Escrito por Lucas Praça, Vitor Takashi, Felipe Alves, Paulo Vinicius, Tiago Rocha, Caio Yamashita, Davi Tsuchie
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Problema 1
A série de tamanhos de papel A tem como característica que cada formato possui metade da área do anterior e mantém a mesma proporção de lados. Na figura, a área sombreada de dimensões $$L_0 \times H_0$$ representa uma folha de papel $$A0$$. Dividindo transversalmente essa folha ao meio, obtêm-se duas folhas de papel $$A_1$$, com lados $$L_1=\frac{H_0}{2}$$ e $$H_1=L_0$$. Repetindo esse processo, obtêm-se as folhas $$A2$$, $$A3$$, $$A4$$ e assim sucessivamente.
Considere que se deseja formar um bloco de anotações A6 a partir de uma única folha $$A0$$.
Sabendo que $$A0$$ tem uma área de $$1 \rm{m^2}$$ e espessura de $$1 \rm{mm}$$, determine:
(a) a altura e largura, em mm, de uma folha do bloco de anotações;
(b) a espessura do bloco de anotações.
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Conceitos Matemáticos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Como foi dito no enunciado, deseja-se formar um bloco de anotações com folhas $$A6$$ a partir de uma folha $$A0$$. Logo, devemos analisar como a folha $$A6$$ difere de uma folha $$A0$$.
Considerando que a folha $$A0$$ tem dimensões $$H_0$$ e $$L_0$$, podemos seguir a lógica apresentada pelo enunciado e concluir que:
- A folha A1 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{2}$$ e $$L_0$$.
- A folha A2 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{2}$$ e $$\dfrac{L_0}{2}$$.
- A folha A3 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{4}$$ e $$\dfrac{L_0}{2}$$.
- A folha A4 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{4}$$ e $$\dfrac{L_0}{4}$$.
- A folha A5 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{4}$$.
- A folha A6 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{8}$$.
Sabemos que a folha $$A0$$ possui uma área de $$1,00 \;\rm{m^2}$$. Portanto, $$H_0\cdot L_0=1\;\rm{m^2}$$.
Então, basta mais uma equação para podermos descobrir $$H_0$$ e $$L_0$$. Para isso, vamos usar o dado do enunciado que as proporções se preservam. Assim, comparando um folha $$A0$$ com uma folha $$A1$$, podemos escrever:
\[\frac{H_0}{L_0}= \frac{L_0}{H_0/2} \]
\[H_0=L_0 \sqrt{2}\]
Então, juntando os resultados, obtemos:
\[L_0=\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}\]
\[H_0=\sqrt{1\rm{m^2} \cdot \sqrt{2}}\]
Dessa maneira, os valores buscados são:
\[L_6 = \frac{L_0}{8}=\frac{\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}}{8} \approx 105 \rm{mm}\]
\[H_6 = \frac{H_0}{8}=\frac{\sqrt{1\rm{m^2}\sqrt{2}}}{8} \approx 149 \rm{mm}\]
Uma dificuldade possivelmente relacionada a essa questão é computar $$\sqrt{\sqrt{2}}$$, até porque a aproximação para raízes genéricas não foi fornecida pela prova NJR, apesar de ser fornecida em outros níveis.
(b) Primeiramente, devemos calcular a área de um bloco de anotações. Para isso, podemos recorrer as suas dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{8}$$. Obtendo que sua área é:
$$\dfrac{H_0}{8}\cdot \dfrac{L_0}{8}$$
$$\dfrac{H_0\cdot L_0}{64}$$
Como foi dito no item anterior que $$H_0 \cdot L_0=1,00\; \rm{m^2}$$, obtemos que a área de um bloco de anotação (papel A6) é:
$$\dfrac{1}{64}\; \rm{m^2}$$
Além disso, podemos calcular o volume inicial de papel, já que como nenhum papel é criado e nem perdido, temos que o volume de papel A0 deve ser o mesmo do que o volume do bloco de anotação.
O enunciado diz que a folha A0 tem área de $$1,00 \; \rm{m^2}$$ e espessura de $$1,00 \; \rm{mm}= 10^{-3}\; \rm{m}$$. Logo, seu volume deve ser de:
$$1\cdot 10^{-3}\; \rm{m^3}$$
Considerando que o bloco de anotação tem uma espessura $$s$$, podemos concluir que o volume é:
$$\dfrac{s}{64}$$
Como os volumes são iguais:
$$1\cdot 10^{-3}=\dfrac{s}{64}$$
$$s=64 \cdot 10^{-3}\;\rm{m}$$
Transformando em $$mm$$:
$$\boxed{s=64 \;\rm{mm}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) altura: $$\boxed{149 \;\rm{mm}}$$; largura: $$\boxed{105,0 \;\rm{mm}}$$
(b) $$\boxed{64 \;\rm{mm}}$$
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Problema 2
Um menino de massa M = 50,0 kg sustenta uma carga de massa m por meio de um sistema de polias, conforme a figura ao lado. A polia pequena está fixa ao teto e a polia grande é móvel, com a carga m presa ao seu eixo. O cabo passa pelas duas polias; uma extremidade é puxada pelo menino e a outra está presa ao teto. Considere polias e cabo ideais (inextensíveis e de massa desprezível). Analise o equilíbrio estático.
(a) Qual é a força que o menino exerce no cabo quando m = 15 kg?
(b) Qual é a força que o menino exerce sobre o piso quando m = 15 kg?
(c) Qual é o maior valor de m que o menino consegue sustentar em equilíbrio estático com esse sistema?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
((a) Força que o menino exerce no cabo (F)
O sistema de polia móvel oferece uma vantagem mecânica. A carga de peso $$P_m$$é sustentada por duas seções do mesmo cabo. A força que o menino exerce,$$F$$, é igual à tensão nesse cabo. Para o equilíbrio da polia móvel:
\[2F = P_m\]
O peso da carga $$P_m$$ é dado por:
\[P_m = m \cdot g\]
Portanto, a força $$F$$ é:
\[F = \dfrac{m \cdot g}{2}\]
Substituindo os valores para $$m = 15\ \text{kg}$$:
\[F = \dfrac{15\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2} = \dfrac{150\ \text{N}}{2}\]
\[\boxed{F = 75\ \text{N}}\]
(b) Força que o menino exerce sobre o piso (Força Normal N)
Para encontrar a força que o menino exerce no piso, precisamos analisar as forças verticais que atuam sobre o menino. As forças são:
- Seu peso $$P_M$$, para baixo.
- A força de tração do cabo $$F$$, para cima (o cabo o puxa para cima).
- A força Normal $$N$$ do piso, para cima.
No equilíbrio, a soma das forças para cima é igual à soma das forças para baixo:
\[N + F = P_M\]
O peso do menino $$P_M$$ é:
\[P_M = M \cdot g = 50,0\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2 = 500\ \text{N}\]
Agora, podemos isolar e calcular a Normal $$N$$:
\[N = P_M – F\]
\[N = 500\ \text{N} – 75\ \text{N}\]
\[\boxed{N = 425\ \text{N}}\]
Pela Terceira Lei de Newton, a força que o menino exerce sobre o piso é igual em módulo à força Normal.
(c) Maior valor de m que o menino consegue sustentar
O maior valor de massa $$m_{max}$$ que o menino pode sustentar ocorre na situação limite em que ele está prestes a sair do chão. Nesse momento, a força que o piso exerce sobre ele é nula.
\[N = 0\]
Analisando novamente as forças sobre o menino nessa condição:
\[0 + F_{max} = P_M\]
\[F_{max} = P_M = 500\ \text{N}\]
Isso significa que a força máxima que ele pode aplicar no cabo é igual ao seu próprio peso. Agora, usamos a relação do item (a) para encontrar a massa correspondente a essa força máxima:
\[F_{max} = \dfrac{m_{max} \cdot g}{2}\]
\[500\ \text{N} = \dfrac{m_{max} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2}\]
\[1000 = m_{max} \cdot 10\]
\[m_{max} = \dfrac{1000}{10}\]
\[\boxed{m_{max} = 100\ \text{kg}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \[\boxed{F = 75\ \text{N}}\]
(b)\[\boxed{N = 425\ \text{N}}\]
(c)\[\boxed{m_{max} = 100\ \text{kg}}\]
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Problema 3
Dois satélites estão em órbitas aproximadamente circulares em torno da Terra, coplanares e passando pelos polos. O período orbital do satélite A é $$T_A=3T$$, e o do satélite B $$T_B=10T$$. Em certo instante, ambos estão alinhados e posicionados sobre o Polo Norte da Terra. Considere o intervalo de tempo até que os satélites retornem a mesma posição(alinhados sobre o Polo Norte da Terra). Determine:
(a) quantas órbitas o satélite A completa nesse intervalo;
(b) quantas vezes os satélites A e B ficaram alinhados com a Terra abaixo deles nesse intervalo(sem contar os alinhamentos inicial e final);
(c) quantas vezes os satélites A e B ficaram alinhados com a Terra entre eles nesse intervalo.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Movimento circular
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, vamos calcular quanto tempo irá demorar para que os planetas se alinhem novamente sobre o Polo Norte. O tempo necessário será o Mínimo Múltiplo Comum(MMC) entre os dois períodos, pois nesse momento ambos estarão juntos na origem do movimento(Polo Norte). O MMC entre $$T_A=3T$$ e $$T_B=10T$$ é $$T’=30T$$, então esse é o tempo buscado. Assim, o número de voltas que o planeta A fará será:
\[N = \frac{T’}{T_A} = \boxed{10 \text{voltas}}\]
b) Vamos considerar o ângulo transladado por cada planeta:
\[\Delta \theta_A = \frac{2\pi}{3T} \cdot t\]
\[\Delta \theta_B = \frac{2\pi}{10T} \cdot t\]
Assim, queremos encontrar todos os valores positivos de $$n$$ que satisfaçam a seguinte equação até $$t=30T$$:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = 2n\pi\]
Em $$t=30T$$, a diferença entre os ângulos será:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{10} \right) \cdot 30 \cdot 2\pi = 2\pi \cdot 7\]
Ou seja, existem soluções de n de 1 até 7 no intervalo pedido. Porém, como o enunciado pede para desconsiderarmos o alinhamento final, o número de alinhamentos será 6.
\[\boxed{6 \text{vezes}}\]
c) Analogamente, queremos os valores ímpares de m que solucionam:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = m \pi\]
Como vimos no item anterior, o valor máximo para a diferença entre esses ângulos é $$14\pi$$. Assim, as soluções existentes para m são 1, 3, 5, 7, 9, 11 e 13. Ou seja, tal alinhamento ocorreu 7 vezes.
\[\boxed{7 \text{vezes}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{10}$$
(b) $$\boxed{6}$$
(c) $$\boxed{7}$$
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Problema 4
Um avião $$A$$ se desloca com para leste com velocidade constante $$v= 800 \rm{km/h}$$, em uma rota que passa a $$9,00 \rm{km/h}$$ ao norte de uma estação de monitoramento $$B$$. A estação está programada para alertar movimentos de aeronaves que estejam a menos de $$15 \rm{km}$$ dela.
(a) Por quantos minutos o movimento dessa aeronave permanece em alerta?
(b) Seja $$V_{\rm{r, med}}= \Delta r / \Delta t$$ a velocidade radial média do avião com relação a B(média da taxa de variação temporal da em distância r em relação a $$B$$). Determine $$V_{\rm{r, med}}$$, em km/h, entre o primeiro alerta e o ponto de máxima aproximação de $$B$$.
(c) Determine uma expressão para a velocidade radial instantânea $$V_r(t)$$ considerando o instante inicial $$t=0$$ como o primeiro alerta.
(d) Esboce o gráfico de $$V_r(t)$$ obtido no item anterior.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, devemos encontrar em qual região o avião é alertado. Para isso, devemos recorrer a geometria do problema:
Utilizando o Teorema de Pitágoras, podemos encontrar a distância $$x$$:
$$15^2=9^2+x^2$$
$$x^2=144$$
$$x=12 \;\rm{km}$$
Entretanto, não podemos afirmar que o avião fica alerta durante $$12\;\rm{km}$$ já que a situação é simétrica, ou seja, também existe uma outra distância $$x$$ do outro lado.
Logo, o avião fica alerta durante $$2x=24\;\rm{km}$$. Considerando que o avião se move a uma velocidade $$v=800\;\rm{km/h}$$, podemos encontrar o tempo:
$$v=\dfrac{d}{t}$$
$$800=\dfrac{24}{t}$$
$$t=\dfrac{24}{800} \;\rm{h}$$
$$t=\dfrac{3}{100} \;\rm{h}$$
Transformando em minutos:
$$t=\dfrac{3\cdot 60}{100} \;\rm{min}$$
$$\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$$
(b) Sendo,
$$V_{r,med}=\dfrac{\Delta r}{\Delta t}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$$
Como o enunciado pede entre o primeiro alerta e o ponto de máxima aproximação, devemos calcular a distância $$r$$ nesses casos e calcular o intervalo de tempo entre eles.
Como já foi descrito no item anterior, a distância $$r$$ do primeiro alerta é $$15 \;\rm{km}$$. No ponto de máxima aproximação, temos:
Logo, o $$r$$ nesse caso é $$9\;\rm{km}$$. Como foi visto no exercício anterior, a distância entre esses dois instantes é $$x=12\;\rm{km}$$. Logo, como a velocidade $$v=800\;\rm{km/h}$$, podemos afirmar que o intervalo de tempo entre esses dois instantes é:
$$v=\dfrac{x}{t}$$
$$800=\dfrac{12}{t}$$
$$t=\dfrac{12}{800}\;\rm{h}$$
$$t=\dfrac{3}{200}\;\rm{h}$$
Logo,
$$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{9-15}{\dfrac{3}{200}}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{-6\cdot 200}{3}$$
$$\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$$
c) A velocidade radial instantânea $$V_r(t)$$ corresponde a velocidade com que o avião se aproxima (ou se afasta) de B. Ou seja, é a componente da velocidade na direção da reta que liga B com o avião. Logo, podemos afirmar que a velocidade radial é dada por:
$$V_r=v \cos \theta$$
Onde $$\theta$$ é o ângulo entre a linha de trajetória do avião e a reta que liga o avião e B, como mostra a figura a seguir:
Utilizando essa figura, é possível perceber que:
$$\cos (180-\theta)=\dfrac{x}{r}$$
Além disso, $$r^2=9^2+x^2$$. Logo,
$$\cos \theta=\dfrac{-x}{\sqrt{9^2+x^2}}$$
Como já foi visto nos exercícios anteriores, quando o primeiro alerta é acionado, $$x=12 km$$. Portanto, podemos afirmar que $$x$$ pode ser descrito como:
$$x=12-vt$$
$$x=12-800t$$
Substituindo, podemos encontrar que:
$$V_r=v \cos \theta$$
$$V_r=800 \dfrac{-x}{\sqrt{9^2+x^2}}$$
$$\boxed{V_r=\dfrac{800(800t-12)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}}$$
d) Esboçando o gráfico de $$V_r=\dfrac{800(800t-12)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}$$, obtemos:
Onde o eixo vertical é $$V_r$$ (em km/h) e o eixo horizontal é $$t$$ (em horas). Perceba que $$V_r$$ tende a $$-800\;\rm{km/h}$$ quando $$t \to -\inf$$ e $$+800\;\rm{km/h}$$ quando $$t \to +\inf$$. Além disso, a mudança de sinal acontece quando $$t=0,015\;\rm{horas}$$ que corresponde ao instante em que o avião se encontra logo acima da estação B.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$$
(b) $$\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$$
(c) $$\boxed{V_r=\dfrac{800(12-800t)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}}$$
(d) Veja na solução
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Problema 5
Durante uma trilha na selva, dois estudantes de Física precisam cruzar um riacho usando uma corda presa ao alto de uma árvore. O desafio é decidir quando soltar a corda para alcançar a maior distância horizontal na outra margem.
Eles modelam a situação como um pêndulo simples: fio ideal de comprimento $$L$$, inextensível e de massa desprezível, com uma pequena esfera na extremidade(ver figura). Considere o ponto mais baixo da trajetória como nível $$y=0$$(mesmo nível da margem de chegada).
No instante $$t_0$$ a esfera é solta do repouso a partir $$y=L$$ (fio horizontal). No instante $$t_1$$ o fio está vertical e a esfera passa por $$x=0$$ (sobre o meio do riacho). No instante $$t_2$$, quando o fio faz um ângulo $$\theta_2 = 30^\circ$$ com a vertical, a esfera é liberada. No instante $$t_3$$ ela atinge a outra margem na coordenada horizontal $$x_3$$.
(a) Determine a coordenada $$x_3(45^\circ)$$ alcançada quando a esfera é liberada em $$\theta_2=45^\circ$$.
(b) Determine a função $$x_3(\theta_2)$$(Alcance horizontal $$x_3$$ para dado ângulo de liberação $$\theta_2$$), que é contínua no domínio $$0<= \theta_2<90^\circ$$. Prove que esta função apresenta um máximo no intervalo $$0^\circ<\theta_2<45^\circ$$. Pode ser útil utilizar as aproximações de $$1^a$$ ordem(para $$\delta$$ pequeno, em rad):
\[sen(\theta_2+\delta) \approx sen(\theta_2)+cos(\theta_2) \delta\]
\[cos(\theta_2+\delta) \approx cos(\theta_2)-sen(\theta_2) \delta\]
\[(cos(\theta_2+\delta))^\alpha \approx (cos(\theta_2))^\alpha – \alpha (cos(\theta_2))^{1-\alpha} sen(\theta_2) \delta\]
\[\sqrt{u_0+\epsilon} \approx \sqrt{u_0}+ \frac{\epsilon}{2\sqrt{u_0}} \text{(em particular,} \sqrt{1-C\delta} \approx 1 – \frac{C}{2}\delta\text{)}\]
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para encontrar a velocidade da esfera em $$t_2$$, basta conservamos a energia mecânica do sistema:
\[mgLcos\theta_2 = \frac{mv^2}{2}\]
\[v= \sqrt{2gLcos\theta_2}\]
Após a esfera ser liberada do pêndulo, o movimento vira um lançamento oblíquo. Assim, podemos equacionar o movimento em cada eixo:
\[\Delta x = v cos \theta_2 \Delta t\]
\[\Delta y = -L(1-cos\theta)= vsen\theta_2 \Delta t – \frac{g(\Delta t)^2}{2}\]
A partir da segunda equação, podemos resolver a equação do segundo grau para obter uma expressão para $$\Delta t$$:
\[\Delta t = \frac{vsen \theta_2 + \sqrt{v^2sen^2 \theta_2+2gL(1-cos\theta_2)}}{g}\]
Assim, podemos encontrar $$\Delta x$$. O valor de $$x_3$$ é o valor $$x_2=Lsen\theta_2$$ em $$t_2$$ mais $$\Delta x$$. Dessa forma, substituindo a expressão para o $$\Delta t$$ e $$v$$, obtemos:
\[x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)})) \approx \boxed{2,41 \rm{m}}\]
(b) Já temos a função pelo item anterior:
\[x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))\]
Agora, para provarmos que existe um máximo no intervalo pedido, vamos usar a seguinte estratégia: adicionar um pequeno ângulo(podendo ser negativo) $$\delta$$ em $$\theta_2= 45^\circ$$ e $$\theta_2= 0^\circ$$. Se a função aumenta para um $$\delta$$ positivo em $$\theta_2= 0^\circ$$ e aumenta para um $$\delta$$ negativo em $$\theta_2= 45^\circ$$, então a função teve pelo menos um máximo no intervalor pedido. Utilizando as aproximações dadas no enunciado, podemos obter:
\[x_3(\theta+\delta) \approx L(sen\theta_2+cos\theta_2 \delta + 2(cos^2\theta_2 – sen(2\theta_2) \delta)(sen(2\theta)+cos(2\theta) 2\delta ) +\sqrt{(sen(2\theta)^2+2sen(4\theta)\delta +2(1-cos\theta_2+sen\theta_2 \delta)}))\]
Assim, para $$\theta_2= 45^\circ$$, obtemos:
\[x_3 \approx 0,7(1+4,82 \cdot 0,7) + \delta (0,7-4,82+\dfrac{0,7^3}{4})\]
Como o termo que acompanha $$\delta$$ é negativo, então a função aumenta para valores negativos de $$delta$$, como requerido.
Para $$\theta_2= 0^\circ$$, obtemos:
\[x_3 \approx 5 \delta\]
Como o termo que acompanha $$\delta$$ é positivo, então a função aumenta para valores positivos de $$delta$$, como requerido. Logo o resultado está provado.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)$$2,41 \rm{m}$$
(b) $$x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))$$
[/spoiler]
Problema 6
Eratóstenes de Cirene (séc. III a.C.) determinou o raio da Terra a partir de uma observação e de duas hipóteses. O fenômeno que lhe chamou a atenção é que, no mesmo instante, a direção de incidência dos raios solares varia com a latitude do ponto de observação. Para explicá-lo, ele assumiu que os raios solares são paralelos e que a Terra é esférica. Inspirados nessa abordagem, estudantes de Macapá (M) e Porto Alegre (P), cidades aproximadamente no mesmo meridiano, decidiram reproduzir o experimento.
Macapá está praticamente sobre o Equador e Porto Alegre próxima ao paralelo 30° Sul. Um voo direto, pela rota mais curta, entre as duas cidades percorre a distância de $$d = 3300\ \rm{km}.$$
O experimento será realizado ao meio-dia do equinócio, quando o Sol incide perpendicularmente em Macapá.
(a) Qual é aproximadamente o ângulo de incidência dos raios solares em Porto Alegre?
(b) Determine o raio da Terra sob as hipóteses de Eratóstenes e os resultados experimentais. Justifique seu resultado através de um diagrama.
(c) A mesma observação pode ser explicada por um modelo de Terra plana no qual o Sol é uma fonte de luz pontual a uma altura H acima do plano terrestre e está exatamente sobre Macapá ao meio-dia no equinócio. Determine H. Justifique seu resultado através de um diagrama.
(d) Se o modelo de Terra plana é capaz de explicar a diferença de ângulo de incidência dos raios solares em diferentes cidades, por que ele não é adotado?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos Matemáticos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Conforme o primeiro enunciado, a cidade de Macapá (M) está no Equador (latitude 0°) e Porto Alegre (P) está na latitude 30° Sul. No equinócio, ao meio-dia, os raios solares incidem perpendicularmente em Macapá. Pela hipótese de Eratóstenes de que os raios solares chegam paralelos à Terra, o ângulo de incidência em Porto Alegre é igual à diferença de latitude entre as cidades.
\[\boxed{alpha = 30^\circ}\]
(b) O ângulo entre as cidades é de $$30^\circ$$ isto é:
\[\theta = 30^\circ = \dfrac{\pi}{6}\ \text{rad}\]
Sabendo que o comprimento do arco é dado por
\[d = R\theta,\]
obtemos:
\[R = \dfrac{d}{\theta} = \dfrac{3300}{\pi/6} = \dfrac{3300 \times 6}{\pi}\]
Adotando
\[\pi \approx 3\]
\[R \approx \dfrac{19800}{3} = 6600\ \text{km}\]
O diagrama ficaria assim:
C)No modelo plano, o Sol estaria verticalmente sobre Macapá e faria um ângulo de $$30^\circ$$
com a vertical em Porto Alegre. Assim:
\[\tan 30^\circ = \dfrac{d}{H} \Rightarrow H = \dfrac{d}{\tan 30^\circ}\]
Sabendo que
\[\tan 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\]
\[H = 3300\sqrt{3}\]
Aproximando
\[\sqrt{3} \approx 1{,}7\]
\[H \approx 3300 \times 1{,}7 = 5610\ \text{km}\]
\[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
O diagrama ficaria assim:
(d) O modelo de Terra plana não é adotado porque ele entra em contradição com as premissas do modelo esférico, que são comprovadas por observação. No modelo esférico, que já podemos assumir como o certo, a distância (d) é calculada como $$d=R\theta$$, o que significa que a distância aumenta proporcionalmente com a latitude ($$\theta$$). Ao tentar aplicar essa distância real no cálculo da altura ($$H$$) do Sol no modelo plano (onde $$H = \frac{d}{tan(\theta)}$$), surge uma inconsistência fundamental. O modelo plano, ao ser confrontado com distâncias de latitudes diferentes, faria com que a altura calculada do Sol ($$H$$) mudasse drasticamente. Essa grande diferença na altura do Sol de acordo com a latitude do observador demonstra que os dois modelos são incompatíveis e que o modelo plano falha em descrever a realidade de forma coerente. Por exemplo, enquanto a observação de um ponto a $$30^\circ$$ de latitude resulta em uma altura $$H$$ de aproximadamente $$5700 km$$, a observação de um ponto a $$45^\circ$$ de latitude resultaria em uma altura H de $$4950 km$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) O ângulo de incidência dos raios solares em Porto Alegre é de \[\boxed{30^\circ}\]
(b) \[\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(c)\[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(d) O modelo plano, ao ser aplicado a locais de diferentes latitudes, implicaria que a altura calculada do Sol ($$H$$) variaria drasticamente com a latitude, o que contradiz as observações reais.
[/spoiler]
Problema 7
Um densímetro é um instrumento que flutua em um líquido e se estabiliza em uma posição de equilíbrio estático com uma fração de seu volume submerso. Seu uso é comum em postos de fiscalização para verificar a pureza da gasolina comercializada. A escala do densímetro é calibrada com base na profundidade de imersão, permitindo estimar a densidade do líquido.
Considere um densímetro cilíndrico de massa $$m=50 \rm{g}$$, área da base $$A = 2,0 \rm{cm^2}$$ e escala calibrada de modo que, quando imerso em gasolina pura, ele fica com $$h_{gasolina} = 25,0 \rm{cm}$$ submerso. As densidades são $$\rho_{gasolina}=700 \rm{kg/m^3}$$ e $$\rho_{etanol}=800 \rm{kg/m^3}$$.
(a) Combustíveis vendidos no Brasil como “gasolina comum” são, em geral, uma mistura(em volume) de $$75%$$ de gasolina pura e $$25%$$ de etanol anidro. A que profundidade o densímetro se estabiliza ao ser imerso nesse combustível?
(b) Em uma fiscalização, ao inserir o densímetro em um combustível supostamente vendido como gasolina, observa-se uma profundidade submersa $$h= 33 \rm{cm}$$. Supondo que se trate de uma mistura de gasolina pura e etanol anidro, determine a fração volumétrica (ou porcentagem) de etanol na mistura.
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Hidrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Podemos calcular a densidade média do líquido da maneira:
\[\rho_m = \frac{3}{4}\rho_g+\frac{1}{4}\rho_e= 725 \rm{kg/m^3}\]
Assim, podemos traçar a condição para equilíbrio hidrostático:
\[\rho_m \cdot h \cdot g= \frac{mg}{A}\]
\[h = \frac{m}{A\rho_m} = 34,5 \cdot 10^{-2} m\]
(b) Juntando as expressões do último item, podemos encontrar a fração x buscada:
\[x \cdot \rho_e + (1-x)\rho_g = \frac{m}{Ah}\]
\[x = \frac{\frac{m}{Ah}-\rho_g}{\rho_e-\rho_g} \approx 0,58\]
OBSERVAÇÃO: O dado $$h_{gasolina} = 25,0 \rm{cm}$$ está inconsistente com o resto da questão. Utilizando uma lógica análoga ao utilizada nesta solução, seria teoricamente possível conseguir as respostas com tal profundidade. Porém, como o valor está inconsistente com o resto da questão, utilizar ele gera resultados absurdos para o item b).
Ao calcular tal profundidade com a metodologia do item a), obtemos $$h_{gasolina} \approx 35,7 \rm{cm}$$, que seria o valor correto.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$h = \frac{m}{A\rho_m} = 34,5 \cdot 10^{-2} m$$
(b) $$x = 0,58$$
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Problema 8
Considere uma barra de aço orientada verticalmente, de comprimento inicial $$L_{0} = 0,6 \, \rm{m}$$, densidade $$\rho = 8,00 \times 10^{3} \, \rm{Kg/m^{3}}$$ e área de seção transversal $$A = 36 \, \rm{mm}^{2}$$. A barra é solta sobre um piso idealmente rígido desde uma altura $$h$$ medida em relação à sua base.
Define-se tensão normal e deformação axial por
$$\sigma= \dfrac{F}{A} \, \, (Pa), \; \; \; \; \varepsilon = \dfrac{\Delta L}{L} \, \, (\text{adimensional})$$
em que $$F$$ é a força axial (positiva em tração e negativa em compressão), aplicada ao longo do eixo da barra e perpendicular à sua seção transversaç de área $$A$$, e $$\Delta L$$ é a variação do comprimento da barra. O comportamento elástico linear do material é descrito pela Lei de Hooke uniaxial:
$$\sigma = Y \varepsilon ,$$
Onde Y é o módulo de Young do material. Para o aço, use $$Y = 2,00 \times 10^{11} \, \rm{N/m^{2}}$$. Um material sofre uma deformação permanente quando $$\lvert \sigma \rvert$$ ultrapassa seu limite de elasticidade $$\sigma_{y}$$. Para o aço, use $$\sigma_{y} = 400 \, \rm{MPa}$$.
No impacto com o piso, considere que a base da barra para e surge, junto a ela, uma onda de compressão que se propaga para cima com velocidade $$v_{s} = \sqrt{Y/\rho}$$. Enquanto isso, o topo da barra segue movendo-se para baixo com velocidade $$v_{0}$$ (igual à da barra imediatamente antes do impacto) até o encontro com a frente de onda (a aceleração da gravidade pode ser desprezada neste curto intervalo de tempo).
(a) Mostre que a lei de Hooke, $$F = kx$$, decorre da lei de Hooke uniaxial. Determine a constante elástica $$k$$ da barra.
(b) Estime o intervalo de tempo $$\tau$$ para que o topo pare de se mover.
(c) Qual a maior altura de soltura $$h$$ que não acarreta uma deformação permanente da barra.[
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, podemos utilizar a equação da Lei de Hooke uniaxial do enunciado da seguinte forma:
$$\sigma = Y \varepsilon \iff \dfrac{F}{A} = Y \dfrac{\Delta L}{L_{0}} \iff F = \left( \dfrac{YA}{L_{0}} \right) \Delta L$$
Logo, podemos concluir que:
$$k = \dfrac{YA}{L_{0}} = \dfrac{(2 \cdot 10^{11} \cdot (36 \cdot 10^{-6})}{0,6} \cdot \dfrac{\rm{N}}{m} \iff \boxed{k = 1,2 \cdot 10^{7} \, \rm{N/m}}$$
(b) A velocidade relativa de aproximação entre o topo e a onda de compressão é $$v_{0} + v_{s}$$, logo o tempo $$\tau$$ para que o topo pare de se mover é:
$$\tau = \dfrac{L_{0}}{v_{0} + v_{s}}$$
Primeiramente, podemos calcular $$v_{s}$$ por:
$$v_{s} = \sqrt{\dfrac{Y}{\rho}} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 10^{11}}{8 \cdot 10^{3}}} \iff v_{s} = 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}$$
Além disso, por conservação de energia, podemos escrever:
$$v_{0} = \sqrt{2gh}$$
Para alturas na ordem de $$10 \, \rm{m}$$, temos que $$v_{0} \sim 10^{1} \, \rm{m/s} \ll 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s} = v_{s} $$. Portanto, no cálculo de $$\tau$$, podemos estimar $$v_{0} + v_{s} \approx v_{s}$$, o que implica:
$$\tau \approx \dfrac{L_{0}}{v_{s}} = \dfrac{0,6 \, \rm{m}}{5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}} \iff \boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$$
(c) A fim de encontrar a condição limite, podemos primeiramente perceber que a diferença no comprimento da barra é $$\Delta L = v_{0} \tau = \tau \sqrt{2gh}$$. Assim, a Lei de Hooke uniaxial se torna:
$$\sigma = Y \dfrac{\tau \sqrt{2gh}}{L_{0}} \iff h = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma L_{0}}{Y \tau} \right)^{2}$$
Como as condições para o problema são $$\sigma \le \sigma_{y}$$, temos:
$$h_{max} = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma_{y} L_{0}}{Y \tau} \right)^{2} \approx \dfrac{1}{2 \cdot 10} \left( \dfrac{(400 \cdot 10^{6}) \cdot 0,6 }{(2 \cdot 10^{11}) \cdot (1,2 \cdot 10^{-4})} \right)^{2} \, \rm{m} \iff \boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\boxed{k = 1,2 \cdot 10^{7} \, \rm{N/m}}$$
(b)
$$\boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$$
(c)
$$\boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$$
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Problema 9
Um estudante (E) está sentado a 500 m do ponto mais alto (A) de um trecho de estrada rural isolada e de baixo tráfego. Ele percebe que consegue ouvir veículos que se aproximam do outro lado da elevação antes de vê-los no alto da colina (veja o diagrama, fora de escala). Resolve então fazer um jogo de adivinhação, prevendo o instante em que um automóvel aparecerá.
Admita que as ondas sonoras produzidas pelo motor sejam audíveis por E para distâncias de até 1,20 km e que os automóveis trafeguem a 60 km/h.
(a) Qual é o intervalo de tempo entre a percepção do ronco do automóvel e o momento em que ele é visto no alto (A)?
(b) Que fenômeno ondulatório permite que a onda sonora “contorne” a elevação?
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Ondas e cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para a resolução, primeiro organizamos os dados do problema. A distância do estudante ao topo (AE) é de $$500 m$$. A distância máxima que o som é audível é de $$1,20 km$$, ou seja, $$1200 m$$. A velocidade do automóvel é de $$60 km/h$$, o que corresponde a $$50/3 m/s$$.
A interpretação mais direta do problema, para que seja possível resolvê-lo com os dados fornecidos, é que a distância audível (1200 m) é o caminho que o som percorre sobre a superfície da estrada, desde o carro (C) até o estudante (E), passando pelo ponto mais alto (A). Matematicamente, a distância total do som é a soma da distância do carro ao topo (AC) e do topo ao estudante (AE).
\[d_{som}=d_{AC}+d_{AE}\]
A partir disso, calculamos a distância que o carro está do topo quando o estudante o ouve pela primeira vez:
\[1200\ \text{m} = d_{AC} + 500\ \text{m}\]
\[d_{AC}=700\ \text{m}\]
(a) Para resolver este item, devemos considerar o tempo que o som leva para viajar do carro até o estudante. O intervalo de tempo solicitado é a diferença entre o instante em que o carro é visto (quando ele chega ao ponto A) e o instante em que o som é percebido pelo estudante.
Primeiro, calculamos o tempo de viagem do carro para percorrer os 700 m até o topo (A), que chamaremos de $$\Delta t_{carro}$$.
\[\Delta t_{carro} = \dfrac{\text{distancia}}{\text{velocidade}} = \dfrac{700\ \text{m}}{\frac{50}{3}\ \text{m/s}} = 42\ \text{s}\]
Em seguida, calculamos o tempo que o som, emitido daquela posição inicial, leva para chegar ao estudante, que chamaremos de $$\Delta t_{som}$$. A distância total percorrida pelo som é de 1200 m e sua velocidade no ar é de aproximadamente 340 m/s.
\[\Delta t_{som} = \dfrac{\text{distancia}}{\text{velocidade}} = \dfrac{1200\ \text{m}}{340\ \text{m/s}} \approx 3,53\ \text{s}\]
O intervalo de tempo entre a percepção (ouvir) e a observação (ver) é a diferença entre esses dois tempos. O carro é visto 42 s após o som ser emitido, mas o som só é ouvido 3,53 s após ser emitido. Portanto, o intervalo entre os dois eventos é:
\[\Delta t = \Delta t_{carro} – \Delta t_{som}\]
\[\Delta t = 42\ \text{s} – 3,53\ \text{s} \approx 38,47\ \text{s}\]
\[\boxed{\Delta t \approx 38,5\ \text{s}}\]
(b) O fenômeno ondulatório que permite que uma onda contorne ou se espalhe ao encontrar um obstáculo é a difração, também conhecido como princípio de Huygens
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\Delta t = 38,5\ \text{s}$$
(b) Difração ou princípio de Huygens.
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Problema 10
A Terra primitiva, há bilhões de anos, era coberta por magma. Com o passar do tempo, à medida que o calor foi conduzido à superfície e irridiado para o espaço, formou-se uma crosta sólida que cresceu progressivamente (veja esquema fora de escala). Atualmente, a crosta terrestre tem espessura média aproximada $$L = 35 \, \rm{km}$$ e condutividade térmica média $$k = 2,5 \, \rm{Wm^{-1}K^{-1}}$$.
Considere a temperatura do magma no manto $$T_{magma} = 1200 \, ^{\circ}C$$ e a tempeatura na superfície terrestre constante em $$T_{superficie} = 0 \, ^{\circ}C$$.
Sabe-se ainda que, ao se solidificar, $$1 \, \rm{m^{3}}$$ de magma libera aproximadamente $$5 \times 10^{5} \, \rm{J}$$ de energia.
(a) Estime a taxa de crescimento da crosta (em $$\rm{mm/ano}$$) associada à dissipação do calor por condução entre o manto e a superfície.
(b) Por simplicidade, suponha que essa taxa tenha permanecido constante desde a formação da Terra. Estime a ordem de grandeza do tempo em anos que a Terra possuía magma exposto na superfície.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termodinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, podemos utilizar a lei de condução de Fourier entre a camada externa e interna:
$$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L}$$
Além disso, sendo $$L_{v} = 5 \cdot 10^{5} \, \rm{J/m^{3}}$$ a capacidade térmica volumétrica da costa, o calor associado a um aumento $$\Delta L$$ na crosta é:
$$\Delta Q = L_{v} \Delta V = L_{v} A \Delta L$$
Poranto, temos que:
$$L_{v} A \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L} \iff \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{k \Delta T}{L_{v}L}$$
Substituindo os valores do enunciado e convertendo as unidades:
$$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{2,5 \cdot 1200}{(5 \cdot 10^{5}) \cdot (35 \cdot 10^{3})} \cdot \dfrac{10^{3} \, \rm{mm}}{(3,1 \cdot 10^{7})^{-1} \, \rm{ano}} \iff \boxed{\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$$
(b) Considerando a taxa de crescimento constante, o tempo $$\tau$$ desde o período que a Terra possuía magma exposto é:
$$\tau = \dfrac{L}{(\Delta L/\Delta t)} = \dfrac{35 \cdot 10^{6} \, \rm{mm}}{5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}} \iff \boxed{\tau = 6,6 \cdot 10^{3} \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\boxed{\\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$$
(b)
$$\boxed{\tau \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$$
[/spoiler]
Problema 11
Considere um prisma triangular de vidro cujo ângulo de abertura entre as duas faces refratoras é $$\alpha=30^\circ$$. Um feixe colimado de luz branca incide perpendicularmente sobre uma de suas faces e emerge da segunda sofrendo um desvio. Adote indice de refração do ar $$1.0$$ e, para o vidro, indices com dispersão pequena em torno de $$1.5$$. Os indices de refração nos extremos do espectro visivel são vermelho $$1.48$$ e violeta $$1.52$$. Nas respostas, exprima os ângulos em termos da função $$\arcsin$$. Determine:
(a) O desvio angular médio sofrido pelo raio de luz devido à presença do prisma triangular.
(b) O ângulo de abertura do feixe emergente entre as cores vermelho e violeta na saída do prisma.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica geométrica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Observe o seguinte diagrama:
Veja que os ângulos marcados em azul são iguais a $$30^\circ$$. Assim, pela lei de Snell:
$$n\sin(30^\circ)=\sin(\theta)$$
$$\theta=\arcsin\left(\dfrac{n}{2}\right)$$
Portanto, o desvio é dado por:
$$\boxed{\delta=\arcsin(0.75)-30^\circ}$$
(b) Basta tirar a diferença entre os valores extremos de $$\theta$$. Portanto,
$$\boxed{A=\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\arcsin(0.75)-30^\circ$$
(b) $$\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)$$
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Problema 12
Um carretel de linha apoia-se sobre uma mesa horizontal com coeficientes de atrito estático e cinético iguais a $$\mu = 0,75$$ (ver figura). O tambor interno, sobre o qual a linha está enrolada, tem raior $$r=3,00 \, \rm{cm}$$; as coroas externas têm raio $$R = 5,00 \, \rm{cm}$$, com $$R > r$$. Considere que a toda a massa do carretel é $$2m$$, modelada por duas massas $$m$$ fixadas nos discos laterias, a uma distância $$r$$ do centro.
Uma pessoa puxa a ponta da linha com força constante de módulo $$F = mg$$, formando um ângulo $$\theta$$ com a horizontal.
Seja $$a$$ a aceleração linear do centro de massa $$G$$ (positiva para direita) e $$\alpha$$ a aceleração angjular (positiva no sentido anti-horário).
(a) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = 90^{\circ}$$.
(b) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = 0^{\circ}$$.
(c) Determine o ângulo crítico $$\theta_{c}$$ no qual o comportamento qualitativo do movimento muda do observado em (a) (para $$\theta < \theta_{c}$$) para o observado em (b) (para $$\theta>\theta_{c}$$).
(d) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = \theta_{c}$$ e $$F = 2mg$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, quando o carretel é puxado ele adquirá acelerações linear e angular não nulas, até enfim chegar no regime de rolamento perfeito ( quando não há deslizamento). Nesse regime, temos então que:
\begin{equation}v = \omega R \iff a = \alpha R \end{equation}
Assim, sendo $$f_{at}$$ a força de atrito com o solo, podemos calcular a força e o torque resultante no carretel (usando o centro de massa $$G$$ como referência para o torque) da seguinte forma:
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} N = 2mg – F \sin(\theta)\\ 2ma = F \cos(\theta) – f_{at} \\ (2mr^{2}) \alpha = Fr – f_{at}R \end{array} \right.$$
Logo, substituindo (1) na duas ultimas equações temos que
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2mR^{2} \alpha = FR \cos(\theta) – f_{at}R, \\ 2mr^{2} \alpha = Fr – f_{at}R \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta) – \dfrac{r}{R} \right)$$
Nesse caso onde $$\theta = 90^{\circ}$$ e $$F = mg$$, podemos substituir e achar:
$$\boxed{\alpha = – \dfrac{rg}{2(R^{2}-r^{2})} = – 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 4,7 \, \rm{m/s^{2}}}$$
(b) Esse caso é análogo ao item (a), portanto basta substituir $$\theta = 0^{\circ}$$ e $$F = mg$$ na expressão para $$\alpha$$. Isso nos permite concluir que:
$$\boxed{\alpha = \dfrac{g}{2(R+r)} = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 3,1 \, \rm{m/s^{2}}}$$
(c) A diferença quantitativa das situações nos itens (a) e (b) é a diferença entre os sinais de $$\alpha$$ e $$a$$. Portanto, podemos concluir da expressão de $$\alpha$$ que a condição crítica é:
$$\alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta_{c}) – \dfrac{r}{R} \right) = 0 \iff \boxed{\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right)}$$
Podemos ainda verificar que $$\theta < \theta_{c} \iff \alpha > 0$$ e $$\theta > \theta_{c} \iff \alpha < 0$$, de acordo com o enunciado.
(d) Primeiramente, vamos calcular a força de atrito máxima $$f_{at,max}$$ nesse caso. Temos que:
$$f_{at,max} = \mu N = \mu (2mg – F \sin(\theta)) \iff f_{at,max} = \dfrac{3}{10} mg$$
Caso ocorrese rolamento perfeito, teríamos como vimos no item anterior:
$$\alpha = 0 \, \rm{rad/s} \iff 2mR \alpha = F \cos(\theta_{c}) – f_{at} = 0 \iff f_{at} = \dfrac{6}{5} mg > f_{at,max}$$
O que é um absurdo. Portanto, ocorre deslizamento e o atrito é cinético de módulo igual $$f_{at,max}$$. Assim:
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2m a = 2mg \cdot \dfrac{3}{5} – \dfrac{3}{10}mg \\ 2mr \alpha = 2mg \cdot 3 – \dfrac{3}{10}mg \cdot 5 \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}} \\ \alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}} \end{array} \right.$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\alpha = – 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = – 4,7 \, \rm{m/s^{2}}$$
(b)
$$\alpha = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = 3,1 \, \rm{m/s^{2}}$$
(c)
$$\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right) \approx 53,13^{\circ}$$
(d)
$$\alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}}$$
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