Escrito por Vitória Bezerra Nunes e Lucas Tavares
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Você pode iniciar o problema explicitando todas as forças que agem nas massas. Após isso, convém analisar como se dará o movimento das massas após serem liberadas do repouso, ou seja, entender a direção e sentido das acelerações da cunha e da haste.
Vê-se, pelo movimento subsequente após a liberação do sistema a partir do repouso, que a cunha se moverá no sentido positivo do eixo $$x$$ e que a haste se moverá no sentido positivo do eixo $$y$$. Assim, ao assumir a premissa de um intervalo de tempo infinitesimal,
$$a_A\cos{\alpha} = a_B\sin{\alpha}$$
Logo,
$$a_A = a_B\tan{\alpha}$$
Agora, é necessário apenas escrever a segunda lei de Newton para as duas massas e realizar “algebrismos” para encontrar as acelerações de $$A$$ e $$B$$.
Para $$A$$:
$$P_A – N_{AB}\cos{\alpha} = m_Aa_A$$
Para $$B$$:
$$N_{AB}\sin{\alpha} = m_Ba_B$$
Ao usar o vínculo entre as acelerações e deixar as duas equações de força resultante em função de $$a_B$$:
$$P_A – \dfrac{m{_B}a_{B}}{\tan{\alpha}}= m_Aa_A$$
$$P_A – \dfrac{m{_B}a_{B}}{\tan{\alpha}} = m_Aa_{B}\tan{\alpha}$$
$$a_B = \dfrac{m_Ag}{m_A\tan{\alpha}} + \dfrac{m_B}{\tan{\alpha}}$$
Após dividir esta última expressão por $$m_B$$:
$$\boxed{a_B =\dfrac{11g}{11\tan{\alpha}+ \cot{\alpha}}}$$
Assim, ao relacionar esta última expressão ao vínculo entre as acelerações:
$$\boxed{a_A =\dfrac{11g}{11+ \cot^2{\alpha}}}$$
Esse é um problema clássico de dinâmica e tem vários outros mais avançados com ideias semelhantes. Neste, acredito que é intuitivo entender como ocorrerá o movimento das massas após a liberação do repouso. Entretanto, para questões mais avançadas de vínculo geométrico, é aconselhável realizar um esquema de antes e após a liberação do repouso, para que se consiga visualizar com maior clareza as direções e sentidos das acelerações das diversas massas do possível sistema em análise.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{a_A =\dfrac{11g}{11+ \cot^2{\alpha}}}$$
$$\boxed{a_B =\dfrac{11g}{11\tan{\alpha}+ \cot{\alpha}}}$$
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Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Dinâmica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Apesar de aparecer como avançado em alguns livros de problemas de Física, esse problema requer uma ideia simples e rápida para resolvê-lo: as acelerações na direção (vertical) das duas massas devem ser congruentes porque o fio que as conecta é inextensível.
É importante começar analisando as forças que agem no sistema e as direções e sentidos das acelerações das massas.
Chamei a aceleração do anel de $$a_1$$ e a aceleração da esfera de $$a_2$$. Pelo vínculo,
$$ a_1\sin{\alpha} = a_2$$
Um simples passo já nos trará a solução rapidamente e de forma bem simples. Iremos projetar as forças atuantes em $$m$$ na direção da barra. Assim, escreva a segunda lei de Newton para as duas massas:
Para $$m$$:
$$T\sin{\alpha} + mg\sin{\alpha} = ma_1$$
Usando o vínculo das acelerações e deixando a segunda lei de Newton de $$m$$ em função de $$a_2$$:
$$T + mg= m\dfrac{a_2}{\sin^2{\alpha}}$$
Para $$M$$:
$$Mg – T = Ma_2$$
Somando as duas expressões em um sistema simples e isolando $$a_2$$:
$$\boxed{a_2 = g\sin^2{\alpha}\dfrac{(M + m)}{M\sin^2{\alpha} + m}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{a_2 = g\sin^2{\alpha}\dfrac{(M + m)}{M\sin^2{\alpha} + m}}$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
A forma mais fácil de resolver esse problema é fazendo uma analogia ao eletromagnetismo, em que teremos que:
$$q \rightarrow m$$
$$\dfrac{1}{\epsilon_0} \rightarrow 4\pi G$$
$$\vec{E} \rightarrow \vec{g}$$
Sendo assim, podemos aplicar o análogo à lei de Gauss
$$\oint \vec{g} \cdot d\vec{A} = 4\pi G \int \rho A dx$$
$$g A = 4\pi G \rho A h$$
$$\boxed{h = \dfrac{g}{4\pi G \rho}}$$
b)
Para um observador que está localizado na superfície do planeta plano, o ângulo sólido será dado por:
$$\Omega = 2 \pi(1-\cos(90^{\circ})$$
$$\Omega = 2\pi$$
Do enunciado do problema, temos então que:
$$\alpha = \dfrac{g_1}{2\pi} = G \rho_1 h$$
$$\boxed{\alpha = 1,56 \times 10^{-2} \; m/s^2}$$
c)
Vamos dividir a pirâmide em diferentes camadas de altura $$d h$$. Todas as camadas são visíveis do topo da pirâmide de um ângulo sólido $$\Omega_2$$, que é igual a um sexto de todo o ângulo sólido (imagine o observador dentro de um cubo maciço).
$$\Omega_2 = \dfrac{4\pi}{6} = \dfrac{2\pi}{3}$$
A aceleração de queda livre do planeta será:
$$dg_2 = \alpha \Omega_2 = \dfrac{2}{3} \pi G \rho_2 dh$$
Integrando para obter o valor total da gravidade:
$$g_2 = \dfrac{1}{3} \pi G \rho_2 a $$
$$\boxed{g_2 = 3,14 \; m/s^2}$$
d)
Por definição da órbita parabólica, a conservação de energia para o planeta em piramidal será:
$$E = 0 \rightarrow \dfrac{1}{2} m v_{1}^{2} + U_1 = 0$$
Da mesma forma, a conservação de energia para a espaçonave partindo o planeta cúbico será:
$$\dfrac{1}{2} m v_{2}^{2} + U_2 = 0$$
Porém há uma simples relação entre $$U_1$$ e $$U_2$$ que pode ser obtida utilizando o princípio da superposição. Estar localizado no centro de um planeta, é equivalente a estar localizado no topo de seis pirâmides juntas. Sendo assim, considerando as diferentes densidades, o potencial dessa configuração será:
$$U_c = 6U_1 \dfrac{\rho_3}{\rho_2}$$
Por outro lado, estar localizado no centro de um cubo é equivalente a estar localizado na ponta de 8 cubos de lado a/2. De forma geral o potencial possui a seguinte proporcionalidade:
$$U = \int \dfrac{G m \rho_3}{r} dV \sim G m \rho_3 a^2$$
Sendo assim
$$U_c = \dfrac{8 U_2}{4}$$
Portanto, teremos então que:
$$U_2 = U_1 \dfrac{\rho_3}{\rho_2}$$
Voltando às equações da conservação de energia, temos que:
$$v_2 = \sqrt{\dfrac{3\rho_3}{\rho_2}} v_1$$
$$\boxed{v_2 = 6,3 \; km/s}$$
e)
Pelo teorema do impulso, a variação do momento linear será:
$$mu_x – mv_{\infty} = \int \dfrac{G M m}{R^2} \cos \phi dt = \int \dfrac{G M m}{R^2 \dot{\phi}} \cos \phi d\phi $$
Em que $$M = \dfrac{4\pi}{3}\rho_4 R^3$$.
Agora, conservando o momento angular, teremos:
$$r^2 \dot{\phi} = b v_{\infty}$$
Logo:
$$mu_x – mv_{\infty} = \int_0^{\theta} \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \cos\phi d\phi= \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \sin\phi$$
Da mesma forma, para o eixo y:
$$mu_y – 0 = \int_0^{\theta} \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \sin\phi d\phi= \dfrac{G M m}{b v_{\infty}}(1 – \sin\theta)$$
Por questão de simplificação, vamos definir $$z \equiv \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}$$. Perceba que z é um termo adimensional.
Logo, teremos;
$$ u_x = (1+ z\sin\theta) v_{\infty}$$
$$ u_y = z (1 – \cos\theta) v_{\infty}$$
Conservando energia:
$$\dfrac{1}{2} mv_{\infty}^2 = \dfrac{1}{2} mu_x^2 + \dfrac{1}{2} m u_y^2 – \dfrac{GMm}{R}$$
Substituindo as equações de $$u_x$$ e $$u_y$$:
$$1 = (1+ z\sin\theta)^2 v_{\infty}^2 + z^2 (1 – \cos\theta)^2 v_{\infty}^2 – 2z\dfrac{b}{R}$$
Resolvendo essa bela equação, encontramos que:
$$\theta = \arcsin \dfrac{\dfrac{b}{R} – \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}} + \arcsin \dfrac{\dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}}$$
$$\boxed{\theta \approx 45,2^{\circ}}$$
f)
Para começar, vamos calcular o potencial da partícula dentro da poeira cósmica:
$$ F(r) = – \dfrac{G \rho_4 \dfrac{4\pi}{3} r^3}{r^2} = – \dfrac{4\pi}{3}G \rho_4 m$$
Integrando para o potencial:
$$ U(r) = – \int F(r)dr = \dfrac{2\pi}{3}G \rho_4 m r^2 + C = \dfrac{GMm}{2R} r^2 + C$$
Em $$r = R$$ temos:
$$\dfrac{GMm}{2R^3} R^2 + C = – \dfrac{GMm}{R}$$
$$ C = – \dfrac{3GMm}{2R}$$
Assim:
$$U(r) = \dfrac{GMm}{2R} r^2 – \dfrac{3GMm}{2R}$$
No momento que a partícula alcançar a distância mínima, sua velocidade radial será zero. Conservando energia e momento angular:
$$ \dfrac{mv_{\infty}}{2} = \dfrac{mv_0}{2} +\dfrac{GMm}{2R} r_{min}^2 – \dfrac{3GMm}{2R}$$
$$ bv_{\infty} = r_{min}v_0$$
Esse sistema resulta na seguinte equação:
$$ 1 = \dfrac{b^2}{r_{min}^2} + z\dfrac{r_{min}^2 b}{R^3} – 3z\dfrac{b}{R}$$
O que resulta:
$$r_{min} = \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3zb}{R} +1) \pm \sqrt{(\dfrac{3zb}{R} +1)^2 – \dfrac{4zb^3}{R^3}}}{\dfrac{2zb}{R^3}}}$$
Porém, para $$b=0$$, $$r_{min} = 0$$. Logo, a raiz deverá ser a menor.
$$r_{min} =R \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} +1) – \sqrt{ (\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} + 1)^2 – \dfrac{4G M b^2}{R^3 v_{\infty}^2}}}{\dfrac{2G M}{R v_{\infty}^2} }}$$
$$\boxed{r_{min} \approx 4,97 \; \times \; 10^9 \; }m$$
g)
A velocidade mínima ocorre quando a espaçonave passa tangenciando a nuvem de poeira. Portanto, nesse ponto, a velocidade radial da espaçonave deve ser zero. Sendo assim, conservando energia e momento angular:
$$\dfrac{mv_{\infty}}{2} = \dfrac{m0}{2} + \dfrac{mu_t}{2} – \dfrac{GMm}{R}$$
$$v_{\infty}b = u_t R$$
Logo:
$$v_{\infty,min} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R\left( \dfrac{b^2}{R^2} – 1 \right)}}$$
$$\boxed{v_{\infty,min} = 252 \; km/s}$$
h)
Para calcular o trabalho necessário, imagine que você tem uma esfera de raio $$r$$ e que você aumentar uma pequena camada de massa. Sendo assim, você trás do infinito massa o suficiente para aumentar o raio da esfera em $$dr$$. Logo, o trabalho necessário para que isso ocorra será:
$$dW= \dfrac{GMdm}{r} = \dfrac{ G \dfrac{4\pi}{3} \rho_4 r^3\rho_4 4\pi r^2 dr}{r}$$
Integrando para obter o trabalho total:
$$W = \dfrac{16}{3 }\pi^2 G \rho_4^2 \int_0^{R} r^4 dr = \dfrac{16}{15} \pi^2 G \rho_4^2 R^5 $$
$$\boxed{W \approx 1,33 \times 10^{45} \; J}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{h = \frac{g}{4\pi G \rho}}$$
b)
$$ \alpha = \dfrac{g_1}{2\pi} = G \rho_1 h $$
$$ \boxed{\alpha = 1,56 \times 10^{-2} \; m/s^2} $$
c)
$$ g_2 = \dfrac{1}{3} \pi G \rho_2 a $$
$$ \boxed{g_2 = 3,14 \; m/s^2} $$
d)
$$ v_2 = \sqrt{\dfrac{3\rho_3}{\rho_2}} v_1 $$
$$ \boxed{v_2 = 6,3 \; km/s} $$
e)
$$\theta = \arcsin \dfrac{\dfrac{b}{R} – \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}} + \arcsin \dfrac{\dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}}$$
$$\boxed{\theta \approx 45,2^{\circ}}$$
f)
$$r_{min} =R \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} +1) – \sqrt{ (\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} + 1)^2 – \dfrac{4G M b^2}{R^3 v_{\infty}^2}}}{\dfrac{2G M}{R v_{\infty}^2} }}$$
$$\boxed{r_{min} \approx 4,97 \; \times \; 10^9 \; m}$$
g)
$$v_{\infty,min} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R\left( \dfrac{b^2}{R^2} – 1 \right)}}$$
$$\boxed{v_{\infty,min} = 252 \; km/s}$$
h)
$$W = \dfrac{16}{3 }\pi^2 G \rho_4^2 \int_0^{R} r^4 dr = \dfrac{16}{15} \pi^2 G \rho_4^2 R^5 $$
$$\boxed{W \approx 1,33 \times 10^{45} \; J}$$
[/spoiler]