Iniciante
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Cinemática: lançamento oblíquo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
\[\boxed{d_m=\dfrac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gH}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{d_m=\dfrac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gH}}\]
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Intermediário
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Óptica geométrica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
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Avançado
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Mecânica: sistema de massa variável
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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,
\[\boxed{M_0=\left(e^{V/c}\left(\dfrac{1-\sigma}{{\sigma}e^{V/nc}-1}\right)^n-1\right)C}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{M_0=\left(e^{V/c}\left(\dfrac{1-\sigma}{{\sigma}e^{V/nc}-1}\right)^n-1\right)C}\]
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