Escrito por Paulo Henrique
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.
Problema 01 **
Nas duas extremidades da pista de pouso e decolagem de alguns aeroportos há áreas de escape, cujo objetivo é reter os aviões caso eles não consigam parar até o final da pista. A superfície dessas áreas de escape é composta por um material que se deforma devido ao peso da aeronave, de modo a dificultar o seu deslocamento.
Considere que um avião chegou à área de escape com velocidade escalar de \(54\,\mathrm{km/h}\), percorrendo uma trajetória retilínea, com aceleração constante de módulo igual a \(5,0\,\mathrm{m/s^2}\) em sentido contrário ao da velocidade, e que parou após um intervalo de tempo igual a \(3,0\,\mathrm{s}\).
a) Converta a velocidade inicial do avião para \(\mathrm{m/s}\) e determine a distância, em metros, que ele percorreu na área de escape.
b) Suponha que a massa desse avião seja \(2,4\cdot 10^4\,\mathrm{kg}\). Calcule, em newtons, a intensidade média da resultante das forças de resistência que atuaram sobre o avião durante a sua frenagem na área de escape. Determine a intensidade média do impulso, em \(\mathrm{N\cdot s}\), aplicado por essa resultante sobre o avião.
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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,
\[I_m=m\Delta v=2,4\cdot 10^4\cdot 30=\boxed{7,2\cdot 10^5\,\mathrm{N\cdot s}}\]
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a) \(v_m=30\,\mathrm{m/s}\)
\(\Delta s=45\,\mathrm{m}\)
b) \(F_m=2,4\cdot 10^5\,\mathrm{N}\)
\(I_m=7,2\cdot 10^5\,\mathrm{N\cdot s}\)
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Problema 02 *
Dois amigos reuniram-se para empurrar um veículo de massa \(M\), em linha reta, a partir do repouso, sobre uma superfície plana e horizontal. Entre as posições inicial e final, atuou sobre o veículo uma força resultante \(F_R\) que variou em função do tempo, em dois intervalos \(T_1\) e \(T_2\), conforme o gráfico.
No final do intervalo de tempo \(T_1+T_2\), a velocidade escalar adquirida pelo veículo foi de:
a) \(\dfrac{F(T_1+T_2)}{M}\)
b) \(\dfrac{F(T_1+2T_2)}{M}\)
c) \(\dfrac{F(T_1+T_2)}{2M}\)
d) \(\dfrac{F(2T_1+T_2)}{M}\)
e) \(\dfrac{F(3T_1+T_2)}{M}\)
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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:
\[I=\Delta p=M(v_f-v_0)=Mv_f\]
\[F(T_1+2T_2)=Mv_f\]
\[v_f=\boxed{\dfrac{F(T_1+2T_2)}{M}}\]
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Letra b)
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Problema 03 *
Considere uma partícula de massa \(m\) em movimento circular e uniforme com velocidade de intensidade \(V\).
Para um quarto de volta, o módulo do impulso da força resultante é
a) \(mV\)
b) \(2mV\)
c) \(\sqrt{2}mV\)
d) \(\sqrt{3}mV\)
e) \(\dfrac{1}{2}mV\)
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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,
\[I^2=p_f^2+p_i^2=2(mV)^2\]
\[\boxed{I=\sqrt{2}mV}\]
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Letra c)
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Problema 04 ***
(OBF) Em um laboratório de física, é usado um sistema massa-mola para determinar a velocidade com que um projétil é disparado. O sistema é constituído por um bloco de massa \(M=5,00\,\mathrm{kg}\) que está apoiado em uma superfície horizontal de atrito desprezível e está preso a uma parede rígida vertical através de uma mola de constante elástica \(k=4500\,\mathrm{N/m}\). Para fazer a medida da velocidade \(v_0\) de um projétil de massa \(m=10,0\,\mathrm{kg}\), o mesmo é disparado contra o bloco, que está inicialmente em repouso, nas condições mostradas na figura. A parte do bloco que recebe o impacto é feita de um material deformável que aloja o projétil em seu interior. Considere que a mola se deforma apenas depois do projétil se alojar completamente no bloco (colisão projétil-bloco instantânea). Determine a velocidade v0 do projétil, em \(\mathrm{m/s}\), no caso em que a medida da amplitude de oscilação do bloco após o impacto é de \(2,50\,\mathrm{cm}\).
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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):
\[\dfrac{\left(M+m\right)v^2}{2}=\dfrac{kA^2}{2}\]
\[\dfrac{m^2v_0^2}{M+m}=kA^2\rightarrow\]
\[\rightarrow\boxed{v_0=A\sqrt{k\left(\dfrac{M+m}{m^2}\right)} \approx 375,4\,\mathrm{m/s}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[v_0 \approx 375,4\,\mathrm{m/s}\]
[/spoiler]
Problema 05 *
(OBF) Um corpo com \(30,0\,\mathrm{N}\) de peso repousa sobre uma superfície lisa e horizontal. Em dado instante, age sobre ele uma única força resultante, com direção paralela à superfície. Após \(1,5\,\mathrm{s}\) de ação da força, o corpo apresenta uma velocidade de \(18,0\,\mathrm{m/s}\). Adotando \(g=10\,\mathrm{m/s^2}\), qual a intensidade dessa força, em Newtons:
a) \(27,0\)
b) \(18,0\)
c) \(9,0\)
d) \(72,0\)
e) \(36,0\)
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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,
\[F=\dfrac{3,0\cdot 18}{1,5}=\boxed{36\,\mathrm{N}}\]
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Letra e)
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Problema 06 *
Areia é transportada para um local de construção através de uma esteira rolante horizontal, como mostra a figura a seguir:
A esteira é movimentada pela polia da esquerda, de raio \(R=10\,\mathrm{cm}\). A areia é colocada sobre a esteira a uma taxa constante \(\mu=5,0\,\mathrm{kg/s}\). Calcule o torque necessário para que a esteira funcione corretamente, supondo que a esteira se mova a uma velocidade constante \(v=2,0\,\mathrm{m/s}\) e que a areia não velocidade horizontal inicial.
a) \(1,0\,\mathrm{N\cdot m}\)
b) \(2,0\,\mathrm{N\cdot m}\)
c) \(3,0\,\mathrm{N\cdot m}\)
d) \(4,0\,\mathrm{N\cdot m}\)
e) \(5,0\,\mathrm{N\cdot m}\)
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
\[\tau=FR=\mu vR=5,0\cdot 2,0 \cdot 0,1=\boxed{1,0\,\mathrm{N\cdot m}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Letra a)
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Problema 07 *
Em um encanamento horizontal com formato cilíndrico de raio \(R=5\,\mathrm{cm}\) flui água de densidade \(\rho=1000\,\mathrm{kg/m^3}\) a uma velocidade \(v=20\,\mathrm{m/s}\). Considerando \(\pi=3\), o fluxo de momento linear (ou seja, a variação de momento linear por unidade de tempo em um posição arbitrária) ao longo do encanamento é:
a) \(1000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}\)
b) \(2000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}\)
c) \(3000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}\)
d) \(4000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}\)
e) \(5000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}\)
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 \(A\):
\[\Delta m=\rho \Delta V=\rho A \Delta x\]
\[\dfrac{\Delta m}{\Delta t}=\rho A\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\rho A v\]
\[\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\rho A v^2=\pi \rho R^2 v^2\]
\[\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=3\cdot 1000\cdot (5\cdot 10^{-2})^2\cdot 20^2 \]
\[\boxed{\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=3000\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Letra c)
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Problema 08 **
(OBF) Um garoto está participando de uma corrida de carrinhos de rolimã cuja massa do conjunto (garoto mais carrinho) de \(50\,\mathrm{kg}\) inicialmente em repouso. Contando com a ajuda de um amigo, o garoto é empurrado por uma força horizontal de \(500\,\mathrm{kg}\) que atua durante \(1\,\mathrm{s}\), até a linha de largada, iniciando a corrida. Considere que o trecho a ser percorrido durante a corrida é retilíneo com extensão de \(50\,\mathrm{m}\) e que o mesmo entra em repouso no final do percurso. Determine o coeficiente de atrito entre a pista e o material das rodinhas do carrinho de rolimã neste percurso.
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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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\mu=0,1$$
[/spoiler]
Problema 09 ***
LTV e PH jogam ping-pong no hotel onde é realizado o TBF. Em um certo instante, a bolinha se aproxima da raquete de LTV com uma volocidade de módulo \(v=10\,\mathrm{m/s}\) fazendo um ângulo \(\theta=60^\circ\) com a normal. Se o coeficiente de atrito da face vermelha da raquete é \(\mu=0,5\), encontre as componentes do vetor velocidade da bolinha imediatamente após bater na raquete.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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*}
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\vec{v_f}=(3,5\hat{x}+5\hat{y})\,\mathrm{m/s}\]
[/spoiler]
Problema 10 ***
Considere o mesmo problema anterior, com dados idênticos. Porém, agora, LTV move sua raquete verticalmente para cima com velocidade \(u=5\,\mathrm{m/s}\). Qual é o vetor velocidade da bolinha após a colisão?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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*}
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\vec{v_f}=(-1,5\hat{x}+8,5\hat{y})\,\mathrm{m/s}\]
[/spoiler]
Problema 11 *
(OBF) Uma esfera, de massa \(m=100\,\mathrm{g}\), descreve um movimento circular uniforme de
raio de \(20\,\mathrm{g}\) com velocidade \(v=10\,\mathrm{m/s}\). Os módulos do trabalho e do impulso aplicado pela força resultante centrípeta, em um intervalo de tempo igual a meio período desse movimento, são, respectivamente
a) Zero e zero
b) Zero e \(2,0\,\mathrm{kg\cdot m/s}\)
c) \(5\,\mathrm{J}\) e \(2,0\,\mathrm{kg\cdot m/s}\)
d) \(10\,\mathrm{J}\) e \(2,0\,\mathrm{kg\cdot m/s}\)
e) \(10\,\mathrm{J}\) e zero
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
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Problema 12 ***
Akira e Hemétrio decidem pescar na praia de Fortaleza. Para isso, utilizam um barco de comprimento \(l=15\,\mathrm{m}\) e cada um fica em uma de suas extremidades durante a pesca. Quando terminam, eles vão ao encontro um do outro em um ponto intermediário entre eles. Suponha que Akira possui massa \(m_A=50\,\mathrm{kg}\) e se move a uma velocidade de \(v_A=10\,\mathrm{m/s}\), enquanto para Hemétrio temos \(m_H=70\,\mathrm{kg}\) e \(v_H=5\,\mathrm{m/s}\). Sabendo que a massa do barco vazio é \(M=200\,\mathrm{kg}\), determine o módulo do deslocamento do barco desde o momento inicial até quando Akira e Hemétrio se encontram. Desconsidere quaisquer forças externas agindo sobre o sistema formado pelo barco, Akira e Hemétrio.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
\[\Delta t=\dfrac{l}{v_A+v_H}\]
\[\Delta x=V\Delta t=l\dfrac{m_A v_A-m_H v_H}{M(v_A+v_H)}\]
\[\Delta x=15\cdot\dfrac{50\cdot 10-70\cdot 5}{150\cdot (5+10)}\]
\[\boxed{\Delta x=1\,\mathrm{m}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\Delta x=1\,\mathrm{m}\]
[/spoiler]
Problema 13 **
Um foguete possui massa inicial \(M\) e utiliza um gás como combustível para sua propulsão, ejetando-o com velocidade \(u\) em seu próprio referencial. No momento em que o foguete possui massa \(m\) e velocidade \(v\), determine a relação entre uma pequena variação de sua velocidade \(\Delta v\) e uma pequena variação de sua massa \(\Delta m <0\).
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
\[v=u\ln{\dfrac{M}{m}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\Delta v=-u\dfrac{\Delta m}{m}\]
[/spoiler]
Problema 14 **
Ualype dirige seu carro a \(v=72\,\mathrm{km/h}\) quando atropela acidentalmente seu amigo Hemétrio, de massa \(m=60\,\mathrm{kg}\), o qual se encontrava parado e fica grudado ao capô do carro. Supondo que a colisão tenha durado \(\Delta t=1,2\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s}\) e que a velocidade do carro se mantenha a mesma após a colisão, encontre a força média exercida sobre Hemétrio.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pelo teorema do impulso, como a velocidade inicial de Hemétrio é nula:
\[I=F\Delta t=mv\]
\[F=\dfrac{mv}{\Delta t}=\dfrac{60\cdot 20}{1,2\cdot 10^{-3}}\]
\[\boxed{F=1\cdot 10^6 \,\mathrm{N}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[F=1\cdot 10^6 \,\mathrm{N}\]
[/spoiler]
Problema 15 ***
(OBF) A figura mostra esquematicamente um relógio de água (clepsidra) cujo funcionamento é análogo ao de uma ampulheta (relógio de areia). A massa total da clepsidra é de $$M = 800\;\rm{g}$$ dos quais $$600\;\rm{g}$$ correspondem à massa de água em seu interior. A clepsidra tem uma pequena válvula que, quando aberta, faz com que a água caia com uma vazão de $$30\;\rm{cm^3/s}$$. A clepsidra está sobre uma balança de precisão apoiada em uma mesa horizontal. No instante $$t = 0$$ a válvula da clepsidra está fechada e toda água está na parte de cima. Determine o instante $$t = t_1$$ em que a água em queda atinge a base da clepsidra (a) pela primeira vez e (b) pela última $$t_f$$ vez. (c) Determine a função $$M(t)$$ que corresponde ao valor da leitura na balança em função de $$t$$. (d) Esboce o gráfico $$\Delta M(t) = M(t)-M(0)$$ em função de $$t$$. Considere que a água ao atingir a parte de baixo não respinga e perde imediatamente seu movimento vertical. Considere ainda que a área da base da clepsidra é muito maior que a do topo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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):
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