OBF 2011 — 3ª fase · 9º ano | Física resolvida

Q01

Mecânica — Cinemática — Equação horária a partir de tabela e força de empuxo

Um foguete de 1000 kg é lançado da superfície da Terra a partir do repouso e numa trajetória vertical ascendente. Nos primeiros 60 segundos da subida a altura $h$ (a partir da superfície) do foguete foi determinada em km em intervalos de 5 segundos e o resultado indicado na tabela:

h (km)	0	0,25	1	2,25	4	6,25	9	12,25	16	20,25	25	30,25	36
t (s)	0	5	10	15	20	25	30	35	40	45	50	55	60

a) Escreva a equação horária $h(t)$ para o foguete. b) Determine a força de empuxo ascendente que atua no foguete.

Resposta TEF: a) $h(t)=10\,t^2$ ($h$ em m, $t$ em s); b) $F=3{,}0\times10^{4}\ \text{N}$.

Resolução comentada · Método TEF

a) A tabela mostra $h\propto t^2$: $0{,}25\ \text{km}$ em $5\ \text{s}$ ($250/25=10$), $1\ \text{km}$ em $10\ \text{s}$ ($1000/100=10$), $36\ \text{km}$ em $60\ \text{s}$ ($36\,000/3600=10$). É um MUV a partir do repouso, $h=\dfrac{a\,t^2}{2}$, com $\dfrac a2=10$:

$$h(t)=10\,t^2\quad(\text{m, s})\qquad a=20\ \text{m/s}^2$$

b) Segunda lei de Newton, com empuxo $F$ para cima e peso $m\,g$: $F-m\,g=m\,a$:

$$F=m\,(g+a)=1000\,(10+20)=3{,}0\times10^{4}\ \text{N}$$

Q02

Mecânica — Cinemática — Distância percorrida em movimento por trechos

Um móvel se desloca ao longo de uma reta. No primeiro trecho da viagem ele parte do repouso com uma aceleração constante $a_1$ e atinge uma velocidade máxima $v_1$. No segundo trecho, de duração $t$, ele possui uma aceleração constante e menor $a_2$ e atinge uma velocidade máxima $v_2$. No terceiro trecho ele desacelera com aceleração $-a_3$ até atingir o repouso novamente. Sabendo que o tempo total da viagem foi $T$, determine qual a distância total percorrida pelo móvel.

Resposta TEF: $d=\dfrac12\left[v_2\,T+v_1\,t\left(1-\dfrac{a_2}{a_1}\right)\right]$ (equivalente a $\tfrac12\left[\tfrac{v_1(v_1-v_2)}{a_1}+v_1t+v_2T\right]$).

Resolução comentada · Método TEF

A distância é a área sob o gráfico $v\times t$, formado por três trechos: triângulo, trapézio e triângulo.

Durações: $t_1=\dfrac{v_1}{a_1}$ (1º trecho), $t$ (2º) e $t_3=T-t_1-t$ (3º; vale também $t_3=\dfrac{v_2}{a_3}$).

$$d=\underbrace{\tfrac12v_1t_1}_{1^\circ}+\underbrace{\tfrac12(v_1+v_2)\,t}_{2^\circ}+\underbrace{\tfrac12v_2\,t_3}_{3^\circ}$$

Substituindo $t_1$ e $t_3$: $$d=\frac12\left[\frac{v_1^2}{a_1}+(v_1+v_2)\,t+v_2\left(T-t-\frac{v_1}{a_1}\right)\right]=\frac12\left[\frac{v_1\,(v_1-v_2)}{a_1}+v_1\,t+v_2\,T\right]$$

Como $v_2=v_1+a_2\,t$, temos $v_1-v_2=-a_2\,t$ e

$$d=\frac12\left[v_2\,T+v_1\,t\left(1-\frac{a_2}{a_1}\right)\right]$$

Teste numérico: $a_1=2,\,v_1=4,\,a_2=1,\,t=2,\,a_3=3$ (então $v_2=6$, $T=6$): áreas $4+10+6=20$, e a fórmula dá $\tfrac12[36+4]=20$.

Q03

Mecânica — Hidrostática — Empuxo e alcance de um corpo lançado do fundo de um lago

Um corpo é lançado do fundo de um lago com velocidade horizontal $v_0$. O lago, de profundidade $H$, possui água de densidade $\rho_L$. Sabendo que a densidade da água é maior que a densidade $\rho_C$ do corpo, determine qual deve ser a razão entre as duas para que o alcance total do corpo, medido na linha horizontal de lançamento do mesmo, seja mínimo. (Despreze a resistência da água e do ar.)

Resposta TEF: $\dfrac{\rho_L}{\rho_C}=\dfrac32$ (alcance mínimo $4\,v_0\sqrt{H/g}$).

Resolução comentada · Método TEF

Ressalva: o enunciado fala em “alcance total medido na linha horizontal de lançamento”; interpretou-se como a distância horizontal percorrida até o corpo voltar ao nível da superfície do lago, após ter saído da água.

Seja $r=\dfrac{\rho_L}{\rho_C}>1$. Dentro da água, a resultante vertical é $E-P=(\rho_L-\rho_C)V\,g$, e a aceleração para cima vale $a=g\,(r-1)$. A velocidade horizontal $v_0$ não muda.

Subida até a superfície: $H=\dfrac{a\,t_1^2}{2}\Rightarrow t_1=\sqrt{\dfrac{2H}{g\,(r-1)}}$, com deslocamento horizontal $x_1=v_0\,t_1$. Ao sair, a velocidade vertical é $v_y=a\,t_1=\sqrt{2\,g\,H\,(r-1)}$.

No ar (só a gravidade), o corpo sobe e volta ao nível da superfície em $t_2=\dfrac{2v_y}{g}$, com $x_2=v_0\,t_2=2\,v_0\sqrt{\dfrac{2H\,(r-1)}{g}}$.

Alcance total, com $u=\sqrt{r-1}$:

$$x=x_1+x_2=v_0\sqrt{\frac{2H}{g}}\left(\frac1u+2u\right)$$

O mínimo de $f(u)=\dfrac1u+2u$ ocorre em $f'(u)=-\dfrac1{u^2}+2=0\Rightarrow u^2=\dfrac12$, isto é, $r-1=\dfrac12$:

$$\frac{\rho_L}{\rho_C}=\frac32,\qquad x_{min}=v_0\sqrt{\frac{2H}{g}}\cdot2\sqrt2=4\,v_0\sqrt{\frac Hg}$$

Q04

Mecânica — Quantidade de movimento — Choque elástico com mola: compressão máxima e velocidades finais

Uma massa $m_1$, com velocidade inicial $V_0$, atinge um sistema massa-mola, cuja massa é $m_2$, inicialmente em repouso, mas livre para se movimentar. A mola é ideal e possui constante elástica $k$, conforme a figura. Não há atrito com o solo.

a) Qual é a compressão máxima da mola?

b) Se, após um longo tempo, ambos os objetos se deslocam na mesma direção, quais serão as velocidades finais $V_1$ e $V_2$ das massas $m_1$ e $m_2$, respectivamente?

Massa m1 com velocidade V0 em direção a um sistema formado por uma mola de constante k presa a uma massa m2

Resposta TEF: a) $x_{max}=V_0\sqrt{\dfrac{m_1\,m_2}{k\,(m_1+m_2)}}$; b) $V_1=\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}V_0$ e $V_2=\dfrac{2\,m_1}{m_1+m_2}V_0$.

Resolução comentada · Método TEF

a) A compressão é máxima quando as duas massas têm a mesma velocidade $v$. Conservação do momento: $m_1V_0=(m_1+m_2)\,v$. Conservação da energia: $\dfrac{m_1V_0^2}{2}=\dfrac{(m_1+m_2)v^2}{2}+\dfrac{k\,x^2}{2}$:

$$k\,x^2=m_1V_0^2-\frac{m_1^2V_0^2}{m_1+m_2}=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}V_0^2\Rightarrow x_{max}=V_0\sqrt{\frac{m_1\,m_2}{k\,(m_1+m_2)}}$$

b) A interação é equivalente a um choque elástico unidimensional (a mola devolve toda a energia). Com $m_2$ inicialmente parada:

$$V_1=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,V_0\qquad V_2=\frac{2\,m_1}{m_1+m_2}\,V_0$$

Para que ambos sigam na mesma direção ($V_1>0$) é necessário $m_1>m_2$; se $m_1

Q05

Mecânica — Trabalho e energia — Energia dissipada pela resistência do ar

Um paraquedista de 80 kg, em queda livre, leva 3 minutos, após a abertura (início da contagem do tempo $t=0$) do paraquedas, para atingir o solo de uma altura de 1700 m. O gráfico representa a velocidade do paraquedista nos primeiros dois minutos após a abertura do paraquedas.

a) Qual a aceleração média sofrida pelo paraquedista durante a queda?

b) Calcule a energia mecânica perdida devido ao atrito com o ar durante a queda.

Gráfico da velocidade (m/s) do paraquedista em função do tempo (s): de 45 m/s em t = 0 a cerca de 5 m/s em t = 120 s

Resposta TEF: a) $\approx-0{,}22\ \text{m/s}^2$ (desaceleração); b) $\approx1{,}4\times10^{6}\ \text{J}$.

Resolução comentada · Método TEF

Pelo gráfico, a velocidade em $t=0$ é $v_i\approx45\ \text{m/s}$ e tende a $v_f\approx5\ \text{m/s}$ (velocidade terminal, mantida até o solo em $t=180\ \text{s}$).

a) $$\bar a=\frac{v_f-v_i}{\Delta t}=\frac{5-45}{180}\approx-0{,}22\ \text{m/s}^2$$ (o paraquedista é freado, com $\approx0{,}22\ \text{m/s}^2$ de desaceleração média, em relação ao sentido da queda).

b) A energia dissipada é a perda de energia mecânica entre a abertura e o solo:

$$E_{perdida}=\left(m\,g\,h+\tfrac12m\,v_i^2\right)-\tfrac12m\,v_f^2=80\cdot10\cdot1700+\tfrac12\cdot80\cdot(45^2-5^2)=1{,}36\times10^{6}+8{,}0\times10^{4}\approx1{,}4\times10^{6}\ \text{J}$$

Q06

Mecânica — Cinemática — Lançamento perpendicular a um plano inclinado

Uma partícula é lançada com velocidade $v_0$ perpendicularmente a um plano inclinado, de inclinação $\alpha$ com a horizontal, como mostra a figura. Determine: (a) a distância máxima $\overline{AB}$ que a partícula fica do plano inclinado; (b) o alcance da partícula ao longo do plano inclinado; (c) a razão entre $d_1$ e $d_2$ mostrada na figura. (Sendo A o ponto em que a partícula está à distância máxima do plano e B sua projeção sobre o mesmo, $d_1$ é a distância do ponto de lançamento a B e $d_2$ a distância de B ao ponto de retorno da partícula ao plano.)

Partícula lançada perpendicularmente a um plano inclinado de ângulo α, com A (distância máxima), B (projeção de A no plano) e as distâncias d1 e d2

Resposta TEF: a) $\overline{AB}=\dfrac{v_0^2}{2\,g\cos\alpha}$; b) $R=\dfrac{2\,v_0^2\,\text{sen}\,\alpha}{g\cos^2\alpha}$; c) $\dfrac{d_1}{d_2}=\dfrac13$.

Resolução comentada · Método TEF

Escolhem-se os eixos $x$ (ao longo do plano, para baixo) e $y$ (perpendicular ao plano). A gravidade tem componentes $g_y=-g\cos\alpha$ e $g_x=g\,\text{sen}\,\alpha$. A velocidade inicial é só em $y$: $v_{0y}=v_0$, $v_{0x}=0$.

a) Em $y$, movimento uniformemente retardado: a distância é máxima quando $v_y=0$: $$\overline{AB}=\frac{v_0^2}{2\,g\cos\alpha}\qquad(\text{em }t_A=\tfrac{v_0}{g\cos\alpha})$$

b) A partícula volta ao plano em $T=2t_A=\dfrac{2v_0}{g\cos\alpha}$. Ao longo do plano, parte do repouso com aceleração $g\,\text{sen}\,\alpha$:

$$R=\frac12\,g\,\text{sen}\,\alpha\,T^2=\frac{2\,v_0^2\,\text{sen}\,\alpha}{g\cos^2\alpha}$$

c) $d_1$ é o deslocamento em $x$ no instante $t_A=T/2$: $d_1=\dfrac12g\,\text{sen}\,\alpha\left(\dfrac T2\right)^2=\dfrac R4$. Logo $d_2=R-d_1=\dfrac{3R}{4}$ e

$$\frac{d_1}{d_2}=\frac13$$

Q07

Matemática aplicada — Cálculo — Velocidade instantânea como limite da velocidade média

Neste problema você será apresentado a um método desenvolvido por Isaac Newton e Gottfried Leibniz independentemente, para obter a velocidade de um corpo em movimento conhecendo apenas a sua função horária da posição. Considere um móvel cuja equação horária é $x(t)=3t^2-2t+1$, com $x$ em metros e $t$ em segundos.

(a) Qual a posição do móvel nos instantes $t_0=0\ \text{s}$, $t_1=1\ \text{s}$ e $t_2=2\ \text{s}$?

(b) Sabendo que a velocidade média entre $t$ e $t+\Delta t$ é $v_m=\dfrac{x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta t}$, determine a velocidade média nos intervalos $(t_0,t_1)$, $(t_1,t_2)$ e $(t_0,t_2)$.

(d) A velocidade no instante $t_1=1\ \text{s}$ é obtida fazendo $\Delta t\to0$ na expressão anterior. Determine-a.

(e) Repita o procedimento de (c) e (d) para obter a velocidade em um instante $t$ qualquer.

Resposta TEF: a) $1\ \text{m},\ 2\ \text{m},\ 9\ \text{m}$; b) $1;\ 7;\ 4\ \text{m/s}$; c) $4+3\Delta t$; d) $4\ \text{m/s}$; e) $v(t)=6t-2$.

Resolução comentada · Método TEF

(a) $x(0)=1\ \text{m}$; $x(1)=3-2+1=2\ \text{m}$; $x(2)=12-4+1=9\ \text{m}$.

(b) $v_m(0,1)=\dfrac{2-1}{1}=1\ \text{m/s}$; $v_m(1,2)=\dfrac{9-2}{1}=7\ \text{m/s}$; $v_m(0,2)=\dfrac{9-1}{2}=4\ \text{m/s}$.

(c) $$v_m=\frac{x(1+\Delta t)-x(1)}{\Delta t}=\frac{3(1+\Delta t)^2-2(1+\Delta t)+1-2}{\Delta t}=\frac{4\,\Delta t+3\,\Delta t^2}{\Delta t}=4+3\,\Delta t$$

(d) Para $\Delta t\to0$: $v(1)=4\ \text{m/s}$.

(e) $$v_m=\frac{3(t+\Delta t)^2-2(t+\Delta t)+1-(3t^2-2t+1)}{\Delta t}=6t-2+3\,\Delta t\ \xrightarrow{\Delta t\to0}\ v(t)=6t-2\ \ (\text{m/s})$$

Conferência: $v(1)=6-2=4\ \text{m/s}$, como em (d). Essa operação é a derivada de $x$ em relação a $t$.

Q08

Física moderna — Relatividade restrita — Massa relativística e velocidade limite

Segundo a teoria da Relatividade de Einstein um elétron relativístico tem uma massa de repouso $m_0$ e uma massa inercial $m=\dfrac{m_0}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$, onde $v$ é a velocidade do elétron relativa a um referencial inercial e $c$ a velocidade da luz no vácuo. a) Qual a massa inercial do elétron quando $v=0{,}5\,c$? b) Por que um elétron não pode viajar à velocidade da luz segundo a teoria de Einstein? Sua resposta deve ser baseada na interpretação da equação anterior.

Resposta TEF: a) $m\approx1{,}15\,m_0$; b) para $v\to c$ a massa tende a infinito.

Resolução comentada · Método TEF

a) $$m=\frac{m_0}{\sqrt{1-0{,}5^2}}=\frac{m_0}{\sqrt{0{,}75}}\approx1{,}15\,m_0$$

b) Quando $v\to c$, $1-\dfrac{v^2}{c^2}\to0$ e $m\to\infty$: a inércia do elétron cresceria sem limite, e seria necessária uma energia infinita para acelerá-lo até $c$. Para $v=c$ a expressão não é definida e, para $v>c$, resulta em raiz de número negativo (massa não real). Logo um corpo com massa de repouso $m_0\neq0$ só pode se aproximar de $c$ sem nunca atingi-la.

Dados da prova