Soluções Física – Semana 132

Cinemática: lançamento oblíquo

Uma solução analítica para o problema segue da seguinte forma: denotamos por $d$ a distância até o pé da colina. A equação da trajetória no ponto $(d,0)$, nos dá (a origem do sistema cartesiano está sobre o pé da colina)

$$\tan^2{\theta}\left(-\dfrac{gd^2}{2v_0^2}\right)+\tan{\theta}d+\left(H-\dfrac{gd^2}{2v_0^2}\right)=0$$

Onde $\theta$ é o ângulo de lançamento. Como devemos ter raízes reais, o discriminante da equação quadrática acima deve ser maior ou igual a zero:

$$\Delta\ge{0}\to{1+\dfrac{2gH}{v_0^2}\ge{\dfrac{g^2d^2}{v_0^4}}}$$

O que implica:

$$\boxed{d_m=\dfrac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gH}}$$

$$\boxed{d_m=\dfrac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gH}}$$

Óptica geométrica

Evidentemente, o objeto pontual gera três imagens distintas. Para encontrá-lás basta marcamos a interseção dos prolongamento de dois raios refletidos. Um possível traçado é o seguinte:

Mecânica: sistema de massa variável

Primeiramente, calculemos o incremento de velocidade em um estágio. Sejam $m_i$ a massa inicial (de combustível+foguete vazio) e $m_f$ (o que sobra é a massa do foguete vazio, fora a carga útil) a massa final. Pela segunda lei de Newton:

$$\dfrac{dv}{dt}=-\dfrac{c}{M}\dfrac{dM}{dt}$$

Onde foi usado $F=ma$ para um sistema de massa variável. Multiplicando por $dt$ e integrando, obtêm-se:

$$\Delta{v}=-c\ln{\dfrac{C+m_f}{C+m_0}}$$

Para o problema em questão, cada estágio $i$ incrementa a velocidade por:

$$\Delta{v}_i=-c\ln{\dfrac{(M_{i+1}+...+M_n+C)+{\sigma}M_i}{(M_{i+1}+...+M_n+C)+M_i}}$$

Logo, a velocidade final será dada por:

$$V=\sum_{i=1}^{n} \Delta{v}_i$$

Nosso objetivo é encontrar a distribuição de massas nos estágios, de forma que $M_0\equiv{M_1+...+M_n}$ seja mínimo. Portanto, o problema se resume em encontrar o mínimo de $M_0$ com o vínculo: $V=\sum_{i=1}^{n} \Delta{v}_i$. Recorremos, então, ao método dos multiplicadores de Lagrange. Primeiramente, introduzimos o seguinte conjuntos de variáveis independentes:

$$x_i=\dfrac{(M_{i+1}+...+M_n+C)+{\sigma}M_i}{(M_{i+1}+...+M_n+C)+M_i}$$

O vínculo pode ser escrito em função dessas variáveis:

$$g(x_1,...,x_n)=V-c\sum_{i=1}^{n} \ln{x_i=0}$$

Por outro lado, note que

$$\dfrac{(M_{i+1}+...+M_n+C)+{\sigma}M_i}{(M_{i+1}+...+M_n+C)+M_i}=\dfrac{(1-\sigma)x_i}{1-{\sigma}x_i}$$

Então

$$\dfrac{M_0+C}{C}=\dfrac{M_1+...+M_n+C}{M_2+...+M_n+C}.\dfrac{M_2+...+M_n+C}{M_3+...+M_n+C}...\dfrac{M_{n-1}+M_n+C}{M_n+C}.\dfrac{M_n+C}{C}=\prod_{i=1}^{n} \dfrac{(1-\sigma)x_i}{1-{\sigma}x_i}$$

Daí, definimos

$$f(x_1,x_2,...,x_n)=\ln{\dfrac{M_0+C}{C}}=\sum_{i=1}^{n}\left(\ln{x_i}+\ln{(1-\sigma)}-\ln{(1-{\sigma}x_i)}\right)$$

Perceba que minimizar $M_0$ equivale a minimar $f$. Aplicando o método dos multiplicadores Lagrange, obtemos:

$\dfrac{\partial f}{\partial x_i}-{\lambda}\dfrac{\partial g}{\partial x_i}=0\to{\dfrac{1+{\lambda}c}{x_i}+\dfrac{\sigma}{1-{\sigma}x_i}=0}$         $i=1...,n$

Logo:

$$\boxed{x_i=\dfrac{{\lambda}c+1}{{\lambda}c\sigma}}$$

A velocidade é dada, portanto, por:

$$V=nc\ln{x_i}=nc\ln{\dfrac{1+{\lambda}c}{{\lambda}c\sigma}}$$

Segue que

$$x_i=e^{V/nc}$$

e

$$\lambda=\dfrac{1}{c}\left({\sigma}e^{V/nc}-1\right)^{-1}$$

Finalmente

$$\ln{\dfrac{M_0+C}{C}}=\dfrac{V}{c}+\ln{\left(\dfrac{1-\sigma}{{\sigma}e^{V/nc}-1}\right)^n}$$

ou ainda,

$$\boxed{M_0=\left(e^{V/c}\left(\dfrac{1-\sigma}{{\sigma}e^{V/nc}-1}\right)^n-1\right)C}$$

$$\boxed{M_0=\left(e^{V/c}\left(\dfrac{1-\sigma}{{\sigma}e^{V/nc}-1}\right)^n-1\right)C}$$