OBF 2011 – Terceira Fase (Nível 1)

Cinemática

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:

$E=30000$ $N$

a)

$h(t)=10t^{2}$

Com $t$ em segundos e $h$ em metros.

b)

$E=30000$ $N$

Cinemática

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:

$\Delta S=\Delta S_{1}+ \Delta S_{2}+ \Delta S_{3} + \Delta S_{4} + \Delta S_{5}$

$\Delta S=\dfrac{v_{1}^{2}}{2a_{1}}+v_{1}\left(T-\dfrac{v_{1}}{a_{1}}-\dfrac{v_{2}}{a_{3}}-t\right)+\dfrac{v_{2}^{2}-v_{1}^{2}}{2a_{2}}+v_{2} \left(t-\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}\right)+\dfrac{v_{2}^{2}}{2a_{3}}$

$\Delta S=\dfrac{v_{2}^{2}}{2} \left( \dfrac{1}{a_{3}}-\dfrac{1}{a_{2}} \right)-\dfrac{v_{1}^{2}}{2}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}} \right)+v_{1}\left(T-t\right)+v_{2}t+v_{1}v_{2}\left( \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{3}}\right)$

$\Delta S=\dfrac{v_{2}^{2}}{2} \left( \dfrac{1}{a_{3}}-\dfrac{1}{a_{2}} \right)-\dfrac{v_{1}^{2}}{2}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}} \right)+v_{1}\left(T-t\right)+v_{2}t+v_{1}v_{2}\left( \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{3}}\right)$

Cinemática, Leis de Newton e Empuxo

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:

$\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}=2$

$\dfrac{\rho_{L}}{\rho_{C}}=2$

Onde $t$ está em segundos e $x$ em metros

Conservação do Momento e da energia

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:

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

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

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

Energia e Cinemática

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:

$E_{Mdis}=-\Delta E_{M} = 1,44.10^{6}$ $J$

a)

$a_{m}=-\dfrac{2}{9}$ $m/s^{2}$

Onde foi adotado um sistema de referência com velocidades positivas para baixo.

b)

$E_{Mdis}=-\Delta E_{M} = 1,44.10^{6}$ $J$

Lançamento oblíquo

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:

$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$

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)

$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$

Cinemática

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.

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.

Noções de Relatividade

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.

a)

$m=2m_{0}\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

b) Questão teórica, ver solução acima.