaystyle{\int \limits_{0}^{R} (R^2 – r^2) 2 \pi r dr}$$
$$F=\dfrac{3 \pi \eta u R^{4}}{2 h^{3}}$$
b) Embora a equação de Bernoulli não seja válida na presença de viscosidade, o jato que sairá desse furo é puramente vertical, e como $$v_{z}$$ é pequeno, as forças viscosas presentes na origem do jato (i.e, imediatamente antes dele sair pelo furo) são desprezíveis; além do mais, o fluido parte do repouso, já que $$v_{z}(0,0)=0$$. Então, por Bernoulli:
$$\dfrac{\rho V^2}{2} + P_{0} = P_{0} + \dfrac{3 \eta u}{h^{3}} R^2 $$
$$V=\sqrt{\dfrac{6 \eta u R^2}{\rho h^{3}}}$$
Como queríamos demonstrar.
c) É fácil ver que lente formada será convergente, e portanto para a imagem ser invertida basta o objeto estar a uma distância maior que $$f$$ da lente, em que $$f$$ é a distância focal. Como a lente é plano-convexa, a equação dos fabricantes diz:
$$f=\dfrac{R}{n-1}$$
Com isso, basta calcular o raio de curvatura da superfície da água. Seja $$s$$ o raio da região circular em que a água faz contato com o vidro. Como o ângulo de contato pode não ser reto, $$s$$ é em regra diferente do $$R$$ que procuramos, mas um simples triângulo retângulo fornece a relação $$s = R \sin \theta$$. Então, o volume de água é simplesmente o volume da calota esférica de raio $$R$$ e raio do corte $$R \sin \theta$$, o que nos permite escrever $$R$$ em função do nosso $$V$$:
$$V=\dfrac{\pi (R-s)}{6} (3s^2 + (R-s)^2)$$
$$V=\dfrac{\pi R^{3}}{6} (1-\sin \theta)(4\sin^2 \theta – 2 \sin \theta +1)$$
Chamando a parte que depende do ângulo de $$g(\theta)=(1-\sin \theta)(4\sin^2 \theta – 2 \sin \theta +1)$$:
$$R=\left( \dfrac{6V}{\pi g(\theta)} \right)^{1/3}$$
Assim a distância do objeto à gota para que sua imagem seja invertida é tal que:
$$p>\dfrac{1}{n-1} \left( \dfrac{6V}{\pi g(\theta)} \right)^{1/3}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$F=\dfrac{3 \pi \eta u R^{4}}{2 h^{3}}$$
b) Demonstração
c) $$p>\dfrac{1}{n-1} \left( \dfrac{6V}{\pi g(\theta)} \right)^{1/3}$$
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