Soluções Física - Semana 159

Dinâmica

Você pode iniciar o problema explicitando todas as forças que agem nas massas. Após isso, convém analisar como se dará o movimento das massas após serem liberadas do repouso, ou seja, entender a direção e sentido das acelerações da cunha e da haste.

 

Vê-se, pelo movimento subsequente após a liberação do sistema a partir do repouso, que a cunha se moverá no sentido positivo do eixo $x$ e que a haste se moverá no sentido positivo do eixo $y$. Assim, ao assumir a premissa de um intervalo de tempo infinitesimal,

$a_A\cos{\alpha} = a_B\sin{\alpha}$

Logo,

$a_A = a_B\tan{\alpha}$

Agora, é necessário apenas escrever a segunda lei de Newton para as duas massas e realizar "algebrismos" para encontrar as acelerações de $A$ e $B$.

Para $A$:

$P_A - N_{AB}\cos{\alpha} = m_Aa_A$

Para $B$:

$N_{AB}\sin{\alpha} = m_Ba_B$

Ao usar o vínculo entre as acelerações e deixar as duas equações de força resultante em função de $a_B$:

$P_A - \dfrac{m{_B}a_{B}}{\tan{\alpha}}= m_Aa_A$

$P_A - \dfrac{m{_B}a_{B}}{\tan{\alpha}} = m_Aa_{B}\tan{\alpha}$

$a_B = \dfrac{m_Ag}{m_A\tan{\alpha}} + \dfrac{m_B}{\tan{\alpha}}$

Após dividir esta última expressão por $m_B$:

$\boxed{a_B =\dfrac{11g}{11\tan{\alpha}+ \cot{\alpha}}}$

Assim, ao relacionar esta última expressão ao vínculo entre as acelerações:

$\boxed{a_A =\dfrac{11g}{11+ \cot^2{\alpha}}}$

Esse é um problema clássico de dinâmica e tem vários outros mais avançados com ideias semelhantes. Neste, acredito que é intuitivo entender como ocorrerá o movimento das massas após a liberação do repouso. Entretanto, para questões mais avançadas de vínculo geométrico, é aconselhável realizar um esquema de antes e após a liberação do repouso, para que se consiga visualizar com maior clareza as direções e sentidos das acelerações das diversas massas do possível sistema em análise.

$\boxed{a_A =\dfrac{11g}{11+ \cot^2{\alpha}}}$

$\boxed{a_B =\dfrac{11g}{11\tan{\alpha}+ \cot{\alpha}}}$

Dinâmica 

Apesar de aparecer como avançado em alguns livros de problemas de Física, esse problema requer uma ideia simples e rápida para resolvê-lo: as acelerações na direção (vertical) das duas massas devem ser congruentes porque o fio que as conecta é inextensível.

É importante começar analisando as forças que agem no sistema e as direções e sentidos das acelerações das massas.

Chamei a aceleração do anel de $a_1$ e a aceleração da esfera de $a_2$.  Pelo vínculo,

$a_1\sin{\alpha} = a_2$

Um simples passo já nos trará a solução rapidamente e de forma bem simples. Iremos projetar as forças atuantes em $m$ na direção da barra. Assim, escreva a segunda lei de Newton para as duas massas:

Para $m$:

$T\sin{\alpha} + mg\sin{\alpha} = ma_1$

Usando o vínculo das acelerações e deixando a segunda lei de Newton de $m$ em função de $a_2$:

$T + mg= m\dfrac{a_2}{\sin^2{\alpha}}$

Para $M$:

$Mg - T = Ma_2$

Somando as duas expressões em um sistema simples e isolando $a_2$:

$\boxed{a_2 = g\sin^2{\alpha}\dfrac{(M + m)}{M\sin^2{\alpha} + m}}$

$\boxed{a_2 = g\sin^2{\alpha}\dfrac{(M + m)}{M\sin^2{\alpha} + m}}$

Gravitação

a) 

A forma mais fácil de resolver esse problema é fazendo uma analogia ao eletromagnetismo, em que teremos que:

$q \rightarrow m$

$\dfrac{1}{\epsilon_0} \rightarrow 4\pi G$

$\vec{E} \rightarrow \vec{g}$

Sendo assim, podemos aplicar o análogo à lei de Gauss

$\oint \vec{g} \cdot d\vec{A} = 4\pi G \int \rho A dx$

$g A = 4\pi G \rho A h$

$\boxed{h = \dfrac{g}{4\pi G \rho}}$

b)

Para um observador que está localizado na superfície do planeta plano, o ângulo sólido será dado por:

$\Omega = 2 \pi(1-\cos(90^{\circ})$

$\Omega = 2\pi$

Do enunciado do problema, temos então que:

$\alpha = \dfrac{g_1}{2\pi} = G \rho_1 h$

 $\boxed{\alpha = 1,56 \times 10^{-2} \; m/s^2}$

c)

Vamos dividir a pirâmide em diferentes camadas de altura $d h$. Todas as camadas são visíveis do topo da pirâmide de um ângulo sólido $\Omega_2$, que é igual a um sexto de todo o ângulo sólido (imagine o observador dentro de um cubo maciço).

$\Omega_2 = \dfrac{4\pi}{6} = \dfrac{2\pi}{3}$

A aceleração de queda livre do planeta será:

$dg_2 = \alpha \Omega_2 = \dfrac{2}{3} \pi G \rho_2 dh$

Integrando para obter o valor total da gravidade:

$g_2 = \dfrac{1}{3} \pi G \rho_2 a$

$\boxed{g_2 = 3,14 \; m/s^2}$

 

d) 

Por definição da órbita parabólica, a conservação de energia para o planeta em piramidal será:

$E = 0 \rightarrow \dfrac{1}{2} m v_{1}^{2} + U_1 = 0$

Da mesma forma, a conservação de energia para a espaçonave partindo o planeta cúbico será:

$\dfrac{1}{2} m v_{2}^{2} + U_2 = 0$

Porém há uma simples relação entre $U_1$ e $U_2$ que pode ser obtida utilizando o princípio da superposição.  Estar localizado no centro de um planeta, é equivalente a estar localizado no topo de seis pirâmides juntas. Sendo assim, considerando as diferentes densidades, o potencial dessa configuração será:

$U_c = 6U_1 \dfrac{\rho_3}{\rho_2}$

Por outro lado, estar localizado no centro de um cubo é equivalente a estar localizado na ponta de 8 cubos de lado a/2. De forma geral o potencial possui a seguinte proporcionalidade:

$U = \int \dfrac{G m \rho_3}{r} dV \sim G m \rho_3 a^2$

Sendo assim

$U_c = \dfrac{8 U_2}{4}$

Portanto, teremos então que:

$U_2 = U_1 \dfrac{\rho_3}{\rho_2}$

Voltando às equações da conservação de energia, temos que:

$v_2 = \sqrt{\dfrac{3\rho_3}{\rho_2}} v_1$

$\boxed{v_2 = 6,3 \; km/s}$

e)

Pelo teorema do impulso, a variação do momento linear será:

$mu_x - mv_{\infty} = \int \dfrac{G M m}{R^2} \cos \phi dt = \int \dfrac{G M m}{R^2 \dot{\phi}} \cos \phi d\phi$

Em que $M = \dfrac{4\pi}{3}\rho_4 R^3$.

Agora, conservando o momento angular, teremos:

$r^2 \dot{\phi} = b v_{\infty}$

Logo:

$mu_x - mv_{\infty} = \int_0^{\theta} \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \cos\phi d\phi= \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \sin\phi$

Da mesma forma, para o eixo y:

$mu_y - 0 = \int_0^{\theta} \dfrac{G M m}{b v_{\infty}} \sin\phi d\phi= \dfrac{G M m}{b v_{\infty}}(1 - \sin\theta)$

Por questão de simplificação, vamos definir $z \equiv \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}$. Perceba que z é um termo adimensional.

Logo, teremos;

$u_x = (1+ z\sin\theta) v_{\infty}$

$u_y = z (1 - \cos\theta) v_{\infty}$

Conservando energia:

$\dfrac{1}{2} mv_{\infty}^2 = \dfrac{1}{2} mu_x^2 + \dfrac{1}{2} m u_y^2 - \dfrac{GMm}{R}$

Substituindo as equações de $u_x$ e $u_y$:

$1 = (1+ z\sin\theta)^2 v_{\infty}^2 + z^2 (1 - \cos\theta)^2 v_{\infty}^2 - 2z\dfrac{b}{R}$

Resolvendo essa bela equação, encontramos que:

$\theta = \arcsin \dfrac{\dfrac{b}{R} - \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}} + \arcsin \dfrac{\dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}}$

$\boxed{\theta \approx 45,2^{\circ}}$

f)

Para começar, vamos calcular o potencial da partícula dentro da poeira cósmica:

$F(r) = - \dfrac{G \rho_4 \dfrac{4\pi}{3} r^3}{r^2} = - \dfrac{4\pi}{3}G \rho_4 m$

Integrando para o potencial:

$U(r) = - \int F(r)dr = \dfrac{2\pi}{3}G \rho_4 m r^2 + C = \dfrac{GMm}{2R} r^2 + C$

Em $r = R$ temos:

$\dfrac{GMm}{2R^3} R^2 + C = - \dfrac{GMm}{R}$

$C = - \dfrac{3GMm}{2R}$

Assim:

$U(r) = \dfrac{GMm}{2R} r^2 - \dfrac{3GMm}{2R}$

No momento que a partícula alcançar a distância mínima, sua velocidade radial será zero. Conservando energia e momento angular:

$\dfrac{mv_{\infty}}{2} = \dfrac{mv_0}{2} +\dfrac{GMm}{2R} r_{min}^2 - \dfrac{3GMm}{2R}$

$bv_{\infty} = r_{min}v_0$

Esse sistema resulta na seguinte equação:

$1 = \dfrac{b^2}{r_{min}^2} + z\dfrac{r_{min}^2 b}{R^3} - 3z\dfrac{b}{R}$

O que resulta:

$r_{min} = \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3zb}{R} +1) \pm \sqrt{(\dfrac{3zb}{R} +1)^2 - \dfrac{4zb^3}{R^3}}}{\dfrac{2zb}{R^3}}}$

Porém, para $b=0$, $r_{min} = 0$. Logo, a raiz deverá ser a menor.

$r_{min} =R \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} +1) - \sqrt{ (\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} + 1)^2 - \dfrac{4G M b^2}{R^3 v_{\infty}^2}}}{\dfrac{2G M}{R v_{\infty}^2} }}$

$\boxed{r_{min} \approx 4,97 \; \times \; 10^9 \; }m$

g)

A velocidade mínima ocorre quando a espaçonave passa tangenciando a nuvem de poeira. Portanto, nesse ponto, a velocidade radial da espaçonave deve ser zero. Sendo assim, conservando energia e momento angular:

$\dfrac{mv_{\infty}}{2} = \dfrac{m0}{2} + \dfrac{mu_t}{2} - \dfrac{GMm}{R}$

$v_{\infty}b = u_t R$

Logo:

$v_{\infty,min} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R\left( \dfrac{b^2}{R^2} - 1 \right)}}$

$\boxed{v_{\infty,min} = 252 \; km/s}$

h)

Para calcular o trabalho necessário, imagine que você tem uma esfera de raio $r$ e que você aumentar uma pequena camada de massa. Sendo assim, você trás do infinito massa o suficiente para aumentar o raio da esfera em $dr$. Logo, o trabalho necessário para que isso ocorra será:

$dW= \dfrac{GMdm}{r} = \dfrac{ G \dfrac{4\pi}{3} \rho_4 r^3\rho_4 4\pi r^2 dr}{r}$

Integrando para obter o trabalho total:

$W = \dfrac{16}{3 }\pi^2 G \rho_4^2 \int_0^{R} r^4 dr = \dfrac{16}{15} \pi^2 G \rho_4^2 R^5$

$\boxed{W \approx 1,33 \times 10^{45} \; J}$

a)

$\boxed{h = \frac{g}{4\pi G \rho}}$

b)

$\alpha = \dfrac{g_1}{2\pi} = G \rho_1 h$

 $\boxed{\alpha = 1,56 \times 10^{-2} \; m/s^2}$

c)

$g_2 = \dfrac{1}{3} \pi G \rho_2 a$

$\boxed{g_2 = 3,14 \; m/s^2}$

d)

$v_2 = \sqrt{\dfrac{3\rho_3}{\rho_2}} v_1$

$\boxed{v_2 = 6,3 \; km/s}$

e)

$\theta = \arcsin \dfrac{\dfrac{b}{R} - \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}} + \arcsin \dfrac{\dfrac{G M}{b v_{\infty}^2}}{\sqrt{1+ ( \dfrac{G M}{b v_{\infty}^2})^2}}$

$\boxed{\theta \approx 45,2^{\circ}}$

f)

$r_{min} =R \sqrt{\dfrac{(\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} +1) - \sqrt{ (\dfrac{3G M}{R v_{\infty}^2} + 1)^2 - \dfrac{4G M b^2}{R^3 v_{\infty}^2}}}{\dfrac{2G M}{R v_{\infty}^2} }}$

$\boxed{r_{min} \approx 4,97 \; \times \; 10^9 \; m}$

g)

$v_{\infty,min} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R\left( \dfrac{b^2}{R^2} - 1 \right)}}$

$\boxed{v_{\infty,min} = 252 \; km/s}$

h)

$W = \dfrac{16}{3 }\pi^2 G \rho_4^2 \int_0^{R} r^4 dr = \dfrac{16}{15} \pi^2 G \rho_4^2 R^5$

$\boxed{W \approx 1,33 \times 10^{45} \; J}$