Soluções Física – Semana 136

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:

$a_t=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}$

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 $\Delta S$ (o espaço percorrido nesse tempo).

$a_t=\dfrac{\Delta v}{\Delta S} \dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

Porém a definição para a velocidade é:

$v= \dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

Logo:

$a_t=v\cdot \dfrac{\Delta v}{\Delta S}$

O espaço percorrido está na circunferência. Logo:

$\Delta S=R\cdot \Delta \theta$

$a_t=\dfrac{v}{R}\cdot \dfrac{\Delta v}{\Delta \theta}$

Olhemos agora para a nossa relação original:

$v^2=v_0^2-2a_0h$

Figura 1

Vemos que:

$h=R(1-\cos{\theta})$

$v^2=v_0^2-2a_0R(1-cos{\theta})$

Olhemos a variação de velocidade para uma posição angular $\theta$ e uma posição logo após, $\theta +\Delta \theta$ ($\Delta \theta \rightarrow 0$). A velocidade em $\theta$ é $v$, e em $\theta +\Delta \theta$ é $v +\Delta v$.

$\begin{cases} v^2=v_0^2-2a_0R+2a_0R\cos{\theta} \\ (v+\Delta v)^2=v_0^2-2a_0R+2a_0R\cos{(\theta+\Delta \theta)} \end {cases}$

Primeiramente, da trigonometria, sabemos que:

$\cos{(a+b)}=\cos{a}\cos{b}-\sin{a}\sin{b}$

$\cos{(\theta+\Delta \theta)}=\cos{\theta}\cos{\Delta \theta}-\sin{\theta}\sin{\Delta \theta}$

Como $\Delta \theta$ é muito pequeno:

$\cos{(\Delta \theta)} \approx 1$ e $\sin{(\Delta \theta)}\approx \Delta \theta$

Portanto:

$\begin{cases} v^2=v_0^2-2a_0R+2a_0R\cos{\theta} \\ v^2+2v\Delta v+ (\Delta v)^2=v_0^2-2a_0R+2a_0R(\cos{\theta}\cdot 1-\sin{\theta}\cdot \Delta \theta) \end {cases}$

Subtraindo as duas equações:

$2v\Delta v+ (\Delta v)^2=-2a_0R\cdot \sin{\theta}\cdot \Delta \theta$

Como $\Delta v$ é muito pequeno em relação à $v$, podemos desconsiderar o termo $(\Delta v)^2$.

$a_t=\dfrac{v}{R}\cdot \dfrac{\Delta v}{\Delta \theta}=-a_0\sin{\theta}$

Olhando a equação original vemos que para $h=0$, a velocidade é $v_0$.

Figura 2

No ponto de maior altura, ela é $h=2R$

$\left(\dfrac{v_0}{2}\right)^2=v_0^2-2a_0(2R)$

$\rightarrow R=\dfrac{3v_0^2}{16a_0}$

Quando a velocidade é totalmente vertical e para cima, a altura é $h=R$.

$v^2=v_0^2-2a_0R$

$v^2=v_0^2-2a_0\cdot \dfrac{3v_0^2}{16a_0}$

$v^2=\dfrac{5v_0^2}{8}$

Sabemos que a aceleração centrípeta é:

$a_{cp}=\dfrac{v^2}{R}$

$a_{cp}=\dfrac{5v_0^2}{8}\cdot \dfrac{16a_0}{3a_0}$

$\rightarrow a_{cp}=\dfrac{10a_0}{3}$

Nesse momento a posição angular é $\theta=\dfrac{\pi}{2}$. Portanto:

$a_t=-a_0$

A aceleração total do avião é:

$a=\sqrt{a_{cp}^2+a_t^2}$

$a=\sqrt{\left(\dfrac{10a_0}{3}\right)^2+(-a_0)^2}$

$\rightarrow a=\dfrac{\sqrt{109}}{3}a_0$

$\rightarrow a=\dfrac{\sqrt{109}}{3}a_0$

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 $v_x$ na horizontal e $v_y$ na vertical, e a massa $M$ tem velocidade $V$ na horizontal.

Conservando o momento linear na horizontal:

$MV=mv_x$

$V=\dfrac{m}{M}v_x$

$V=kv_x$

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 $v_x+V$ na horizontal, $v_y$ na vertical, e velocidade resultante $v$.

Figura 4

I)

$\cos{\theta}=\dfrac{v_x+V}{v}=\dfrac{v_x+kv_x}{v} \rightarrow v_x=\dfrac{v\cdot \cos{\theta}}{1+k}$

II)

$\sin{\theta}=\dfrac{v_y}{v} \rightarrow v_y=v\cdot \sin{\theta}$

III)

$V=kv_x \rightarrow V=\dfrac{kv\cdot \cos{\theta}}{1+k}$

Conservando a energia mecânica:

$\displaystyle \sum K=\Delta U$

$\dfrac{MV^2}{2}+\dfrac{m(v_x^2+v_y^2)}{2}=mgR(1-\cos{\theta})$

$\dfrac{m}{2k}\cdot \left(\dfrac{kv\cdot \cos{\theta}}{1+k}\right)^2+\dfrac{m}{2}\left( \left(\dfrac{v\cdot \cos{\theta}}{1+k}\right)^2+\left(v\cdot \sin{\theta}\right)^2 \right)=mgR(1-\cos{\theta})$

$\dfrac{1}{k}\cdot \left(\dfrac{kv\cdot \cos{\theta}}{1+k}\right)^2+\left( \left(\dfrac{v\cdot \cos{\theta}}{1+k}\right)^2+\left(v\cdot \sin{\theta}\right)^2 \right)=2gR(1-\cos{\theta})$

$v^2\left[\dfrac{\cos^2{\theta}}{(1+k)}+\sin^2{\theta}\right]=2gR(1-\cos{\theta})$

$\rightarrow \dfrac{v^2}{R}=\dfrac{2g(1-\cos{\theta})}{\left[\dfrac{\cos^2{\theta}}{(1+k)}+\sin^2{\theta}\right]}$

Olhando agora no referencial da semiesfera para a atuação das forças:

$mg\cos{\theta}-N=\dfrac{mv^2}{R}$

Para a perda de contato a normal é zero:

$mg\cos{\theta}-0=\dfrac{mv^2}{R}$

$\rightarrow \dfrac{v^2}{R}=g\cos{\theta}$

Igualando as duas equações:

$\dfrac{2g(1-\cos{\theta})}{\left[\dfrac{\cos^2{\theta}}{(1+k)}+\sin^2{\theta}\right]}=g\cos{\theta}$

Para melhorar as contas, seja $\beta=\cos{\theta}$. Logo $\sin^2{\theta}=1-\beta^2$.

$\dfrac{2(1-\beta)}{\left[\dfrac{\beta^2}{1+k}+1-\beta^2\right]}=\beta$

Reorganizando as contas, chegamos a:

$k \cdot \beta^3-3(1+k)\beta+2(1+k)=0$

Visto que $\beta=\cos{\theta}$:

$k\cdot \cos^3{\theta}-3(1+k)\cos{\theta}+2(1+k)=0$

Vemos que os coeficientes são:

$a=k$, $b=0$, $c=-3(1+k)$ e $d=2(1+k)$

b) Para $k=0$:

$-3\cos{\theta}+2=0$

$\rightarrow \cos{\theta}=\dfrac{2}{3}$

Para $k=1$:

$\cos^3{\theta}-6\cos{\theta}+4=0$

$(\cos{\theta}-2)(\cos^2{\theta}+2\cos{\theta}-2)=0$

Como $\cos{\theta}$ não pode ser 2:

$\cos^2{\theta}+2\cos{\theta}-2=0$

$\cos{\theta}=\dfrac{-2\pm \sqrt{12}}{2}$

$\cos{\theta}=\pm \sqrt{3}-1$

Como $-1\leq \cos{\theta}\leq 1$:

$\cos{\theta}=\sqrt{3}-1$

c) Se o valor de $k$ tende ao infinito:

$k\rightarrow 1+k$

Logo:

$\cos^3{\theta}-3\cos{\theta}+2=0$

$(\cos{\theta}-1)^2(\cos{\theta}+2)=0$

$\rightarrow \cos{\theta}=1$

$\rightarrow \theta=0$

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 $k=0$:

$\cos{\theta}=\dfrac{2}{3}$

Para $k=1$:

$\cos{\theta}=\sqrt{3}-1$

c) O ângulo tende a zero.

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.

$\vec {F_g}=\vec {F_{cp}}$

$\dfrac{GMm}{R^2}=m\omega^2R$

$\dfrac{GM}{R^2}=\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2R$

$\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}=\dfrac{T}{2\pi}$ $(Eq$ $01)$

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:

$K=\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{mr^2\dot{\theta}^2}{2}$

onde $\dot{theta}$ 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:

$L=mr^2\dot{\theta}=cte$

$\dot{\theta}=\dfrac{L}{mr^2}$

Substituindo na energia cinética:

$K=\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{mr^2}{2}\left(\dfrac{L}{mr^2}\right)^2$

$K=\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}$

A energia mecânica então é:

$E=K+U=\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}$

Sabemos, porém, que a energia de um movimento parabólico é zero. Logo:

$\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}=0$; $(Eq$ $02)$

Para o momento de distância mínima($r=p$), a taxa de variação de raio ($\dot r$) deve ser nula. Portanto:

$\dfrac{L^2}{2mp^2}-\dfrac{GMm}{p}=0$

$\rightarrow L=\sqrt{2GMm^2p}$

Voltando para a $(Eq$ $02)$:

$\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}=0$

$\dfrac{m\dot r^2}{2}+\dfrac{(\sqrt{2GMm^2p})^2}{2mr^2}-\dfrac{GMm}{r}=0$

$\dot r^2=(2GM)\dfrac{r-p}{r^2}$

$\dfrac{dr}{dt}=\pm \sqrt{2GM}\cdot \dfrac{\sqrt{r-p}}{r}$

$dt=\pm \dfrac{1}{\sqrt{2GM}}\dfrac{rdr}{\sqrt{r-p}}$

Aqui o aluno pode cometer um erro ao esquecer esse $\pm$.

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.

$\Delta t=\dfrac{2}{\sqrt{2GM}} \displaystyle \int_p^R \dfrac{rdr}{\sqrt{r-p}}$

Vamos resolver a integral separadamente.

$I=\displaystyle \int_p^R \dfrac{rdr}{\sqrt{r-p}}$

Resolveremos essa integral utilizando a integração por partes:

$U=r \rightarrow dU=dr$ e $dV=\dfrac{dr}{\sqrt{r-p}} \rightarrow V=2\sqrt{r-p}$

Reorganizando:

$I=\displaystyle \int UdV=UV-\displaystyle \int VdU$

$I=r\cdot(2\sqrt{r-p})-\displaystyle \int 2\sqrt{r-p}dr=2r\cdot\sqrt{r-p}-\dfrac{4}{3}(r-p)^{\frac{3}{2}}$

$I=\left[2r\sqrt{r-p}-\dfrac{4}{3}(r-p)^{\frac{3}{2}}\right]_p^R$

$\rightarrow I=\dfrac{2}{3}\sqrt{R^3}\left(1+\dfrac{2p}{R}\right)\sqrt{1-\dfrac{p}{R}}$

Aplicando de volta para o tempo:

$\Delta t=\dfrac{2}{\sqrt{2GM}} \cdot \dfrac{2}{3}\sqrt{R^3}\left(1+\dfrac{2p}{R}\right)\sqrt{1-\dfrac{p}{R}}$

$\Delta t=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}\left(1+\dfrac{2p}{R}\right)\sqrt{1-\dfrac{p}{R}}$

Da $(Eq$ $01)$:

$\Delta t=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\dfrac{T}{2\pi}\left(1+\dfrac{2p}{R}\right)\sqrt{1-\dfrac{p}{R}}$

Chegamos, portanto, ao resultado:

$\Delta t=\dfrac{\sqrt{2}}{3\pi}\left(1+\dfrac{2p}{R}\right)\sqrt{1-\dfrac{p}{R}}\cdot T$

Demonstração