Escrito por Gustavo Globig Farina
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Em unidades,
\[ F = m \, \text{kg/s}^2 \]
\[ d = m \]
e a energia cinética é dada por
\[ E_{\text{cin}} = \frac{m v^2}{2} \],
logo, em unidades
\[ E = \text{kg} \cdot \frac{\text{m}^2}{\text{s}^2} \]
Realizando a operação, verificaremos que
\[ \text{kg} \cdot \frac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot \text{m} = \frac{\text{kg} \cdot \text{m}^2}{\text{s}^2} \]
ou seja, está tudo certo com a expressão (ainda bem!)
(b) Utilizando, do item anterior, que
\[ F = m \cdot a \quad \Rightarrow \quad [F] = \text{kg} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2} \]
logo, realizando a operação, obteremos que
\[ (\text{m kg/s}^2) \cdot \text{s} = \text{kg} \cdot \text{m/s} \]
ou seja, também está tudo certo com essa expressão.
(c) Vamos definir que cada um dos fatores que influenciarão na velocidade do milho estão elevados a alguma potência que teremos que descobrir. Antes, vamos mostrar a dimensão de cada um dos termos:
Dimensões:
\[ [v] = \text{m} \cdot \text{s}^{-1} \]
\[ [m] = \text{kg} \]
\[ [T] = \text{K} \]
\[ [k] = \frac{\text{kg} \cdot \text{m}^2}{\text{s}^2 \cdot \text{K}} \]
\[ [S] = \text{m}^2 \]
Montando:
\[ [v] = (\text{kg})^{a+c} \cdot (\text{m})^{2c + 2d} \cdot (\text{s})^{-2c} \cdot (\text{K})^{b – c} \]
Igualando os expoentes com \(\text{m} \cdot \text{s}^{-1}\):
\[ \begin{cases} a + c = 0 \\ 2c + 2d = 1 \\ -2c = -1 \Rightarrow c = \frac{1}{2} \\ b – c = 0 \Rightarrow b = \frac{1}{2} \\ a = -\frac{1}{2}, \quad d = 0 \end{cases} \]
Logo:
\[ v \propto m^{-1/2} \, T^{1/2} \, k^{1/2} \quad \Rightarrow \quad \boxed{v \propto \sqrt{\frac{kT}{m}}} \]
Que é um resultado que lembra bastante os resultados da termodinâmica estatística!
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[ v \propto m^{-1/2} \, T^{1/2} \, k^{1/2} \quad \Rightarrow \quad \boxed{v \propto \sqrt{\frac{kT}{m}}} \]
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para \( y \), podemos colocar que
\[ y(t) = v_0 \sin(\theta) t – \frac{g t^2}{2} \]
e, para \( x \):
\[ x(t) = v_0 \cos(\theta) t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{x}{v_0 \cos(\theta)} \]
Usando a definição para \( t \) em função de \( x \) na função de y(t)
\[\boxed{y(x) = \frac{x v_0 \sin(\theta)}{v_0 \cos(\theta)} – \frac{g}{2} \left( \frac{x}{v_0 \cos(\theta)} \right)^2 = x \tan(\theta) – \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2(\theta)}} \]}
(b) Decompondo a força elétrica para os eixos \( x \) e \( y \), além de levando em conta as componentes da velocidade inicial e o campo elétrico, teremos que:
\[\boxed{y(t) = v_0 \sin(\theta) \, t + \frac{a_y t^2}{2} = v_0 \sin(\theta) \, t – \frac{(g + \frac{E q \sin(\alpha)}{m}) t^2}{2} }\] e
\[\boxed{ x(t) = v_0 \sin(\theta) \, t + \frac{a_x t^2}{2} = v_0 \sin(\theta) \, t – \frac{E q \cos(\alpha)}{2m} t^2 }\]
(c) Mesmo sofrendo duas forças diferentes, o movimento ainda é caracterizado por aceleração constante. Logo, como é possível encontrar um eixo de coordenadas no qual a aceleração será estritamente vertical, exatamente como no caso do item(a), nesse caso todos os lançamentos terão um formato parabólico, cujo vértice e inclinação serão completamente definidos pelas variáveis dadas.
Como mostrado no desenho das possíveis trajetórias, a única maneira de a esfera voltar ao ponto de partida é se sua curva geométrica passar pelo ponto novamente. Pela definição da parábola, é impossível que se passe duas vezes pelo mesmo ponto. Logo, a única possibilidade é que a trajetória não seja uma parábola! Como isso é possível?
Conforme é possível ver no próprio esquema, há uma trajetória possível que é uma reta. Isso só é possível quando o projétil é lançado na mesma direção da aceleração resultante, pois, neste caso, não terá nenhuma velocidade na direção perpendicular à aceleração resultante, tendo assim uma trajetória reta. Note, no esquema abaixo, que a reta não passa de uma parábola extremamente comprimida.
Sabe-se que o ângulo de lançamento é θ, e, por somatória de vetores, teremos a aceleração resultante na seguinte forma vetorial:
O que resulta, numericamente, em:
\[\boxed{\frac{\frac{E q}{m} \sin(\alpha) + g}{\frac{E q}{m} \cos(\alpha)} = \tan(\theta)} \]
(d) Como mostrado no item anterior, de maneira geral (com exceção do caso em que a trajetória é uma reta, mas, como uma reta não possui vértice, não tem o que calcular neste caso e iremos assumir, portanto, que a trajetória não será uma reta) o movimento será parabólico, contudo rotacionado, de forma que cairemos exatamente no caso do item (a). É sempre do mesmo jeito!
Conforme visto no item anterior, o ângulo de inclinação, que chamaremos de β, uma vez que não pode ser θ, iremos procurar um novo sistema de coordenadas onde apenas em y’ teremos aceleração, dessa forma voltando ao caso inicial. Iremos rotacionar as coordenadas da seguinte forma:
onde pode-se obter que \[ \alpha = 90^\circ – \beta + \theta \] e logo
\[ V_0(y’) = V_0 \sin(\alpha) \]
\[ V_0(x’) = V_0 \cos(\alpha) \]
Também podemos obter duas relações para y’, x’, x, y:
\[ y’ = y \sin \beta + x \cos \beta \]
\[ x’ = x \sin \beta – y \cos \beta \]
Usando o esquema do item(c), fazendo Pitágoras com as componentes, pode-se chegar que o módulo da aceleração resultante será
\[ a_{\text{res}} = \sqrt{ \left( \frac{Eq}{m} \right)^2 + g^2 + \frac{2gEq}{m} \sin \alpha } \]
Iremos de agora em diante trabalhar em função de \(\alpha\) e \(a_{\text{res}}\). Como voltamos ao caso do item(a), pode-se dizer que a trajetória da esfera será descrita pela equação:
\[ y'(x) = x’ \tan(\alpha) – \frac{a_{\text{res}} x’^2}{2 v_0^2 \cos^2(\alpha)} \]
Cujo vértice, pela expressão da parábola, será dado por
\[ x’_v = \frac{-b}{2a} = \frac{2v^2 \cos^2 \alpha \, t \, \tan \alpha}{a_{2 \, \text{res}}} = \frac{v^2 \sin 2\alpha}{2a_{\text{res}}} \]
\[ y’_v = \frac{-\Delta}{4a} = \frac{\tan^2 \alpha \, v_0^2 \cos^2 \alpha}{2a_{\text{res}}} = \frac{v_0^2 \sin^2 \alpha}{2a_{\text{res}}} \]
Usando as relações que temos na transformação do sistema de coordenadas x’ e y’ para x e y:
\[ x \sin \beta – y \cos \beta = \frac{2v^2 \cos^2 \alpha \, t \, \tan \alpha}{a_{2 \, \text{res}}} = \frac{v^2 \sin 2\alpha}{2a_{\text{res}}} \]
\[ y \sin \beta + x \cos \beta = \frac{\tan^2 \alpha \, v_0^2 \cos^2 \alpha}{2a_{\text{res}}} = \frac{v_0^2 \sin^2 \alpha}{2a_{\text{res}}} \]
E logo teremos que
\[\boxed{x_v = \frac{v^2 \sin(2\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \sin\beta + \frac{v_0^2 \sin^2(\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \cos\beta} \]
\[\boxed{ y_v = \frac{v_0^2 \sin^2(\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \sin\beta – \frac{v^2 \sin(2\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \cos\beta} \]
Se já deu todo esse trabalho, só pense pelo o que o Felipe Calves passou…!
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
\[\boxed{y(x) = \frac{x v_0 \sin(\theta)}{v_0 \cos(\theta)} – \frac{g}{2} \left( \frac{x}{v_0 \cos(\theta)} \right)^2 = x \tan(\theta) – \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2(\theta)}}\]
(b)
\[\boxed{y(t) = v_0 \sin(\theta) \, t – \frac{1}{2} \left( g + \frac{E q \sin(\alpha)}{m} \right) t^2}\]
\[\boxed{x(t) = v_0 \cos(\theta) \, t + \frac{1}{2} \left( \frac{E q \cos(\alpha)}{m} \right) t^2}\]
(c)
\[\boxed{\tan(\theta) = \frac{\frac{E q}{m} \sin(\alpha) + g}{\frac{E q}{m} \cos(\alpha)}}\]
(d)
\[\boxed{x_v = \frac{v^2 \sin(2\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \sin\beta + \frac{v_0^2 \sin^2(\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \cos\beta}\]
\[\boxed{y_v = \frac{v_0^2 \sin^2(\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \sin\beta – \frac{v^2 \sin(2\alpha)}{2 \, a_{\mathrm{res}}} \cos\beta}\]
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Desenhadas as forças no esquema abaixo, para a cunha, podemos montar as seguintes equações para a vertical e a horizontal, respectivamente (sabendo que ela obviamente não é acelerada verticalmente e é positivamente acelerada horizontalmente, segundo os limites dados no enunciado):
\[Mg – F \sin\theta + F_{\text{at2}} \sin\alpha + N_2 \cos\alpha = N_1 \]
\[ F \cos\theta – F_{\text{at1}} + F_{\text{at2}} \cos\alpha – N_2 \sin\alpha = M A_x \]
onde \( A_x \) é a aceleração horizontal da cunha. Os termos envolvendo \( F_{\text{at2}} \) vêm do fato de que o atrito que o bloco sente no contato com a cunha, que vai da direita para a esquerda, por ação e reação, também é aplicado em módulo igual e sentido contrário na cunha. Podemos definir o atrito com o solo e o atrito com o bloco da seguinte forma:
\[ F_{\text{at1}} = \mu N_1 \]
\[ F_{\text{at2}} = \mu N_2 \]
e, utilizando \( A_x \) da equação horizontal, obteremos, finalmente, que
\[ \left( \frac{F}{M} \right) \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) – \mu g – \left( \frac{N_2}{M} \right) (1 + \mu^2) \sin\alpha = A_x \]
Agora, iremos colocar o bloco no referencial da cunha: veja o esquema abaixo, ao nos colocarmos num referencial com a mesma aceleração horizontal que a cunha:
Sendo a aceleração positiva para a direita, agora, no referencial da cunha, o bloco irá sentir uma aceleração fictícia de magnitude \( A_x \) para a esquerda, iremos agora trabalhar com um novo eixo de coordenadas, com y e x definidos no esquema abaixo:
Para y, temos a seguinte equação dinâmica (o bloco não acelera na perpendicular à superfície da cunha; caso contrário, ele “sairia voando”, o que é absurdo):
\[ mA_x \sin\alpha + mg \cos\alpha = N_2 \]
Ora, usando a fórmula em que isolamos \( A_x \) e jogando o valor de \( N_2 \) agora encontrado:
\[ \left( \frac{F}{M} \right) \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) – \mu g – \frac{(mA_x \sin\alpha + mg \cos\alpha)(1 + \mu^2) \sin\alpha}{M} = A_x \]
logo, obteremos que
\[ \frac{ \left( \frac{F}{M} \right) \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) – g \left( \mu + \left( \frac{m}{M} \right) \cos\alpha \sin\alpha (1 + \mu^2) \right) }{ \left( \frac{m}{M} \right) \sin^2\alpha (1 + \mu^2) } = A_x \]
e, para x, ou seja, a horizontal da superfície da cunha:
\[mg \sin\alpha – mA_x \cos\alpha – \mu N_2 = ma \],
onde a é a aceleração do bloco em relação à horizontal da superfície da cunha. Utilizando a definição de \( N_2 \) e usando na equação para x, obteremos que
\[ g \left( \sin\alpha – \mu \cos\alpha \right) – A_x \left( \cos\alpha + \mu \sin\alpha \right) = a \]
Utilizando a relação obtida para \( A_x \) anteriormente, finalmente teremos que
\[\boxed{ g \left( \sin\alpha – \mu \cos\alpha \right) – \left[ \frac{\left( \frac{F}{M} \right) \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) – g \left( \mu + \left( \frac{m}{M} \right) \cos\alpha \sin\alpha (1 + \mu^2) \right)}{ \left( \frac{m}{M} \right) \sin^2\alpha (1 + \mu^2) } \right] \left( \cos\alpha + \mu \sin\alpha \right) = a }\]
Sendo D a hipotenusa da cunha, por cinemática simples teremos que
\[\boxed{ \sqrt{2aD} = T_{\text{queda}} }\]
onde a é a aceleração, definida anteriormente.
Como a é a aceleração do bloco em relação à superfície da cunha, necessariamente quanto maior a, mais rápida será a queda. Ou seja, encontrar o θ para a queda mais rápida do bloco equivale a encontrar o θ que maximize a aceleração. Derivando a e equalizando a zero:
\[ \frac{da}{d\theta} = 0 = 0 – \frac{d}{d\theta} \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) = \sin\theta – \mu \cos\theta \]
o que nos leva a
\[ \boxed{ \tan\theta = \mu } \]
Esse resultado não é nada surpreendente, pois muitos problemas de cunha e maximização de velocidade de queda, como no caso do bloco deslizando da cunha fixa com inclinação 0, esta relação aparece. Isso advém do fato de que, quanto maior for componente horizontal da força F aplicada, mais desacelerado o bloco ficará, pois isso aumenta a força de contato e logo o atrito com a cunha também.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{ g \left( \sin\alpha – \mu \cos\alpha \right) – \left( \frac{\left( \frac{F}{M} \right) \left( \cos\theta + \mu \sin\theta \right) – g \left( \mu + \left( \frac{m}{M} \right) \cos\alpha \sin\alpha (1 + \mu^2) \right)}{ \left( \frac{m}{M} \right) \sin^2\alpha (1 + \mu^2) } \right) \left( \cos\alpha + \mu \sin\alpha \right) = a }\]
\[\boxed{ \sqrt{2aD} = T_{\text{queda}} }\]
\[\boxed{ \tan\theta = \mu }\]
[/spoiler]
Extra (nível SOIF)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) A posição inicial é \( x = L \). A taxa de vazamento fornecida implica que a massa do recipiente na posição \( x \) é \( m = M(x/L) \).
Portanto, \( F = ma \) dá
\[ -T = \left( \frac{Mx}{L} \right) \ddot{x}. \]
Escrevendo a aceleração como \( v \, \frac{dv}{dx} \), e separando variáveis e integrando, obtemos
\[ -\frac{TL}{M} \int_L^x \frac{dx}{x} = \int_0^v v \, dv \implies -\frac{TL}{M} \ln\left( \frac{x}{L} \right) = \frac{v^2}{2} \]
A energia cinética na posição \( x \) é, portanto,
\[ E = \frac{mv^2}{2} = \left( \frac{Mx}{L} \right) \frac{v^2}{2} = -Tx \ln\left( \frac{x}{L} \right) \]
Em termos da fração \( z = x/L \), temos \( E = -TLz \ln z \). Igualando \( \frac{dE}{dz} = 0 \) para encontrar o máximo, obtemos
\[\boxed{ z = \frac{1}{e} \implies E_{\text{max}} = \frac{TL}{e}} \]
(b) A velocidade é
\[ v = \sqrt{\frac{2TL}{M}} \sqrt{-\ln z}, \quad \text{onde } z \equiv x/L \]
Portanto, o módulo do momento linear é
\[ p = mv = (Mz)v = \sqrt{2TLM} \sqrt{-z^2 \ln z} \]
Igualando \( \frac{dp}{dz} = 0 \) para encontrar o máximo, obtemos
\[\boxed{ z = \frac{1}{\sqrt{e}} \implies p_{\text{max}} = \sqrt{\frac{TLM}{e}}}\]
Note que a posição (fracionária) de \( p_{\text{max}} \) é independente de \( M \), \( T \) e \( L \), mas seu valor depende dos três.
(c) A taxa de vazamento fornecida implica que a massa do recipiente no instante \( t \) é \( m = M(1 – bt) \), para \( t \leq 1/b \). Portanto, \( F = ma \) dá
\[ -T = M(1 – bt) \frac{dv}{dt} \tag{I} \]
Separando variáveis e integrando, obtemos
\[ \frac{-T}{M} \int_0^t \frac{dt}{1 – bt} = \int_0^v dv \implies v(t) = \frac{T}{bM} \ln(1 – bt). \]
Essa equação é válida para \( t < 1/b \), desde que o recipiente ainda não tenha batido na parede. Integrando \( v(t) \) para obter \( x(t) \) (usando \( \int \ln y \, dy = y \ln y – y \)), obtemos
\begin{equation}\tag{II}
\boxed{x(t) = L – \frac{T}{b^2 M} – \frac{T}{b^2 M} \left[ (1 – bt) \ln(1 – bt) – (1 – bt) \right]}\end{equation}
onde a constante de integração foi escolhida de forma que \( x = L \) quando \( t = 0 \).
(d) A massa no instante \( t \) é \( m = M(1 – bt) \). Usando a Eq. (I), a energia cinética no instante \( t \) é (com \( z \equiv 1 – bt \))
\[ E = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(Mz) \left( \frac{T}{bM} \ln z \right)^2 = \frac{T^2}{2b^2 M} z \ln^2 z. \]
Derivando para encontrar o máximo, obtemos
\[\boxed{ z = \frac{1}{e^2} \Longrightarrow E_{\text{max}} = \frac{2T^2}{e^2 b^2 M}} \]
(e) A massa no instante \( t \) é \( m = M(1 – bt) \). Usando a Eq. (I), o momento linear no instante \( t \) é (com \( z = 1 – bt \))
\[ p = mv = (Mz) \left( \frac{T}{bM} \ln z \right) = \frac{T}{b} \ln z. \]
Derivando para encontrar o valor máximo do módulo, obtemos
\[\boxed{z = \frac{1}{e} \Longrightarrow |p|_{\text{max}} = \frac{T}{eb}} \]
(f) Queremos que \( x = 0 \) quando \( m = M(1 – bt) \) se anula. Ou seja, queremos \( x = 0 \) quando \( t = 1/b \). A Equação (II) então nos dá:
\[\boxed{0 = L – \frac{T}{b^2 M} \Longrightarrow b = \sqrt{\frac{T}{ML}}} \]
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
\[\boxed{ z = \frac{1}{e} \implies E_{\text{max}} = \frac{TL}{e} }\]
(b)
\[\boxed{ z = \frac{1}{\sqrt{e}} \implies p_{\text{max}} = \sqrt{\frac{TLM}{e}}. }\]
(c)
\[\boxed{ x(t) = L – \frac{T}{b^2 M} – \frac{T}{b^2 M} \left[ (1 – bt) \ln(1 – bt) – (1 – bt) \right] }\]
(d)
\[\boxed{ x(t) = L – \frac{T}{b^2 M} – \frac{T}{b^2 M} \left[ (1 – bt) \ln(1 – bt) – (1 – bt) \right] }\]
(e)
\[\boxed{ z = \frac{1}{e} \Longrightarrow |p|_{\text{max}} = \frac{T}{eb}. }\]
(f)
\[\boxed{ 0 = L – \frac{T}{b^2 M} \Longrightarrow b = \sqrt{\frac{T}{ML}}. }\]
[/spoiler]