Escrito por Ualype Uchôa

Iniciante:

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Conservação da Energia Mecânica

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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]

a) A condição limite para que a bolinha consiga completar a meia-volta é de que, ao chegar no topo do loop, ela fique na iminência de perder o contato com a superfície deste. Nesse caso, a força normal é nula e o peso atua como resultante centrípeta, e daí achamos sua velocidade $$v_{top}$$ no topo do loop:

$$mg=\dfrac{mv_{top}^2}{R}$$,

$$v_{top}=\sqrt{gR}$$.

Como o trajeto inteiro é liso, não há forças dissipativas e a Energia Mecânica se conserva. Apliquemos a conservação da energia mecânica para as posições inicial e final (bolinha no topo do loop), adotando um nível de referência no solo para o cálculo das energias potenciais gravitacionais e lembrando que a energia cinética inicial é nula:

$$mgd=mg(2R)+\dfrac{mv_{top}^2}{2}$$.

A razão $$d/R$$ mínima para que a partícula dê a volta ocorrerá quando $$v=\sqrt{gR}$$, como vimos. Substituindo:

$$d=2R+\dfrac{R}{2}$$ $$\therefore$$

$$\therefore$$ $$\boxed{\left(\dfrac{d}{R}\right)_{min}=\dfrac{5}{2}}$$.

b) De imediato, percebemos que a razão $$d/R$$ é menor do que a calculada anteriormente, o que implica que a partícula perde o contato com o loop antes de chegar no seu topo. Veja o esquema abaixo, que ilustra o momento de interesse:

Figura 1: Esquema do momento em que a partícula descola da superfície.

Seja $$\theta$$ o ângulo com a horizontal medido a partir do centro da circunferência. Nessa situação, apenas a componente radial do peso atua como resultante centrípeta. Sendo $$v_0$$ a velocidade da bolinha nesse instante:

$$mg \sin{\theta}=\dfrac{mv_0^2}{R}$$,

$$v_0=\sqrt{gR\sin{\theta}}$$.

Podemos relacionar os parâmetros envolvidos utilizando a conservação da Energia Mecânica entre a posição inicial e aquela na qual ocorre a perda de contato com a superfície:

$$mgh=mgR\left((1+\sin{\theta}\right)+\dfrac{mv_0^2}{2}$$,

Substituindo $$v_0=\sqrt{gR\sin{\theta}}$$, $$h=2R$$ (do enunciado) e isolando $$\theta$$, encontramos

$$\sin{\theta}=\dfrac{2}{3}$$.

A partir de agora, deve-se analisar o que acontece com a partícula após descolar da superfície: somente a força peso na vertical atuará nela, e, por ter uma velocidade $$v_0$$ inclinada em relação à horizontal/vertical, irá realizar um lançamento oblíquo. A altura máxima desse lançamento corresponde à altura máxima alcançada pela bolinha em todo o seu movimento após o abandono no ponto $$A$$. Determinemos a altura máxima $$H$$ (em relação ao solo) usando a conservação da energia mecânica entre a posição $$A$$ e a de maior altura. Lembrando que a componente horizontal da velocidade inicial, de módulo $$v_0 \sin{\theta}$$ (a velocidade inicial está inclinada de $$\theta$$ com a vertical) é constante durante o lançamento, escrevemos que:

$$mgh=mgH+\dfrac{m\left(v_0 \sin{\theta}\right)^2}{2}$$,

Por fim, substituindo $$v_0=\sqrt{gR \sin{\theta}}$$ e $$\sin{\theta}=\dfrac{2}{3}$$:

$$2R=H+\dfrac{R\sin^3{\theta}}{2}=H+\dfrac{4R}{27}$$,

$$\boxed{H=\dfrac{50}{27}R}$$.

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a) $$\boxed{\left(\dfrac{d}{R}\right)_{max}=\dfrac{5}{2}}$$.

b) $$\boxed{H=\dfrac{50}{27}R}$$.

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Intermediário:

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Gravitação

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Primeiramente, definamos um sistema de coordenadas cartesianas:

$$\cdot$$ Origem no centro da Terra.

$$\cdot$$ O eixo $$x$$ aponta no sentido Terra-Sol.

$$\cdot$$ O eixo $$y$$ aponta para o Polo Norte do Sol.

$$\cdot$$ O eixo $$z$$ aponta no sentido de translação da Terra em torno do Sol.

Com isso, podemos escrever as distâncias de um ponto qualquer à Terra e ao Sol, utilizando suas coordenadas $$\left(x,y,z\right)$$. Sendo elas $$d_T$$ e $$d_S$$, respectivamente, vale, pelo Teorema de Pitágoras:

$$d_T^2=x^2+y^2+z^2$$,

e como o centro do Sol está em $$\left(D,0,0\right)$$:

$$d_S^2=(x-D)^2+y^2+z^2$$.

Agora, achemos o local geométrico que determina a coleção de pontos nos quais a atração gravitacional do Sol possui mesmo módulo daquela devido à Terra. Igualando os módulos dessas forças (a massa de prova irá se cancelar em ambos os membros):

$$\dfrac{GM}{d_S^2}=\dfrac{Gm}{d_T^2}$$

Substituindo $$d_S$$ e $$d_T$$, e após uma manipulação algébrica, chegamos em:

$$x^2+\dfrac{2mD}{M-m}x+y^2+z^2=\dfrac{mD^2}{M-m}$$.

Para tornar essa expressão mais “familiar”, somemos $$\left(\dfrac{mD}{M-m}\right)^2$$ em ambos os membros, de forma a completar o quadrado perfeito no membro da esquerda, o que nos leva à seguinte equação:

$$\boxed{\left(x+\dfrac{mD}{M-m}\right)^2+y^2+z^2=\left(\dfrac{D\sqrt{mM}}{M-m}\right)^2}$$.

Que define uma esfera em três dimensões:

$$\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2+\left(z-z_0\right)^2=R^2$$.

Cujo raio é:

$$\boxed{R=\dfrac{D\sqrt{mM}}{M-m}}$$.

Como queríamos demonstrar.

A equação encontrada nos diz que as coordenadas do centro $$\left(x_0,y_0,z_0\right)$$ são:

$$\boxed{\left(-\dfrac{mD}{M-m},0,0\right)}$$.

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Demonstração.

Coordenadas do centro da esfera: $$\boxed{\left(-\dfrac{mD}{M-m},0,0\right)}$$.

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Avançado:

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Mecânica do Corpo Rígido e Oscilações

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Como a força peso é vertical e sua linha de ação passa pelo $$CM$$, concluímos, das três situações mostradas, que o $$CM$$ está em algum lugar da linha pontilhada na figura abaixo. Vamos chamar de $$x_1$$, $$x_2$$ e $$x_3$$ as respectivas distâncias do $$CM$$ até o ponto de apoio nas situações $$1$$, $$2$$ e $$3$$.

Figura 2: Ilustração do cabide com as distâncias $$x_1$$, $$x_2$$ e $$x_3$$ até o $$CM$$.

Da geometria:

$$x_1+x_2=l$$,

e

$$2\sqrt{x_3^2-x_2^2}=L$$.

Agora, utilizemos o teorema dos eixos paralelos para relacionar os momentos de inércia do cabide em relação ao ponto de apoio com aquele em relação ao seu $$CM$$ (seja ele $$I_{CM}$$) nas situações $$1$$, $$2$$ e $$3$$, respectivamente:

$$I_1=I_{CM}+mx_1^2$$,

$$I_2=I_{CM}+mx_2^2$$,

$$I_3=I_{CM}+mx_3^2$$.

O cabide oscila como um pêndulo físico. Determinemos sua equação de movimento para $$\theta$$, o ângulo de inclinação com a vertical, utilizando a segunda Lei de Newton para rotações:

$$\tau=I \ddot{\theta}$$,

onde os torques $$\tau$$ e momentos de inércia $$I$$ são calculados em relação ao ponto de apoio. Apenas o peso produz torque, logo:

$$-mgx \sin{\theta}=I \ddot{\theta}$$.

Para pequenas oscilações, $$\sin{\theta} \approx \theta$$:

$$\ddot{\theta}+\dfrac{mgx}{I}\theta=0$$.

O que nos diz que a frequência angular de oscilação do cabide é $$\omega=\sqrt{\dfrac{mgx}{I}}$$. Devido ao fato do período da oscilação $$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$$ ser igual nas três situações, e, por consequência, a frequência angular também, vale escrever

$$\dfrac{x_1}{I_1}=\dfrac{x_2}{I_2}=\dfrac{x_3}{I_3}$$,

$$\dfrac{x_1}{I_{CM}+mx_1^2}=\dfrac{x_2}{I_{CM}+mx_2^2}=\dfrac{x_3}{I_{CM}+mx_3^2}$$.

Tais igualdades nos fornecem um sistema de equações. Igualando a primeira com a segunda:

$$\left(I_{CM}+mx_2^2\right)x_1=\left(I_{CM}+mx_1^2\right)x_2$$,

$$I_{CM}\left(x_1-x_2\right)-mx_1x_2\left(x_1-x_2\right)$$,

$$\boxed{\left(x_1-x_2\right)\left(I_{CM}-mx_1x_2\right)=0}$$.

Analogamente:

$$\boxed{\left(x_3-x_2\right)\left(I_{CM}-mx_2x_3\right)=0}$$,

$$\boxed{\left(x_3-x_1\right)\left(I_{CM}-mx_1x_3\right)=0}$$.

Da segunda equação, podemos ter:

$$x_2-x_3=0$$,

o que implicaria $$L=0$$ (veja as relações obtidas geometricamente), logo, é um absurdo! Resta-nos, então:

$$I_{CM}-mx_2x_3=0$$,

$$I_{CM}=mx_2x_3$$.

Da primeira, podemos ter:

$$x_2-x_1=0$$

O que implica $$x_2=x_1=5$$ $$cm$$, pois $$x_1+x_2=10$$ $$cm$$, o que, a princípio, não viola nenhuma condição matemática/física do problema. Para mostrar a validade desse resultado, usemos que o segundo termo em parênteses da terceira equação também pode ser nulo:

$$I_{CM}-mx_1x_3=0$$,

$$I_{CM}=mx_1x_3$$.

Como $$I_{CM}=mx_2x_3$$ necessariamente é válido, combinando-se as duas, chegamos, novamente, em $$x_1=x_2$$ (pois $$x_3$$ é diferente de zero), mostrando a equivalência dessas igualdades. Logo, determinamos a posição do $$CM$$:

$$\boxed{x_1=x_2=\dfrac{l}{2}=5cm}$$.

Com isso, podemos encontrar $$x_3$$:

$$2\sqrt{x_3^2-x_2^2}=L$$,

$$\boxed{x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}}$$.

Por fim, determinemos o período das oscilações. Sabemos que:

$$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$$,

Usando o primeiro ponto de apoio (o que não importa muito, você chegaria no mesmo resultado usando $$x_2$$ e $$I_2$$ ou $$x_3$$ e $$I_3$$):

$$T=\dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{mgx_1}{I_1}}}$$,

$$T=\dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{mgx_1}{mx_1 x_3 + m x_1 ^2}}}$$,

$$\boxed{T= 2\pi \sqrt{\dfrac{x_1 + x_3}{g}}}$$.

Com, $$x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}$$, como havíamos achado. Substituindo os dados numéricos:

$$\boxed{T=1,03s}$$.

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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]

Posição do CM:  $$\boxed{x_1=x_2=\dfrac{l}{2}=5cm}$$.

Período: $$\boxed{T= 2\pi \sqrt{\dfrac{x_1 + x_3}{g}}=1,03s}$$, com $$x_3=\dfrac{\sqrt{L^2+4l^2}}{2}$$.

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