Soluções Física - Semana 109

Cinemática

Adotando um sistema de coordenas com origem coincidente com o ponto inicial do ponto $A$, enunciemos a posição de encontro:

$$vt=L+at^2/2$$

Onde $t$ é o tempo de encontro. Reorganizando

$$t^2-(2v/a)t^2+2L/a=0$$

A expressão acima é quadrática em $t$. Para que haja soluções reais, o descriminante deve ser maior ou igual a zero. O caso limite corresponde a $\Delta=0$.

$$4{v}^2/{a^2}-4\dfrac{2L}{a}=0$$

Logo

$$a_{max}=\dfrac{{v}^2}{2L}$$

Isso define uma parábola simples passando pela origem.

a_{max}=\dfrac{v^2}{2L}

Mecânica: lançamento e oscilações

Parte A

a) Pelas equações conhecidas do lançamento, temos:

$$y=v_0\sin(\alpha)-gt^2/2$$

e

$$x=v_0\cos(\alpha)t$$

Substituindo $t=\dfrac{x}{v_0\cos(\alpha)}$ na expressão de $y$, chegamos em:

$$y=\tan(\alpha)x-\dfrac{gx^2}{2{v_0}^2\cos^2(\alpha)}$$

Comparando:

$$\lambda_1=\tan(\alpha)$$

e

$$\lambda_2=\dfrac{1}{\cos^2(\alpha)}$$

b) Pela relação da tangente:

$$y_p=\tan(\beta)x_p$$

c) Fazendo $x=x_p$ e $y=y_p$, chegamos em:

$$\tan(\beta)=\tan(\alpha)-\dfrac{gx}{2{v_0}^2\cos^2(\alpha)}$$

Isolando $x$:

$$x=\dfrac{2{v_0}^2}{g}\left(\tan(\beta)-\tan(\alpha)\right)\cos^2(\alpha)=\dfrac{v_0^2}{g}\left(2\sin(\alpha)-2\cos^2(\alpha)\dfrac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)}\right)$$

Organizando, e usando $A=\dfrac{x}{\cos(\beta)}$

$$A=\dfrac{v_0^2}{g\cos^2(\beta)}\left(\sin(2\alpha-\beta)-\sin(\beta)\right)$$

Logo:

$$\lambda_3=2\alpha$$

d) Para isso, $\sin(2\alpha-\beta)=1$. Logo:

$$\alpha=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\beta}{2}$$

Substituindo na expressão para $A$:

$$A_{max}=\dfrac{v_0^2}{b\left(1+\sin(\beta)\right)}$$

e) Imagine a situação na qual queremos ultrapassar um muro de dimensões $h$ e $d$. Os resultados para esse problema são os dos itens passados. Mas, como no problema real, o projétil deve tangenciar o muro, isso equivale a a uma intersecção com o plano inclinado imaginário, portanto, os resultados passados se aplicam aqui se fizermos $\beta=arctan\left(\dfrac{h}{d}\right)$. Nesse caso, $A$ é fixado e seu valor é $A=\sqrt{h^2+d^2}$. Logo, como $v_{0,min}=\sqrt{gA\left(1+\sin(\beta)\right)}$:

$$v_{0,min}=\sqrt{g\left(h+\sqrt{h^2+d^2}\right)}$$

f) A função $\epsilon(h)$ pode ser reescrita da seguinte forma:

$$\epsilon(h)=\dfrac{R}{2}-\left(\sqrt{\dfrac{R}{2}}-\sqrt{-h}\right)^2$$

Dessa forma, fica claro que $\epsilon$ é máximo para $\sqrt{-h}=\sqrt{\dfrac{R}{2}}$. Logo:

$${\epsilon(h)}_{max}=\dfrac{R}{2}$$

Consequentemente:

$$v_{0,min}=\sqrt{\dfrac{Rg}{2}}$$

Portanto, $\lambda_4=\sqrt{\dfrac{1}{2}}$

g) Utilizando a equação da trajetória:

$$y=\tan(\alpha)x-\dfrac{gx^2}{2{v_0}^2\cos^2(\alpha)}$$

E usando a identidade trigonométrica $\dfrac{1}{\cos^2(\alpha)}=1+\tan^2(\alpha)$, chegamos numa equação quadrática em $\tan(\alpha)$. Essa equação define o ângulo de lançamento do projétil a fim de atingir um ponto $x$, $y$ do espaço. Se o discriminante for menor que zero, não é possível atingir esses ponto. Para o descriminante igual a zero, o ponto está sob a parábola de segurança (para ver mais sobre parábola de segurança, veja aqui), logo:

$$\Delta=0$$

$$1=\dfrac{2g}{v_0^2}\left(y+\dfrac{gx^2}{2v_0^2}\right)$$

Logo:

$$y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_0^2}$$

Identificando:

$$\lambda_5=\dfrac{v_0^2}{2g}$$

e

$$\lambda_6=-\dfrac{g}{2v_0^2}$$

h) Como foi dito no enunciado, façamos a intersecção da parábola de segurança

$$y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_0^2}$$

com a equação da circunferência

$$y^2+2yR+x^2=0$$

Substituindo $x^2$ da expressão da parábola de segurança na equação acima, chegamos numa equação quadrática para $y$:

$$y^2+2yR+\dfrac{2v_0^2}{g}\left(\dfrac{v_0^2}{2g}-y\right)=0$$

Como de custume, a situação limite é obtida fazendo $\Delta=0$:

$$\left(2R-\dfrac{2v_0^2}{g}\right)^2=4\dfrac{2v_0^2}{g}.\dfrac{v_0^2}{2g}$$

Resolvendo para $v_0$:

$$v_0=\sqrt{\dfrac{Rg}{2}}$$

Que é o resultado obtido anteriormente por outro método.

Parte B

a) A velocidade é:

$$v=-{\Omega}A\sin({\Omega}t+\phi)$$

A energia total, é, portanto:

$$E=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{kx^2}{2}=\dfrac{1}{2}kA^2$$

b) Como a aceleração do vagão é constante, em seu referencial, surgirá uma força inercial $ma$ constante para a direita. Portanto, o movimento será a de um M.H.S. com a posição de equilíbrio deslocada. A equação de movimento é:

$$a_x+{\Omega}^2x=a$$

Onde ${\Omega}^2=k/m$ e $a_x$ é a aceleração da massa (em relação ao vagão). A posição de equilíbrio é obtida fazendo $kx_{eq}=ma$. Sabemos que a distância desde a posição de equilíbrio é da forma $B\cos({\Omega}t+\phi)$. Logo:

$$x=B\cos({\Omega}t+\phi)\dfrac{ma}{k}$$

A partir das condições iniciais ($v(0)=0$ e $x(0)=0$), obtemos $B$ e $\phi$:

$$v(0)=-{\Omega}B\sin(\phi)=0$$

$$\phi=0$$

$$x(0)=B+\dfrac{ma}{k}=0$$

Agrupando essas informações:

$$x(t)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)$$

c) O movimento do vagão é um M.R.U.V. simples. Logo:

$$x_v(t)=v_0t-at^2/2$$

d) A posição da massa é simplesmente a soma das duas distâncias calculadas anteriormente:

$$X(t)=x_v(t)+x(t)$$

Logo:

$$X(t)=v_0t-at^2/2+\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)$$

e) No referencial do laboratório, atua somente a força elástica na massa. A elongação, todavia, é obtida a partir da diferença entre as posições da massa e do vagão. A segunda lei de Newton nesse referencial é escrita da seguinte forma:

$$m\dfrac{dv}{dt}=k\left(x_v-X\right)=m{\Omega}^2\left(v_0t-at^2/2-X\right)$$

A solução homogênea é um simples M.H.S., já a solução particular da equação

$$\dfrac{dV}{dt}+{\Omega}^2X={\Omega}^2\left(v_0t-at^2/2\right)$$

É simplesmente $X_p=d+bt+ct^2$. Substituindo essa solução na equação diferencial, obtêm-se:

$$d=\dfrac{a}{\Omega^2}$$

$$b=v_0$$

$$c=-a/2$$

Portanto:

$$X(t)=\alpha\cos({\Omega}t)+\beta\sin({\Omega}t)+v_0t-at^2/2+ma/k$$

Aplicando as condições iniciais:

$$v(0)=v_0$$

Implica:

$$\beta=0$$

$$x(0)=0$$

Implica:

$$\alpha=-ma/k$$

Portanto:

$$X(t)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)+v_0t-at_2/2$$

f) O instante requerido é $t_0=\dfrac{v_0}{a}$. Nesse instante:

$$x(t_0)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}\dfrac{v_0}{a})\right)$$

A velocidade em relação ao laboratório é a soma da velocidade do vagão coma velocidade da massa em relação ao vagão. A última é dada por:

$$v_{m,v}(t_0)=a\sqrt{\dfrac{m}{k}}\sin\left({\Omega}\dfrac{v_0}{a}\right)$$

A velocidade do vagão é nula. Logo:

$$V=a\sqrt{\dfrac{m}{k}}\sin\left({\Omega}\dfrac{v_0}{a}\right)$$

g) Podemos utilizar a relação do item a:

$$\dfrac{1}{2}kA^2=\dfrac{kx^2(t_0)}{2}+\dfrac{mV^2}{2}$$

Resolvendo para $A$:

$$A=\dfrac{ma}{k}\sqrt{2\left(1-\cos({\Omega}v_0/a)\right)}$$

Parte A

a) 

$$\lambda_1=\tan(\alpha)$$

e

$$\lambda_2=\dfrac{1}{\cos^2(\alpha)}$$

b) 

$$y_p=\tan(\beta)x_p$$

c) 

$$\lambda_3=2\alpha$$

d) 

$$\alpha=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\beta}{2}$$

e

$$A_{max}=\dfrac{v_0^2}{b\left(1+\sin(\beta)\right)}$$

e) 

$$v_{0,min}=\sqrt{g\left(h+\sqrt{h^2+d^2}\right)}$$

f) 

$$v_{0,min}=\sqrt{\dfrac{Rg}{2}}$$

Portanto, $\lambda_4=\sqrt{\dfrac{1}{2}}$

g) 

$$\lambda_5=\dfrac{v_0^2}{2g}$$

e

$$\lambda_6=-\dfrac{g}{2v_0^2}$$

h) 

$$v_0=\sqrt{\dfrac{Rg}{2}}$$

Parte B

a) 

$$E=\dfrac{kA^2}{2}$$

b) 

$$x(t)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)$$

Onde $\Omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}$.

c) 

$$x_v=v_0t-at^2/2$$

d) 

$$X(t)=v_0t-at^2/2+\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)$$

e) 

$$X(t)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos({\Omega}t)\right)+v_0t-at_2/2$$

f) 

$$x(t_0)=\dfrac{ma}{k}\left(1-\cos\left({\Omega}\dfrac{v_0}{a}\right)\right)$$

e

$$V=a\sqrt{\dfrac{m}{k}}\sin\left({\Omega}\dfrac{v_0}{a}\right)$$

g) 

$$A=\dfrac{ma}{k}\sqrt{2\left(1-\cos({\Omega}v_0/a)\right)}$$

 

 

Corpo rígido e óptica geométrica

Parte A

a) Como a distância entre eles é fixa, o movimento é circular.

b) Em módulo a equação está correta. Agora, basta verificarmos que a direção da velocidade relativa está correta. Para isso, imagine uma velocidade angular apontando numa direção arbitrária e verifique que o produto vetorial fornece a direção correta.

c) Opcional.

d) A velocidade da ponta apoiada na perede é vertical, logo, a perpendicular a essa velocidade é uma horizontal passando pelo ponto de contato. Analogamente, a perpendicular à velocidade do chão é uma vertical passando pelo ponto de contato. A intersecção entre essa duas retas é o C.I.R. A distância desse ponto até o ponto do chão é $L\sin(\beta)$. Logo:

$$V={\Omega}L\sin(\beta)$$

Então:

$$\Omega=\dfrac{V}{L\sin(\beta)}$$

 

e) A distância do C.I.R. até a quina é $d=\sqrt{L^2\sin^2(\beta)+L^2\cos^2(\beta)}=L$. Logo, o movimento é circular em torno da quina com raio $L$.

Parte B

a) Usando relações trigonométricas:

$$x_0=2l\cos(\gamma)$$

e

$$y_0=2l\cos(\gamma)$$

b) A velocidade do ponto $O$ é perpendicular à primeira barra, portanto, a perpendicular dessa velocidade é uma reta ao longo da barra. A perpendicular à velocidade do ponto que se move com velocidade $v$ é uma horizontal. Portanto, a posição do C.I.R. é a intersecção dessas duas retas. Seja $d$ a distância horizontal (essa é, na verdade, o negativo da coordenada do C.I.R.)do C.I.R. à origem. Por definição do centro instantâneo de rotação:

$$\left(3l+d\right)\omega=v$$

e

$$\left(2l+\dfrac{d}{\cos(\gamma)}\right)\omega=v_o$$

Onde $\omega$ é a velocidade angular da barra (a mais afastada). Resolvendo para $x$:

$$x=-\dfrac{3lv_o-2lv}{v\sec(\gamma)-v_o}$$

A coordenada vertical é simplesmente $x\tan(\gamma)$.

c) Para escrever $x$ em função de $\dot{\gamma}$, basta perceber que, como $O$ descreve um movimento circular em torno do ponto fixo da barra na parede:

$$v_o=2l\dot{\gamma}$$

Logo:

$$x=-\dfrac{6l^2\dot{\gamma}-2lv}{v\sec(\gamma)-2l\dot{\gamma}}$$

 

d) A posição vertical do C.I.R. é a mesma do ponto que se move com $v$. Assim, sua velocidade vertical também será $v$.

e) Seja $Y$ a coordenada vertical do ponto que se move com velocidade $v$. Pelo teorema de pitágoras:

$$-Y+2l\sin(\gamma)=\sqrt{(2l)^2-(3l-2l\cos(\gamma))^2}$$

Logo:

$$Y=2l\sin(\gamma)-\sqrt{(2l)^2-(3l-2l\cos(\gamma))^2}$$

A taxa de variação de $Y$ é $v$. Usando esse fato e realizando as derivadas corretamente, chegamos em:

$$\dot{Y}=v=l\dot{\gamma}\left(2\cos(\gamma)-\dfrac{\left(2l\cos(\gamma)-l\right)\sin(\gamma)-\left(5l-2l\cos(\gamma)\right)\sin(\gamma)}{\sqrt{\left(5l-2l\cos(\gamma)\right)\left(2l\cos(\gamma)-l\right)}}\right)=l\dot{\gamma}f(\gamma)$$

f) A aceleração tangencial do ponto em questão é $a=2l\ddot{\gamma}$. Utilizando a expressão do item anterior, a aceleração angular para $\gamma=0$ é:

$$\ddot{\gamma}=-\dfrac{v^2}{8l^2}f'(\gamma)_0$$

A aceleração centrípeta é simplesmente:

$$a_c=\dfrac{v^2}{2l}$$

Pois nessa situação, a barra tem velocidade $v$.

Fazendo as operações de derivada depois aplicando em $\gamma=0$, chega-se na aceleração total, que é soma vetorial da centrípeta com a tangencial:

$$a=\dfrac{v^2}{\sqrt{3}l}$$

Parte C

Veja a figura abaixo para as definições de alguns pontos. Na solução desse problema, utilizaremos o fato que a imagem de uma reta é também uma reta. Portanto, um raio que sai do objeto ao longo de um dos lados, deve passar pelo lado correspondente na imagem. Sabemos que os raios dos lados do ângulo da imagem correspondente ao ângulo reto do objeto devem ser perpendiculares entre si após passar pela lente, visto que os mesmos devem passar pelos lados correspondentes, que são perpendiculares entre si. Portanto, pelo teorema do ângulo inscrito, as possíveis posições do vértice do ângulo reto da imagem devem estar sobre a circunferencia de diamêtro $AB$, cujo centro está a meia distância de dos pontos $A$ e $B$. Um raio que sai do vértice da imagem correspondente ao ângulo reto do objeto e passa pelo centro óptico da lente não sofre desvio e deve passar pelo vértice do ângulo reto. Logo, a intersecção desse raio com a circunferência determina a posição do vértice $C'$. Veja a construção abaixo.

Parte A

a) Circular.

b) Verificação.

c) Opcional.

d) Demonstração

e) O movimento é circular em torno da quina com raio $L$.

Parte B

a) 

$$x_0=2l\cos(\gamma)$$

e

$$y_0=2l\cos(\gamma)$$

b)

$$x=-\dfrac{3lv_o-2lv}{v\sec(\gamma)-v_o}$$

A coordenada vertical é simplesmente $x\tan(\gamma)$.

c) 

$$x=-\dfrac{6l^2\dot{\gamma}-2lv}{v\sec(\gamma)-2l\dot{\gamma}}$$

d) 

$$v_yv$$

e) Demonstração

f) 

$$a=\dfrac{v}{\sqrt{3}l^2}$$

Parte C

Desenho.