Terceira Fase (Nível 1)

Cinemática

Para que haja equivalência nos tempos de percurso, sabendo que a velocidade de ambos é igual e constante, temos que seus trajetos devem ter comprimentos iguais, visto que o tempo é dado pela razão entre a distância percorrida e a velocidade. Lembrando que o tamanho de um arco equivale ao seu raio multiplicado por seu ângulo, temos que:

$(R+L)\theta=2L+R\theta$

Chegamos por fim a:

$\theta=\dfrac{2L}{L}=2$

Ou seja:

$\boxed{\theta=2\;rad}$

OBS: É interessante vermos que o resultado independe de $L$ e $R$!

$\boxed{\theta=2\;rad}$.

Cinemática

A velocidade média é dada pela razão entre o deslocamento do móvel e o tempo total de trajeto, onde contabilizamos inclusive o tempo durante o qual este esteve parado. Primeiramente calcularemos o tempo, em horas:

$T=\dfrac{40}{60}+\dfrac{20}{60}+2=3h$.

E então, obtemos o seu deslocamento (considerando que o carro viaja sempre no mesmo sentido):

$D=100 \cdot \dfrac{40}{60}+95 \cdot2=\dfrac{200}{3}+190=\dfrac{770}{3}$ $km$.

E assim, obtemos para a velocidade média:

$V_m=\dfrac{D}{T}=\dfrac{770}{9}=85,55$ $km/h$.

Com os devidos algarismos significativos, a resposta fica:

$\boxed{V_m=85,6 \approx 9 \cdot 10 \ km/h}$.

Atente-se: No geral a OBF pede respostas com unidades no S.I, contudo nesta questão (e em algumas outras desta prova) foi especificado que a resposta era para ser dada em $km/h$. Além disso, as respostas devem estar nos algarismos significativos.

$\boxed{V_m=85,6 \approx 9 \cdot 10 \ km/h}$.

Cinemática (vetorial)

É importante nós entendermos a dinâmica dessa situação. Em qualquer posição, temos sempre duas forças atuando na massa: a tração $\vec{T}$ do fio e seu peso $m\vec{g}$. Introduzimos o ângulo $\theta$ que o fio forma com a vertical. Veja a figura a seguir para a representação esquemática desse cenário em uma posição arbitrária entre a mais baixa e $A$:

Figura 3: Diagrama de corpo livre para a massa pendular.

Dividimos a gravidade em suas componentes tangencial, $g\sin{\theta}$, e radial $g\cos{\theta}$. Veja que, para manter o movimento circular, a soma vetorial da tração e da componente do peso na direção radial atua como força resultante centrípeta. Sendo assim, podemos dividir a aceleração total da massa em duas componentes; a aceleração centrípeta, na direção radial, e a aceleração $g\sin{\theta}$ na direção tangente, devido à componente tangencial do peso (a tração não possui componente tangencial):

Figura 4: Esquematização das componentes radial e tangencial da aceleração.

Feita essa análise, voltemos nossas atenções para o pedido do problema; a análise da aceleração nos pontos $A$, $B$ e na posição vertical.

$\rightarrow$ Nas posições de retorno $A$ e $B$ o pêndulo encontra-se momentaneamente em repouso; logo, a sua aceleração na direção radial (centrípeta) é nula, e há somente aceleração na direção tangente, orientada de forma a fazer a partícula "voltar" para a posição de equilíbrio na vertical.

$\rightarrow$ Na posição vertical (também chamada de posição de equilíbrio, pois é o que verificamos se abandonamos o pêndulo em repouso nessa posição), o pêndulo possui velocidade tangencial não-nula, o que implica que há aceleração centrípeta. Como a velocidade é horizontal  (ora para a esquerda, ora para a direita), a aceleração centrípeta aponta para cima, em direção ao centro de curvatura. Não há aceleração tangencial, pois a componente do peso nessa direção, na posição em questão, é nula.

Os vetores estão esquematizados a seguir:

Figura 5: Esquema dos vetores aceleração em cada uma das posições.

OBS.: A aceleração na direção radial é centrípeta, e tem como funcionalidade puramente variar o vetor velocidade da partícula de forma a mantê-la no seu movimento circular. Seria impossível que a aceleração radial tivesse o efeito de acelerar a partícula nessa direção (fazendo-a ganhar velocidade radial), pois o fio é inextensível, o que restringe o movimento da massa. Por isso, podemos seguramente afirmar que não há aceleração radial nas posições extremas.

 Cinemática - Lançamento Oblíquo

a) Ao ser lançado em uma trajetória parabólica sob a ação da gravidade - um lançamento oblíquo -, o avião sobe mais $2000m$, como podemos identificar no texto. Entenda que "atingir $45^{\circ}$ novamente", para esclarecimento, significa retornar ao mesmo nível vertical de lançamento. Então, sendo $V_y$ a velocidade vertical inicial do avião, e $y$ a altura máxima (medida a partir do nível vertical de lançamento), utilizemos a equação de Torricelli:

$V_y^2=2gy$.

Substituindo os valores, $g=10$ $m/s^2$ e $y=2000$  $m$:

$V_y^2=2 \cdot 10 \cdot 2000 \ m^2/s^2 \rightarrow V_y=200 \ m/s$.

E, para obtermos a velocidade inicial, fazemos

$V=\dfrac{V_y}{\sin{(45^0)}}=286 \ m/s$,

onde usamos $\sin{45^{\circ}}=0,7$. Convertendo para $km/h$:

$V=\dfrac{286}{3,6} \ km/h \approx 79,4 \ km/h$

$\boxed{V=8 \cdot 10 \ km/h}$.

OBS.: É importante salientar que o enunciado não deixa claro se a inclinação é medida com relação à horizontal ou vertical. Felizmente, isso não é um problema para nós, pois o ângulo é de $45^{\circ}$.

b) Sabemos que a velocidade horizontal é constante e idêntica à velocidade vertical, basta obtermos o tempo de vôo. Para tal, olhamos para o tempo que o avião demora para chegar ao topo de sua trajetória, e o dobramos, devido à simetria do movimento:

$V_y=gt\rightarrow t = 20 \ s$.

$D=V_x \cdot 2t = 200 \cdot 2 \cdot 20 \ m$

$\boxed{D=8 \cdot 10^3 \ m}$

Usamos, acima, que a velocidade horizontal possui o mesmo valor da velocidade vertical inicial, pois $\tan{(45^{\circ})}=1$.

c) Há duas possíveis interpretações para resolver esse item. A primeira considera que a aceleração requisitada é a aceleração total (resultante) do avião naquela posição. Estando em movimento circular, a aceleração resultante do avião corresponde à resultante centrípeta:

$a=\dfrac{v^2}{R}$

No ponto mais baixo sua velocidade é puramente horizontal. Como o enunciado especifica que o piloto pode voltar a repetir o mesmo procedimento de voo, a velocidade horizontal do avião deve ser a mesma que antes do salto, de módulo $v_{x} = 200 m/s$. Logo, a aceleração centrípeta é dada por:

$a=\dfrac{200^2}{4500} \ m/s^2 = 8,9 \ m/s^2$

Logo:

$\boxed{a = 9 \ m/s^2}$

A segunda interpretação, no entanto, considera que a questão desejava encontrar, na realidade, o peso (no caso, a gravidade) aparente sentido por cada passageiro, também conhecida por força normal (simbolizada aqui por $N$). No caso do ponto mais baixo da trajetória, devemos considerar que:

$F_{cp} = N - mg = ma$

$N = mg' = ma + mg$

$\boxed{g' = a + g = 19 \ m/s^2 \approx 2 \cdot 10^2\;m/s^2}$,

onde $g'$ é a gravidade aparente sentida pelos passageiros.

OBS: Um argumento em favor dessa interpretação é o fato de que a questão especificou que a aceleração requisitada é a do ponto mais baixo. Seguindo a primeira interpretação, a resposta seria a mesma que calculamos ($9 \m/s^2$) para qualquer ponto da trajetória, já que o movimento do avião é circular e uniforme, e portanto o módulo da aceleração é igual para qualquer ponto.

a) $\boxed{V=8 \cdot 10 \km/h}$

b) $\boxed{D=8 \cdot 10^3 \ m}$

c) $\boxed{a = 9 \ m/s^2\approx 1 \cdot 10\ m/s^2}$ ou $\boxed{g' = 19 \ m/s^2 \approx 2 \cdot 10 \ m/s^2}$, a depender da interpretação (ver solução)

Gravitação

Primeiro, vamos analisar a variação do peso do objeto; se o peso de algo em um planeta é metade em relação ao do mesmo na Terra, temos que a aceleração gravitacional neste planeta é a metade da Terra, pois:

$P'=mg'=2P=2mg$,

$g'=2g$.

Sendo $m$ a massa do corpo, $g'$ a gravidade na superfície do planeta e $g$ a gravidade superficial terrestre. Temos que a aceleração gravitacional na superfície de um planeta dada por:

$g_{sup}=\dfrac{GM_p}{r^2}$.

Onde $G$ é a constante da gravitação universal, $M_p$ a massa do planeta e $r$ seu raio. Utilizando o dado de que a massa $M'$ do planeta é o dobro da massa $M$ Terra, obtemos (chame de $R$ e $R'$ os raios da Terra e do planeta, respectivamente):

$2g'=g\rightarrow 2\dfrac{2M}{R'^2}=\dfrac{M}{R^2}$.

Por fim:

$R'^2=4R^2\rightarrow \boxed{R'=2R}$

$\boxed{R'=2R}$.

Mecânica - Segunda lei de Newton

Pela Segunda Lei de Newton, temos que a força resultante na bola é dada por:

$F=ma$

Onde $m$ é a massa do corpo e $a$ sua aceleração. Para uma força (e, consequentemente, aceleração) constante, a mudança de velocidade de um corpo corresponde a:

$\Delta V=at=\dfrac{F}{m}t$

A diferença entre as velocidades nos é fornecida, bem como o valor da força e da massa. Portanto, substituindo os valores numéricos:

$t = \dfrac{m \Delta V}{F} = \dfrac{450 \cdot 10^{-3} (4,0-2,0)}{45,0} \ s$

$\boxed{t=2 \cdot 10^{-2} \ s}$.

Um aluno mais experiente pode vir a perceber que este procedimento equivale a usar o teorema do impulso, $F\Delta t=m\Delta V$.

$\boxed{t=2 \cdot 10^{-2} \ s}$.

Cinemática - Movimento Acelerado

a) Nessa questão, precisaremos fazer uma consideração (provavelmente esperada pela OBF), que explicaremos por que será bastante razoável: podemos admitir uma aceleração constante para o carro, pois o texto descreve que, até um certo ponto o carro é impulsionado por uma mesma turbina (assim como no estágio que o segue, até alcançar a velocidade máxima, porém com uma turbina mais potente). Além disso, o comportamento do gráfico da questão evidencia isso, de certa forma. Para convencê-lo disso, observe o formato do gráfico de velocidade versus distância (cuja dependência é $V=\sqrt{2ad}$, pela equação de Torricelli, partindo do repouso):

 Figura 7: Gráfico da velocidade versus posição para o MRUV.

Realmente, o comportamento é, de certa forma, semelhante ao observado! Não era necessário que o aluno tivesse essa visualização no momento da prova, mas é importante que a ressaltemos. Prosseguindo com a resolução:

Denote por $V_1$ a velocidade no instante de acionamento $t_1$, e $a_1$ a aceleração nessa primeira etapa. Sabendo que o carro parte do repouso, temos

$V_1=a_1t_1$

e

$D_1=\dfrac{a_1t_1^2}{2}$.

Do gráfico, podemos estimar $V_1 \approx 600 \ km/h$ e $D \approx 3 \ km$. Com isso, substituindo valores:

$a_1 t_1=600 \ km/h$,

e

$a_1 t_1^2 = t_1 \cdot (a_1 t_1) = 6 \ km$

$t_1 = \dfrac{6}{600} \ h = 3600 \cdot 10^{-2} \ s$.

Logo:

$\boxed{t_1=36\ s \approx 4 \cdot 10 \ s}$.

Também podemos aproximar a curva aparente descrita pela velocidade nas distâncias iniciais para uma reta, obter o valor médio da velocidade e dividir a distância percorrida pelo mesmo, obtendo o mesmo valor.

b) Partindo já do ponto de ativação da turbina até o ponto de velocidade máxima podemos considerar como um movimento uniformemente variado novamente (conforme já discutimos), sendo a ideia passada pelo enunciado. É conveniente analisarmos a equação do movimento a partir do momento em que o segundo estágio é acionado, tendo em vista que a aceleração mudará. Seja $V_2$ a velocidade máxima, $t_2$ o instante em que isso ocorre, $D_2$ a distância percorrida desde a partida até o momento em questão e $a_2$ a aceleração desse estágio. Chamando também $t_2-t_1 \equiv \Delta t$, teremos:

$D_2-D_1=V_1 \Delta t+\dfrac{a_2\Delta^2}{2}$,

e

$V_2=V_1+a_2 \Delta t$

Nosso maior empecilho é determinar os valores para $D_2$ e $V_2$. Uma estimativa razoável é $V_2 \approx 1700$ $km/h$ e $D_2 \approx 10$ $km$. Manipulando as equações e substituindo os valores numéricos, de um modo análogo ao que fora feito no item passado, obtemos

$\Delta t = \dfrac{7}{1150} \approx 0,006 \ h$.

Em segundos:

$\Delta t=21,6 \ s$.

Logo:

$t_2=t_1 + \Delta t=36+21,6 \ s = 57,6 \ s$

$\boxed{t_2 = 57,6 \ s \approx 6 \cdot 10 \ s}$.

Perceba que pequenas alterações nos valores de distância e e velocidade escolhidas não iriam alterar a resposta em seus algarismos significativos.

a) $\boxed{t_1=36 \approx 4 \cdot 10 \ s}$.

b) $\boxed{t_2 = 57,6 \approx 6 \cdot 10 \ s}$.

Cinemática - Lançamento Oblíquo

Neste caso, temos um lançamento oblíquo e sabemos a região, tanto na horizontal quanto na vertical, na qual a massa deve cair. Tal intervalo de locais de queda rege o intervalo de velocidades possíveis. Devemos então encontrar o ponto mínimo e o máximo desta região. É visível que o máximo equivale a ponta do $N$-ésimo degrau, porém o mínimo não ocorre no início deste, pois temos a condição de que a bolinha não pode bater no degrau anterior. Ou seja, nosso ponto mínimo se dá pelo extremo do $(N-1)$-ésimo degrau. Por convenção, vamos orientar o eixo $X$ para a direita e o eixo $Y$ para baixo. Então:

$\rightarrow$ Para o ponto máximo:

$Y=NL=g\dfrac{t^2}{2}$,

$X_max=2NL=V_{max}t$.

Assim obtemos:

$t=\sqrt{\dfrac{2NL}{g}}\rightarrow V_{max}=\sqrt{2NLg}$

$\rightarrow$ E para o ponto mínimo:

$Y'=(N-1)L=g\dfrac{t'^2}{2}$,

$X_{min}=2(N-1)L=V_{min}t'$.

Que nos leva a:

$t'=\sqrt{\dfrac{2(N-1)L}{g}}\rightarrow V_{min}=\sqrt{2(N-1)Lg}$.

Como o projétil não pode colidir com o $(N-1)$-ésimo degrau, sua velocidade deve ser maior que a mínima calculada. Por fim, temos:

$\boxed{\sqrt{2(N-1)Lg}<V\leq\sqrt{2NLg}}$.

$\boxed{\sqrt{2(N-1)Lg}<V\leq\sqrt{2NLg}}$