Soluções Física – Semana 44

Iniciante:

Situação Física: temos que a velocidade média se dará pela divisão da distância percorrida pelo tempo total. Temos de lembrar do tempo parado e que após este ele parte do repouso. Além disso, temos de lembrar que ele, quando começa a desacelerar, tem uma certa velocidade inicial, e ao final da desaceleração, sua velocidade deve se manter positiva.

Resolução:
Para os tempos temos:

$t_{1}=\frac{X}{V}$
$t_{2}=t$

-Para um movimento acelerado:

$Y=\frac{at_{3}^2}{2}\rightarrow t_{3}=\sqrt{\frac{2Y}{a}}$
$Z=V't_{4}-\frac{bt_{4}^2}{2}\rightarrow t_{4}=\frac{V'-\sqrt{V'^2-2bZ}}{b}$

E temos, como para $Z$ ele parte do repouso, que:

$V'=at_{3}\rightarrow V'=a\sqrt{\frac{2Y}{a}}$

Temos então:

$T=t_{1}+t_{2}+t_{3}+t_{4}\rightarrow T=\frac{X}{V}+t+\sqrt{\frac{2Y}{a}}+\frac{\sqrt{2aY}-\sqrt{2aY-2bZ}}{b}$

E

$V_{m}=\frac{D}{T}=\frac{D}{\frac{X}{V}+t+\sqrt{\frac{2Y}{a}}+\frac{\sqrt{2aY}-\sqrt{2aY-2bZ}}{b}}$

 

Intermediário:

Situação Física: Temos que, por inércia, o bloquinho de cima continua a se mover para a direita enquanto a prancha volta para a esquerda. Uma força de atrito estático atuará em ambos. Sabemos que o bloquinho de não terá mais como cair quando sua velocidade relativa a prancha for $0$.

Resolução:

Para velocidades iguais:

$V_{p}=V-at=V_{b}=-V+bt\rightarrow t(b+a)=2V$

Uma força de atrito $umg$ atua em ambos, levando a:

$a=ug\frac{m}{M}$  e  $b=ug$

E logo:

$t=\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}$

No início do movimento, temos que o bloquinho está em um ponto $L$, sendo este o comprimento da prancha, e no fim tem de estar a uma distância $0$. Por fim:

$V\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}-\frac{ug\frac{m}{M}(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2}{2}=L-V\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})}+\frac{ug(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2}{2}$

$L=\frac{4V^2}{ug(1+\frac{m}{M})}-\frac{ug(1+\frac{m}{M})}{2}(\frac{2V}{ug(1+\frac{m}{M})})^2$

Avançado:

Situação Física: Sabemos que a massa do foguete decai a medida que este acelera (propele). Podemos dizer que ele converte uma massa $dM$ em fótons e os dispara para trás. Devemos nos atentar ao fato de ser uma situação relativísticas, e de que fótons podem ser considerados como de massa nula, validando a relação $E=pc$, sendo $c$ a velocidade da luz e $p$ o momentum da partícula. Uma solução prática é passar do referencial do foguete (f) para o do solo (s). Tratemos pois a massa do foguete como $M+dM$, sendo $dM<0$, e portal a energia dos fótons atirada temos como $E_{f}=-dMc^2$. Lembre-se de que é um caso relativístico e temos definido $\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$.

Resolução:

Transformada de Lorentz para momento: $p_{s}=\gamma(p_{f}+vE_{f})$

$p_{s}=\gamma(dMc+\frac{-dMvc^2}{c^2}$,  usando $c=1$*,  $\rightarrow p_{s}=\gamma(1-v)dM$

Usando conservação de momento no referencial do solo temos:

$(Mv\gamma)_{inicial}=\gamma(1-v)dM+(Mv\gamma)_{final}$

Tal que:

$-(Mv\gamma)_{inicial}+(Mv\gamma)_{final}=d(Mv\gamma)$

E logo:

$\gamma(1-v)dM+d(Mv\gamma)=0$

Expandindo a derivada:

$d(Mv\gamma)=dM(v\gamma)+Mv(d\gamma)+M(dv)\gamma$

Tendo que $d\gamma=vdv(\gamma)^3$, chegamos a:

$d(Mv\gamma)=dMv\gamma+M\gamma(v^2(\gamma)^2+1)dv=dMv\gamma+M(\gamma)^3dv$

Por fim:

$\gamma(1-v)dM+dMv\gamma+M(\gamma)^3dv=0\rightarrow \frac{dm}{M}+dv(\gamma)^2=0$

Logo:

$\frac{dM}{M}+\frac{dv}{1-v^2}=0$

Ps.: É comum utilizar-se $c=1$ em problemas relativísticos devido a invariabilidade do valor. É preciso se ter um cuidado extra ao analisar a dimensão.