Projecteis

Salto para a piscina!

Olá aqui vai mais um problema. Desta vez o problema consiste em calcular a distancia a que um nadador ao saltar da prancha alcança na piscina.

piscina

 

Dados:

Massa do nadador, m

Altura de A, 3,5\:metros

Altura de B em relação a A, 0.5\:metros

Distancia entre A e B é x

O ângulo A^B é \alpha

Sabemos que o nadador efectua um primeiro salto, sem balançar a prancha, até à altura C e que logo após da posição B passa a estar em movimento de projéctil.

 

Comecemos por calcular x

Energia\: mecanica\:em\:C=Energia\: mecanica\:em\:B

\Leftrightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C= \frac{1}{2}mv^2_B+mgh_B como v_C=0

\Rightarrow mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_B+mgh_Bh_C=0.5\:metros 

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_B+gh_B; Distancia AB é x e como o referencial tem origem em A

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_C-gx

\Leftrightarrow 0.5g+gx=\frac{1}{2}v^2_B

\Leftrightarrow g(0.5+x)=\frac{1}{2}v^2_B

\Leftrightarrow 0.5+x=\frac{1}{2g}v^2_B

\Leftrightarrow x=\frac{1}{2g}v^2_B-0.5 [1]

A prancha irá se comportar como uma mola e por consequência irá obedecer à lei de Hooke.

F=-kx\quad com\;x=distancia\:A\:B aplicando [1]

F=-k(\frac{1}{2g}v^2_B-0.5)

\Leftrightarrow F=k(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) Como F_{resultante}=F

\Rightarrow ma=k(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B)

\Leftrightarrow a=\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) [2] utilizando a lei das velocidades (ver post aqui)

\Rightarrow v=v_{A2}+at_1[3] sendo v_{A2} a velocidade em A depois de passar em C

Calcular a velocidade v_{A2}

Energia\:mecanica\:em\:C=Energia\:mecanica\:em\:A

\Leftrightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}+mgh_A como h_A=0

\Rightarrow \frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}; v_C=0

\Rightarrow mgh_C=\frac{1}{2}mv^2_{A2}

\Leftrightarrow gh_C=\frac{1}{2}v^2_{A2}

\Rightarrow 0.5g=\frac{1}{2}v^2_{A2}

\Leftrightarrow 2(0.5g)=v^2_{A2}

\Leftrightarrow g=v^2_{A2}

\Rightarrow v_{A2}=\sqrt{g} aplicando em [3]

\Rightarrow v=\sqrt{g}+at_1[4] sento t_1 o tempo de aplicação da força F

Como logo após a posição B ele passa a estar em movimento de projéctil:

x=x_0+v_{0x}t

\Leftrightarrow x=x_0+v\cos({\beta})t[5] sendo \beta o ângulo da velocidade.

Calcular o ângulo \beta

angulo piscina

*ver nota

Pela analise da imagem concluísse que \beta=90-\alpha aplicando em [5]

x=x_0+v\cos({90-\alpha})t

Até agora apenas analisamos o movimento em x analisando agora em y:

y=y_0+v_{0y}t-\frac{1}{2}{g}{t^2}

\Rightarrow 3.5=v\sin({90-\alpha})t-\frac{1}{2}{g}{t^2} como \sin({90-\alpha})=\cos({\alpha})

\Leftrightarrow 3.5=v\cos({\alpha})t-\frac{1}{2}{g}{t^2}

Aplicamos a formula resolvente para obter o t, eu por uma questão de simplificação vou chamar a solução positiva Z

Aplicamos agora na equação de x

x=x_0+v\cos({90-\alpha})Z como \cos({90-\alpha})=\sin({\alpha})

x=x_0+v\sin({\alpha})Z; x_0=0

x=v\sin({\alpha})Z  aplicando [4]

x=(\sqrt{g}+at_1)\sin({\alpha})Z Como a=\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B) equação [2]

x=(\sqrt{g}+[\frac{k}{m}(0.5-\frac{1}{2g}v^2_B)]t_1)\sin({\alpha})Z

E assim chegamos à expressão que nos da a distancia a que ele mergulha na piscina!

Nota: A azul está representado o vector velocidade.

 

O Homem-Aranha!

Olá caros leitores hoje irei vós apresentar um estudo sobre o movimento do Homem-Aranha.

homem_aranha-6077

Quem não se lembra de ver o Homem-Aranha a balançar por entre os prédios de Nova Iorque? Pois bem, para relembrar um pouco os tempos de criança vou propor um problema e a sua solução.

Imaginemos que o Homem-aranha vê a sua Mary Jane em apuros quanto tempo levara ele a chegar até ela sabendo que balança apenas num prédio?

fisica homem aranha

Dados:

Massa do Homem-Aranha m

Quando passa em B está a uma altura h

A teia tem um comprimento l

A distancia na  horizontal de C a D é Z

A é uma posição extrema.

C não é uma posição extrema.

O angulo AB~=\theta e o angulo BC=\alpha

E sabemos que de A a C o movimento pode ser tratado como um pêndulo simples e que de C a D como um movimento parabólico.

Analisando o movimento de A a C;

\sum \vec{F}=m\vec{a} \Leftrightarrow m\vec{g}+\vec{T}=m\vec{a}

Decompondo o movimento nas suas componentes tangencial e normal ou seja x e y

spider pendulo

*Ver nota

Verificamos que:

Segundo o eixo dos yy

P_y +T=m{a}_y [1]

Segundo o eixo dos xx

P_x=m{a}_x [2]

Sendo a trajectória de A a C igual a s

a_x= \frac{d^2s}{dt^2} substituindo em [2]

P_x=m\frac{d^2s}{dt^2} [3]

A esfera descreve um arco de circunferência de comprimento s ao realizar o seu
movimento. A posição em cada instante pode ser escrita em função do raio da trajectória, l, e
da posição angular \theta:

s= l\theta substituindo em [3]

P_x=m\frac{d^2}{dt^2}{l\theta} sendo P_x=P\sin(\theta)

P\sin{(\theta)}=m\frac{d^2{\theta}}{dt^2}{l}

\Leftrightarrow mg\sin{(\theta)}=m\frac{d^2{\theta}}{dt^2}{l}

\Leftrightarrow g\sin{(\theta)}=\frac{d^2{\theta}}{dt^2}{l}

\Leftrightarrow \frac{g}{l}\sin{(\theta)}-\frac{d^2{\theta}}{dt^2}=0

Se o angulo \theta for pequeno podemos considerar a aproximação \sin{(\theta)}=\theta

\frac{g}{l}\theta-\frac{d^2{\theta}}{dt^2}=0 [4]

Para pequenas oscilações o pêndulo irá se comportar como uma mola obedecendo a lei de Hooke e como se trata de um movimento harmónico simples a equação [4] vai ter uma solução do tipo:

\theta(t)=\cos{(\omega_0{t}+\varphi)} [5] com \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}

Para calcular k:

Segundo a lei de Hooke F=-kx como F=P_x e x\approx s

mg\sin{(\theta)}=-ks; \sin{(\theta)}=\theta

\Leftrightarrow mg\theta=-ks; s=l\theta

\Leftrightarrow k=\frac{mg}{l} aplicando em [5] e \varphi=0

\theta(t)=\cos{(\sqrt{\frac{g}{l}}{t})} na posição \alpha

\alpha=\cos{(\sqrt{\frac{g}{l}}{t})}

\sqrt{\frac{g}{l}}{t}=\arccos{(\alpha)}

{\huge t=\frac{\arccos{(\alpha)}}{\sqrt{\frac{g}{l}}}}

Assim podemos calcular o tempo que ele demora a percorrer o trajecto de A a C

Para o trajecto de C a D iremos trata-lo como um projéctil (ver post aqui)

Comecemos por calcular a velocidade em C

smp

Energia mecânica em A = Energia mecânica em C

E_{cineticaA}+E_{potencialA}=E_{cineticaC}+E_{potencialC}

\frac{1}{2}mv^2_A+mgh_A=\frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C;  Como A e uma posição extrema v_A=0

mgh_A=\frac{1}{2}mv^2_C+mgh_C

gh_A=\frac{1}{2}v^2_C+gh_C [6]

Calcular a altura de A e de C:

h_A=p+h e h_C=r+h

p=l-L_1 e \cos{(\theta)}=\frac{L_1}{l}\Leftrightarrow l\cos{(\theta)}=L_1

p=l-l\cos{(\theta)}

Fazendo a mesma coisa para h_C

r=l-l\cos{(\alpha)} logo;

h_A=l-l\cos{(\theta)}+h e h_C=l-l\cos{(\alpha)}+h aplicando em [6]

g[(l-l\cos{(\theta)})+h]=\frac{1}{2}v^2_C+g[(l-l\cos{(\alpha)})+h]

g[(l-l\cos{(\theta)})+h]-g[(l-l\cos{(\alpha)})+h]=\frac{1}{2}v^2_C

gh+gp-(gh+gr)=\frac{1}{2}v^2_C

gp-gr=\frac{1}{2}v^2_C

g(p-r)=\frac{1}{2}v^2_C

v^2_C={2}g(p-r)

v=\sqrt{2g(p-r)} [7]

Calcular o ângulo da velocidade \beta:

kkk

Pela analise da imagem concluísse que \beta=\alpha

Assim segundo a lei das posições para o eixo dos xx

x=x_0+v_{0x}t_1\Leftrightarrow x=x_0+v\cos{(\alpha)}t_1

\Leftrightarrow x-x_0=v\cos{(\alpha)}t_1 como x-x_0=Z e aplicando [7]

Z=\sqrt{2g(p-r)}\cos{(\alpha)}t\Leftrightarrow t_1=\frac{Z}{\sqrt{2g(p-r)}\cos{(\alpha)}}

Por fim descobrimos que o tempo que o Homem-Aranha leva para chegar até a Mary Jane é:

t_{total}= t+t_1

t_{total}=\frac{\arccos{(\alpha)}}{\sqrt{\frac{g}{l}}}+\frac{Z}{\sqrt{2g(p-r)}\cos{(\alpha)}}

*Nota: A Laranja a Tensão (\vec{T})

A Amarelo o Peso(\vec{P})

A azul o Peso segundo o eixo dos yy (\vec{P_y})

A verde o Peso segundo o eixo dos xx (\vec{P_x})

O remate de Cristiano Ronaldo!

Olá pessoal. Hoje irei vos apresentar um pequeno problema relacionado com o futebol e mais concretamente com a nossa estrela O Cristiano Ronaldo!

Como chegar a expressão que nos permite calcular o ângulo com que a bola deve ser batida para que seja golo num livre directo?

Dados:

Distancia da bola à baliza: x

Altura da barreira: y

Altura a que a bola entra: z

Velocidade a que Ronaldo remata a bola: v_0

Analisando o esquema podemos concluir que o movimento da bola pode ser composto em 2 componentes uma segundo o eixo dos xx e outra segundo o eixo dos yy

Analisemos, agora cada uma dos suas componentes:

Segundo o eixo dos xx não existe nenhuma força a actuar portanto F_x=ma_x \Leftrightarrow \frac{0}{m}=a_x \Leftrightarrow a_x=0

Concluimos assim que o movimento no eixo dos xx é uniforme e a sua equação é:

x=x_0 + v_{0x}{t}

Segundo o eixo dos yy existe a força peso a actuar, neste caso com sentido negativo, portanto F_y=ma_y \Leftrightarrow \frac{-P}{m}=a_y \Leftrightarrow a_y=-g

Agora separemos a velocidade nas suas componentes:

\vec{v}_0 = \vec{v}_{0x}+ \vec{v}_{0y}

v_{0x} = v_o\cos {\alpha}

v_{oy} =v_0\sin{\alpha}

Recorrendo à lei das posições:

Para x:

x=v_{0x}t \Leftrightarrow x=v_o\cos {\alpha}t

Para y:

y=v_{0y}t -\frac{1}{2}{g}{t^2} \Leftrightarrow y=v_0\sin{\alpha}t -\frac{1}{2}{g}{t^2}

Como o tempo para x e para y têm de ser os mesmos e resolvendo a primeira equação em ordem a t:

t=\frac{x}{v_0\cos{\alpha}} substituindo na equação do y:

y=x\tan{\alpha} -\frac{1}{2}{g}\frac{x^2}{{v_0}^2\cos^2{\alpha}}

Como nós queremos a que altura final seja z fica;

z=x\tan{\alpha} -\frac{1}{2}{g}\frac{x^2}{{v_0}^2\cos^2{\alpha}} ;   \tan^2{\alpha}+1=\frac{1}{\cos^2{\alpha}}

z=x\tan{\alpha} -\frac{1}{2}{g}x^2(1+\tan^2{\alpha}) ; fazendo k=\frac{1}{2}{g}\frac{x^2}{{v_0}^2}

z=x\tan{\alpha} -k-k\tan^2{\alpha}; Fazendo -k-z=C e aplicando a formula resolvente vem:

\tan{\alpha}=\frac{-x\pm\sqrt{x^2-{4}{-k}{C}}}{-{k}{C}}

\alpha =\arctan({\frac{-x\pm\sqrt{x^2-{4}{-k}{C}}}{-{k}{C}}})

E assim podemos calcular o angulo com que ele remata a bola desde que saibamos a a distância à baliza, a altura a que a bola entra e a velocidade com que ele a rematou.

Nota: Para  o angulo ser o correcto temos de verificar se com esse angulo a bola passa a cima da barreira, utilizando as formulas:

Para x:

x=v_{0x}t \Leftrightarrow x=v_o\cos {\alpha}t

Para y:

y=v_{0y}t -\frac{1}{2}{g}{t^2} \Leftrightarrow y=v_0\sin{\alpha}t -\frac{1}{2}{g}{t^2}

Sendo x a distancia da barreira e y a altura da barreira.