Conservação da Energia Mecânica

a) A condição limite para que a bolinha consiga completar a meia-volta é de que, ao chegar no topo do loop, ela fique na iminência de perder o contato com a superfície deste. Nesse caso, a força normal é nula e o peso atua como resultante centrípeta, e daí achamos sua velocidade $v_{top}$ no topo do loop:

$mg=\dfrac{mv_{top}^2}{R}$,

$v_{top}=\sqrt{gR}$.

Como o trajeto inteiro é liso, não há forças dissipativas e a Energia Mecânica se conserva. Apliquemos a conservação da energia mecânica para as posições inicial e final (bolinha no topo do loop), adotando um nível de referência no solo para o cálculo das energias potenciais gravitacionais e lembrando que a energia cinética inicial é nula:

$mgd=mg(2R)+\dfrac{mv_{top}^2}{2}$.

A razão $d/R$ mínima para que a partícula dê a volta ocorrerá quando $v=\sqrt{gR}$, como vimos. Substituindo:

$d=2R+\dfrac{R}{2}$ $\therefore$

$\therefore$ $\boxed{\left(\dfrac{d}{R}\right)_{min}=\dfrac{5}{2}}$.

b) De imediato, percebemos que a razão $d/R$ é menor do que a calculada anteriormente, o que implica que a partícula perde o contato com o loop antes de chegar no seu topo. Veja o esquema abaixo, que ilustra o momento de interesse:

Figura 1: Esquema do momento em que a partícula descola da superfície.

Seja $\theta$ o ângulo com a horizontal medido a partir do centro da circunferência. Nessa situação, apenas a componente radial do peso atua como resultante centrípeta. Sendo $v_0$ a velocidade da bolinha nesse instante:

$mg \sin{\theta}=\dfrac{mv_0^2}{R}$,

$v_0=\sqrt{gR\sin{\theta}}$.

Podemos relacionar os parâmetros envolvidos utilizando a conservação da Energia Mecânica entre a posição inicial e aquela na qual ocorre a perda de contato com a superfície:

$mgh=mgR\left((1+\sin{\theta}\right)+\dfrac{mv_0^2}{2}$,

Substituindo $v_0=\sqrt{gR\sin{\theta}}$, $h=2R$ (do enunciado) e isolando $\theta$, encontramos

$\sin{\theta}=\dfrac{2}{3}$.

A partir de agora, deve-se analisar o que acontece com a partícula após descolar da superfície: somente a força peso na vertical atuará nela, e, por ter uma velocidade $v_0$ inclinada em relação à horizontal/vertical, irá realizar um lançamento oblíquo. A altura máxima desse lançamento corresponde à altura máxima alcançada pela bolinha em todo o seu movimento após o abandono no ponto $A$. Determinemos a altura máxima $H$ (em relação ao solo) usando a conservação da energia mecânica entre a posição $A$ e a de maior altura. Lembrando que a componente horizontal da velocidade inicial, de módulo $v_0 \sin{\theta}$ (a velocidade inicial está inclinada de $\theta$ com a vertical) é constante durante o lançamento, escrevemos que:

$mgh=mgH+\dfrac{m\left(v_0 \sin{\theta}\right)^2}{2}$,

Por fim, substituindo $v_0=\sqrt{gR \sin{\theta}}$ e $\sin{\theta}=\dfrac{2}{3}$:

$2R=H+\dfrac{R\sin^3{\theta}}{2}=H+\dfrac{4R}{27}$,

$\boxed{H=\dfrac{50}{27}R}$.

a) $\boxed{\left(\dfrac{d}{R}\right)_{max}=\dfrac{5}{2}}$.

b) $\boxed{H=\dfrac{50}{27}R}$.

Gravitação

Primeiramente, definamos um sistema de coordenadas cartesianas:

$\cdot$ Origem no centro da Terra.

$\cdot$ O eixo $x$ aponta no sentido Terra-Sol.

$\cdot$ O eixo $y$ aponta para o Polo Norte do Sol.

$\cdot$ O eixo $z$ aponta no sentido de translação da Terra em torno do Sol.

Com isso, podemos escrever as distâncias de um ponto qualquer à Terra e ao Sol, utilizando suas coordenadas $\left(x,y,z\right)$. Sendo elas $d_T$ e $d_S$, respectivamente, vale, pelo Teorema de Pitágoras:

$d_T^2=x^2+y^2+z^2$,

e como o centro do Sol está em $\left(D,0,0\right)$:

$d_S^2=(x-D)^2+y^2+z^2$.

Agora, achemos o local geométrico que determina a coleção de pontos nos quais a atração gravitacional do Sol possui mesmo módulo daquela devido à Terra. Igualando os módulos dessas forças (a massa de prova irá se cancelar em ambos os membros):

$\dfrac{GM}{d_S^2}=\dfrac{Gm}{d_T^2}$

Substituindo $d_S$ e $d_T$, e após uma manipulação algébrica, chegamos em:

$x^2+\dfrac{2mD}{M-m}x+y^2+z^2=\dfrac{mD^2}{M-m}$.

Para tornar essa expressão mais "familiar", somemos $\left(\dfrac{mD}{M-m}\right)^2$ em ambos os membros, de forma a completar o quadrado perfeito no membro da esquerda, o que nos leva à seguinte equação:

$\boxed{\left(x+\dfrac{mD}{M-m}\right)^2+y^2+z^2=\left(\dfrac{D\sqrt{mM}}{M-m}\right)^2}$.

Que define uma esfera em três dimensões:

$\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2+\left(z-z_0\right)^2=R^2$.

Cujo raio é:

$\boxed{R=\dfrac{D\sqrt{mM}}{M-m}}$.

Como queríamos demonstrar.

A equação encontrada nos diz que as coordenadas do centro $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ são:

$\boxed{\left(-\dfrac{mD}{M-m},0,0\right)}$.

Demonstração.

Coordenadas do centro da esfera: $\boxed{\left(-\dfrac{mD}{M-m},0,0\right)}$.

Mecânica do Corpo Rígido e Oscilações

Como a força peso é vertical e sua linha de ação passa pelo $CM$, concluímos, das três situações mostradas, que o $CM$ está em algum lugar da linha pontilhada na figura abaixo. Vamos chamar de $x_1$, $x_2$ e $x_3$ as respectivas distâncias do $CM$ até o ponto de apoio nas situações $1$, $2$ e $3$.

Figura 2: Ilustração do cabide com as distâncias $x_1$, $x_2$ e $x_3$ até o $CM$.

Da geometria:

$x_1+x_2=l$,

e

$2\sqrt{x_3^2-x_2^2}=L$.

Agora, utilizemos o teorema dos eixos paralelos para relacionar os momentos de inércia do cabide em relação ao ponto de apoio com aquele em relação ao seu $CM$ (seja ele $I_{CM}$) nas situações $1$, $2$ e $3$, respectivamente:

$I_1=I_{CM}+mx_1^2$,

$I_2=I_{CM}+mx_2^2$,

$I_3=I_{CM}+mx_3^2$.

O cabide oscila como um pêndulo físico. Determinemos sua equação de movimento para $\theta$, o ângulo de inclinação com a vertical, utilizando a segunda Lei de Newton para rotações:

$\tau=I \ddot{\theta}$,

onde os torques $\tau$ e momentos de inércia $I$ são calculados em relação ao ponto de apoio. Apenas o peso produz torque, logo:

$-mgx \sin{\theta}=I \ddot{\theta}$.

Para pequenas oscilações, $\sin{\theta} \approx \theta$:

$\ddot{\theta}+\dfrac{mgx}{I}\theta=0$.

O que nos diz que a frequência angular de oscilação do cabide é $\omega=\sqrt{\dfrac{mgx}{I}}$. Devido ao fato do período da oscilação $T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$ ser igual nas três situações, e, por consequência, a frequência angular também, vale escrever

$\dfrac{x_1}{I_1}=\dfrac{x_2}{I_2}=\dfrac{x_3}{I_3}$,

$\dfrac{x_1}{I_{CM}+mx_1^2}=\dfrac{x_2}{I_{CM}+mx_2^2}=\dfrac{x_3}{I_{CM}+mx_3^2}$.

Tais igualdades nos fornecem um sistema de equações. Igualando a primeira com a segunda:

$\left(I_{CM}+mx_2^2\right)x_1=\left(I_{CM}+mx_1^2\right)x_2$,

$I_{CM}\left(x_1-x_2\right)-mx_1x_2\left(x_1-x_2\right)$,

$\boxed{\left(x_1-x_2\right)\left(I_{CM}-mx_1x_2\right)=0}$.

Analogamente:

$\boxed{\left(x_3-x_2\right)\left(I_{CM}-mx_2x_3\right)=0}$,

$\boxed{\left(x_3-x_1\right)\left(I_{CM}-mx_1x_3\right)=0}$.

Da segunda equação, podemos ter:

$x_2-x_3=0$,

o que implicaria $L=0$ (veja as relações obtidas geometricamente), logo, é um absurdo! Resta-nos, então:

$I_{CM}-mx_2x_3=0$,

$I_{CM}=mx_2x_3$.

Da primeira, podemos ter:

$x_2-x_1=0$

O que implica $x_2=x_1=5$ $cm$, pois $x_1+x_2=10$ $cm$, o que, a princípio, não viola nenhuma condição matemática/física do problema. Para mostrar a validade desse resultado, usemos que o segundo termo em parênteses da terceira equação também pode ser nulo:

$I_{CM}-mx_1x_3=0$,

$I_{CM}=mx_1x_3$.

Como $I_{CM}=mx_2x_3$ necessariamente é válido, combinando-se as duas, chegamos, novamente, em $x_1=x_2$ (pois $x_3$ é diferente de zero), mostrando a equivalência dessas igualdades. Logo, determinamos a posição do $CM$:

$\boxed{x_1=x_2=\dfrac{l}{2}=5cm}$.

Com isso, podemos encontrar $x_3$:

$2\sqrt{x_3^2-x_2^2}=L$,

$\boxed{x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}}$.

Por fim, determinemos o período das oscilações. Sabemos que:

$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$,

Usando o primeiro ponto de apoio (o que não importa muito, você chegaria no mesmo resultado usando $x_2$ e $I_2$ ou $x_3$ e $I_3$):

$T=\dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{mgx_1}{I_1}}}$,

$T=\dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{mgx_1}{mx_1 x_3 + m x_1 ^2}}}$,

$\boxed{T= 2\pi \sqrt{\dfrac{x_1 + x_3}{g}}}$.

Com, $x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}$, como havíamos achado. Substituindo os dados numéricos:

$\boxed{T=1,03s}$.

Posição do CM:  $\boxed{x_1=x_2=\dfrac{l}{2}=5cm}$.

Período: $\boxed{T= 2\pi \sqrt{\dfrac{x_1 + x_3}{g}}=1,03s}$, com $x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}$.