Mês: Dezembro 2009

A chuva que dói!

Olá hoje irei vós apresentar um problema sobre a queda de chuva.

Qual será a razão entre a velocidade com que a chuva cai quando existe resistência do ar ou quando não existe.

A força de resistência do ar é da do por:

F_{resis}=\frac{1}{2}\rho C_x A v^2 [1] onde \rho é a densidade do ar C_x é um numero que tem a ver com a forma do objecto, v é a velocidade e A é a área do corpo voltada para o movimento.

Fazendo o diagrama de forças:

agua

Num primeiro instante(trajecto AB) a gota efectua um movimento uniformemente acelerado pois:

\sum{F}=P-F_{resis}\Leftrightarrow ma=P-F_{resis}; Como P>F_{resis}

a>0 Como existe aceleração o movimento é uniformemente acelerado.

Tratando agora no movimento de B até ao solo.

\sum{F}=P-F_{resis}\Leftrightarrow ma=P-F_{resis}; Como P=F_{resis}

a=0 logo o movimento de B até vai ser um movimento uniforme mantendo se a velocidade alcançada em B

Calcular a velocidade em B(v_B)

\sum{F}=P-F_{resis}

\Leftrightarrow 0=P-F_{resis}

\Leftrightarrow P=F_{resis}; Aplicando [1]

mg=\frac{1}{2}\rho C_x A v_B^2 resolvendo em ordem a v_B

\Leftrightarrow v_B=\sqrt{\frac{2mg}{\rho C_x A}}

Procurando na internet obtive os seguintes valores:

m=3,4\times10^{-5}

\rho=1.224

C_x=0.5

A=1,26\times10^{-5}

Substituindo os valores

v_B=9.3\quad m/s

Fazendo o mesmo mas agora desprezando o atrito.

EmA=EmS

\Leftrightarrow mgh_A=\frac{1}{2}mv_S^2

\Leftrightarrow v_S=\sqrt{2gh_A}

Como h_A=2000\quad m (fonte aqui)

v_S=198\quad m/s

v_S=21.3v_B

Assim concluísse que a velocidade com que uma gota de chuva chega ao solo é 21.3 vezes menor do que aquela a que chegaria se não existisse a resistência do ar.

 

 

Raio de Shwarzischild e o Homem mais pesado do mundo!

Bem o que eu venho aqui propor é a que tamanha teríamos de reduzir o Homem mais pesado do mundo para que ele se transformasse num buraco negro.

homem_mais_gordo_do_mundo-300x184 

Dados:

Massa do Homem mais pesado do mundo m

Considerando o homem aproximadamente uma esfera podemos usar a métrica de Shwarzischild:

\mathrm{d}s^{2} = c^2 \left(1-\frac{2GM}{c^2 r} \right) \mathrm{d}t^2 - \left(1-\frac{2GM}{c^2 r}\right)^{-1}\mathrm{d}r^2 - r^2 \mathrm{d}\Omega^2

onde G corresponde a constante de gravitação universal, M é entendida como a massa do objecto :

\mathrm{d}\Omega^2 = \mathrm{d}\theta^2+\sin^2{\theta} \mathrm{d}\phi^2,

corresponde a um elemento de ângulo sólido. A constante :

r_s = \frac{2GM}{c^2} permite mos descobrir o raio de um buraco negro, este raio tem o nome de raio de Shwarzischild.

Sustituindo M\:por\:m obtemos o raio a que teremos de concentrar o Homem mais Gordo do mundo para que ele se transforme em um buraco negro:

r_s = \frac{2Gm}{c^2}

Depois de uma procura na internet descobri que ele chegou a pesar 560kg (fonte aqui). Assim

r_s = \frac{2\times6,67\times 10^{-11}\times560}{299 792 458^2}

\Leftrightarrow r_s=8.31\times10^{-25}\quad m

A Diversão de Obama!

Olá, hoje irei vós apresentar um problema sobre o mais importante dos chefes de estado mundiais o Presidente Obama.

GYI0000729870.jpg 

Imaginemos que o Sr. Obama vai se divertir para um parque de diversões e resolve andar na montanha russa.

Obama diversão

Será esta viagem segura sabendo que:

O ponto A está a uma altura de 17 metros

O centro do “loop”(z) está a uma altura de 6.5 metros

O percurso AE e FG é realizado com o atrito desprezável

O ponto F está a uma altura de 7 metros e que ele tem de parar neste ponto.

O percurso EF é constituído por um material com coeficiente de atrito 1.9

O percurso GH foi construído com o mesmo material de EF e tem uma distancia de 5 metros.

Para averiguar se a viagem é segura temos de saber se não ele cai na posição C, onde a probabilidade de cair é maior, se chega a F com velocidade 0 e se pára dentro da distância GH.

O carrinho cairá na posição C?

Diagrama de forças em C:

Obama forças

Laranja – Força centrípeta (F_c)

Amarelo – Força Peso (P)

Verde – Força Normal (N)

\sum{\vec{F}}=\vec{P}+\vec{N} \Rightarrow F_c=P+N

Ele cairá se N=0 então

F_c=P

\Rightarrow m\frac{v^2}{R}=mg 

\Leftrightarrow \frac{v^2}{R}=g

\Leftrightarrow v^2=gR

\Rightarrow v^2=9.8\times6.5

\Leftrightarrow v^2=63.7

\Rightarrow v=\sqrt{63.7}

\Leftrightarrow v=8\:m/s

Assim concluimos que ele cai se ele tiver uma velocidade igual ou menor a 8 m/s.

Calcular a velocidade em C

Como no trajecto AE o atrito é desprezável podemos fazer:

Energia\:mecanica\:em\:A=Energia\:mecanica\:em\:C

\Leftrightarrow E_{cA}+E_{pA}=E_{cC}+E_{pC} como E_{cA}=0

\Rightarrow E_{pA}=E_{cC}+E_{pC}

\Leftrightarrow mgh_A=\frac{1}{2}m{v_C}^2+mgh_C

\Leftrightarrow gh_A=\frac{1}{2}{v_C}^2+gh_C

\Rightarrow 9.8\times17=\frac{1}{2}{v_C}^2+9.8\times13

\Leftrightarrow 166.6=\frac{1}{2}{v_C}^2+127.4

\Leftrightarrow 166.6-127.4=\frac{1}{2}{v_C}^2

\Leftrightarrow 39.2=\frac{1}{2}{v_C}^2

\Leftrightarrow 39.2\times2={v_C}^2

\Rightarrow {v_C}=\sqrt{78.4}

\Rightarrow {v_C}=8.9

Como v_C>v concluímos que ele não cai e que o trajecto AE é seguro.

Agora vamos verificar se ele chega a F com velocidade 0

Calcular a velocidade em E

Em_A=Em_E

\Leftrightarrow mgh_A=\frac{1}{2}m{v_E}^2

\Leftrightarrow gh_A=\frac{1}{2}{v_E}^2

\Leftrightarrow 2gh_A={v_E}^2

\Rightarrow 2\times9.8\times17={v_E}^2

\Leftrightarrow 333.2={v_E}^2

\Rightarrow v_E=\sqrt{333.2}

\Rightarrow v_E=18.2\:m/s

Analisando o esquema de forças:

obama oblicuo

  Amarelo a Força de atrito (\vec{Fa})

  Laranja a Força Peso (\vec{P})

  Roxo a Força Peso segundo o y (\vec{Py})

  Rosa a Força Peso segundo o x (\vec{Px})

 

 

 

 

 

\sum{\vec{F}}=\vec{P}+\vec{N}+\vec{Fa} \Rightarrow F=Px+Fa

F=P\cos(\alpha)+\mu_cN Como N=Py

\Rightarrow F=P\cos(\alpha)+\mu_cP\sin(\alpha)

\Leftrightarrow F=mg\cos(\alpha)+\mu_cmg\sin(\alpha)

\Leftrightarrow a=g\cos(\alpha)+\mu_cg\sin(\alpha)

\Leftrightarrow a=g(\cos(\alpha)+\mu_c\sin(\alpha)) Substituindo os valores.

\Rightarrow a=9.8(\cos(37)+1.9\times\sin(37))

\Leftrightarrow a\approx18.8\:m/s^2

Aplicando a equação de Torricelli:

v^2=v_0^2-2a\Delta{x}

v^2=v_0^2-2(19)\Delta{x}; Como \Delta{x}=\frac{7}{\cos({37})}=8.8m

v^2=18.2^2-2(19)\times8.8

v^2\approx0

Assim concluísse que o trajecto AG é seguro.

Agora vamos ver se ele para dentro do trajecto GH

Diagrama de forças:

obama recta

A Amarelo a Força Normal

A vermelho o Peso

A laranja a força de atrito

 

 

 

 

Fr=Fa \Leftrightarrow ma=\mu_cN

\Leftrightarrow ma=\mu_cmg

\Leftrightarrow a=\mu_cg

\Rightarrow a=18.62\:m/s^2

Calcular a velocidade em G

Em_F=Em_G

\Leftrightarrow mgh_F=\frac{1}{2}mv_G^2

\Rightarrow 2\times7\times9.8=v_G^2

\Rightarrow v_G=\sqrt{137.2}

\Leftrightarrow v_G=11.7\:m/s

Aplicando a formula de Torricelli:

v^2=11.7^2-2\times18.62\Delta{x};  Para ele parar a velocidade final tem de ser 0

37.24\Delta{x}=137

\Delta{x}=3.8

Como 3.8<5 verificamos que o Sr.Presidente teve uma viagem segura!

Viagens para fora da Terra.

Olá aqui vais mais um problema.

Qual de vocês nunca pensou qual seria a velocidade com que se teria de lançar um objecto para ele deixar de estar “preso” ao campo gravitacional?

Planeta Terra_02

Bem a minha resposta será depende ora veja…

Nós queremos um ponto em que o campo gravitacional seja nulo e consequentemente a sua energia potencial gravítica também. O unico ponto ponto em que isso acontece é no infinito assim:

Energia\:mecanica\:a\:superficie=Energia\:mecanica\:no\:infinito

E_{Cs}+E_{ps}=E_{C\infty}+E_{p\infty} Como E_{p\infty}=0

E_{Cs}+E_{ps}=E_{C\infty} Nós queremos que seja a menor velocidade logo E_{C\infty}=0

\Rightarrow E_{Cs}+E_{ps}=0 com  E_{ps}=-G\frac{m_Tm}{r}

\Rightarrow E_{Cs}-G\frac{m_Tm}{r}=0 Com E_{Cs}=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}m\omega^2r^2 sendo \omega a velocidade angular do planeta naquele local.

\Rightarrow \frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}m\omega^2r^2=G\frac{m_Tm}{r}

\Leftrightarrow \frac{1}{2}v^2+\frac{1}{2}\omega^2r^2=G\frac{m_T}{r}

\Leftrightarrow \frac{1}{2}(v^2+\omega^2r^2)=G\frac{m_T}{r}

\Leftrightarrow v^2+\omega^2r^2=2G\frac{m_T}{r}

\Leftrightarrow v^2=2G\frac{m_T}{r}-\omega^2r^2

\Leftrightarrow v=\sqrt{2G\frac{m_T}{r}-\omega^2r^2}

E assim concluísse que que quanto maior for a velocidade angular do local onde nós nos encontremos menor será a velocidade necessária para lançar um objecto para fora do campo gravitacional da Terra, sendo a menor velocidade no equador onde a velocidade angular é maior.

Nota: No artigo a velocidade angular esta no sentido do movimento, mas se por acaso a velocidade angular e o movimento tiverem sentidos diferentes a velocidade angular funcionara ao contrario ou seja quanto maior for maior será a velocidade necessária para deixar o planeta(velocidade de escape).

Salto para a piscina!

Olá aqui vai mais um problema. Desta vez o problema consiste em calcular a distancia a que um nadador ao saltar da prancha alcança na piscina.

piscina

 

Dados:

Massa do nadador, m

Altura de A, 3,5\:metros

Altura de B em relação a A, 0.5\:metros

Distancia entre A e B é x

O ângulo A^B é \alpha

Sabemos que o nadador efectua um primeiro salto, sem balançar a prancha, até à altura C e que logo após da posição B passa a estar em movimento de projéctil.

 

Comecemos por calcular x

Energia\: mecanica\:em\:C=Energia\: mecanica\:em\:B

\Leftrightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C= \frac{1}{2}mv^2_B+mgh_B como v_C=0

\Rightarrow mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_B+mgh_Bh_C=0.5\:metros 

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_B+gh_B; Distancia AB é x e como o referencial tem origem em A

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_C-gx

\Leftrightarrow 0.5g+gx=\frac{1}{2}v^2_B

\Leftrightarrow g(0.5+x)=\frac{1}{2}v^2_B

\Leftrightarrow 0.5+x=\frac{1}{2g}v^2_B

\Leftrightarrow x=\frac{1}{2g}v^2_B-0.5 [1]

A prancha irá se comportar como uma mola e por consequência irá obedecer à lei de Hooke.

F=-kx\quad com\;x=distancia\:A\:B aplicando [1]

F=-k(\frac{1}{2g}v^2_B-0.5)

\Leftrightarrow F=k(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) Como F_{resultante}=F

\Rightarrow ma=k(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B)

\Leftrightarrow a=\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) [2] utilizando a lei das velocidades (ver post aqui)

\Rightarrow v=v_{A2}+at_1[3] sendo v_{A2} a velocidade em A depois de passar em C

Calcular a velocidade v_{A2}

Energia\:mecanica\:em\:C=Energia\:mecanica\:em\:A

\Leftrightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}+mgh_A como h_A=0

\Rightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}; v_C=0

\Rightarrow mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}

\Leftrightarrow gh_C=\frac{1}{2}v^2_{A2}

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_{A2}

\Leftrightarrow 2(0.5g)=v^2_{A2}

\Leftrightarrow g=v^2_{A2}

\Rightarrow v_{A2}=\sqrt{g} aplicando em [3]

\Rightarrow v=\sqrt{g}+at_1[4] sento t_1 o tempo de aplicação da força F

Como logo após a posição B ele passa a estar em movimento de projéctil:

x=x_0+v_{0x}t

\Leftrightarrow x=x_0+v\cos({\beta})t[5] sendo \beta o ângulo da velocidade.

Calcular o ângulo \beta

angulo piscina

*ver nota

Pela analise da imagem concluísse que \beta=90-\alpha aplicando em [5]

x=x_0+v\cos({90-\alpha})t

Até agora apenas analisamos o movimento em x analisando agora em y:

y=y_0+v_{0y}t-\frac{1}{2}{g}{t^2}

\Rightarrow 3.5=v\sin({90-\alpha})t-\frac{1}{2}{g}{t^2} como \sin({90-\alpha})=\cos({\alpha})

\Leftrightarrow 3.5=v\cos({\alpha})t-\frac{1}{2}{g}{t^2}

Aplicamos a formula resolvente para obter o t, eu por uma questão de simplificação vou chamar a solução positiva Z

Aplicamos agora na equação de x

x=x_0+v\cos({90-\alpha})Z como \cos({90-\alpha})=\sin({\alpha})

x=x_0+v\sin({\alpha})Z; x_0=0

x=v\sin({\alpha})Z  aplicando [4]

x=(\sqrt{g}+at_1)\sin({\alpha})Z Como a=\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) equação [2]

x=(\sqrt{g}+[\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B)]t_1)\sin({\alpha})Z

E assim chegamos à expressão que nos da a distancia a que ele mergulha na piscina!

Nota: A azul está representado o vector velocidade.