Soluções Física - Semana 126

Mecânica: segunda lei de Newton

Como as forças de contato entre o cilindro de cima e os de baixo possuem componentes horizontais, estes tem uma tendência a se separarem. Devemos calcular as acelerações do sistema tais que o contato entre os cilindros é perdido. Eliminando essas acelerações do conjunto dos reais positivos, obtemos nosso conjunto solução. Intuitivamente, podemos concluir que há um valor máximo para a aceleração máxima e um valor mínimo.

Para aceleração máxima, a normal entre o cilindro superior e o da direita zera. Sendo assim podemos escrever o conjunto de equações, pela segunda lei:

$N_{vertical}=Mg\rightarrow N\sin{(60^0)}=Mg$

$F=N\cos{(60^0)} \rightarrow \frac{F}{M}= a =\frac{Mg\cos{(60^0)}}{M\sin{(60^0)}}=\frac{g}{\sqrt{3}}$.

Para aceleração mínima, a normal entre os dois cilindros da base zera. Sendo $N_{2}$ a normal entre o cilindro superior e o da direita, temos:

$N_{2}\cos{(60^0)}=Ma$

A normal entre o cilindro superior e o da esquerda é ($N_{1}$). Analisando a dinâmica da situação, temos que:

$N_{1}\sin{(60^0)}+N_{2}\sin{(60^0)}=Mg$

$N_{1}\cos{(60^0)}-N_{2}\cos{(60^0)}=Ma$

Utilizando as três equações, obtemos:

$a=\frac{g}{3\sqrt{3}}$

Assim sendo, as acelerações possíveis se encontram no intervalo:

$\boxed{\frac{g}{3\sqrt{3}}<a<\frac{g}{\sqrt{3}}}$

$\boxed{\frac{g}{3\sqrt{3}}<a<\frac{g}{\sqrt{3}}}$

Mecânica: lançamento oblíquo

Podemos proceder da seguinte forma: num instante $t$ após o lançamento temos:

$$\vec{V}(t)=V_0\cos{\theta}\hat{x}+\left(V_0\sin{\theta}-gt\right)\hat{y}$$

e

$$\vec{r}=\left(\dfrac{\vec{V}_0+\vec{V}(t)}{2}\right)t$$

Para que a distância entre o projétil e o ponto de lançamento só aumente, basta impormos que não há raízes reais para a equação $\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}=0$ ($\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}$ é igual a velocidade radial do projétil multiplicada por $r$). De fato, se esse produto escalar nunca zera, $\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}$ nunca inverte de sinal. Como essa quantia é claramente positiva no início do movimento, permanecerá positiva durante todo o movimento (o que implicará uma velocidade radial sempre positiva e, consequentemente, a distância nunca irá diminuir). Pela duas primeiras expressões, temos que:

$$\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}=0\to{g^2t^2-3gtV_0\sin{\theta}+2V^2_0=0}$$

Como não há raízes reais, o discriminante é não positivo. Logo:

$$\Delta\le{0}\to{\sin{\theta}\le{\dfrac{2\sqrt{2}}{3}}}$$

Portanto:

$$\boxed{\theta\le{0.391\pi}}$$

$$\boxed{\theta\le{0.391\pi}}$$

Mecânica: forças centrais

Essa solução permite que o aluno solucione o problema sem usar cálculo diferencial. Entretanto, um certo conhecimento de hipérboles é necessário.

Conforme dito no enunciado, a trajetória da partícula é uma hipérbole. O raio vetor é dado por (verifique):

$$r(\theta)=\dfrac{\dfrac{b'^2}{a}}{1+{\epsilon}\cos{\theta}}$$

Onde $b'$ é o semi-eixo da hipérbole (eixo imaginário) e $\theta$ é o ângulo que o raio vetor forma com a direção definida pela máxima aproximação da partícula ao foco da hipérbole (o planeta $M$). Os outros parâmetros seguem as definições usuais. A equação do raio vetor poderia ser obtida através da equação diferencial de Binet, conforme ideia 25. Para o enunciado desse problema, essa obtenção não é necessária, visto que já é dado que a trajetória é um ramo de hipérbole. Observe que a partícula vem do infinito, sofre uma deflexão e segue para o infinito novamente. Quando a mesma está muito afastada do planeta, sua trajetória é essencialmente uma reta. Logo, segue que as trajetórias final e inicial coincidem com as assíntotas da hipérbole, conforme figura abaixo.

Analiticamente, podemos representar a equação da hipérbole por:

$$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$$

Onde escolhemos um par de eixos cartesianos com origem no centro da hipérbole (ponto médio do segmento que liga os focos). As assíntotas são obtidas quando a partícula está muito afastada dos focos. Para essas posições, $x>>a$ e $y>>b$. Portanto, podemos desprezar o termo "$1$" na expressão da hipérbole. Com isso, obtemos as equações de reta das assíntotas:

$$y=\pm{\dfrac{xb'}{a}}$$

O coeficiente angular de uma reta é a tangente do ângulo entre a reta e o eixo $Ox$. Segue da equação acima, portanto, que ambas assíntotas formam um ângulo $\phi'$ com esse eixo:

$$\phi'=\arctan{\dfrac{b'}{a}}$$

Logo, a deflexão total é dada por $\phi=\pi-2\phi'$. Com isso, o problema foi reduzido em encontrar os parâmetros da hipérbole em função dos dados do enunciado. Para isso, utilizemos o seguinte lema, útil em problemas de forças centrais. Observe que se demonstrada a validade do lema, a demonstração requerida no item $(a)$ é concluída.
Lema: O parâmetro $b'$ da hipérbole é igual ao parâmetro de impacto e $a=\dfrac{GM}{v_0^2}$, que independe do parâmetro de impacto.

Demonstração: Para provar as relações acima, basta usarmos conservação de energia junto com a expressão do raio vetor. A conservação de energia nos diz que:

$$\dfrac{L^2}{2mr^2}+\dfrac{1}{2}m{\dot{r}}^2-\dfrac{GMm}{r}-E=0$$

Onde as constantes do problema, $L$ e $E$ são obtidas no infinito:

$$E=\dfrac{1}{2}mv_0^2$$

e

$$L=mv_0b$$

Para $\dot{r}=0$, obtemos os raios de máxima e mínima aproximação da partícula. Pela expressão do raio vetor, esses raios são dados por:

$$r_{min}^{-1}=\dfrac{1-\epsilon}{\dfrac{b'^2}{a}}$$

e

$$r_{max}^{-1}=\dfrac{1+\epsilon}{\dfrac{b'^2}{a}}$$

Essas duas quantidades acima quando somadas e multiplicadas nos dão:

$$S=\dfrac{2a}{b'^2}$$

e

$$P=\left(\dfrac{b'^2}{a}\right)^2\left(1-{\epsilon}^2\right)$$

Esses valores são obtidos pelas relações de Girard na equação quadrática obtida quando impusemos $\dot{r}=0$ na expressão da energia. Junto com a definição de excentricidade $\epsilon=\dfrac{\sqrt{a^2+b'^2}}{a}$, as duas equações acima nos dão $a$ e $b'$ facilmente:

$$\boxed{b'=b}$$

e

$$\boxed{a=\dfrac{GM}{v_0^2}}$$

O conclui o item $(a)$.

 

Podemos escrever que:

$$d\sigma=2{\pi}bdb$$

e

$$d\Omega=2{\pi}\sin{\phi}d\phi$$

Portanto:

$$\dfrac{d\sigma}{d\Omega}=\dfrac{b}{\sin{\phi}}\dfrac{db}{d\phi}$$

É aplicado módulo na equação acima, usualmente, por convenção (para garantir $\dfrac{d\sigma}{d\Omega}$ positivo). Invertendo a equação do item $(a)$:

$$b=\dfrac{GM}{v_0^2}\tan{\phi/2}$$

Derivando a relação acima em relação à $\phi$ e substituindo, obtém-se o resultado requerido.