Escrito por Rafael Prado Basto
Revisado por Ualype de Andrade e Matheus Felipe R. Borges
Questão 1
Um globo terrestre é feito de material altamente elástico e está sendo inflado lentamente com uma taxa de variação de volume contínua. Quando o globo tem um volume de $$2048\,{cm}^3$$, e já se encontra na forma esférica, observa-se que uma pequena formiga passa sobre seu equador em direção ao polo norte com velocidade constante $$v = 0,50\,cm/s$$, medida em relação à superfície do globo onde se movimenta. Não se sabe a razão pela qual a formiga tem esse comportamento, talvez seja devido à gota de mel que foi colocada no polo norte. Após $$24,0\,s$$, o globo terrestre atinge seu volume final de $$4000\,{cm}^3$$. Neste instante, supondo que a formiga não alterou seu movimento em direção ao polo norte, nem pretende alterá-lo, que distância ela precisa percorrer até chegar ao seu destino?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Essa questão deve ser analisada com muito cuidado, pois há algumas informações que podem levar a uma solução incorreta ou até mesmo mais complicada. Primeiramente, há uma esfera inflando com uma taxa de variação contínua. A palavra contínua, na matemática, é usada para representar uma função que possui uma derivada definida em todos os pontos do seu domínio. Em outras palavras, a função não é “quebrada”. Esta palavra pode ser associada com constante, mas isso não é o caso! O volume pode variar de qualquer maneira: linear, quadrática, exponencial… No fim, o que de fato importará são os valores iniciais e finais de volume, fornecidos no enunciados.
Para resolver este problema, vamos transformar uma questão de movimento circular em movimento retilínio. Como a formiga tem como objetivo percorrer apenas meio hemisfério, a distância total é (considerando $$\pi = 3$$):
$$d = \dfrac{3}{2} r$$
Onde r é o raio da esfera em cada instante considerado. Agora, consideremos um trajeto retilíneo de distância $$d$$. Este trajeto inicialmente possui distância $$d_o =\frac{3}{2} R_o $$, onde $$R_o$$ é o raio equivalente à esfera de volume $$2048\,{cm}^3$$. No final ,$$d_f =\frac{3}{2} R_f $$, onde $$R_f$$ é o raio equivalente à esfera de volume $$4000\,{cm}^3$$. Podemos visualizar as duas pistas, uma em cima da outra, de acordo com a figura abaixo:
Onde o $$A$$ é o ponto de partida (equador), $$B$$ é o ponto final (polo norte) no instante $$t = 0$$, e no instante $$t = 24\,s$$, $$C$$ é o equador, e $$D$$ é o polo norte. Um fato muito importante de se notar é que, como a formiga possui velocidade constante, e o globo não possui velocidade tangencial (apenas radial, devido à sua expansão), ela irá percorrer, no referencial da superfície, uma distância $$\Delta x = vt = 0,5*24 = 12\,cm$$, independente da taxa de variação do raio. Portanto, podemos pensar que a distância que falta para a formiga chegar no seu destino é:
$$d_{falta} = d_o + \dfrac{d_f – d_o}{2} – vt$$
Visualizando a esfera como uma pista retilínea, vemos que o que falta é apenas a distância de $$A$$ até $$C$$ menos a distância percorrida pela formiga. Agora só falta calcular os raios inicial e final! O primeiro é, utilizando $$V_{esfera} = \frac{4 \pi R^3}{3} \approx 4 R^3$$:
$$R_o = (\dfrac{V_o}{4})^{\dfrac{1}{3}} = 8\,cm$$
$$R_f = (\dfrac{V_f}{4})^{\dfrac{1}{3}} = 10\,cm$$
Portanto:
$$d_o = \dfrac{3*{R_o}}{2} = 12\,cm$$
$$d_f = \dfrac{3*{R_f}}{2} = 15\,cm$$
Substituindo na equação para $$d_{falta}$$:
$$\boxed{d_{falta} = 12 + 1,5 – 12 = 1,5\,cm = 0,015\,m \approx 0,02\,m}$$
Onde colocamos o $$0,02\,m$$ pois a resposta final deve ter apenas 1 algarismo significativo.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{d_{falta} = 0,015\,m \approx 0,02\,m}$$
[/spoiler]
Questão 2
Um termômetro não ideal de capacidade calorífica $$C = 2,0\,cal/ ^{\circ}C$$, inicialmente à temperatura ambiente $$T_a = 25,0\,{^{\circ}C}$$, é usado para medir a temperatura de uma massa $$m = 40,0\,g$$ de água. Após atingido o equilíbrio térmico com a água, o termômetro registra um valor de $$72,0\,{^{\circ}C}$$. Qual era a temperatura da água antes de ser posta em contato com o termômetro?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Primeiramente, devemos entender por que o termômetro registra uma temperatura da água diferente da temperatura antes da medição. Como o termômetro não é ideal, ou seja, possui uma capacidade calorífica maior que zero, ao entrar em contato com a água, ele absorve calor, diminuindo a temperatura da água. Dessa forma, ao entrar em equilíbrio térmico, o Sistema termômetro-água estará com uma temperatura menor que a original. Para encontrar a termperatura inicial da água, podemos usar conservação de energia, ou seja, o calor recebido pelo termômetro $$Q_T$$ é igual ao perdido pela água $$Q_A$$:
$$\Sigma Q = 0$$
$$Q_T + Q_A = 0$$
$$C(T_f – T_a) + mc(T_f – T_o) = 0$$
Onde $$T_f$$ é a temperatura final, $$T_o$$ a temperatura inicial da água, e $$c$$ seu calor específico. Resolvendo para $$T_o$$:
$$C(T_f – T_a) + mcT_f = mcT_o$$
$$T_o = \dfrac{C(T_f – T_o)}{mc} + T_f$$
Substituindo os valores dados no enunciado e na capa da prova:
$$T_o = \dfrac{2(72 – 25)}{40*1} + 72 = 74,35\, ^{\circ} C$$
Ainda devemos converter para Kelvin, para escrever o resultado em unidades do SI. Utilizando $$- 273,15\, ^{\circ} C = 0 K$$:
$$\boxed{T_o = 74,35 + 273,15 = 347,5 K \approx 350 K}$$
Onde escrevemos o $$350 K$$ pois a resposta final deve ter 2 algarismos significativos.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T_o = 347,5 K \approx 350 K}$$
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Questão 3
A 2ª lei de Kepler, muitas vezes conhecida como lei das áreas, estabelece que a linha imaginária que une um planeta ao Sol varre áreas iguais em tempos iguais. Como as trajetórias dos planetas são elípticas, o uso dessa lei para prever a localização de planetas é, em geral, matematicamente inacessível para estudantes do Nível Fundamental, pois nesse nível ainda não se domina o cálculo de áreas de setores elípticos. No entanto, podemos entender como se aplica a 2ª Lei de Kepler aproximando a trajetória elíptica por uma curva formada por duas circunferências de raio $$r$$ cujos centros estão afastados por uma distância $$\lambda$$ dada conforme a figura abaixo. Nessa aproximação, os centros das circunferências são equivalentes aos focos da elipse. Considere um planeta que percorre uma trajetória na qual $$\lambda = 2r$$, no sentido antihorário, com um período $$T$$. Se em dado instante o planeta está localizado no afélio, que é dado na figura pelo ponto $$A$$, determine o intervalo de tempo que ele leva para chegar ao ponto $$B$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Geometria e 2ª Lei de Kepler
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Essa questão usa como ideia principal a segunda lei de Kepler. Como fora fornecido no enunciado:
“A 2ª lei de Kepler, muitas vezes conhecida como lei das áreas, estabelece que a linha imaginária que une um planeta ao Sol varre áreas iguais em tempos iguais. […]”
Essa lei pode ser expressa utilizando uma grandeza chamada “velocidade areolar”, $$v_A$$, que corresponde à área “varrida” pelo vetor posição (linha imaginária que une um planeta ao Sol) por unidade de tempo. Veja que a 2ª lei de Kepler nos diz então que $$v_A$$ é constante. Dessa forma, podemos escrever:
$$v_A = \dfrac{\Delta A}{\Delta t}=const.$$
Primeiramente, foi dado que o ponto $$A$$ é o afélio da órbita. Logo, o Sol está localizado no centro do círculo da esquerda, pois os centros dos círculos à esquerda e à direita ($$F$$ e $$F’$$, respectivamente) são equivalentes aos “focos da elipse”.
Como a área total percorrida em uma órbita completa de período $$T$$ é a área da figura (área de dois semicírculos de raio $$r$$ somado com a área de um quadrado de lado $$\lambda = 2r$$), obtemos a velocidade areolar:
$$\Delta A_{total}= 2*\dfrac{\pi}{2}r^2 + 4r^2 = 7 r^2$$,
$$v_A = \dfrac{(\pi+4) r^2}{T}$$.
Entre os pontos $$A$$ e $$B$$, a área percorrida pelo vetor posição é a de um setor $$F’AB$$ (um quarto de um círculo), mais um triângulo retângulo $$FF’B$$ de base $$\lambda=2r$$ e altura $$r$$. Veja:
Assim, a área percorrida é:
$$\Delta A_{AB} = \dfrac{\pi r^2}{4}+\dfrac{\lambda r}{2} = \dfrac{(\pi+4)r^2}{4}$$.
Dessa forma, como a velocidade areolar é constante, o tempo de percurso $$\Delta t$$ é dado por:
$$\Delta t = \dfrac{\Delta A_{AB}}{v_A} = \dfrac{ \dfrac{(\pi+4)r^2}{4}}{ \dfrac{(\pi+4) r^2}{T}}$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$\boxed{\Delta t=\dfrac{T}{4}}$$
Perceba, inclusive, que não era sequer necessário substituir o valor de $$\pi$$.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta t = \dfrac{T}{4}}$$
[/spoiler]
Questão 4
Aerofotografias ou fotografias aéreas têm uma importância crescente em diversas áreas, como por exemplo, cartografia, agricultura, monitoramento ambiental e planejamento urbano. Um dos usos das fotografias aéreas é a produção de ortofotomapas que são formados a partir de várias fotografias tiradas com câmara voltada verticalmente para baixo. Para que a composição das diversas fotos em um único mapa seja feita computacionalmente, é preciso obtê-las sequencialmente com sobreposições entre imagens consecutivas. A figura abaixo ilustra o processo no qual é indicada a posição do avião em três instantes consecutivos em que fotos são tiradas. Para simplificar, vamos imaginar que o solo é plano, a altura $$h$$ do voo é constante e é utilizada uma câmara com ângulo de visão $$\theta$$ fixo. Nessa figura a região $$S$$ indica a sobreposição frontal, ou seja, tomada na direção do movimento, de uma imagem com sua antecessora. Suponha um operador que deve tirar aerofotografias com uma sobreposição frontal fixa de $$50\%$$ voando a $$h = 900\,m$$. Ele ajusta sua câmara para tirar automaticamente 5 fotos por minuto e escolhe lentes com ângulo de visão $$\theta = 60^{\circ}$$. Determine a velocidade $$v$$ de voo do avião, em relação ao solo, durante a aquisição das imagens.
[spoiler title=’Assuntos Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para encontrar a velocidade $$v$$ do avião, devemos usar os dados fornecidos pela questão para saber a distância que ele percorre por segundo. Primeiramente, sabemos que ele tira 5 fotos por minuto com uma sobreposição de $$50\%$$, ou seja, a extremidade de uma foto fica na mesma posição que o meio da outra. Antes de prosseguir, convém informar que a frase“Ele ajusta sua câmara para tirar automaticamente 5 fotos por minuto[…]” pode gerar duas interpretações distintas sobre como as fotos são tiradas. Todavia, uma delas está errada. Iremos primeiramente discutir sobre a solução errada, e depois apresentaremos a correta.
1ª interpretação – o avião tira uma foto a cada 15 segundos (ERRADA)
Chamando a distância entre o meio da foto e sua extremidade de $$x$$, temos, nessa interpretação, que o avião percorre $$4x$$ passados 60 segundos (ver figura abaixo). Em outras palavras, o intervalo de tempo entre duas fotos consecutivas vale $$15\,s$$.
Para achar $$x$$, podemos usar a tangente de $$\dfrac{\theta}{2}$$, metade do ângulo de visão do avião:
$$\tan{\dfrac{\theta}{2}} = \dfrac{x}{h}$$
$$\dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{x}{900}$$
$$x = 300 \sqrt{3}\,m$$
Como ele percorre $$4x$$ em 60 segundos (ou $$x$$ em 15 segundos):
$$v = \dfrac{4x}{60} = \dfrac{x}{15}=\dfrac{300\sqrt{3}}{15} = 20\sqrt{3} = 20*1,7 = 34\,m/s$$
O erro desse raciocínio consiste em dizer que o intervalo de tempo entre fotos consecutivas é de $$15\,s$$. Segundo isso, o avião percorre $$4x$$ após tirar as 5 fotos. Continuando o processo até que o avião tenha percorrido mais $$4x$$ (passou-se mais um minuto), você provavelmente deve pensar que 10 fotos serão tiradas, porém, foram apenas 9 (olhe a figura abaixo).
Obviamente isso consiste de um absurdo, pois a condição de 5 fotos por minuto estabelece uma proporção: 10 fotos a cada 2 minutos, 15 fotos a cada 3 minutos e por aí vai. Claramente nessa interpretação, essa proporção não é obedecida: você teria as 5 primeiras fotos e somaria com as próximas 5, pois cada grupo de 5 fotos foi tirado em cada minuto. Entretanto, observe a figura abaixo: a foto de número 5 pertence aos dois grupos. Efetivamente, ela teria que ser contada duas vezes para fazer esse raciocínio válido, o que não é o caso.
Para se convencer ainda mais, pense no caso limite de 1 foto por minuto: o avião precisaria tirar uma foto na posição 1, por exemplo, e tirar outra foto somente na posição 2 após 2 minutos segundo esse raciocínio, o que não faz sentido.
2ª interpretação – o avião tira uma foto a cada 12 segundos (CORRETA)
No caso anterior estávamos considerando haver um intervalo de $$15$$ segundos entre cada foto, o que geraria uma taxa de 5 fotos por minuto, mas com a peculiaridade de uma foto pertencer simultaneamente a dois grupos consecutivos de 5 fotos. Porém, observe que o intervalo de tempo entre 2 fotos consecutivas é de $$60/5=12$$ segundos. Perceba que, nesse caso, a proporcionalidade é realmente obedecida, e ao final de 120 segundos haverá 10 fotos, em 180 segundos 15 fotos, e por aí vai, e não temos então o problema de somar a mesma foto duas vezes como na 1ª interpretação. Na figura abaixo, note que o avião tira uma foto no primeiro ponto (aquele sem o avião, na figura), porém essa foto “pertence” ao minuto anterior, que contém outro grupo de 5 fotos.
Como ele percorre $$x$$ em 12 segundos:
$$v = \dfrac{x}{12} = \dfrac{300\sqrt{3}}{12} = 25\sqrt{3} \, m/s$$
$$v=42,5\,m/s$$
Onde usamos $$\sqrt{3}=1,7$$ da capa da prova. Como a resposta deve ser em 1 algarismo significativo:
$$\boxed{v = 42,5\,m/s \approx 40\,m/s}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v = 42,5\,m/s \approx 40\,m/s}$$
[/spoiler]
Questão 5
Uma estudante de física está planejando o posicionamento de painéis solares instalados no quintal de sua casa e está considerando a questão da sombra projetada por uma edificação vizinha, de altura $$h = 8,00\,m$$, situada a oeste. O terreno de seu quintal é plano e horizontal, está localizado próximo à linha do equador e todo o estudo é feito em um dia próximo do equinócio, no qual o Sol está no zênite (ponto na esfera celeste interceptado pelo eixo vertical imaginário que passa pela cabeça do observador em pé na Terra) quando o relógio marca $$12h00$$. Neste dia, a sombra projetada pela edificação atinge os painéis solares quando são $$16h00$$. Para dar lugar a uma horta, a estudante precisa reinstalar os painéis deslocando-os para oeste, mas não quer que fiquem sombreados antes das $$15h00$$. Determine a máxima distância que os painéis podem ser movidos.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trigonometria e noções de Astronomia
[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Primeiramente, devemos entender a configuração do sistema. Podemos imaginar um edifício de $$8$$ metros, e os raios solares incidindo em direção ao leste (pois o sol está se pondo no oeste) nos horários de $$16h00$$ e $$15h00$$. Como o evento ocorre no próximo do equador, e ocorre próximo do equinócio, o sol se põe as $$18h00$$, passando exatamente $$12$$ horas acima do horizonte. Dessa forma, o sol percorre $$90/6 = 15^{\circ}$$ por hora. Dessa forma, as $$16h00$$, ele terá percorrido $$60^{\circ}$$ em relação ao zênite, e as $$15h00$$ terá percorrido $$45^{\circ}$$ em relação ao zênite.
As 16h00 os painéis solares entram na sombra do edifício, como na figura abaixo:
Como o edifício possui $$8$$ metros de altura, os painéis estão a uma distância $$d_o$$de:
$$\tan(60^{\circ}) = \dfrac{d_o}{h}$$
$$d_o = h\sqrt{3}$$
Já as $$15h00$$, o ângulo na figura será de $$45^{\circ}$$. Como a estudante quer que os painéis não sejam sombreados antes desse horário, a distância máxima que eles podem estar do edifício é de:
$$\tan(45^{\circ}) = \dfrac{d_f}{h}$$
$$d_f = h$$
A máxima distância que ela pode mover os painéis é de:
$$\boxed{\Delta x_{max} = d_o – d_f = h(\sqrt{3} – 1) = 8,00*0,7 = 5,60\,m}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta x_{max} = h(\sqrt{3} – 1)=5,60\,m}$$
[/spoiler]
Questão 6
Gotas de água caem do alto do poço de um elevador de $$90\,m$$ de altura a uma taxa uniforme de uma gota a cada um segundo. Um elevador que sobe com velocidade constante de $$6\,m/s$$ é atingido por uma gota quando está a $$10\,m$$ de altura. (a) Após quanto tempo e (b) a que altura o elevador é atingido pela próxima gota?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática: movimento retilíneo e uniforme e queda livre
[/spoiler] [spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Para saber quanto tempo e em que altura o elevador é atingido pela próxima gota, precisamos inicialmente entender o que está acontecendo. Em um dado instante, uma gota cai do alto do poço, e atinge o elevador em uma altura de $$10$$ metros. Assim, a gota percorreu $$80$$ metros até atingir o elevador, e o tempo até este evento é de:
$$d = \dfrac{g t^2}{2}\,\,\,\therefore\,\,\,t=\sqrt{\dfrac{2d}{g}} = \sqrt{\dfrac{160}{10}} = 4\,s$$
Como o tempo total é de $$4$$ segundos, outras gotas cairam antes da primeira atingir o elevador. A segunda gota, liberada $$1$$ segundo após a primeira, caiu por $$3$$ segundos até a primeira atingir o elevador, percorrendo uma distância de:
$$d = \dfrac{g t^2}{2} = 5*9 = 45\,m$$
(a) Para encontrar o instante onde essa segunda gota atingiu o elevador, podemos escrever as equações de movimento de ambos objetos. O elevador, por possuir velocidade constante, tem equação de movimento da seguinte forma:
$$y = y_o + vt = 10 + 6t$$
Já a gota está em queda livre, de forma que:
$$y = y_o + v_o t + \frac{g t^2}{2} = 45 – 30 t – 5 t^2$$
No instante de colisão, o elevador e gota terão a mesma posição, então devemos igualar as duas equações de movimento:
$$10 + 6t = 45 – 30t – 5t^2$$
$$5t^2 + 36t – 35 = 0$$
Esta equação possui duas soluções, e a unica com sentido físico é o tempo positivo, ou seja (utilizando a formula de Bháskara):
$$\boxed{t = \dfrac{-36 + \sqrt{36^2 -4*5*(-35)}}{10} = 0,868\,s \approx 0,9\,s}$$
Onde escrevemos o $$0,9\,s$$ como resposta final pois o resultado deve ter 1 algarismo significativo.
(b) Para encontrar a posição onde a colisão ocorre, Podemos apenas substituir $$0,868$$ na equação de movimento para o elevador:
$$\boxed{y = 10 + 6*0,868 = 15,2\,m \approx 15\,m}$$
Onde escrevemos $$15\,m$$ na resposta final pois a casa decimal é uma medida imprecisa nessa operação.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{t=0,868\,s \approx 0,9\,s}$$
(b) $$\boxed{y=15,2\,m \approx 15\,m}$$
[/spoiler]
Questão 7
A potência irradiada ou absorvida por uma superfície de área $$A$$ que está à temperatura absoluta $$T$$ é dada pela lei de Stefan-Boltzmann:
$$P = e\sigma A T^4$$
onde $$\sigma \approx 6 \times 10^{-8} W/m^2 K^4$$ é a constante universal de Stefan-Boltzmann e $$e$$, a emissividade característica da superfície, que é um valor entre $$0$$ e $$1$$. Uma superfície com $$e = 1$$ é chamada perfeitamente emissora ou absorvedora e uma superfície com $$e = 0$$ é chamada perfeitamente refletora. Sabendo que o Sol emite radiação com potência $$P = 4 \times 10^{26} W$$ e seu raio médio é $$R = 7 \times 10^8\,m$$, estime sua temperatura superficial admitindo que o mesmo é um corpo perfeitamente emissor.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Noções básicas[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Para encontrar a temperatura superficial do Sol, podemos apenas substituir os dados fornecidos no enunciado na lei de Stefan-Boltzmann. Resolvendo a equação para a temperatura, e já usando $$e = 1$$:
$$T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{\sigma A}}$$
Como o Sol pode ser considerado uma esfera de raio $$R$$, sua área superficial $$A=4 \pi R^2$$. Logo:
$$T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{\sigma 4 \pi R^2}} = \sqrt[4]{\dfrac{P}{12 \sigma R^2}}$$
Onde usamos $$\pi = 3$$ como solicitado na capa da prova. Substituindo os dados do enunciado:
$$T = \sqrt[4]{\dfrac{4 \times 10^{26}}{12 6 \times 10^{-8} \times (7 \times 10^8)^2}}$$
$$\boxed{T = 5,8 \times 10^3 \, K \approx 6 \times 10^3 \, K}$$
Onde escrevemos como resposta final $$6 \times 10^3 \,K$$ pois a resposta deve ter apenas um algarismo significativo.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{ 4 \pi \sigma R^2}}=5,8 \times 10^3 \, K \approx 6 \times 10^3 \, K}$$
[/spoiler]
Questão 8
Em uma bancada horizontal lisa está embutida uma plataforma plana circular horizontal de raio $$r = 25\,cm$$, que gira uniformemente com frequência $$f = 2\,Hz$$ em torno de um eixo vertical fixo. A plataforma girante está dividida em duas regiões, uma maior lisa e outra menor áspera, de forma que um pequeno disco de massa $$m = 100\,g$$ pode deslizar livremente por toda a bancada com exceção da parte áspera onde desliza com atrito. A figura abaixo apresenta um diagrama desse arranjo experimental, no sistema de referência adotado, o centro da plataforma girante localiza-se no ponto P, de coordenadas $$x_P = 2r$$ e $$y_P = 0$$, e o disco localiza-se na origem. Há ainda um dispositivo lançador (não representado na figura) que, quando disparado, exerce uma força constante $$\vec{F}$$ sobre o disco de intensidade $$F = 0,8\,N$$, que atua desde $$x = 0$$ até $$x = r$$. Considerando que no instante $$t = 0$$ a plataforma girante está na orientação ilustrada na figura, determine (a) a velocidade do disco quando chega à plataforma (b) um instante de lançamento para que o disco que atinja o ponto $$Q$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trabalho e cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para encontrar a velocidade que o disco chega na plataforma, podemos usar o teorema da energia cinética; isto é, o trabalho $$W$$ que a Força $$\vec{F}$$ realiza é igual a variação de energia cinética $$\Delta K$$ do disco:
$$W = \Delta K$$
$$F*r = \dfrac{m v^2}{2}$$
Resolvendo para $$v$$ e substituindo os dados do enunciado:
$$\boxed{v = \sqrt{\dfrac{2Fr}{m}} = \sqrt{\dfrac{2*0,8*0,25}{0,1}} = 2\,m/s}$$
O aluno poderia, alternativamente, ter usado a equação de Torricelli e a segunda lei de Newton.
(b) Como podemos escolher um instante qualquer de lançamento, é instintivo escolher o instante de mais fácil análise, ou seja, aquele no qual o disco não irá entrar em contato com a parte áspera. O tempo total que o disco leva para atravessar a plataforma é de:
$$t = \dfrac{2r}{v} = \dfrac{0,5}{2} = 0,25\,s$$
O tempo que o disco leva para dar uma volta complete, ou seja, seu período $$T$$ é de:
$$T = \dfrac{1}{f} = 0,5\,s$$
O caso em que o disco não encosta na parta áspera é quando, no instante em que o disco chega na plataforma, a linha que divide a parte áspera e lisa está na vertical, e o disco primeiro entra em contato com a parte lisa. Para melhor visualizar essa configuração, rotacione a orientação da plataforma na figura de $$90^{\circ}$$ no sentido horário. Este instante é o buscado pois a plataforma dá um quarto de volta em $$0,125$$ segundos, e o disco percorre $$r$$ neste mesmo tempo, então quando o disco chega no ponto $$P$$, a linha divisória está na horizontal. Como a plataforma gira no sentido anti-horário, a parte áspera sempre estaria à esquerda do disco e nunca encostaria nele!
O tempo que o disco leva para chegar na plataforma é, utilizando o teorema do impulso:
$$F \Delta t = \Delta p\,\,\,\therefore\,\,\, \Delta t = \dfrac{\Delta p}{F} = \dfrac{m v}{F}$$
Onde $$p$$ é a quantidade de movimento do disco. Substituindo os dados do enunciado:
$$\Delta t = \frac{0,1*2}{0,8} = 0,25\,s$$
Portanto, até o disco chegar na plataforma, ela percorre meia volta. Dessa forma, deve-se esperar a plataforma dar um quarto de volta para lançar, pois no instante em que o disco chegar na plataforma, ela estará na configuração desejada. O tempo de um quarto de volta é:
$$\boxed{t = \dfrac{T}{4} = \dfrac{1}{4f}=0,125\,s}$$
Que é o instante pedido na questão.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{v = \sqrt{\dfrac{2Fr}{m}}=2\,m/s}$$
(b) $$\boxed{t = \dfrac{1}{4f}=0,125\,s}$$
[/spoiler]