Soluções Física - Semana 139

Cinemática em uma dimensão

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.

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)

Equilíbrio estático

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:

$\cos(\alpha)+\mu \sin(\alpha)= \sqrt{1+\tan^2(\alpha)}=\sqrt{1+\mu^2}$

$F=\dfrac{\mu mg}{\sqrt{1+\mu^2}}$

$\tan(\alpha) = \mu$

$F=\dfrac{\mu mg}{\sqrt{1+\mu^2}}$

Hidrodinâmica com viscosidade

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:

$p>\dfrac{1}{n-1} \left( \dfrac{6V}{\pi g(\theta)} \right)^{1/3}$

a) $F=\dfrac{3 \pi \eta u R^{4}}{2 h^{3}}$

b) Demonstração

c) $p>\dfrac{1}{n-1} \left( \dfrac{6V}{\pi g(\theta)} \right)^{1/3}$