Soluções Física – Semana 120

Mecânica: Cinemática

O problema poderia ser resolvido geometricamente no refencial $S$ que se move com aceleração constante $g$ para baixo. Nesse referencial, os projéteis se movem com velocidades constantes e a plataforma se move aceleradamente com $g$ pra cima. O esquema relevante é o seguinte (o instante $t=0$ é definido como o instante de lançamento do projétil $B$):

Perceba que $\theta_A'$ é diferente de $\theta_A$, pois após $\Delta{t}$ segundos, o referencial $S$ têm velocidade $-g\Delta{t}$ para baixo, e portanto, deve ser feita a soma vetorial para descobrir a velocidade de $A$ nesse referencial. Logo, sua velocidade terá mudado e o ângulo com a horizontal também (diferentemente de $B$). Devido a essas complicações, a solução analítica é mais viável. De qualquer forma, pode-se atacar o problema de duas formas no mínimo. Podemos calcular a diferença entre os tempos de lançamento simplesmente calculando a diferença entre os tempos necessários para que cada projétil atinga o ponto de encontro, que tem coordenadas, digamos $y_p$ e $x_p$. Adotando a origem como o ponto de lançamento, teremos:

$$x_p=V_0\cos{\theta_B}t_B=V_0\cos{\theta_A}t_A\to{t_B=t_A\dfrac{\cos{\theta_A}}{\cos{\theta_B}}}$$

e

$$y_p=V_0\sin{\theta_A}-gt_A^2/2=V_0\sin{\theta_B}-gt_B^2/2$$

Substituindo a primeira equação na segunda, obteremos uma equação linear em $t_A$, resolvendo:

$$t_A=\dfrac{2V_0}{g}\dfrac{\cos{\theta_B}\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos^2{\theta_A}-\cos^2{\theta_B}}$$

Para $t_B$, basta permutarmos os índices $A$ e $B$. Tomando a diferença entre os tempos:

$$t_B-t_A= \Delta t=\dfrac{2V_0\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos{\theta_A}+\cos{\theta_B}}$$

Para descobrirmos as coordenadas do ponto de encontro basta susbstituirmos um dos tempos nas expressões para $x_p$ e $y_p$, obtendo:

$$x_p=\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$$

e

$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$

Escrita por Antonio Italo

a) Já que é garantido no enunciado a colisão entre os projéteis, basta encontrar o ponto de interseção das trajetórias do mesmo. Utilizando a equação da trajetória, temos:

$x_{p} \tan \theta_{A} - \dfrac{g x_{p}^{2}}{2 V_{0}^{2}} \left(1 + \tan^{2} \theta_{A} \right) =x_{p} \tan \theta_{B} - \dfrac{g x_{p}^{2}}{2 V_{0}^{2}} \left(1 + \tan^{2} \theta_{B} \right)$

$x_{p}=\dfrac{2V_{0}^{2}}{g} \dfrac{\tan \theta_{A}- \tan \theta_{B} }{\tan^{2} \theta_{A} - \tan^{2} \theta_{B} } = \dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left(\tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) }$

Substituindo novamente na eq. da trajetória e manipulando:

$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$

b) Como $\theta_{A} < \theta_{B}$, temos $V_{x_{A}}>V_{x_{B}}$, portanto para que os projéteis cheguem ao mesmo tempo no ponto calculado anteriormente o projétil $B$ deve ser lançado antes. Portanto:

$\Delta t = t_{B}-t_{A} = \dfrac{x_{p}}{V_{0}}\left(\sec \theta_{B} - \sec \theta_{A} \right)$

$\Delta t = \dfrac{2V_{0} \left( \sec \theta_{B} - \sec \theta_{A} \right)}{g \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) } = \dfrac{2V_{0} \left( \cos \theta_{A} - \cos \theta_{B} \right)}{g \sin \left(\theta_{A} + \theta_{B} \right) }$

a)

$$t_a-t_b=\dfrac{2V_0\sin{(\theta_B-\theta_A)}}{\cos{\theta_A}+\cos{\theta_B}} = \dfrac{2V_{0} \left( \cos \theta_{A} - \cos \theta_{B} \right)}{g \sin \left(\theta_{A} + \theta_{B} \right) }$$

b)

$x_{p} = \dfrac{2V_{0}^{2}}{g \left(\tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right) }$

$y_{p} = -\dfrac{2V_{0}^{2}}{g \tan \left(\theta_{A}+\theta_{B} \right) \left( \tan \theta_{A} + \tan \theta_{B} \right)}$

Mecânica: Gravitação

a) Consideremos a energia total $E$ do satélite. Essa quantia é, evidentemente, conservada. Como a força é central, o momento angular é conservado. Sendo assim, o movimento do satélite se dá em um plano: definamos esse plano como sendo o plano $z=0$. Portanto, o satélite tem coordenadas $r$, $\theta$ e $z=0$. O módulo da velocidade é:

$$v^2=v_r^2+{\omega}^2r^2$$

Onde o subscrito $r$ significa "radial". O momento angular (seu módulo) é $L=m{\omega}r^2$. Portanto:

$$v^2=v_r^2+\dfrac{L^2}{m^2r^2}$$

E a energia pode ser escrita da seguinte forma:

$$E=\dfrac{mv_r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}$$

Procuremos as soluções da equação acima quando $v_r=0$. Seja $r=r_0$ a solução:

$$\left(\dfrac{1}{r_0}\right)^2\dfrac{L^2}{2m}-\left(\dfrac{1}{r_0}\right)GMm-E=0$$

A equação acima é quadrática e têm duas soluções reais distintas. As duas soluções representam os inversos das distância à Terra quando o satélite tem $v_r=0$, ou seja, no apogeu e no perigeu. Portanto, as duas raízes da equação acima são $r_1$ e $r_2$. Podemos escrever:

$$r_1+r_2=r_1r_2\left(\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_2}\right)$$

Usando as relações de Girard de soma e produto das raízes, chegamos em:

$$r_1+r_2=\dfrac{S}{P}=-\dfrac{GMm}{E}\to{E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}}$$

A equação acima é um importante resultado que deve ser memorizado pelo aluno na forma $E=\dfrac{-GMm}{2a}$, onde $2a$ é o eixo maior da órbita, dado por $2a=r_1+r_2$. Escrevendo a energia no apogeu:

$$E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}=\dfrac{L^2}{2mr_2^2}-\dfrac{GMm}{r_2}$$

Resolvendo para $L$:

$$L=\pm\sqrt{\dfrac{2Gm^2r_1r_2}{r_1+r_2}}$$

O sinal de $L$ depende do sentido da órbita, que é totalmente arbitrário e depende da convenção do eixo $z$. Escolhamos a positiva, sem perda de generalidade.

b) Aplicando "F=ma"" para a órbita circular, obtemos a velocidade necessária para que tal movimento ocorra:

$$v'=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}}$$

$\Delta{v}$ é simplesmente a diferença entre a velocidade acima e a velocidade no apogeu da órbita elíptica. Essa última pode ser obtida através do momento angular já calculado:

$$v_a=\dfrac{L}{mr_2}\to{v_a=\sqrt{\dfrac{2GMr_1}{r_2(r_1+r_2)}}}$$

Logo:

$$\Delta{v}=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}\left(1-\sqrt{\dfrac{2r_1}{r_1+r_2}}\right)}$$

a)

$$L=\pm\sqrt{\dfrac{2Gm^2r_1r_2}{r_1+r_2}}$$

e

$$E=\dfrac{-GMm}{r_1+r_2}$$

b)

$$\Delta{v}=\sqrt{\dfrac{GM}{r_2}\left(1-\sqrt{\dfrac{2r_1}{r_1+r_2}}\right)}$$

Eletricidade: Resistores

Parte 1

a) Observe que a cada malha temos 3 conexões em paralelo entre $A$ e $B$, com exceção da primeira célula, que há quatro. Logo:

$$\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{3n}{R}$$

Logo:

$$R_{eq}=\dfrac{R}{3n+1}$$

b) Temos, olhando para uma malha:

$$\dfrac{1}{R_n}=\dfrac{3}{R}+\dfrac{1}{R_{n-1}}$$

Usando $R_1=R/4$ e observando que a relação de recorrência acima é uma P.A. em $B_n$, resolvemos para o termo geral:

$$B_n=\dfrac{3n+1}{R}$$

Parte 2

a) Observe que, devido a simetria, todas as três resistência têm valor $r$. Usando o conhecido resultado que a resistência entre dois pontos adjacentes numa malha infinita é $\dfrac{2R}{n}$, onde $n$ é o número de fios que saem de um ponto, temos que:

$$R_{AB}=\dfrac{r.2r}{r+2r}=\dfrac{2R}{6}\to{r=\dfrac{R}{2}}$$

b) Usando a sugestão do enunciado, percebemos que o circuito com o fio cortato é o delta do item anterior adicionado de uma resistência $-R$ entre $B$ e $C$ ($r$ em paralelo com $-R$ resulta numa resistência equivalente de $R$). Com isso podemos calcular todas as resistência pedidas:

$$R_{AC}=R_{AB}=\dfrac{R/2.3R/2}{R/2+3R/2}=\dfrac{3R}{8}$$

e

$$R_{BC}=\dfrac{R.R}{R+R}=\dfrac{R}{2}$$

Parte 1

$$R_n=\dfrac{R}{3n+1}$$

Parte 2

a)

$$R_{AC}=R_{AB}=R_{CB}=R/2$$

b)

$$Req_{AB}=Req_{AC}=\dfrac{3R}{8}$$

e

$$Req_{BC}=R/2$$