Problemas Aula 1.7 - Momento e Impulso

a) Convertendo para $\mathrm{m/s}$:

$$v_0=\dfrac{54}{3,6}=\boxed{30\,\mathrm{m/s}}$$

A velocidade média do avião em sua trajetória é

$$v_m=\dfrac{v_f+v_0}{2}=15\,\mathrm{m/s}$$

Assim, a distância percorrida é

$$\Delta s=v_m\Delta t=15\cdot 3=\boxed{45\,\mathrm{m}}$$

b) A força média $F_m$ é tal que

$$F_m=ma_m=m\dfrac{\Delta v}{\Delta t}$$

$$F_m=2,4\cdot 10^4\cdot \dfrac{30}{3}=\boxed{2,4\cdot 10^5\,\mathrm{N}}$$

A intensidade média do impulso, por sua vez,

$$I_m=m\Delta v=2,4\cdot 10^4\cdot 30=\boxed{7,2\cdot 10^5\,\mathrm{N\cdot s}}$$

a) $v_m=30\,\mathrm{m/s}$

$\Delta s=45\,\mathrm{m}$

b) $F_m=2,4\cdot 10^5\,\mathrm{N}$

$I_m=7,2\cdot 10^5\,\mathrm{N\cdot s}$

Sabemos que a fórmula geral do impulso é $I=F\Delta t$, desde que $F$ seja constante no interval0 de tempo $\Delta t$. Na primeira parte do trajeto, o impulso realizado é $FT_1$. Na segunda parte, o impulso foi de $2FT_2$. Pelo teorema do impulso:

$$I=\Delta p=M(v_f-v_0)=Mv_f$$

$$F(T_1+2T_2)=Mv_f$$

$$v_f=\boxed{\dfrac{F(T_1+2T_2)}{M}}$$

Letra b)

Lembre-se que o impulso é uma quantidade vetorial, $\vec{I}=\Delta \vec{p}=\vec{p_f}-\vec{p_i}$. Após um quarto de volta, a massa $m$ rotacionou por um ângulo de $90^\circ$, assim como seu vetor velocidade, o qual mantém seu módulo constante. Assim, uma vez que $\vec{p_f}\perp\vec{p_i}$ e $p_f=p_i=mV$, temos pelo teorema de pitágoras,

$$I^2=p_f^2+p_i^2=2(mV)^2$$

$$\boxed{I=\sqrt{2}mV}$$

Letra c)

O alojamento da bala no bloco configura uma colisão inelástica. Já que a mola se deforma apenas depois da colisão, o momento linear do sistema se conserva antes e logo após o choque. Sendo $v$ a velocidade do conjunto depois, temos:

$$mv_0=\left(M+m\right)v$$

$$v=\dfrac{m}{M+m}v_0$$

A colisão inelástica dissipa energia. Após ela, não há trabalho de forças que ocasionem dissipações, portanto a energia mecânica se conserva. Veja que a amplitude do movimento oscilatório é precisamente a deformação máxima da mola, pois ocorre no momento em que o conjunto chega ao repouso instantâneo. Igualando à energia cinética inicial do conjunto à energia mecânica final (que é puramente potencial elástica):

$$\dfrac{\left(M+m\right)v^2}{2}=\dfrac{kA^2}{2}$$

$$\dfrac{m^2v_0^2}{M+m}=kA^2\rightarrow$$

$$\rightarrow\boxed{v_0=A\sqrt{k\left(\dfrac{M+m}{m^2}\right)} \approx 375,4\,\mathrm{m/s}}$$

$$v_0 \approx 375,4\,\mathrm{m/s}$$

Pelo teorema do impulso,

$$I=\Delta p=m\Delta v$$

$$I=m(v-v_0)=mv$$

Por outro lado, como $I=F\Delta t$:

$$F\Delta t=mv$$

$$F=\dfrac{mv}{\Delta t}$$

A massa do bloco é dada por

$$m=\dfrac{P}{g}=\dfrac{30,0}{10}=3,0\,\mathrm{kg}$$

Logo,

$$F=\dfrac{3,0\cdot 18}{1,5}=\boxed{36\,\mathrm{N}}$$

Letra e)

Pela 2ª lei de Newton,

$$F=\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{\Delta(mv)}{\Delta t}$$

Como a areia se move à velocidade $v$, podemos tirá-la dos parênteses:

$$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v=\mu v$$

Já que a polia da esquerda é responsável pelo movimento da esteira, o torque necessário é

$$\tau=FR=\mu vR=5,0\cdot 2,0 \cdot 0,1=\boxed{1,0\,\mathrm{N\cdot m}}$$

Letra a)

A taxa de variação de momento é dada por

$$\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{\Delta(mv)}{\Delta t}=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v$$

Para calcular a taxa de variação de massa, considere um pedaço do encanamento de comprimento $\Delta x$ e área $A$:

$$\Delta m=\rho \Delta V=\rho A \Delta x$$

$$\dfrac{\Delta m}{\Delta t}=\rho A\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\rho A v$$

$$\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\rho A v^2=\pi \rho R^2 v^2$$

$$\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=3\cdot 1000\cdot (5\cdot 10^{-2})^2\cdot 20^2$$

$$\boxed{\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=3000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}}$$

Letra c)

A força de atrito sentida pelo bloco será, visto que ele está em todo instante se movendo em relação ao chão:

$F_{at}=\mu N=\mu mg$

Onde representamos a normal como $N$ e usamos que, como o bloco está em equilíbrio na vertical, $N=mg$. O trabalho total realizado pelas forças externas sobre o bloco, visto que ele vai do repouso no começo para o repouso no final, é zero. Portanto, como as únicas fontes de trabalho são as forças atrito e a aplicada no começo, vale que:

$W_{fat}=W_{ext}$

Onde $W_{ext}$ é o trabalho externo, i.e, o trabalho realizado pela força aplicada no começo. Usando a expressão para o trabalho mecânico de uma força constante:

$F_{at} d_{fat}=\mu mg d_{fat}=F_{apl} d_{ext}$

Onde $d_{fat}$ é a distância que o bloco se move enquanto está sob influência do atrito, $F_{apl}$ é a força aceleradora aplicada sobre o bloco no começo do movimento e $d_{ext}$ é a distância que o bloco se moveu enquanto sob influência dela. Agora surge o maior problema de interpretação do problema, que é o de entender se a questão quer você considere que o atrito estava afetando o bloco desde o começo, i.e, que estava afetando o bloco mesmo enquanto ele ainda estava sendo acelerado, ou se ela quer que você considere que ele estava afetando o bloco apenas durante o trajeto da pista, no qual não existia mais força externa. Dá-se a entender, ao se ler "coeficiente de atrito entre a pista e..." que o atrito apenas existe na pista, i.e, após a largada, e seguiremos com essa interpretação apesar de fazermos a solução para o caso alternativo na observação abaixo da solução principal. Vale no começo que, visto que há apenas a força externa:

$F_{apl}=F=ma \leftrightarrow a=\frac{F}{m}$

Daí, usando os resultado do movimento uniformemente variado, e que a massa parte do repouso:

$d_{ext}=\frac{1}{2}at^{2}=\frac{F t^{2}}{2m}$

Daí, podemos ver que:

$\mu=\frac{F^{2} t^{2}}{2m^{2} g d_{fat}}=\frac{2,5*10^{5}}{2*2,5*10^{3}*10*50}=0,1$

Onde a resposta só tem um algarismo significativo porque o número com menos algarismos significativos do problema é o tempo de aceleração $t=1 s$, com um algarismo significativo.

Obs: Caso o atrito estivesse presente durante todo o movimento, a solução do problema seria diferente. A aceleração durante o tempo em que a força externa fosse aplicada seria:

$F-Fat=F-\mu m g=m a \leftrightarrow a=\frac{F}{m}-\mu g$

Daí, vale que:

$d_{ext}=\frac{1}{2} a t^{2}=\frac{1}{2} (\frac{F}{m}-\mu g) t^{2}$

No movimento subsequente só haverá força de atrito sob o sistema, até que ele pare. Portanto, $d_{fat}=d_{ext}+l$, onde $l$ é a largura da pista. Portanto:

$\mu m g d_{fat}=\mu m g (d_{ext}+l)=F d_{ext}$

$\mu mg l=(F-\mu m g) d_{ext}$

$\mu=\frac{(F-\mu m g)^{2} t^{2}}{2 m^{2} g l}$

Simplificando a equação:

$10 \mu=(1-\mu)^{2}=1-2 \mu+\mu^{2}$

$\mu^{2}-12 \mu+1=0$

E as soluções para $\mu$ são:

$\mu=6 \pm \sqrt{35}$

Veja que uma das soluções é próxima de 12, um valor extremamente alto de atrito e praticamente impossível de se encontrar físicamente, e a outra é muito pequena, ainda menor que 0,1 , o que também é difícil de se encontrar fisicamente. A pouca simplicidade, não trivialidade e impossibilidade física desses valores de $\mu$ são evidência de que essa interpretação da questão não era a esperada pelo criador da questão.

$\mu=0,1$

Podemos aplicar diretamente a fórmula demonstrada na parte teórica desta aula:

\begin{equation*}
\begin{split}
\vec{v}_{f} & = (v_{x_{0}} - 2 \mu v_{y_{0}}) \hat{x} + v_{y_{0}} \hat{y}\\
& =v((\sin{\theta}-2\mu\cos{\theta})\hat{x}+\cos{\theta}\hat{y})\\ & =10\left(\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-2\cdot 0,5\cdot \dfrac{1}{2}\right)\hat{x}+ \dfrac{1}{2}\hat{y}\right)\\ & = 10\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\hat{x}+\dfrac{1}{2}\hat{y}\right)\\ & = \boxed{(3,5\hat{x}+5\hat{y})\,\mathrm{m/s}}
\end{split}
\end{equation*}

$$\vec{v_f}=(3,5\hat{x}+5\hat{y})\,\mathrm{m/s}$$

Considere o referencial da raquete, que se move para cima a $5\,\mathrm{m/s}$. As componentes da velocidade da bolinha nesse referencial $\vec{v}=v_{x0}\hat{x}-v_{y0}\hat{y}$ são

$$v_{x0}=v\sin{\theta}=10\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\,\mathrm{m/s}$$

$$v_{y0}=v\cos{\theta}+u=10\cdot\dfrac{1}{2}+5=10\,\mathrm{m/s}$$

Utilizando a fórmula demonstrada na parte teórica desta aula:

\begin{equation*}
\begin{split}
\vec{v}_{f} & = (v_{x_{0}} - 2 \mu v_{y_{0}}) \hat{x} + v_{y_{0}} \hat{y}\\
& =(5\sqrt{3}-2\mu 10)\hat{x}+10\hat{y}\\ & =5(\sqrt{3}-2)\hat{x}+10\hat{y}
\end{split}
\end{equation*}

Movendo de volta para o referencial do laboratório, devemos subtrair $5\,\mathrm{m/s}$ da velocidade final vertical:

\begin{equation*}
\begin{split}
\vec{v}_{f} & =5(\sqrt{3}-2)\hat{x}+5\hat{y}\\&=-5\cdot 0,3\hat{x}+5\hat{y}\\&=\boxed{(-1,5\hat{x}+5\hat{y})\,\mathrm{m/s}}
\end{split}
\end{equation*}

$$\vec{v_f}=(-1,5\hat{x}+8,5\hat{y})\,\mathrm{m/s}$$

I) Trabalho da força resultante centrípeta

A direção da força resultante centrípeta é sempre perpendicular ao deslocamento do corpo; logo, ela não realiza trabalho.

II) Impulso da força resultante centrípeta

O teorema do impulso nos diz que o impulso $I$ da força resultante - em nosso caso, centrípeta - durante um certo intervalo de tempo é igual à variação do vetor momento linear (ou quantidade de movimento, caso prefira) $\Delta \vec{p}=m\Delta \vec{v}$ nesse mesmo intervalo. Equacionando:

$\vec{I}=\Delta \vec{p}$,

$\vec{I}=m(\vec{v}_f-\vec{v}_i)$.

Durante meia volta, o vetor velocidade da partícula mantém sua direção, porém inverte o sentido, o que significa que $|\Delta \vec{v}|=|\vec{v}-(-\vec{v})|=2v$. Logo, o módulo do impulso aplicado vale

$\boxed{|\vec{I}|=2mv=2,0\,\mathrm{kg\cdot m/s}}$.

Conclui-se que a resposta para as duas perguntas, respectivamente, é, então: zero, $2,0\,\mathrm{kg\cdot m/s}$. A alternativa a ser escolhida é o item b).

Item b)

Como não há nenhuma força externa agindo sobre o sistema, o momento linear total deve ser conservado. Chame de $V$ a velocidade do barco em relação à água e adote o sentido de movimento de Hemétrio como positivo. Temos que

$$-m_A v_A+m_H v_H+MV=0$$

$$V=\dfrac{m_A}{M}v_A-\dfrac{m_H}{M}v_H$$

Seja $\Delta x$ o módulo do deslocamento. Como ambos se movem na mesma direção, o intervalo de tempo para que se encontrem é dado por

$$\Delta t=\dfrac{l}{v_A+v_H}$$

$$\Delta x=V\Delta t=l\dfrac{m_A v_A-m_H v_H}{M(v_A+v_H)}$$

$$\Delta x=15\cdot\dfrac{50\cdot 10-70\cdot 5}{150\cdot (5+10)}$$

$$\boxed{\Delta x=1\,\mathrm{m}}$$

$$\Delta x=1\,\mathrm{m}$$

Considere o referencial do laboratório. Como a velocidade do gás ejetado em relação ao foguete é igual a $u$, no referencial escolhido, a velocidade de ejeção deve ser $u-v$. Quando o foguete perde uma massa $\Delta m$, podemos escrever, por conservação de momento linear,

$$(-\Delta m)\cdot (-(u-v))+(m+\Delta m)(v+\Delta v)=mv$$

$$\Delta m u-\Delta m v+mv+m\Delta v+\Delta m v+\Delta m \Delta v=mv$$

Como as variações são muito pequenas, podemos desprezar o termo $\Delta m \Delta v$:

$$\boxed{\Delta v=-u\dfrac{\Delta m}{m}}$$

Nota: Integrando a equação acima, pode-se demonstrar que a velocidade de um foguete que parte do repouso em função de sua massa é

$$v=u\ln{\dfrac{M}{m}}$$

$$\Delta v=-u\dfrac{\Delta m}{m}$$

Pelo teorema do impulso, como a velocidade inicial de Hemétrio é nula:

$$I=F\Delta t=mv$$

$$F=\dfrac{mv}{\Delta t}=\dfrac{60\cdot 20}{1,2\cdot 10^{-3}}$$

$$\boxed{F=1\cdot 10^6 \,\mathrm{N}}$$

$$F=1\cdot 10^6 \,\mathrm{N}$$

(a) Ao sair da parte de cima, a água cai em queda livre. Sendo assim, o instante $t_1$ será o tempo de queda de uma altura $h$:

$\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

Note que, na prova, não foi informado o valor numérico de $h$. Isso nos impede de encontrar uma resposta numérica -- não só neste item, mas também nos próximos--, portanto, deixaremos a resposta final em sua forma literal.

(b) Seja $t_2$ o momento em que a última gota abandona a parte de cima da clepsidra. Esse instante corresponde ao intervalo de tempo necessário para que o compartimento superior do equipamento torne-se vazio. Conforme o enunciado, a vazão da água é de $\Delta V / \Delta t=30\;\rm{cm^3/s}$. Logo, a vazão de massa $\mu$ será:

$\mu \equiv \dfrac{\Delta m}{\Delta t} =\rho\dfrac{\Delta V}{\Delta t}= 30 \;\rm{g/s}$

Chamando de $m=600\;\rm{g}$ a massa total de água, $t_2$ será então dado por:

$t_2=\dfrac{m}{\mu}=20\;\rm{s}$

Daí, para encontrar $t_f$, somamos ao tempo necessário para a gota cair até a parte de baixo (encontrado no item anterior):

$t_f=t_2+t_1$

$\boxed{t_f=\dfrac{m}{\mu}+\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

(c) Primeiramente, é necessário ressaltar que a falta de dados numéricos origina dois possíveis casos para o problema, de modo que a leitura da balança evoluiria de forma diferente para cada um destes. Lidaremos com cada um deles separadamente e depois apontaremos o porquê de o caso 1 provavelmente ser o mais plausível (apesar disso, ambos são fisicamente corretos e deveriam ser aceitos na correção).

•  Caso I: Se $t_2>t_1$:

No momento em que a água atinge a parte de baixo pela primeira vez, o compartimento superior ainda não esvaziou. Sendo assim, podemos visualizar a evolução temporal do nosso sistema em quatro etapas distintas. Acompanhe o esquema a seguir:

Etapa 1: $0<t<t_1$

Nessa etapa, a primeira gota de água ainda não atingiu a parte de baixo da clepsidra. Pelo fato de a coluna de água em queda estar aumentando de tamanho, a leitura da balança será decrescente, uma vez que o peso da coluna de água não será contabilizado, já que ela não exerce força em outras partes do equipamento por estar suspensa no ar. A etapa dura até $t_1$ já que esse é o momento em que a água toca a base pela primeira vez.

Chamando de $N$ a força normal que a clepsidra exerce na balança, temos, pelo equilíbrio estático:

$N=M(t)g=Mg-\mu t g$

Em que $\mu t$ é a massa de água liberada até o instante $t$. A leitura $M(t)$ relaciona se com $N$ por meio de  $N=M(t)g$. Como $M(0)=M$, temos:

$\boxed{M(t)=M-\mu t }$ para $\boxed{0<t<t_1}$

Logo:

$\Delta M(t)=-\mu t$ para $0<t<t_1$

Etapa 2: $t_1<t<t_2$

Aqui, a análise se torna um pouco mais complexa. Nessa etapa, o compartimento superior está esvaziando enquanto o de baixo está enchendo, sendo assim possível encontrar água em ambos. Simultaneamente, há a coluna de água em queda, que agora possui tamanho constante durante essa etapa. A etapa dura até $t_2$, momento em que o compartimento de cima se esvazia completamente.

Veja que o enunciado nos informa que a água, ao atingir a parte de baixo da clepsidra, entra quase que instantaneamente em repouso. Para que as gotas de água caindo na base sejam desaceleradas e trazidas ao repouso, o chão da clepsidra aplica sobre elas uma força vertical para cima; pela terceira Lei de Newton (ação e reação), uma força de igual intensidade e sentido oposto é então aplicada à clepsidra, que contribuirá para um incremento na medição da balança. Primeiramente, vamos determinar essa força.

(i) Considere que uma pequena quantidade de água de massa $\Delta m$ e com velocidade $v$, ao chocar-se com a base do recipiente, é trazida ao repouso durante um pequeno intervalo de tempo $\Delta t$. Pela segunda Lei de Newton, o módulo da força $F$ exercida sobre ela é:

$F=\Delta m \cdot a= \Delta m \dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\Delta m \dfrac{v-0}{\Delta t}$

$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v=\mu v$

Como $v$ é a velocidade ao fim da queda, i.e. $v=\sqrt{2gh}$:

$F=\mu \sqrt{2gh}=\mu t_1 g$

(ii) Agora, já podemos equacionar a leitura da balança. Conforme fora visto na etapa 1, o peso da água em queda não é contabilizado, e agora devemos também considerar a força exercida sobre a balança. Sendo assim, devemos contabilizar apenas o peso da água que está em cima e embaixo, assim como a força $F$ exercida sobre a balança; em outras palavras, todo o peso da água, exceto o da coluna vertical em queda, mais a força $F$. Logo:

$M(t)g=Mg-\mu t_1 g +F$

$M(t)=M-\mu t_1+\mu t_1$

Note que os termos no membro direito se cancelam. Logo:

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t_1<t<t_2}$

$\Delta M (t) =0$ para $t_1<t<t_2$

Efetivamente, a força adicional exercida pela queda d'água na base é exatamente suficiente para compensar o peso da coluna de água em queda que não é levado em conta na medição da balança.

OBS.: A consideração de que a área da base da clepsidra é muito maior que a do topo serve apenas para indicar que o nível da água na parte de baixo é muito pequeno, de forma que a distância entre a superfície livre da água da parte de baixo e a válvula é praticamente igual a $h$ o tempo todo.

Etapa 3: $t_2<t<t_f$

Essa etapa dura até o momento em que a última gota de água atinge a parte de baixo. Nela, o compartimento de cima encontra-se completamente vazio, e quase toda a água encontra-se na parte inferior do recipiente, exceto pela coluna de água em queda que diminui de tamanho até que a última gota atinja a parte de baixo no instante $t_f$.

Assim como na etapa 3, devemos considerar a força $F$ exercida pela água em queda na clepsidra e descontar o peso da água em queda. Note que, em um instante $t$, a massa de água restante na coluna é dada por $\mu (t_f-t_1)$. Então, equacionando a leitura, temos:

$M(t)g=Mg-\mu (t_f-t)+F$

$M(t)=M-\mu t_f +\mu t+\mu t_1$

$\boxed{M(t)=M+\mu (t-t_2)}$ para $\boxed{t_2<t<t_f}$

Portanto:

$\Delta M(t)=\mu (t-t_2)$ para $t_2<t<t_f$

Etapa 4: $t>t_f$

Agora que toda a água está em repouso no compartimento inferior, a leitura da balança é proveniente de todo o peso do sistema. Então:

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t>t_f}$

$\Delta M(t)=0$ para $t>t_f$

O que significa que a leitura da balança $M(t)$ permanece constante e igual à leitura inicial.

Fazendo o gráfico

Com todas essas resultados em mãos, vejamos que:

1. Etapa 1 ($0<t<t_1$): O gráfico é um segmento de reta decrescente entre os pontos $(0,0)$ e $(t_1, \mu t_1)$.

2. Etapa 2 ($t_1<t<t_2$): O gráfico é um segmento de reta sobre o eixo horizontal entre os pontos $(t_1,0)$ e $(t_2,0)$.

3. Etapa 3 ($t_2<t<t_f$): O gráfico é uma segmento de reta crescente entre os pontos $(t_2, 0)$ e $(t_f, \mu t_1)$.

4. Etapa 4 ($t>t_f$): O gráfico é uma semirreta sobre o eixo horizontal entre o ponto $(t_f,0)$ até $(\infty, 0)$ (i.e., a reta se estende até o infinito).

Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:

Agora, estudemos o Caso II.

• Caso II: $t_2<t_1$:

No momento em que a água atinge a parte de baixo pela primeira vez, o compartimento superior já terá esvaziado. Em outras palavras, toda a água já terá sido liberada antes da primeira gota atingir a parte de baixo. Sendo assim, podemos esquematizar a evolução temporal do sistema da seguinte forma:

Agora, prosseguimos de maneira inteiramente análoga à solução do caso I.

Etapa 1: $0<t<t_2$

Análogo á etapa 1 do caso I:

$\boxed{M(t)=M-\mu t}$ para $\boxed{0<t<t_2}$

$\Delta M (t)= \mu t$

Etapa 2: $t_2<t<t_1$

O peso total do sistema, na leitura da balança, será decrescido do peso total da água, que está em queda livre:

$\boxed{M(t)=M-\mu t_2 = 200\;\rm{g}}$ para  $\boxed{t_2<t<t_1}$

$\Delta M (t)= -\mu t_2 = -600\;\rm{g}$

Etapa 3: $t_1<t<t_f$

Análogo e à etapa 3 do caso I:

$\boxed{M(t)=M+\mu(t-t_1)}$ para $\boxed{t_1<t<t_f}$

$\Delta M (t)=\mu (t-t_1)$

Etapa 4: $t>t_f$

Análogo ao caso I:

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t>t_f}$

$\Delta M (t)=0$

Fazendo o gráfico

Com todas essas resultados em mãos, vejamos que:

1. Etapa 1 ($0<t<t_1$): O gráfico é um segmento de reta decrescente entre os pontos $(0,0)$ e $(t_2, -\mu t_2)$.

2. Etapa 2 ($t_1<t<t_2$): O gráfico é um segmento de reta horizontal entre os pontos $(t_2, -\mu t_2)$ e $(t_1 , -\mu t_2)$.

3. Etapa 3 ($t_2<t<t_f$): O gráfico é uma segmento de reta crescente entre os pontos $(t_1, 0)$ e $(t_f, \mu t_2)$.

4. Etapa 4 ($t>t_f$): O gráfico é uma semirreta sobre o eixo horizontal entre o ponto $(t_f,0)$ até $(\infty, 0)$ (i.e., a reta se estende até o infinito).

Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:

OBS.: Perceba que é possível encontrarmos uma condição sobre$h$ tal que $t_1>t_2$. Temos:

$t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}>20\;\rm{s}$

$h>2000\;\rm{m}$

É um tanto absurdo imaginar, realisticamente falando, que a altura $h$ da clepsidra chegue na casa dos milhares de metros. Na prova do Nível 1, onde praticamente a mesma questão foi cobrada, foi fornecido o valor de $h=20,0\;\rm{cm}$. Por essa razão, é muito mais razoável acreditar que o caso pensado pelo autor da questão como solução seria o caso 1; no entanto, como já fora mencionado no início da solução do item, isso não anula a possível validade física do caso 2, devido à escassez de valores numéricos para sustentar que o caso 1 é definitvamente o correto. Por isso deixamos, em nossa resposta final, ambos os casos inclusos.

(a) $\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

(b) $\boxed{t_f=t_2+\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$ em que $t_2 \equiv t_f -t_1 = 20\;\rm{s}$

(c) Caso I: $t_1<t_2$

$\boxed{M(t)=M-\mu t g}$ para $\boxed{0<t<t_1}$

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t_1<t<t_2}$

$\boxed{M(t)=M+\mu (t-t_2)}$ para $\boxed{t_2<t<t_f}$

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t>t_f}$

Caso II: $t_1>t_2$:

$\boxed{M(t)=M-\mu t}$ para $\boxed{0<t<t_2}$

$\boxed{M(t)=M-\mu t_2 = 200\;\rm{g}}$ para  $\boxed{t_2<t<t_1}$

$\boxed{M(t)=M+\mu(t-t_1)}$ para $\boxed{t_1<t<t_f}$

$\boxed{M(t)=M}$ para $\boxed{t>t_f}$

Em que $\mu=30\;\rm{g/s}$.

(c) Caso I  (à esquerda) e Caso II (à direita):