Física - Ideia 16

Escrito por Paulo Henrique

Introdução à parábola de segurança

Nessa ideia, trabalharemos com uma poderosa ferramenta para resolução de problemas que envolvem lançamentos de projéteis: a parábola de segurança. Em muitos casos, quando o problema trata de casos limites, não é necessário recorrer ao cálculo para resolvê-lo: a parábola de segurança dá conta.

Resolvendo as equações de movimento

Considere que um projétil, denominado $p$, seja lançado a partir da origem do sistema de coordenadas sujeito somente à gravidade, suposta constante. Se definirmos um plano $\Sigma$ tal que a velocidade inicial $V_0$ de $p$ seja paralelo a ele, evidentemente, o movimento se dá no plano $\Sigma$. Sendo assim, adotemos coordenadas cartesianas, conforme a figura abaixo:

Defina $\vec{r}(t)=x\hat{x}+y\hat{y}$ como a posição de $p$ em relação à origem adotada. Como $p$ está sujeito apenas a força $m\vec{g}$, a segunda lei de Newton nos diz que

$m\vec{a}(t)=m\vec{g}$          $(1)$

A equação vetorial acima equivale a duas equações escalares, uma para cada eixo coordenado

$ma_{y}=-mg$         $(2)$

$ma_{x}=0$          $(3)$

Sujeita as condições iniciais

$x(0)=y(0)=0$          $(4)$

$\vec{v}(0)=\vec{V_0}$          $(5)$

Depois de resolvidas, e aplicado as condições iniciais $(4)$ e $(5)$, as equações de movimento são reduzidas a:

$y(t)=(\vec{V_0}\cdot{\hat{y}})t-\frac{gt^2}{2}$          $(6)$

$x(t)=(\vec{V_0}\cdot{\hat{x}})t$          $(7)$

Seja $\alpha$ o ângulo que $V_0$ faz com o eixo $x$.  Com essa definição em mãos as velocidades inciais em $(6)$ e $(7)$ tornam-se, respectivamente: $\vec{V_0}\cdot{\hat{y}}=V_0\sin{\alpha}$ e $\vec{V_0}\cdot{\hat{x}}=V_0\cos{\alpha}$. Isolemos $t$ em $(7)$ e substituemos em $(6)$, o resultado é

$y(\tan{\alpha},x)=x\tan{\alpha}-\frac{gx^2}{2V_0^2}-\frac{gx^2}{2V_0^2}{\tan{\alpha}}^2$   $(8)$

Observe que foi usada a identidade trigonométrica

$\sec{\theta}^2=1+\tan{\theta}^2$          $(9)$

E, além disso, evidenciei que $y$ é função explícita de $\tan{\alpha}$ e $x$, apesar dos dois poderem ser escritos como função do tempo apenas.

Veja que $(9)$ representa uma equação quadrática para $\tan{\alpha}$. Portanto, resolvendo para $\tan{\alpha}$

$\tan{\alpha}=\dfrac{-x\pm\sqrt{x^2+2\frac{gx^2}{V_0^2}(-\frac{gx^2}{2V_0^2}-y)}}{-\frac{gx^2}{V_0^2}}$          $(10)$

Condição subsidiária da solução da equação quadrática

Se considerarmos apenas as soluções fisicamente viáveis, o termo dentro da raiz quadrada deve ser não negativo. Isso nos remete a seguinte condição

$y\le{\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}}$          $(11)$

Um fato interessante é que $(11)$ representa, assim como $y(x)$, uma parábola.

Ánalise incial da equação da parábola de segurança

Nesse ponto, devemos nos questionar a respeito do significado de $(11)$.  Primeiramente, consideremos a equação $(8)$: ela representa a trajetória real do projétil $p$, dado o ângulo de lançamento $\alpha$ e a velocidade incial $V_0$. No intervalo $\frac{\pi}{2}\le{\alpha}\le{\frac{\pi}{2}}$ a equação $(8)$ define uma família de trajetórias parabólicas $F(V_0)$, que depende de $V_0$, de acordo com a figura abaixo

Todas as trajétorias da figura possuem em comum a velocidade incial $V_0$, enquanto o ângulo de lançamento é variado. De acordo com $(11)$, independentemente do ângulo $\alpha$, a altura de $p$ está restrita e tem um valor máximo, dependendo da posição escolhida (x)

$Y=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}$          $(12)$

Onde, na nossa notação, $Y$ se refere ao caso em que é tornada a identidade em $(11)$. Veja, dada uma velocidade inicial, a equação $(12)$ determina a altura máxima possível para cada valor de $x$. Sendo assim, a equação (12) é a envoltória de $F(V_0)$. A envoltória define o lugar geométrico dos pontos acessíveis para $p$: a área abaixo da curva no gráfico $Y(x)$ versus $x$. Os pontos fora da parábola de segurança jamais serão atingidos, daí o nome da curva. Vale ressaltar que para obter a região de segurança no espaço tridimensional deve ser feita a rotação da parábola em torno do seu eixo de simetria, visto que $\vec{V_0}$ pode não ser paralelo a $\Sigma$, o plano escolhido para a análise. Nesse caso, o lugar geométrico dos pontos acesséveis à $p$ é o volume varrido pela parábola de segurança numa volta completa. Antes de prosseguirmos com nossa análise, façamos uma explicação do que foi feito até aqui:

"Dado um ponto $A$ no espaço e fixada uma velocidade inicial $V_0$, com qual ângulo $\alpha_0$ deve-se lançar $p$ de forma a atingir esse ponto?"

Essa pergunta é respondida atráves de $(10)$, fornecido as coordenadas do ponto $A$: $(x_A,y_A)$

$\tan{\alpha_0}=\dfrac{-x_A \pm\sqrt{x^2_A+2\frac{gx_A^2}{V_0^2}(-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}-y_A)}}{-\frac{gx_A^2}{V_0^2}}$          $(13)$

Dessa forma, temos três possibilidades, dependendo da quantidade $\Delta\equiv{x_A^2+2\frac{gx_A^2}{V_0^2}(-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}-y_A)}$:

Se $\Delta>0$

Teremos duas soluções distintas em $(13)$, de tal forma que as trajetórias descritas $y(x)$ estão localizadas na região de segurança.

Se $\Delta<0$

A equação $(13)$ não possui solução real e não há nenhum ângulo que faça a trajetória passar pelo ponto $A$. Isso é de se esperar. Se $p$ é lançado com uma velocidade suficientemente pequena não há ângulo que o faça atingir $A$. Assim como você não consegue atingir uma pedra na lua escolhendo o ângulo certo. O ponto A, nesse caso, está fora da região de segurança.

Se $\Delta=0$

As duas soluções em $(13)$ são iguais, portanto, apenas um ângulo deve ser escolhido a fim de atingir $A$. Nesse caso, o ponto $A$ está sobre a parábola de segurança, como deveria estar, visto que a parábola de segurança é definida tomando $\Delta=0$.

Obtendo as coordenadas do ponto $A$

Conforme vimos, as coordenadas do ponto $A$, no caso em que $\Delta=0$ são obtidas por meio de $(12)$

$Y_A=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}$          $(14)$

A equação $(14)$ é comumente chamada de equação da parábola de segurança. Observe que ela nos fornece os pontos limites que podem ser atingidos por $p$. A palavra limite no sentido que, para um mesmo ângulo de lançamento $\alpha_0$ uma velocidade um pouco maior $V_{0k}=V_0+\delta$ faria $p$ ultrapassar a zona de segurança.

O angulo de lançamento $\alpha_0$

Notação: A partir de agora, o ângulo de lançamento $\alpha_0$ se refere somente aos caso limite em que $\Delta=0$. Portanto, se algum poblema trata de otmização de ângulo, é nele em que devemos focar.

Na análise das duas seções anteriores, focamos na determinação das coordenadas do ponto $A$, e quanto ao ângulo, como calcular explicitamente? Ora, dado que $\Delta=0$ (correspondendo aos casos limites), temos, de acordo com $(13)$

Ideia 1  $\tan{\alpha_0}=\frac{V_0^2}{gx_A}$          $(15)$

A equação acima junto com a equação da parábola de segurança formam uma poderosa ferramenta, que serão usadas para exemplicar o poderio dessa ideia

Exemplo 1

Você joga uma bola com velocidade $V_0$ em uma parede vertical, a uma distância $l$. Qual deve ser o ângulo de lançamento tal que a bola atinge a parede o mais alto possível?

Solução:

Aplicação direta de $(15)$, visto que, no caso limite o ponto atingido pertence à parábola de segurança.

$\tan{\alpha_0}=\frac{V_0^2}{gl}$          $(16)$

Observe que, como o alcance máximo do projétil é $\frac{V_0^2}{g}$, devemos ter

$l<\frac{V_0^2}{g}$          $(17)$

Caso contrário, a bola nem chegaria na parde.

Velocidade mínima

Talvez o caso de mais interesse em problemas de olímpiadas seja esse: determinar a velocidade mínima que um projétil deve ser lançado a fim de atingir certa região. Observe o seguinte fato

Ideia 2 "Se um projétil é lançado com velocidade inicial mínima (necessária para atingir o ponto $A$), a trajetória é tangente à parábola de segurança no ponto $A$"

Para mostrar que isso é verdade considere que você almeje atingir um dado ponto $B$ do espaço. Para atingir tal meta, você estipula uma velocidade inicial $V_1$. Essa velocidade define uma família de trajetórias $F(V_1)$. Suponha que o ponto $B$ está fora da região de segurança. Sendo assim, você precisa aumentar sua região de segurança. Como fazer isso? Ora, basta aumentar a velocidade de $V_1$ para um certo valor $V_2$, que define outra familía de trajetórias $F(V_2)$ mais abrangente. Suponha que o ponto $B$ ainda esteja fora dessa nova região de segurança. Novamente, você aumenta a velocidade incial de $V_2$ até $V_3$, e assim sucessivamente, o processo se repete $n$ vezes até que a velocidade inicial $V_n$ seja tal que a região de segurança definida por $F(V_n)$ englobe o ponto $B$. Dessa forma, fica claro que o ponto $B$ tangencia a parábola de segurança correspondente a $F(V_n)$, onde $V_n\equiv{V_{min}}$, visto que gradativamente aumentamos a região até que a envoltória (a parábola de segurança) apenas toque o ponto $B$.

Exemplo 2

Você deseja lançar uma bola por cima de uma parde vertical de altura $h$, a uma distância $l$. Qual a velocidade mínima requerida?

Solução:

Analogamente ao argumento que justificou a ideia 2, afirmo que para a velocidade mínima a trajetória física tangencia o ponto $C$ mais alto da parede, por onde a bola deve passar. Se não tangenciasse e passase um pouco acima de $C$, você poderia diminuir a velocidade gradativamente até que tangenciasse. Utilizando a ideia 2 vemos que a trajetória física tangencia a parábola de segurança de $F(V_0)$ no ponto $C$, logo, aplicando $(12)$

$h=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gl^2}{2V_0^2}$          $(18)$

Resolvendo a equação biquadrática para $V_0$, obtemos

$V_0=\sqrt{g(h+\sqrt{h^2+l^2})}$          $(19)$

Ideia 3 "Se um projétil é lançado com velocidade mínima para atingir um dado ponto $A$, a velocidade em $A$ é perpendicular a velocidade inicial."

Prova: Por hipótese a velocidade é mínima, logo:

$\tan{\alpha}=\frac{V_0^2}{gx_A}$          $(20)$

Seja $V_{0x}=V_0\cos{\alpha}$ a velocidade em $x$ do movimento, que é constante. Dessa forma

$x_A=V_0\cos{\alpha}\delta{t}$           $(21)$

Onde $\delta{t}$ é o tempo de voo (até o ponto $A$). Combinando $(20)$ e $(21)$, temos

$\sin{\alpha}=\frac{V_0}{g\delta{t}}$          $(22)$

Multiplicando os dois lados de $(22)$ por$V_0$, obtemos

$V_0^2=V_{0y}g\delta{t}$    $\to$    $V_{0x}^2+V_{0y}^2-V_{0y}g\delta{t}=0$            $(23)$

Observe que $V_{0y}-g\delta{t}$ é o módulo da componente vertical da velocidade do ponto $A$. Logo

$(V_{0y}-g\delta{t})V_{0y}+V_{0x}^2=0$   $\to$   $V_{Ay}V_{0y}+V_{0x}^2=0$                 $(24)$

Pela definição de produto escalar

$V_{Ay}V_{0y}+V_{0x}^2=(V_{Ay}\hat{y}+V_{0x}\hat{x})\cdot(V_{0y}\hat{y}+V_{0x}\hat{x})=0=\vec{V_A}\cdot{\vec{V_0}}=0$          $(25)$

Se o produto escalar de dois vetores é zero, eles são perpendiculares entre si.

Obs: O produto escalar entre dois vetores é definido da seguinte forma:

$\vec{A} \cdot \vec{B}=A_{x}B_{x}+A_{y}B_{y}+A_{z}B_{z}$

Mas existe ainda outra definição que é:

$\vec{A} \cdot \vec{B}=|A| |B| cos{\theta}$

Onde $\theta$ é o ângulo entre os dois vetores. Da primeira definição podemos notar o motivo de termos reescrito a nossa expressão como um produto escalar. Da segunda definição notamos o porquê de o produto escalar ser zero indicar a perpendicularidade dos vetores. Prove você mesmo que as duas definições são coincidentes!

Ideia 4 Em muito problemas não é suficiente usar as ideias 2 e 3. Alguns aspectos da trajetória física devem ser levados em conta, utilizando o fato que: para achar o mínimo (ou o máximo) de uma certa quantidade $\Theta$, devemos variar parâmetros livres (como por exemplo o ângulo de lançamento/posição de lançamento) por quantidades infinitesimais e ver o que acontece com a quantia de interesse. Se $\Theta$ cresce para todas as variações possíveis, a configuração inicial do sistema impõe um mínimo para $\Theta$.

Ideia 5 Algumas vezes podemos inferir que a trajetória parabólica de projéteis pode ser revertida. De fato, dado que a energia mecânica se conserva, cada ponto do espaço, definido pela a altura $y$ admite apenas um valor de velocidade vertical

$V_{0y}^2=V_{y}^2+2gy$        $(26)$

Se cada ponto do espaço está bem representado por um vetor velocidade específico (a velocidade em x é a mesma), a trajetória também está bem definida, e podemos lançar $p$ de qualquer ponto: a trajetória, em sua totalidade, não sofrerá alterações. Reverter a trajetória de um ponto a outro pode, apenas, alterar o sentido em que ocorre: imagine gravar o lançamento real do projétil, reverter a trajetória corresponderia a passar o filme ao contrário.

As ideia 4 e 5 serão úteis para analisar pontos de tangência em problema de velocidade mínima. Para exemplificar, considere os dois exemplos abaixo.

Exemplo 3 (Esse exemplo é um pouco mais complicado, estudantes do nível 1 podem omitir esse exemplo em um primeira leitura)

Um gafanhoto deseja saltar por cima de um tronco de árvore cilíndrico que encontra-se apoiado no solo. Se a gravidade local vale $g$ e o raio da secção transversal circular vale R, qual a velocidade mínima para o salto do gafanhoto lhe permitirá galgar o tronco de árvore?

Solução:

Diante a ideia 4, sabemos que haverá um ponto de tangência. Se não houvesse, poderíamos manter o mesmo ângulo de lançamento e diminuir gradativamente a velocidade até que tangenciasse, correspondendo ao caso limite. Mas, pela simetria do problema, haverão, na verdade, dois pontos de tangência, simétricos em relação à reta vertical que passa pelo centro do tronco: a velocidade mínima é a mesma se lançarmos de qualquer um dos lados do tronco, isso corresponde a um ponto de lançamento e um ângulo de lançamento específicos. Se revertemos a trajetória entre os pontos final e inicial, a trajetória será a mesma, porém refletida, por isso a simetria dos pontos. Seja $B$ um ponto de tangência, sabemos que o lançamento, a partir de $B$, com velocidade inicial $V_B$ e um certo ângulo de lançamento $\alpha_0$ deverá passar pelo seu simétrico $B_S$. O caso limite, de acordo com a ideia 2, será aquele em que a parábola de segurança de $F(V_B)$ tangenciar o ponto $B_S$. Logo, adotando um sistema de coordenadas com origem no ponto $B$.

$y=\frac{V_B^2}{2g}-\frac{gx_B^2}{2V_B^2}=0$             $(27)$

Como queremos a velocidade mínima

$\tan{\alpha_0}=\frac{V_B^2}{gx_B}$          $(28)$

Substituindo $(28)$ em $(27)$, obtemos

$\tan{\alpha_0}=1$      $\to$       $V_B=\sqrt{\sqrt{2}Rg}$          $(29)$

Observe que essa é a velocidade no ponto $B$, para obter a velocidade mínima requerida conservemos a energia

$V_0^2=V_B^2+2gh_B$           $(30)$

Como $B$ é um ponto de tangência, o ângulo de lançamento a partir de $B$ é o mesmo que o arco descrito do topo do tronco até esse ponto. Sendo assim, a altura do ponto $B$, a partir do solo é:

$h_B=R+\frac{\sqrt{2}}{2}R$          $(31)$

Resolvendo para $V_0$

$V_0=\sqrt{2Rg(\sqrt{2}+1)}$          $(32)$

Exemplo 4 (Esse exemplo é um pouco mais complicado, estudantes do nível 1 podem omitir esse exemplo em um primeira leitura)

Mesma situação do exemplo 3, só que agora determine a velocidade mínima necessária para atingir o ponto mais alto do tronco.

Solução

Primeiramente, devido a reversibilidade da trajetória, a pergunta equivale a determinar qual a velocidade mínima que o projétil deve ser lançado, a partir do ponto mais alto do tronco, a fim de atingir o solo, evidentemente sem tocar (apenas tangenciar) a superfície do tronco. Da mesma forma que no exemplo anterior, a trajetória deverá tangenciar a superfície. Caso contrário, com o mesmo ângulo de lançamento, poderíamos reduzir a velocidade gradativamente até que apenas tocasse o tronco. A trajetória física será algo do tipo

Não apenas a trajetória, mas a parábola de segurança também tangenciará o ponto na figura. De fato, se a região de segurança fosse mais abrangente, seria possível atingir um ponto logo acima do ponto de contato: nessa trajetória, o projétil não tocaria nenhum ponto do tronco. Isso configuraria uma contradição direta do parágrafo anterior, que afirma que se a trajetória é ótima, haverá um ponto de tangência. Conforme dito acima, imaginemos o processo reverso, onde o projétil é lançado do topo da esfera. Adotando sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto de lançamento, acha-se os pontos de intersecção entre a parábola de segurança e a trajetória física da seguinte forma

$(x-0)^2+(y-(-R))^2=R^2$       com    $y=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}$          $(33)$

Dessa forma, obtemos uma equação biquadrática para $x$

$x^{4}\Big(\dfrac{g}{2V_0^2}\Big)^2+x^2\Big(\dfrac{1}{2}-\dfrac{gR}{V_0^2}\Big)+\Big(\dfrac{V_0^2}{4g}+R\Big)\dfrac{V_0^2}{g}=0$          $(34)$

Como de costume, a situação crítica é obtida fazendo o delta da equação ser identicamente igual a zero.

$V_0^2=\dfrac{gR}{2}$          $(35)$

Observe que essa é a velocidade no ponto mais alto, para obter a velocidade a partir do solo, conservemos a energia mecânica

$V_{0}^2+4gR=V^{2}_{min}$    $\to$    $V_{min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}$          $(36)$

Exercícios

1- Qual a velocidade mínima necessária para que uma pedra atinga o outro lado do prédio da figura abaixo?

 

Como proceder: Para mostrar que a trajetória física tangencia os dois pontos do prédio (de alturas $a$ e $c$) observe que: só há três possibilidades para a trajetória da pedra: (1) tangenciar um ponto, (2) tangenciar dois pontos ou (3) não tangenciar nenhum. (3) é claramente incorreta: poderíamos, mantendo um ângulo de lançamento fixo, diminuir a velocidade gradativamente, a pedra ainda galgaria o prédio. (1) Suponha que esse ponto seja o direito (sem perda de generalidade: depois só é reverter a trajetória). Imagine o ponto de lançamento sendo deslocado infinitesimalmente para a direita. Nessa configuração, a pedra ainda galgaria o prédio, evidentemente sem tangenciar nenhum ponto. Ou seja, (1) e (3) são equivalentes, correspondendo apenas a um deslocamento no ponto de lançamento. Logo, a única possibilidade é (2): tangenciar os dois pontos. Como a velocidade no ponto de altura $c$ é função crescente de $V_0$ devido a conservação de energia ($c$ é constante), vemos que a velocidade mínima $V_0$ corresponde a velocidade mínima $V_c$. Logo, temos a seguinte configuração: pedra lançada em $c$ com velocidade mínima com a condição de passar em $a$. Portanto, aplique a ideia 2 para obter o resultado.

RESPOSTA: $V_{min}=\sqrt{g(a+b+c)}$

 

2- Esse problema não trata de parábola de segurança, mas otimização de trajetórias em geral.

Um garoto corre em um grande lago congelado com velocidade de módulo $V_0$ em direção ao norte. O coeficiente de atrito entre seu pé e o gelo é $\mu$. Assuma que a força de contato entre o pé do garoto e o solo permanece constante (isso não é verdade, em geral, pois enquanto o garoto pisa no solo, a força será maior).

a) Qual o menor tempo possível para que o garoto passe da situação inicial para a situação final onde está caminhando para o leste com o velocidade de módulo $V_0$?

b) Qual a trajetória descrita pelo garoto?

RESPOSTA: $t=\sqrt{2}\frac{V_0}{g\mu}$; $Parabola$

 

 

3- Determinar a velocidade mínima para galgar as seguintes figuras.

 

 

4- Um cilindro de raio $r$ é posicionado com seu eixo paralelo ao solo, a uma altura $h$. Qual a velocidade mínima (a partir do solo) necessária para que uma bola possa galgar o cilindro? Considere os dois casos:

a) A bola pode tocar o cilindro

b) A bola não pode tocar o cilindro

 

 

Desafio: Sabendo que a zona de segurança é obtida através de uma equação quadrática. Mostre que o canhão de onde se lança o projétil (origem do sistema de coordenadas) está localizado no foco da parábola.