Iniciante:
Situação Física: Não houve a atuação de qualquer força externa, logo não pode ocorrer variação no momento total. Neste caso podemos rotacionar o sistema como desejarmos para uma melhor observação. Farei olhando como se o pedaço com $$30$$% da massa estivesse na horizontal, passando logo este eixo pelo meio dos dois outros pedaços, ou seja, sendo a bissetriz do ângulo entre estes. Como os ângulos entre os pedaços são iguais, e somam $$360^0$$, temos que entre cada um é de $$120^0$$, sendo entre os pedaços com $$40$$% da massa e a horizontal, $$60^0$$. Chamemos os pedaços mais massivos de $$M$$ e o menos de $$m$$.
Resolução: Para a anulação do momento vertical nesse cenário, temos que:
$$Mv_{1}\sin{(60^0)}=Mv_{2}\sin{(60^0)}\rightarrow v_{1}=v_{2}=v$$
Para anulação do memento horizontal:
$$2Mv\cos{(60^0)}=mV\rightarrow V=\frac{2Mv\cos{(60^0)}}{m}$$
Sabemos que a energia total conferida foi de $$X$$ joules e que não houve dissipações, logo esta deve ser a soma das energias cinéticas dos corpos. Chegamos a:
$$\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}mV^2=X\rightarrow Mv^2+\frac{1}{2}m(\frac{2Mv\cos{(60^0)}}{m})^2=X$$
Por fim obtemos:
$$v=\sqrt{\frac{X}{M+\frac{2M^2\cos^2{(60^0)}}{m}}}$$
$$V=\frac{2M\sqrt{\frac{X}{M+\frac{2M^2\cos^2{(60^0)}}{m}}}\cos{(60^0)}}{m}$$
Ou seja:
$$V=\frac{M}{m}\sqrt{\frac{X}{M+\frac{M^2}{2m}}}$$
Intermediário:
Situação Física: Uma forma simples de analisar o raio de curvatória da trajetória de um corpo é vendo qual a aceleração centrípeta devido ao movimento, que lhe da uma dependência do raio, e igualar à aceleração central. No topo da parábola, temos que a velocidade se da por $$v\cos{(\theta)}$$ (é somente horizontal) e a aceleração central se dá por $$g$$.
Resolução: Para o raio temos:
$$\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{R}=g\rightarrow R=\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{g}$$
E a altura do ponto:
$$\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{2}=hg\rightarrow h=\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{2g}$$
Usando as condições pedidas ($$R=\frac{h}{2}$$) obtemos:
$$\frac{(v\cos{(\theta)})^2}{g}=\frac{(v\sin{(\theta)})^2}{4g}\rightarrow \tan{(\theta)}=2$$
Avançado:
Situação Física: Devido a concentração maior de carga na placa próximo ao eixo onde esta a carga pontual, devido a sua condutibilidade, temos uma atração da mesma não tão bela. Uma forma de faze-lo é utilizando o método das imagens, que consiste em utilizar a placa infinita como um espelho, replicando a carga, e resolvendo o problema como se fossem somente as duas cargas. Pode-se simplesmente olhar as forças e resolver as integrais. Mas uma forma mais bela de resolver este problema é utilizando a elípse degenerada, que consiste de uma elipse de semi-eixo lateral igual a zero. Podemos dizer que a carga original percorre esta, indo da altura inicial ($$h$$) até a placa e voltando, de modo ao tempo que esta leva ate a placa é metade do período. Sabe-se, da gravitação universal, que o período de movimento de um corpo em uma órbita se da por $$2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$$. Basta então descobrirmos o equivalente a $$GM$$ para esse sistema.
Resolução:
Para o $$R$$ da elipse:
$$R=a+b=\frac{h}{2}$$
Onde $$a$$ é o eixo maior ($$h$$) e $$b$$ o menor ($$0$$).
E para força, temos a equivalência:
$$\frac{GMm}{h^2}=\frac{q^2}{16h^2\pi\epsilon_{0}}$$
E isto nos leva a:
$$GM=\frac{q^2}{16m\pi\epsilon_{0}}$$
Substituindo para o período:
$$T=2\pi\sqrt{\frac{h^3}{8GM}}=\frac{2h\pi\sqrt{2\pi\epsilon_{0}hm}}{q}$$
Contudo, chegada da carga original à placa se dá no meio da trajetória, ocorrendo em um tempo $$T’=\frac{T}{2}$$. E por fim:
$$T’=\frac{h\pi}{q}\sqrt{2mh\pi\epsilon_{0}}$$