Soluções Física – Semana 41

Iniciante:

Situação Física: Como não há atuação de força externa na horizontal, o momento linear tem que ser conservado. Além disso, nos foi dado o valor da energia mecânica total do sistema, pois nos é fornecida a energia liberada e a parte desta que virou calor, sendo o restante energia mecânica. Deste modo é bem simples obter a velocidade do projétil. Tendo a velocidade inicial da bala, utilizando-se de um lançamento oblíquo comum, descobrimos a distância percorrida.

Pela conservação do momento:

$MV-mv=0\rightarrow V=\frac{mv}{M}$

Energia cinética total: $\frac{X}{2}$Joules. Logo:

$\frac{MV^2+mv^2}{2}=\frac{X}{2}$

Substituindo $V$ pelo encontrado na conservação de momento:

$\frac{m^2v^2}{M}+mv^2=X\rightarrow v=\sqrt{\frac{MX}{m(m+M)}}$

Lançamento oblíquo:

Velocidade vertical, sendo $\theta$ o ângulo inicialmente feito pelo vetor velocidade com o plano horizontal

$v_{v}=v\sin{(\theta)}-gt$

Para o corpo parar (máx. da parábola):

$v_{v}=0\rightarrow t=\frac{v\sin{(\theta)}}{g}$

Tempo para o corpo aterrissar $\rightarrow$ 2 vezes o tempo de máximo, por simetria.

Velocidade horizontal:

$v_{h}=v\cos{(\theta)}$

Logo para a distância horizontal percorrida:

$D=v_{h}=v\cos{(\theta)}2\frac{v\sin{(\theta)}}{g}$

Substituindo $\theta$ por$45�$ e o $v$ calculado:

$D=\frac{MX}{m(m+M)}2\cos{(45^0)}\frac{\sin{(45^0)}}{g}$

Utilizando que $2\cos{(45^0)}\sin{(45^0)}=\sin{(90^0)}$:

$D=\frac{MX}{gm(m+M)}$

Ps.: Na escrita do problema, por descuido meu, ficou vago qual distância era pedida. No geral, para problemas de nível iniciante ao menos, a distância que se pede é a horizontal, não sendo uma regra, claro. Para obter a distância percorrida total, você poderia realizar uma soma pitagórica das velocidades ($v_{t}=\sqrt{(v_{h})^2+(v_{v})^2}$) e escrever $D=2v_{t}t$, sendo $t$ o tempo para o máximo.

Intermediário:

Situação Física: Como as normais entre o cilindro de cima e os de baixo possuem componentes horizontais, estes tem uma tendência a se separarem, sendo necessária uma força horizontal aplicada ao sistema para compensar. Para casos limite, basta olharmos bem a situação e identificar quais normais zerariam. Lembre-se que todos têm que se mover com o mesmo $a$ para se manterem juntos.

Para aceleração máxima: A normal entre o cilindro superior e o da direita zera.

Normal do cilindro superior no cilindro esquerdo, sabendo que a componente vertical deste deve anular o peso:

$N_{vertical}=Mg\rightarrow N\sin{(60^0)}=Mg$

E sabemos que a componente horizontal desta normal iguala a força aplicada no cilindro esquerdo, pois o cilindro superior também se move na horizontal com o mesmo $a$:

$F=N\cos{(60^0)} \rightarrow \frac{F}{M}= a =\frac{Mg\cos{(60^0)}}{M\sin{(60^0)}}=\frac{g}{\sqrt{3}}$.

Para aceleração mínima: A normal entre os dois cilindros da base zera. O modo mais simples de identificar isso é percebendo que com aceleração zero, os dois com certeza se separam. 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 ($N_{1}$) é diferente que a com o da direita ($N_{2}$). Analisando a situação, vemos 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 que:

$a=\frac{g}{3\sqrt{3}}$

Assim sendo, as velocidades possíveis se encontram no intervalo:

$\frac{g}{3\sqrt{3}}<a<\frac{g}{\sqrt{3}}$

(As igualdades também valem)

Ps.: Se estiver com dificuldade em olhar os ângulos das normais, trace no desenho. Verá que se ligar os centros dos discos/cilindros forma um triangulo equilátero, já que os raios são iguais. Sabendo que as normais são perpendiculares aos pontos de tangência, vemos que os vetores "seguem" as arestas do triângulo, formando assim $60^0$.

Avançado:

Situação Física: para uma carga parada no centro do anel, os vetores força atuando na mesma, se anulariam por simetria. quando deslocamos esta, digamos que para mais próximo de um certo ponto do anel, a força entre a carga e tal ponto aumenta, contudo uma porção maior do anel passa a estar exercendo força contrária a este movimento, sendo assim um força restauradora. Ao invés de olharmos a força na carga, será mais vantajoso olhar a energia.

Energia potencial elétrica:

$dE=\frac{Kqdq'}{r}$

Onde $r$ é a distância da carga aos pontos e $dq'$ a carga em caga ponto do anel, sendo:

$dq'=\lambda Rd\theta$

E por Lei dos Senos:

$r=\sqrt{R^2+X^2-2RX\cos{(\theta)}}\rightarrow R\sqrt{1+(\frac{X}{R})^2-\frac{2X}{R}\cos{(\theta)}}$

Como $X<<R$ temos que $(\frac{X}{R})^2\rightarrow 0$. Utilizando isso e a aproximação dita no enunciado, chegamos a:

$\frac{1}{r}=\frac{1}{R}(1+\frac{x}{R}\cos{(\theta)}-\frac{3}{2}\cos^2{(\theta)})$

E:

$dE=\frac{KqR\lambda}{R}(1+\frac{x}{R}\cos{(\theta)}-\frac{3}{2}\cos^2{(\theta)})d\theta$

Logo:

$E=Kq\lambda(\int^{2\pi}_{0}{d\theta}+\frac{X}{R}\int^{2\pi}_{0}{\cos{(\theta)}d\theta}+\frac{3X^2}{2R^2}\int^{\pi}_{0}{\cos^2{(\theta)}d\theta})$

Integrando:

$E=Kq\lambda(2\pi+0+\frac{3X^2\pi}{2R^2})$

Por fim, sabemos que $F=-\frac{dE}{dX}$, que nos leva a:

$F=-\frac{3Kq\lambda\pi}{R^2}X$

Associando a equação de um MHS, vemos que $w^2=\frac{3Kq\lambda\pi}{mR^2}$, e como a frequência é dada por $f=\frac{1}{2\pi}w$, obtemos que:

$f=\frac{1}{2R\pi}\sqrt{\frac{3Kq\lambda\pi}{m}}$