OBF 2014

Ressalva: interpretou-se “diretamente de A a B” como o percurso pela borda externa da via (arco AB), única leitura em que o ângulo não depende de R e L. O valor $2$ rad ultrapassa $90^\circ$, o que contraria a restrição desenhada na figura ($\theta<90^\circ$).

Mesma velocidade, logo tempos iguais ⇔ comprimentos iguais. O trajeto do filho segue o arco externo, de raio $R+L$ e ângulo $\theta$: $s_1=(R+L)\,\theta$.

O trajeto do pai: duas travessias radiais de comprimento $L$ e o arco interno de raio $R$: $s_2=2L+R\,\theta$.

$(R+L)\,\theta=2L+R\,\theta\Rightarrow L\,\theta=2L$:

$$\theta=2\ \text{rad}\ (\approx115^\circ)$$

O resultado independe de $R$ e $L$. Para $\theta<2\ \text{rad}$, o arco externo é mais curto; para $\theta>2\ \text{rad}$, o pai chega primeiro.

Distâncias: $100\cdot\dfrac{40}{60}=66{,}7\ \text{km}$ e $95\cdot2=190\ \text{km}$; total $256{,}7\ \text{km}$. Tempo total (inclui a parada): $40+20+120=180\ \text{min}=3\ \text{h}$.

$$v_m=\frac{256{,}7}{3}\approx85{,}6\ \text{km/h}$$

A aceleração tem duas componentes: tangencial $a_t=g\,\text{sen}\,\theta$ (perpendicular ao fio, para a posição de equilíbrio) e centrípeta $a_c=\dfrac{v^2}{L}$ (ao longo do fio, para o ponto de suspensão).

Extremos A e B: $v=0\Rightarrow a_c=0$; a aceleração é só tangencial, de módulo máximo $g\,\text{sen}\,\theta_0$, perpendicular ao fio e apontando para o centro da oscilação (o vetor não é vertical).

Posição central: $\theta=0\Rightarrow a_t=0$; a aceleração é só centrípeta, vertical para cima, de módulo máximo $\dfrac{v_{max}^2}{L}=2g\,(1-\cos\theta_0)$.

Posições intermediárias: soma vetorial das duas componentes, apontando “para dentro” da trajetória e nunca nula.

Ressalva: em (c) admite-se que a velocidade no ponto mais baixo é a mesma do início da trajetória circular; a variação de altura durante a curva (que aumentaria a velocidade) não é informada.

a) Na parábola o avião sobe mais $2000\ \text{m}$ até o ponto mais alto, onde $v_y=0$: $v_y^2=2\,g\,h\Rightarrow v_y=\sqrt{2\cdot10\cdot2000}=200\ \text{m/s}$ (e $t=\dfrac{v_y}{g}=20\ \text{s}$, como no texto). Com $45^\circ$: $v=\dfrac{v_y}{\text{sen}\,45^\circ}=\dfrac{200}{0{,}7}\approx286\ \text{m/s}\approx1030\ \text{km/h}$.

b) A componente horizontal é constante: $v_x=v\cos45^\circ=200\ \text{m/s}$. A trajetória completa (de $45^\circ$ subindo a $45^\circ$ descendo, no mesmo nível) dura $2\cdot20=40\ \text{s}$: $$x=200\cdot40=8000\ \text{m}=8\ \text{km}$$

c) Ao retomar a potência a $45^\circ$ descendo, a velocidade (por simetria da parábola) é $286\ \text{m/s}$. Supondo que a potência apenas compense o arraste e que a velocidade se mantenha, no ponto mais baixo da trajetória circular a aceleração é centrípeta: $$a=\frac{v^2}{R}=\frac{286^2}{4500}\approx18\ \text{m/s}^2\approx1{,}8\,g$$ (o peso aparente dos ocupantes é $\approx2{,}8$ vezes o normal).

$g=\dfrac{G\,M}{R^2}$. Peso na metade: $\dfrac{G\cdot2M_T}{R^2}=\dfrac12\,\dfrac{G\,M_T}{R_T^2}\Rightarrow R^2=4R_T^2$:

$$R=2\,R_T$$

Impulso = variação da quantidade de movimento: $F\,\Delta t=m\,\Delta v$:

$$\Delta t=\frac{0{,}450\cdot(4{,}0-2{,}0)}{45{,}0}=0{,}020\ \text{s}$$

Ressalva: valores lidos no gráfico, com incerteza de ±10%; a resposta é uma estimativa.

Em cada trecho, $\Delta t=\dfrac{\Delta x}{\bar v}$ com $\bar v$ a velocidade média do trecho (lida no gráfico).

a) Do repouso até o foguete ($x\approx2{,}9\ \text{km}$, $v\approx620\ \text{km/h}=172\ \text{m/s}$), com aceleração aproximadamente constante: $a=\dfrac{v^2}{2x}=\dfrac{172^2}{2\cdot2900}\approx5{,}1\ \text{m/s}^2$ e $t=\dfrac va\approx34\ \text{s}$ (aprox. $30$ s).

b) Trechos seguintes: $2{,}9\to4\ \text{km}$ ($\bar v\approx800\ \text{km/h}$): $\approx5\ \text{s}$; $4\to6$ ($\approx1100$): $\approx6{,}5\ \text{s}$; $6\to8$ ($\approx1430$): $\approx5\ \text{s}$; $8\to9{,}7$ ($\approx1650$): $\approx3{,}7\ \text{s}$. Total $\approx30+5+6{,}5+5+3{,}7\approx50\ \text{s}$.

Com origem na borda do patamar, a queda é $y=\dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2}$. O degrau $k$ tem piso a uma profundidade $k\,L$ e se estende de $x=2L\,(k-1)$ a $x=2L\,k$.

Não atingir os degraus anteriores: ao chegar a $x=2L\,k$ a bola precisa estar acima da profundidade $k\,L$ para todo $k\le n-1$: $\dfrac{g\,(2Lk)^2}{2\,v_0^2}2\,g\,L\,k$. A condição mais forte é a de $k=n-1$: $v_0^2>2\,g\,L\,(n-1)$.

Atingir o degrau $n$ (antes de passar sua borda): em $x=2L\,n$ a queda deve ser pelo menos $n\,L$: $\dfrac{g\,(2Ln)^2}{2\,v_0^2}\ge n\,L\Rightarrow v_0^2\le2\,g\,L\,n$.

$$\sqrt{2\,g\,L\,(n-1)}