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).
a)
ResponderExcluirFazendo 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).
Agora eu fiquei pensando no item c3. Ela deve perder o contato no topo mesmo. Não vejo outra solução.
ResponderExcluirAgora eu fiquei pensando no item c3. Ele deve perder o contato no topo mesmo.
ResponderExcluirFísica agora
ExcluirItens 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?
Enviei no email do blog
Excluir