Escrito por Paulo Henrique
Iniciante
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Mecânica: segunda lei de Newton
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como as forças de contato entre o cilindro de cima e os de baixo possuem componentes horizontais, estes tem uma tendência a se separarem. Devemos calcular as acelerações do sistema tais que o contato entre os cilindros é perdido. Eliminando essas acelerações do conjunto dos reais positivos, obtemos nosso conjunto solução. Intuitivamente, podemos concluir que há um valor máximo para a aceleração máxima e um valor mínimo.
Para aceleração máxima, a normal entre o cilindro superior e o da direita zera. Sendo assim podemos escrever o conjunto de equações, pela segunda lei:
$$N_{vertical}=Mg\rightarrow N\sin{(60^0)}=Mg$$
$$F=N\cos{(60^0)} \rightarrow \frac{F}{M}= a =\frac{Mg\cos{(60^0)}}{M\sin{(60^0)}}=\frac{g}{\sqrt{3}}$$.
Para aceleração mínima, a normal entre os dois cilindros da base zera. Sendo $$N_{2}$$ a normal entre o cilindro superior e o da direita, temos:
$$N_{2}\cos{(60^0)}=Ma$$
A normal entre o cilindro superior e o da esquerda é ($$N_{1}$$). Analisando a dinâmica da situação, temos que:
$$N_{1}\sin{(60^0)}+N_{2}\sin{(60^0)}=Mg$$
$$N_{1}\cos{(60^0)}-N_{2}\cos{(60^0)}=Ma$$
Utilizando as três equações, obtemos:
$$a=\frac{g}{3\sqrt{3}}$$
Assim sendo, as acelerações possíveis se encontram no intervalo:
$$\boxed{\frac{g}{3\sqrt{3}}<a<\frac{g}{\sqrt{3}}}$$
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$$\boxed{\frac{g}{3\sqrt{3}}<a<\frac{g}{\sqrt{3}}}$$
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Intermediário
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Mecânica: lançamento oblíquo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos proceder da seguinte forma: num instante $$t$$ após o lançamento temos:
\[\vec{V}(t)=V_0\cos{\theta}\hat{x}+\left(V_0\sin{\theta}-gt\right)\hat{y}\]
e
\[\vec{r}=\left(\dfrac{\vec{V}_0+\vec{V}(t)}{2}\right)t\]
Para que a distância entre o projétil e o ponto de lançamento só aumente, basta impormos que não há raízes reais para a equação $$\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}=0$$ ($$\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}$$ é igual a velocidade radial do projétil multiplicada por $$r$$). De fato, se esse produto escalar nunca zera, $$\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}$$ nunca inverte de sinal. Como essa quantia é claramente positiva no início do movimento, permanecerá positiva durante todo o movimento (o que implicará uma velocidade radial sempre positiva e, consequentemente, a distância nunca irá diminuir). Pela duas primeiras expressões, temos que:
\[\vec{r}\cdot{\vec{V}(t)}=0\to{g^2t^2-3gtV_0\sin{\theta}+2V^2_0=0}\]
Como não há raízes reais, o discriminante é não positivo. Logo:
\[\Delta\le{0}\to{\sin{\theta}\le{\dfrac{2\sqrt{2}}{3}}}\]
Portanto:
\[\boxed{\theta\le{0.391\pi}}\]
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\[\boxed{\theta\le{0.391\pi}}\]
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Avançado
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Mecânica: forças centrais
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Essa solução permite que o aluno solucione o problema sem usar cálculo diferencial. Entretanto, um certo conhecimento de hipérboles é necessário.
Conforme dito no enunciado, a trajetória da partícula é uma hipérbole. O raio vetor é dado por (verifique):
\[r(\theta)=\dfrac{\dfrac{b’^2}{a}}{1+{\epsilon}\cos{\theta}}\]
Onde $$b’$$ é o semi-eixo da hipérbole (eixo imaginário) e $$\theta$$ é o ângulo que o raio vetor forma com a direção definida pela máxima aproximação da partícula ao foco da hipérbole (o planeta $$M$$). Os outros parâmetros seguem as definições usuais. A equação do raio vetor poderia ser obtida através da equação diferencial de Binet, conforme ideia 25. Para o enunciado desse problema, essa obtenção não é necessária, visto que já é dado que a trajetória é um ramo de hipérbole. Observe que a partícula vem do infinito, sofre uma deflexão e segue para o infinito novamente. Quando a mesma está muito afastada do planeta, sua trajetória é essencialmente uma reta. Logo, segue que as trajetórias final e inicial coincidem com as assíntotas da hipérbole, conforme figura abaixo.
Analiticamente, podemos representar a equação da hipérbole por:
\[\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\]
Onde escolhemos um par de eixos cartesianos com origem no centro da hipérbole (ponto médio do segmento que liga os focos). As assíntotas são obtidas quando a partícula está muito afastada dos focos. Para essas posições, $$x>>a$$ e $$y>>b$$. Portanto, podemos desprezar o termo “$$1$$” na expressão da hipérbole. Com isso, obtemos as equações de reta das assíntotas:
\[y=\pm{\dfrac{xb’}{a}}\]
O coeficiente angular de uma reta é a tangente do ângulo entre a reta e o eixo $$Ox$$. Segue da equação acima, portanto, que ambas assíntotas formam um ângulo $$\phi’$$ com esse eixo:
\[\phi’=\arctan{\dfrac{b’}{a}}\]
Logo, a deflexão total é dada por $$\phi=\pi-2\phi’$$. Com isso, o problema foi reduzido em encontrar os parâmetros da hipérbole em função dos dados do enunciado. Para isso, utilizemos o seguinte lema, útil em problemas de forças centrais. Observe que se demonstrada a validade do lema, a demonstração requerida no item $$(a)$$ é concluída.
Lema: O parâmetro $$b’$$ da hipérbole é igual ao parâmetro de impacto e $$a=\dfrac{GM}{v_0^2}$$, que independe do parâmetro de impacto.
Demonstração: Para provar as relações acima, basta usarmos conservação de energia junto com a expressão do raio vetor. A conservação de energia nos diz que:
\[\dfrac{L^2}{2mr^2}+\dfrac{1}{2}m{\dot{r}}^2-\dfrac{GMm}{r}-E=0\]
Onde as constantes do problema, $$L$$ e $$E$$ são obtidas no infinito:
\[E=\dfrac{1}{2}mv_0^2\]
e
\[L=mv_0b\]
Para $$\dot{r}=0$$, obtemos os raios de máxima e mínima aproximação da partícula. Pela expressão do raio vetor, esses raios são dados por:
\[r_{min}^{-1}=\dfrac{1-\epsilon}{\dfrac{b’^2}{a}}\]
e
\[r_{max}^{-1}=\dfrac{1+\epsilon}{\dfrac{b’^2}{a}}\]
Essas duas quantidades acima quando somadas e multiplicadas nos dão:
\[S=\dfrac{2a}{b’^2}\]
e
\[P=\left(\dfrac{b’^2}{a}\right)^2\left(1-{\epsilon}^2\right)\]
Esses valores são obtidos pelas relações de Girard na equação quadrática obtida quando impusemos $$\dot{r}=0$$ na expressão da energia. Junto com a definição de excentricidade $$\epsilon=\dfrac{\sqrt{a^2+b’^2}}{a}$$, as duas equações acima nos dão $$a$$ e $$b’$$ facilmente:
\[\boxed{b’=b}\]
e
\[\boxed{a=\dfrac{GM}{v_0^2}}\]
O conclui o item $$(a)$$.
Podemos escrever que:
\[d\sigma=2{\pi}bdb\]
e
\[d\Omega=2{\pi}\sin{\phi}d\phi\]
Portanto:
\[\dfrac{d\sigma}{d\Omega}=\dfrac{b}{\sin{\phi}}\dfrac{db}{d\phi}\]
É aplicado módulo na equação acima, usualmente, por convenção (para garantir $$\dfrac{d\sigma}{d\Omega}$$ positivo). Invertendo a equação do item $$(a)$$:
\[b=\dfrac{GM}{v_0^2}\tan{\phi/2}\]
Derivando a relação acima em relação à $$\phi$$ e substituindo, obtém-se o resultado requerido.
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