Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
Cinemática/ Aceleração centrípeta
Como o avião está tendo o módulo de sua velocidade alterada, ele está sendo submetido a uma aceleração tangencial.
A aceleração tangencial é definida como:
at=ΔvΔt
Como a velocidade não varia linearmente, não podemos escolher nosso intervalo de tempo grande demais. Para a análise, cosideraremos uma variação de tempo minúscula (infinitesimal), de maneira que possamos considerar que se comporta linearmente nesse minúsculo intervalo de tempo.
Vamos alterar um pouco nossa expressão para a aceleração: Multiplicaremos em cima e em baixo por ΔS (o espaço percorrido nesse tempo).
at=ΔvΔSΔSΔt
Porém a definição para a velocidade é:
v=ΔSΔt
Logo:
at=v⋅ΔvΔS
O espaço percorrido está na circunferência. Logo:
ΔS=R⋅Δθ
at=vR⋅ΔvΔθ
Olhemos agora para a nossa relação original:
v2=v20−2a0h
Figura 1
Vemos que:
h=R(1−cosθ)
v2=v20−2a0R(1−cosθ)
Olhemos a variação de velocidade para uma posição angular θ e uma posição logo após, θ+Δθ (Δθ→0). A velocidade em θ é v, e em θ+Δθ é v+Δv.
{v2=v20−2a0R+2a0Rcosθ(v+Δv)2=v20−2a0R+2a0Rcos(θ+Δθ)
Primeiramente, da trigonometria, sabemos que:
cos(a+b)=cosacosb−sinasinb
cos(θ+Δθ)=cosθcosΔθ−sinθsinΔθ
Como Δθ é muito pequeno:
cos(Δθ)≈1 e sin(Δθ)≈Δθ
Portanto:
{v2=v20−2a0R+2a0Rcosθv2+2vΔv+(Δv)2=v20−2a0R+2a0R(cosθ⋅1−sinθ⋅Δθ)
Subtraindo as duas equações:
2vΔv+(Δv)2=−2a0R⋅sinθ⋅Δθ
Como Δv é muito pequeno em relação à v, podemos desconsiderar o termo (Δv)2.
at=vR⋅ΔvΔθ=−a0sinθ
Olhando a equação original vemos que para h=0, a velocidade é v0.
Figura 2
No ponto de maior altura, ela é h=2R
(v02)2=v20−2a0(2R)
→R=3v2016a0
Quando a velocidade é totalmente vertical e para cima, a altura é h=R.
v2=v20−2a0R
v2=v20−2a0⋅3v2016a0
v2=5v208
Sabemos que a aceleração centrípeta é:
acp=v2R
acp=5v208⋅16a03a0
→acp=10a03
Nesse momento a posição angular é θ=π2. Portanto:
at=−a0
A aceleração total do avião é:
a=√a2cp+a2t
a=√(10a03)2+(−a0)2
→a=√1093a0
→a=√1093a0
Intermediário
Conservação de Energia e Momento/ Resultante Centrípeta
a) Como a massa m começa a se mover, a semiesfera também precisa se mover para o lado oposto para conservar o momento linear. Porém, como a semiesfera está em contato com o solo, ela não poderá se movimentar na vertical.
Figura 3
A massa m possui velocidade vx na horizontal e vy na vertical, e a massa M tem velocidade V na horizontal.
Conservando o momento linear na horizontal:
MV=mvx
V=mMvx
V=kvx
Antes de analisarmos a energia mecânica precisamos fazer uma troca de referencial. Você pode estar se perguntando o porquê. A resposta está no raio de curvatura.
"Ah, mas o raio de curvatura é R!".
O raio de curvatura é R no referncial da semiesfera, mas não sabemos qual é o raio de curvatura no referencial da terra. Precisamos, portanto, ir para o referencial da semiesfera.
A massa M vê a massa m se movendo com vx+V na horizontal, vy na vertical, e velocidade resultante v.
Figura 4
I)
cosθ=vx+Vv=vx+kvxv→vx=v⋅cosθ1+k
II)
sinθ=vyv→vy=v⋅sinθ
III)
V=kvx→V=kv⋅cosθ1+k
Conservando a energia mecânica:
∑K=ΔU
MV22+m(v2x+v2y)2=mgR(1−cosθ)
m2k⋅(kv⋅cosθ1+k)2+m2((v⋅cosθ1+k)2+(v⋅sinθ)2)=mgR(1−cosθ)
1k⋅(kv⋅cosθ1+k)2+((v⋅cosθ1+k)2+(v⋅sinθ)2)=2gR(1−cosθ)
v2[cos2θ(1+k)+sin2θ]=2gR(1−cosθ)
→v2R=2g(1−cosθ)[cos2θ(1+k)+sin2θ]
Olhando agora no referencial da semiesfera para a atuação das forças:
mgcosθ−N=mv2R
Para a perda de contato a normal é zero:
mgcosθ−0=mv2R
→v2R=gcosθ
Igualando as duas equações:
2g(1−cosθ)[cos2θ(1+k)+sin2θ]=gcosθ
Para melhorar as contas, seja β=cosθ. Logo sin2θ=1−β2.
2(1−β)[β21+k+1−β2]=β
Reorganizando as contas, chegamos a:
k⋅β3−3(1+k)β+2(1+k)=0
Visto que β=cosθ:
k⋅cos3θ−3(1+k)cosθ+2(1+k)=0
Vemos que os coeficientes são:
a=k, b=0, c=−3(1+k) e d=2(1+k)
b) Para k=0:
−3cosθ+2=0
→cosθ=23
Para k=1:
cos3θ−6cosθ+4=0
(cosθ−2)(cos2θ+2cosθ−2)=0
Como cosθ não pode ser 2:
cos2θ+2cosθ−2=0
cosθ=−2±√122
cosθ=±√3−1
Como −1≤cosθ≤1:
cosθ=√3−1
c) Se o valor de k tende ao infinito:
k→1+k
Logo:
cos3θ−3cosθ+2=0
(cosθ−1)2(cosθ+2)=0
→cosθ=1
→θ=0
Portanto, quanto maior a razão entre as massas, menor será o ângulo para a perda de contato, tendendo a zero quando uma massa é muito maior que a outra.
a)
a=k, b=0, c=−3(1+k) e d=2(1+k)
b) Para k=0:
cosθ=23
Para k=1:
cosθ=√3−1
c) O ângulo tende a zero.
Avançado
Gravitação/ Conservação de energia e momento angular
Inicialmente olhemos para o movimento do planeta em movimento circular. Neste corpo, a força gravitacional no planeta é a resultante centrípeta das forças.
Seja M a massa da estrela, G a cnstante gravitacional, e m a massa dos corpos.
→Fg=→Fcp
GMmR2=mω2R
GMR2=(2πT)2R
√R3GM=T2π (Eq 01)
Para o cometa não podemos fazer a mesma análise, pois o raio de curvatura para o movimento não necesssariamente é o raio vetor que liga o cometa à estrela.
Vejamos, portanto, a energia mecânica do cometa:
Figura 5
Seja r a distância entre o planeta e a estrela.
A energia cinética do cometa é:
K=m˙r22+mr2˙θ22
onde ˙theta é a velocidade angular com que o raio vetor que liga os corpos gira.
Como a força é apenas na direção radial, o momento angular do cometa é constante:
L=mr2˙θ=cte
˙θ=Lmr2
Substituindo na energia cinética:
K=m˙r22+mr22(Lmr2)2
K=m˙r22+L22mr2
A energia mecânica então é:
E=K+U=m˙r22+L22mr2−GMmr
Sabemos, porém, que a energia de um movimento parabólico é zero. Logo:
m˙r22+L22mr2−GMmr=0; (Eq 02)
Para o momento de distância mínima(r=p), a taxa de variação de raio (˙r) deve ser nula. Portanto:
L22mp2−GMmp=0
→L=√2GMm2p
Voltando para a (Eq 02):
m˙r22+L22mr2−GMmr=0
m˙r22+(√2GMm2p)22mr2−GMmr=0
˙r2=(2GM)r−pr2
drdt=±√2GM⋅√r−pr
dt=±1√2GMrdr√r−p
Aqui o aluno pode cometer um erro ao esquecer esse ±.
Voltando à Figura 5 podemos perceber que do ponto I ao ponto R, o raio está diminuindo, e do ponto R ao S está aumentando, e como nosso intervalo de tempo deve ser positivo, devemos escolher onde começar a integral, e qual sinal utilizar.
Pela simetria, sabemos que no trajeto I−R é o mesmo que no trajeto R−S. Como o raio está aumentando no trajeto R−S, basta multiplicar o tempo dessa passagem por 2.
Δt=2√2GM∫Rprdr√r−p
Vamos resolver a integral separadamente.
I=∫Rprdr√r−p
Resolveremos essa integral utilizando a integração por partes:
U=r→dU=dr e dV=dr√r−p→V=2√r−p
Reorganizando:
I=∫UdV=UV−∫VdU
I=r⋅(2√r−p)−∫2√r−pdr=2r⋅√r−p−43(r−p)32
I=[2r√r−p−43(r−p)32]Rp
→I=23√R3(1+2pR)√1−pR
Aplicando de volta para o tempo:
Δt=2√2GM⋅23√R3(1+2pR)√1−pR
Δt=2√23√R3GM(1+2pR)√1−pR
Da (Eq 01):
Δt=2√23T2π(1+2pR)√1−pR
Chegamos, portanto, ao resultado:
Δt=√23π(1+2pR)√1−pR⋅T
Demonstração