Soluções Física - Semana 123

Mecânica: segunda lei de Newton

Primeiramente, se $\alpha>\arctan{\mu}$, $F_{min}=0$, pois o bloco desce naturalmente. Consideremos o caso em que: $0<\alpha<\arctan{\mu}$.

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

$$f_{at}={\mu}N$$

Considere a soma vetorial de $\vec{f}_{at}$ com $\vec{N}$, essa força é a força de contato $F_C$. Além dessa força, atuam no bloco o peso e a força $F$. Na situação de força mínima, o bloco está em equilíbrio. Portanto, as três forças formam um triângulo. Observe que o ângulo entre $F_C$ e a normal à superfície do plano inclinado é fixado, pois sua tangente permanece igual a ${\mu}$. Sendo assim, o ângulo que $\vec{F}_C$ faz com a horizontal é fixo em ${\pi}/2+\alpha-\beta$, onde $\beta=\arctan{\mu}$. O vetor peso é constante, e portanto, devemos ajustar o tamanho do vetor $F_C$ para que $F$ (que deve fechar o triângulo das forças) seja mínimo. O diagrama fica da seguinte forma, onde os vetores entre o peso e $F_C$ são possíveis $F$.

Como o ângulo que $F_C$ faz com a horizontal é fixo, o vetor deve estar sobre a reta suporte dos pontos $A_1$ e $A_3$. Observe que um extremo do vetor $\vec{F}$ é fixo (ponto $A_0$), e outro está sobre a reta suporte citada acima. Para minimizar $F$ devemos minimizar o comprimento do segmento que une os extremos dos vetores. Em outras palavras, queremos a menor distância entre um ponto ($A_0$) e uma reta (reta suporte dos pontos $A_1$ e $A_3$). Evidentemente, a solução do problema se dá quando o outro extremo de $F$ é o ponto $A_2$, visto que $\angle{A_1A_2A_0}=\pi/2$. Dessa forma, fica claro que:

$$F_{min}=mg\sin\left(\beta-\alpha\right)\to{\boxed{F_{min}=mg\sin\left(\arctan{\beta}-\alpha\right)}}$$

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

$$f_{at}={\mu}N$$

Seja $\theta$ o ângulo que $\vec{F}$ faz com o plano inclinado:

Pelo equilíbrio do bloco:

$$F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}=f_{at}$$

e

$$F\sin{\theta}+N=mg\cos{\alpha}\to{N=mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}$$

Logo:

$$\dfrac{f_{at}}{N}=\dfrac{F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}}{mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}={\mu}\to{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)=F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)}$$

Pela desigualdade de Cauchy Schwarz, temos que:

$$F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)\le{F\sqrt{\left(\cos^2{\theta}+\sin^2{\theta}\right)\left(1^2+{\mu}^2\right)}}$$

Logo:

$$F\ge{mg\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

O que gera:

$$\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

Vefique que a expressão acima é idêntica à obtida na solução $1$.

$$\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

Cinemática: lançamento

a) O alcance é dado por:

$$A=\dfrac{V_0^2}{g}\sin{2\beta}$$

e a altura máxima:

$$H=\dfrac{V_0^2}{2g}\sin^2{\beta}$$

A distância requerida é calculada por Pitágoras:

$$d=\sqrt{H^2+\left(\dfrac{A}{2}\right)^2}\to{\boxed{d=\dfrac{V_0^2}{2g}\sqrt{\sin^2{\beta}+\sin^2{2\beta}}}}$$

b) Seja $x$ a distância requerida e $h_f$ a altura do foco $F$, que se encontra, por simetria, a uma distância horizontal de $A/2$ do ponto de lançamento $O$. Sabemos que $x$ também é a distância de $O$ à diretriz, com isso, observe a figura abaixo:

Como o ponto de altura máxima $C$ pertence a parábola, temos:

$$x-H=H-h_f$$

E, por Pitágoras:

$$h_f=\sqrt{x^2-\left(A/2\right)^2}$$

Agrupando as informações acima, podemos resolver para $x$:

$$\boxed{x=\dfrac{V_0^2}{2g}}$$

Que não depende de $\beta$.

c) Primeiramente, observe que, como a gravidade é vertical, as diretrizes são todas horizontais. Agora considere, conservação de energia entre duas colisões sucessivas:

$$\dfrac{V^2_n}{2g}=\dfrac{V^2_{n+1}}{2g}+g\Delta{h}_n$$

Onde $\Delta{h}_n$ é a diferença de altura entre os pontos. Agora, perceba que, pelo resultado do item passado, os primeiros termos de cada lado da igualdade acima são as distâncias entre os pontos de colisão e suas diretrizes. Portanto:

$$h_n=h_{n+1}+\Delta{h}_n$$

A relação acima implica que todas as diretrizes são coincidentes (verifique fazendo um diagrama). Sendo assim, a distância do e-nésimo ponto de colisão $P_n$ à diretriz comum é:

$$h_n=H+d(P_0,P_n)\sin{\alpha}$$

Onde $d(A,B)$ é igual a distância entre os pontos $A$ e $B$. Essa distância pode ser calculada através da fórmula do $M.U.V.$: a bola tem aceleração constante de $g\sin{\alpha}$ ao longo do plano inclinado e velocidade inicial $\sqrt{2gH}\sin{\alpha}$. Perceba que o tempo de voo entre duas colisões sucessivas é contante e pode ser calculada a partir da aceleração da bola na direção normal ao plano inclinado: $g\cos{\alpha}T/2=\sqrt{2gH}\cos{\alpha}\to{T=\sqrt{\dfrac{8H}{g}}}$. Logo:

$$d(P_0,P_n)=\sqrt{2gH}\sin{\alpha}\left(n-1\right)T+\dfrac{g\sin{\alpha}}{2}\left(n-1\right)^2T^2$$

Substituindo na expressão para $h_n$:

$$\boxed{h_n=H\left(1+4\sin^2{\alpha}\left(n^2-n\right)\right)}$$

d) Nesse item, pode-se proceder analiticamente ou geometricamente. Aqui, apresentaremos a solução geométrica por ser mais rápida e elegante. O leitor é encorajado a tentar uma solução analítica.

Para a solução geométrica, usemos o seguinte lema:

Lema: O ângulo entre o vetor velocidade inicial de um lançamento com a vertical é igual ao ângulo entre o mesmo vetor e o segmento de reta $\bar{OF}$, onde $F$ é o foco da parábola e $O$ o ponto de lançamento.

Demonstração:

Seja $\theta$ o primeiro ângulo descrito no enunciado do lema acima e $\theta'$ o segundo. O ângulo que o vetor velocidade inicial faz com o foco é ${\pi}/2-\theta-\theta'$. Logo, podemos calcular a tangente do ângulo $\theta+\theta'$:

$$\tan{\left(\theta+\theta'\right)}=\dfrac{A}{2h_f}=\dfrac{A}{2\left(2H-x\right)}$$

Mas $x=\dfrac{V_0^2}{2g}$, $H=\dfrac{V_0^2}{2g}\sin^2{\left(\pi/2-\theta\right)}$ e $A=\dfrac{V_0^2}{g}\sin{2\theta}$. Substituindo esses valores, chegamos em:

$$\tan{\left(\theta+\theta'\right)}=\dfrac{\sin{2\theta}}{2\cos^2{\theta}-1}=\tan{2\theta}\to{\boxed{\theta=\theta'}}$$

Usaremos também a conhecida lei da reflexão, válida pois a colisão é elástica. Refira-se à figura abaixo, onde $O$ é um ponto de colisão, $F_n$ é o foco da e-nésima parábola, $F_{n+1}$ é o foco da e-nésima+1 parábola e $O'$ é o pé da perpendicular de $O$ até a diretriz comum a todas as parábolas.

Onde $\theta+\alpha$ é o ângulo de incidência e foi usado o lema acima. Pela imagem acima: $\angle{F_nOF_{n+1}}=2\pi-4\theta-4\alpha$. Perceba que o ponto de colisão $O$ pertence as parábolas $n$ e $n+1$. Portanto, como a diretriz é comum, segue que: $OF_n=OF_{n+1}$. Agora, sabendo que o $\Delta{F_nOF_{n+1}}$ é isóceles, temos que: $\angle{OF_nF_{n+1}=\pi/2-\left(2\pi-4\theta-4\alpha\right)/2}\to{\angle{OG_nF_{n+1}=2\theta+2\alpha-\pi/2}}$.

 

Com isso, calculemos o ângulo entre a reta que une dois focos consecutivos e uma direção fixa, digamos, a horizontal. Para isso, construimos o ponto $A$ de tal forma que $F_nA$ seja horizontal. Logo:

$$\angle{F_{n+1}F_nA}=\pi/2-2\theta+2\theta+2\alpha-\pi/2\to{\boxed{\angle{F_{n+1}F_nA}=2\alpha}}$$

Ou seja, os focos estão sobre uma mesma reta visto que qualquer par de focos sucessivos formam o mesmo ângulo com a horizontal.

a) 

$$\boxed{d=\dfrac{V_0^2}{2g}\sqrt{\sin^2{\beta}+\sin^2{2\beta}}}$$

b) 

$$\boxed{x=\dfrac{V_0^2}{2g}}$$

c) 

$$\boxed{h_n=H\left(1+4\sin^2{\alpha}\left(n^2-n\right)\right)}$$

d) Demonstração

Óptica geométrica: princípio de Fermat

Pelo princípio de Fermat, os caminhos ópticos de todos os raios paralelos que refratam e convergem para $C'$ são iguais. Pela figura abaixo:

Podemos escrever o caminho óptico de um raio que passa por $B=(x,y)$:

$$L(x,y)=n_1x+n_2\sqrt{y^2+\left(a+c-x\right)^2}$$

Onde $a=OA$, o semi-eixo maior da elipse e $c=CO$, a distância de um dos focos ao centro da elipse. Usando a excentricidade da elipse $c=a\epsilon$ e utilizando o fato que $L(x,y)$ é uma constante, podemos igualar a expressão acima com $L(0,0)$, por exemplo. O resultado obtido é:

$$n_1x+n_2\sqrt{y^2+\left(a+c-x\right)^2}=n_2\left(a+c\right)$$

Elevando a expressão ao quadrado e reorganizando, o leitor pode verificar que ficamos com:

$$\dfrac{\left(x-a\dfrac{1+\epsilon}{1+\lambda}\right)^2}{\dfrac{\left(1-\lambda\right)^2a^2\left(1+\epsilon\right)^2}{\left(1-{\lambda}^2\right)^2}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{\left(1-\lambda\right)^2a^2\left(1+\epsilon\right)^2}{\left(1-{\lambda}^2\right)}}=1$$

Onde $\lambda=\dfrac{n_1}{n_2}$. A expressão acima é uma elipse de excentricidade:

$$\epsilon^2=1-\dfrac{b^2}{a^2}=1-\left(1-\lambda^2\right)\to{\epsilon=\lambda\to{\boxed{\epsilon=\dfrac{n_1}{n_2}}}}$$

Portanto, se a excentricidade da elipse for $\dfrac{n_1}{n_2}$, todos raios paralelos convergirão para o foco $C'$ da elipse.

$$\boxed{\epsilon=\dfrac{n_1}{n_2}}$$