Iniciante
Nesse momento a gotinha terá uma velocidade $$\omega$$R apontada na direção da velocidade do ponto que saiu. Precisamos apenas fazer uma composição de velocidades,chamaremos a velocidades horizontais e verticais da bolinha de $$v_{x}$$ e $$v_{y}$$:
$$v_{x}=v_{cm}+\omega R cos(\theta)=\omega R (1+cos(\theta))$$
$$v_{y}=\omega R sen(\theta)$$
A partícula começara seu movimento em:
$$y_{o}=R(1-cos(\theta))$$
$$x_{0}=Rsen(\theta)$$
Pois o pé da circunferência nesse instante será denotado como o ponto zero:
$$(x,y)_{pe}=(0,0)$$
Para a partícula chegar em seu alcance devemos fazer ela encostar no chão,logo devemos fazer seu $$y$$ zerar (Todos os dados já estarão plotados na equação pra y):
$$y(t)=y_{o}+\omega R sen(\theta) t -\frac{gt^2}{2}=0$$
$$t=\frac{\omega R sen(\theta)}{g}(1 \pm \sqrt[2]{1+\frac{2gy_{o}}{\omega ^2 R^2 sen^2 (\theta)}})$$
$$x_{t}=x_{o}+v_{x}t=Rsen(\theta)+(v_{cm}+\omega R cos(\theta))\frac{\omega R sen(\theta)}{g}(1 \pm \sqrt[2]{1+\frac{2gy_{o}}{\omega ^2 R^2 sen^2 (\theta)}})$$
Devemos pegar o sinal de mais,não faz sentido $$\Delta x$$ negativo se o pneu roda sem deslizar,pois assim,sua velocidade em x teria de ser negativa,e ela nunca é.
$$x=Rsen(\theta)+\frac{\omega ^2 R^2 (1+cos(\theta))sen(\theta)}{g}(1 + \sqrt[2]{1+\frac{2g(1-cos(\theta))}{\omega ^2 R sen^2 (\theta) }})$$
Intermediário
Como em qualquer bom problemas de órbitas,precisaremos lidar apenas com o momento angular e a energia do sistema sendo conservados.
A energia é (Pegando o começo do trajeto em que não há energia potencial):
$$E=constante=T+U=\frac{mv_{o} ^2}{2}$$
O momento angular é:
$$L=mv_{\theta}r=mv_{o}b$$
A energia cinética do asteróide é composta por uma parte angular e uma radial,pois:
$$v^2=v_{r} ^2 +v_{\theta}^2=v_{r} ^2 + \frac{v_{o}^2 b^2}{r^2}$$
Quando o asteróide parar de se aproximar do planeta (Sua velocidade radial é nula),ele deve começar a se afastar,logo vamos minimizar r impondo a condinção de que $$v_{r}$$ é zero no correspondente instante
$$E=T+U=\frac{mv^2}{2}-\frac{GMm}{r}=\frac{mv_{o} ^2 b^2}{2r^2}-\frac{GMm}{r}$$
Assim,achamos (substituindo E e resolvendo pra r):
$$r=\frac{GM}{v_{o} ^2 }(\sqrt[2]{1+\frac{v_{o}^4 b^2}{G^2 M^2}}-1)$$
Se não há colisão:
$$r>R$$
Pois assim,se o menor r é maior que R,não existe r maior que R,e assim,não há contato direto entre os dois corpos
Avançado
Usaremos conservação de energia e conservação do momento,mas de uma maneira mais compacta.Conservaremos o quadrimomento do sistema.
E é a energia e p é o momento linear.
$$P=(\frac{E}{c},p)$$
Obs: Na nossa notação $$c=1$$,no final do problema podemos ajustar a resposta para obtermos uma dimensão correta,mas até lá não usaremos c’s
Simplesmente(Usaremos $$P_{x}$$ para indicar o quadrimomento da partícula x):
$$P_{n}=P_{p}+P_{\nu}+P_{e^-}$$
$$P_{n}-P_{\nu}=P_{e^-}+P_{p}$$
E tirando o módulo dos dois lados:
$$P_{n}^2+P_{\nu}^2 -2P_{n}.P_{\nu}=P_{e^-}^2+P_{p}^2+2P_{p}.P_{e^-}$$
O módulo quadrado de um quadrivetor de uma partícula é a massa da mesma,logo,nossa equação é equivalente a:
$$-2P_{n}.P_{\nu}=M_{e^-} ^2+M_{p} ^2-M_{\nu} ^2 -M_{n} ^2 +2P_{p}.P_{e^-}$$
O produto escalar entre dois quadrivetores tem o mesmo valor em qualquer referencial,logo,por conveniência usaremos o referencial de repouso do nêutron do lado esquerdo (assim não precisamos ligar para a parte de momento do produto escalar,apenas para a de energia).E do lado direito precisamos ter o produto escalar entre o quadrimomento do próton e do elétron minimizado,isso ocorre quando um estiver em repouso no referencial do outro (estão com a mesma velocidade).Assim:
$$ E_{\nu}= \frac{M_{n} ^2 + M_{\nu} ^2-(M_{e^-}+M_{p})^2}{2M_{n}}$$
Essa é a energia máxima do elétron,medida no referencial de repouso do néutron,para achar a energia num referencial qualquer,podemos utilizar da transformada de lorentz:
$$E’=\gamma(v) (E-pv)$$
$$\gamma(v)=\frac{1}{\sqrt[2]{1-(\frac{v}{c})^2}}$$
Sabemos pela relação de Einstein que:
$$E^2=p^2+m^2$$
Logo,sabendo a energia em um referencial,sabemos em todos,e assim nosso problema foi resolvido
Obs:
Sejam dois quadrivetores momento $$P_{1}$$ e $$P_{2}$$,temos o produto escalar dos dois como sendo:
$$P_{1}.P_{2}=(E_{1},p_{1}).(E_{2},p_{2})=E_{1}E_{2}-p_{1}.p_{2}$$
Mantendo $$E_{1}$$ e $$E_{2}$$ constantes,mantemos também $$p_{1}$$ e $$p_{2}$$ com módulos constantes (graças à relação de Einstein),assim temos o produto escalar deles dois como sendo:
$$P_{1}.P_{2}=E_{1} E_{2} -p_{1}p_{2}cos(\theta)$$
Que é mínimo com $$cos(\theta)$$ sendo máximo,ou seja:
$$cos(\theta)=1$$
Os dois vetores estão na mesma direção no caso de produto mínimo
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