Soluções Física - Semana 45

Iniciante:

Situação Física: Não houve a atuação de qualquer força externa, logo não pode ocorrer variação no momento total. Neste caso podemos rotacionar o sistema como desejarmos para uma melhor observação. Farei olhando como se o pedaço com $30$% da massa estivesse na horizontal, passando logo este eixo pelo meio dos dois outros pedaços, ou seja, sendo a bissetriz do ângulo entre estes. Como os ângulos entre os pedaços são iguais, e somam $360^0$, temos que entre cada um é de $120^0$, sendo entre os pedaços com $40$% da massa e a horizontal, $60^0$. Chamemos os pedaços mais massivos de $M$ e o menos de $m$.

Resolução: Para a anulação do momento vertical nesse cenário, temos que:

$Mv_{1}\sin{(60^0)}=Mv_{2}\sin{(60^0)}\rightarrow v_{1}=v_{2}=v$

Para anulação do memento horizontal:

$2Mv\cos{(60^0)}=mV\rightarrow V=\frac{2Mv\cos{(60^0)}}{m}$

Sabemos que a energia total conferida foi de $X$ joules e que não houve dissipações, logo esta deve ser a soma das energias cinéticas dos corpos. Chegamos a:

$\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}mV^2=X\rightarrow Mv^2+\frac{1}{2}m(\frac{2Mv\cos{(60^0)}}{m})^2=X$

Por fim obtemos:

$v=\sqrt{\frac{X}{M+\frac{2M^2\cos^2{(60^0)}}{m}}}$

$V=\frac{2M\sqrt{\frac{X}{M+\frac{2M^2\cos^2{(60^0)}}{m}}}\cos{(60^0)}}{m}$

Ou seja:

$V=\frac{M}{m}\sqrt{\frac{X}{M+\frac{M^2}{2m}}}$

Intermediário:

Situação Física: Uma forma simples de analisar o raio de curvatória da trajetória de um corpo é vendo qual a aceleração centrípeta devido ao movimento, que lhe da uma dependência do raio, e igualar à aceleração central. No topo da parábola, temos que a velocidade se da por $v\cos{(\theta)}$ (é somente horizontal) e a aceleração central se dá por $g$.

Resolução: Para o raio temos:

$\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{R}=g\rightarrow R=\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{g}$

E a altura do ponto:

$\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{2}=hg\rightarrow h=\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{2g}$

Usando as condições pedidas ($R=\frac{h}{2}$) obtemos:

$\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{g}=\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{4g}\rightarrow \tan{(\theta)}=2$

Avançado:

Situação Física: Devido a concentração maior de carga na placa próximo ao eixo onde esta a carga pontual, devido a sua condutibilidade, temos uma atração da mesma não tão bela. Uma forma de faze-lo é utilizando o método das imagens, que consiste em utilizar a placa infinita como um espelho, replicando a carga, e resolvendo o problema como se fossem somente as duas cargas. Pode-se simplesmente olhar as forças e resolver as integrais. Mas uma forma mais bela de resolver este problema é utilizando a elípse degenerada, que consiste de uma elipse de semi-eixo lateral igual a zero. Podemos dizer que a carga original percorre esta, indo da altura inicial ($h$) até a placa e voltando, de modo ao tempo que esta leva ate a placa é metade do período. Sabe-se, da gravitação universal, que o período de movimento de um corpo em uma órbita se da por $2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$. Basta então descobrirmos o equivalente a $GM$ para esse sistema.

Resolução: 

Para o $R$ da elipse:

$R=a+b=\frac{h}{2}$

Onde $a$ é o eixo maior ($h$) e $b$ o menor ($0$).
E para força, temos a equivalência:

$\frac{GMm}{h^2}=\frac{q^2}{16h^2\pi\epsilon_{0}}$

E isto nos leva a:

$GM=\frac{q^2}{16m\pi\epsilon_{0}}$

Substituindo para o período:

$T=2\pi\sqrt{\frac{h^3}{8GM}}=\frac{2h\pi\sqrt{2\pi\epsilon_{0}hm}}{q}$

Contudo, chegada da carga original à placa se dá no meio da trajetória, ocorrendo em um tempo $T'=\frac{T}{2}$. E por fim:

$T'=\frac{h\pi}{q}\sqrt{2mh\pi\epsilon_{0}}$