quinta-feira, 2 de março de 2017

Desafio de Mestre - Especial

Recebemos do professor Torres a questão abaixo, que propomos a nossos seguidores, como desafio de mestre. O primeiro que enviar a resolução correta, receberá um livro de presente.

O esqueitista desce a rampa

Um esqueitista parte do ponto A, topo de uma pista semi cilíndrica de raio R, com velocidade inicial horizontal de módulo v0, descrevendo a trajetória circular mostrada na figura. No local, a aceleração gravitacional tem módulo g.


Ao atingir o ponto B, o atleta perde o contato com a superfície da pista, chegando até o solo. Desconsiderando qualquer tipo de resistência ao movimento do atleta pede-se, no instante em que ele chega ao ponto B,


a) o módulo vB da sua velocidade, como função de v0, θ, g e R.
 
b) a relação entre θ, R, g e v0.


c) “os valores” do ângulo θ para
     c1) v0 ≃ 0. 
     c2) v0 = √(g.R)/2.
     c3) v0 = √(g.R), e interprete o resultado obtido.


d) considerando o caso c1 onde v0 ≃ 0, determine a distância D entre os pontos O e P (P é ponto em que o esqueitista toca o solo).

3 comentários:

  1. a)
    Fazendo o uso da geometria plana, conseguimos calcular a diferença de altura entre os pontos A e B: R(1-cosθ).
    Considerando a conservação de energia mecânica temos:
    mgR(1-cosθ)+(m(v0)^2)/2=(mv^2)/2 => (2gR(1-cosθ)+(vo)^2)^(1/2)=v.

    b)
    No ponto em que perde o contato, não há a Normal.
    Sendo assim, devido ao movimento circular: (mv^2)/R=mgcosθ
    Utilizando a equação obtida no item a, podemos fazer:
    gRcosθ=2gR(1-cosθ)+(vo)^2 => (Rg(3cosθ-2))^(1/2)=(vo)
    Muito interessante esta equação, pois nos diz que quanto mais rápido a velocidade inicial, menor é a medida do ângulo em relação à vertical em que o indivíduo perde o contato com a pista.

    c)
    c1)Podemos considerar que o patinador sofreu um 'totózinho' para iniciar o movimento.
    mgR(1-cosθ)=m(v^2)/2 =>2gR(1-cosθ)=v^2 => gcosθR=2gR(1-cosθ) =>3gRcosθ=2gR => cosθ=2/3
    Assim, pela trigonometria: arccos(2/3)=θ.
    Ou apenas utilizar a equação obtida no item b:
    (Rg(3cosθ-2))^(1/2)=(vo) => cosθ=2/3 e arccos(2/3)=θ
    c2)
    I)mgR/4 + mgR(1-cosθ)=(mv^2)/2
    II)(mv^2)/R=mgcosθ
    Juntando I e II obtemos cosθ=3/4, logo θ=arccos(3/4).
    Ou apenas utilizar a equação obtida no item b:
    (Rg(3cosθ-2))^(1/2)=(vo) => cosθ=3/4, logo arccos(3/4)=θ.
    c3)
    Rg(3cosθ-2))^(1/2)=(vo) => cosθ=1 => θ=0º.
    Utilizando a fórmula do item a (2gR(1-cosθ)+(vo)^2)^(1/2)=v.), vemos que a velocidade no ponto inicial é igual ao ponto onde há perca de contato. Logo houve um movimento circular uniforme, não obtendo mais um componente radial após esse ponto, causando a perca de contato (a força peso age apenas para baixo nesse caso).

    d)
    No ponto em que perde contato, o vetor velocidade (módulo de (2gR/9)^(1/2) m/s) será direcionado para baixo sob um ângulo de -(pi-arccos(2/3).
    Assim, terá uma velocidade paralela e perpendicular ao chão.
    Tempo de queda: 0=R(2/3)-vy.t-(gt^2)/2 => fazendo as contas e considerando a raíz positiva, temos
    t= (2/g)[(1+(2/3)gR)^(1/2) - (1/9)(10gR)^(1/2)]. Essa equação concorda com meu pensamento:

    Utilizando isto no movimento retílinio uniforme com vx temos:
    s=(vx)t={(2/g)[(1+(2/3)gR)^(1/2) - (1/9)(10gR)^(1/2)]}.[(2gR/9)^(1/2)](2/3)
    Mas queremos a distância em relação ao ponto O, então adicionamos Rsinθ:
    {(2/g)[(1+(2/3)gR)^(1/2) - (1/9)(10gR)^(1/2)]}.[(2gR/9)^(1/2)](2/3) + (R/3)(5)^(1/2).

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  2. Agora eu fiquei pensando no item c3. Ele deve perder o contato no topo mesmo.

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    Respostas
    1. Física agora

      Itens a) e b) corretos
      Item c) não está correto.
      Você esqueceu de elevar as velocidades 30.10^3 km/s e 44.10^3 km/s ao quadrado.
      M2(TRAPPIST)/M1(SOL) daria aproximadamente 8%.
      Vamos considerar o conjunto todo como correto.

      Para que endereço envio o livro?

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