Enunciado

48. Um carrinho de montanha-russa está se movendo com rapidez v 0 no início do percurso, quando desce um vale de 5,0   m e depois sobe até o topo de uma elevação, 4,5   m acima do início do percurso. Desconsidere o atrito e a resistência do ar.

(a) Qual a menor rapidez v 0 necessária para que o carrinho ultrapasse o topo da elevação?

(b) Esta rapidez pode ser alterada modificando-se a profundidade do vale, para que o carrinho adquira mais rapidez lá embaixo? Explique.

Passo 1

Olhando o enunciado, tudo parece meio confuso. O carrinho desce até o vale e depois sobe? Vamos descolar uma imagem, pra ajudar a entender esse raio de problema:

Agora sim as coisas estão começando a ficar mais claras!

Considerando o sistema de nossa análise como o conjunto montanha-russa, carrinho e a Terra e denotando a posição inicial com o número 0 e a posição final, na parte superior da segunda colina, com o numeral 1 ; podemos usar o teorema de trabalho e energia para relacionar as energias da montanha-russa em suas posições inicial e final. Seja m a massa do montanha russa.

Mas acho que estamos esquecendo alguma coisa! O que será?

Lembrei! Falta definir qual será o nosso zero de potencial gravitacional. Bom! Vamos escolher o referencial que seja mais convenientes para nossos cálculos, que olhando bem a figura acima, só pode ser o solo! Vamos fazer, enfim, nossas contas.

Passo 2

(a) Aplicando o teorema trabalho e energia para o nosso sistema, onde K é a notação de energia cinética, U é a notação de energia potencial e W e x t é o trabalho da força externa chegamos a:

W e x t = ∆ U + ∆ K

Mas como W e x t = 0 , uma vez que não há forças externas agindo no nosso sistema, temos que:

∆ U + ∆ K = 0

Só que ∆ U e ∆ K , nada mais são do que a diferença entre as energias final   ( U f   e K f ) e inicial ( U i   e K i ). Com isso, obtemos que:

( U f -   U i + K f - K i ) = 0

Agora vamos parar um pouco as contas para analisar com calma o nosso problema. Como descrito no enunciado, no instante inicial o carrinho está descendo um vale numa altura 5 m   acima da origem, movendo-se com uma velocidade v 0 . É aí que vem o grande xissss da questão. O enunciado pede a menor velocidade v 0 necessária para que o carrinho ultrapasse o topo da elevação. Ora bolas, a menor velocidade v 0 , vai ocorrer na situação em que não há nenhuma velocidade no topo da elevação , havendo apenas energia potencial nesse instante. Ou seja K f vai ser igual a zero.

( U f -   U i - K i ) = 0

Substituindo as fórmulas relativas a cada tipo de energia, chegamos a:

m g h 1 - m g h 0 - 1 2 m v 0 2 = 0

Cancela-se a massa e isola-se o v 0 :

g h 1 - g h 0 - 1 2 v 0 2 = 0

v 0 2 = 2 ( g h 1 - g h 0 )

v 0 = 2 g ( h 1 - h 0 )

Aí sim! Chegamos à formula pelo qual tanto batalhamos. Resta só substituir os valores numéricos correspondentes:

v 0 = 2 g ( h 1 - h 0 )

v 0 = 2 ( 9,81   m / s 2 ) ( 9 , 5   m - 5 , 0   m )

v 0 = 9,4   m / s

Passo 3

(b) Bom! Essa é uma pergunta um tanto quanto traiçoeira. Mas vamos dar uma olhada na equação para v 0 que encontramos lá no P a s s o   1 :

v 0 = 2 g h 1 - h 0

Olhando essa fórmula percebemos que a velocidade necessária depende apenas da diferença de altura entre as duas elevações. Logo modificar a profundidade do vale não muda nada. Captou !

Resposta

a) v 0 = 9,4   m / s  

b) Não

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