Exercícios - Dinâmica - 2023-1

Problema 1. Uma partícula é lançada verticalmente com velocidade inicial de 100 m/s. A partícula está sujeita a aceleração da gravidade e uma componente de arrasto na forma a = g + cv, sendo c uma constante de valor 4 [unidade: 1/s]. Determine as expressões de velocidade e deslocamento em função do tempo. Faça um gráfico de velocidade em função do tempo e um gráfico de deslocamento em função do tempo do momento inicial do lançamento até a altura máxima atingida pela partícula. Problema 2. Uma bola é lançada para cima (verticalmente) com velocidade inicial v_{0,1} = 20 m/s. Dois segundos depois, uma segunda bola é também é lançada para cima (verticalmente) com velocidade v_{0,2} = 18 m/s. Determine a altura H em que as duas bolas estarão na mesma posição. Faça um gráfico da posição vertical em função do tempo ilustrando a posição em que as duas partículas se encontram. Problema 3. A aceleração de uma partícula P que se move em linha reta aponta para Z e sua magnitude é inversamente proporcional à distância x. Para o instante t = 0, o ponto P está a uma distância x_0 = 2 m, velocidade v_0 = 4 m/s e aceleração a_0 = -3 m/s^2. Faça um gráfico da velocidade da partícula em função de sua posição x do instante inicial em que está em x_0 = 2 m até ela retornar a mesma posição. Problema 4. Uma barra gira em torno da rótula A de acordo com a equação \varphi = \kappa t. Nesta barra um bloco K desliza com velocidade \dot{r} = v_0 - at e condições iniciais r(0) = 0 e \varphi(0) = 0. Considerando v_0 = 4 m/s e l = 1 m, calcule: a) O valor de \kappa e a tal que a posição r do bloco chega na distância máxima l em \varphi = 2\pi b) Faça um gráfico de r(\varphi) do bloco no intervalo de 0 a 2\pi de \varphi c) Faça um gráfico da posição vertical y em função posição horizontal x do bloco no intervalo 0 a 2\pi de \varphi Problema 5. Um radar posicionado em O monitora uma aeronave P que voa com velocidade constante v_0 em uma altitude h. Calcule a aceleração angular \ddot{\varphi} e a aceleração radial \ddot{r}, ambas em função de \varphi. Para uma velocidade de 200 km/h, e uma altitude de 5 km, faça um gráfico de \ddot{\varphi} em função de \varphi e um gráfico de \ddot{r} em função de \varphi, ambos para o intervalo -\pi/4 a \pi/4. como é sabido que \lambda e^{\lambda t} \neq 0 segue que \lambda^2 e^{\lambda t} + 4\lambda e^{\lambda t} = 0 Assim, temos então soluções linearmente independentes y_1 = e^0 = 1 e y_2 = e^{-4t}. Pelo princípio da superposição, temos que y_h(t) = c_1 + c_2 e^{-4t}, c_1, c_2 \in \mathbb{R} Para determinar a solução particular, vamos utilizar o método da variação dos parâmetros, supondo que y_p(t) = u_1(t)y_1(t) + u_2(t)y_2(t) Assim, considere o seguinte sistema linear, nas variáveis u_1'(t) e u_2'(t): \begin{cases} u_1'(t) \cdot 1 + u_2'(t)e^{-4t} = 0\\ -4u_2(t)\cdot e^{-4t} = -g \rightarrow u_2'(t) = \frac{ge^{4t}}{4} \rightarrow u_1'(t) = \frac{-g}{4} \end{cases} Integrando u_1'(t) e u_2'(t), temos que u_1(t) = \int\frac{-g}{4}dt = \frac{-gt}{4} u_2(t) = \frac{g}{4}\int e^4 dt = \frac{ge^{4t}}{16} Assim, y_p(t) = \frac{gt}{4} \cdot 1 + \frac{ge^{4t}}{16}e^{-4t} y_p(t) = \frac{gt}{4} + \frac{g}{16} Assim, temos que a solução geral é dada por \tilde{y}(t) = c_1 + c_2e^{-4t} - \frac{gt}{4} + \frac{g}{16} Note que o termo "g/16" é constante, podendo ser adicionado a c_1. Sendo assim a solução geral é dada por: \tilde{y}(t) = c_1 + c_2 e^{-4t} - \frac{gt}{4} para y(0) = 0 c_1 + c_2 = 0 Derivando y, \dot{y}(t) = -4c_2e^{-4t} - \frac{g}{4} Para \dot{y}(0) = 100 -4c_2 - \frac{g}{4} = 100 \rightarrow c_2 = \frac{-g}{16} - 25 Assim, c_1 = \frac{g}{16} + 25. E finalmente, y(t) = (\frac{g}{16} + 25) - (\frac{g}{16} + 25)e^{-4t} - \frac{gt}{4} y(t) = (\frac{g}{16} + 25)(1 - e^{-4t}) - \frac{gt}{4} Veja que basta derivar a equação acima para obtermos a expressão para a velocidade: v(t) = \dot{y}(t) = (\frac{g}{4} + 100) e^{-4t} - \frac{g}{4} Assim, se igualarmos v(t) = 0, t será crítico. Logo, (\frac{g}{4} + 100) e^{-4t} - \frac{g}{4} = 0 (\frac{g}{4} + 100) e^{-4t} = \frac{g}{4} e^{-4t} = \frac{\frac{g}{4}}{\frac{g}{4} + 100} -4t = \ln \left( \frac{\frac{g}{4}}{\frac{g}{4} + 100} \right) \Rightarrow t_{max} = \ln \left( \frac{\frac{g}{4} + 100}{\frac{g}{4}} \right)^{1/4} \approx 0,9330728\ldots s Assim, temos o seguinte gráfico do deslocamento: y(t) <Graph> 2. Uma bola é lançada para cima (verticalmente) com velocidade inicial v_{0,1} = 20 m/s. Dois segundos depois, uma segunda bola é também lançada para cima (verticalmente) com velocidade v_{0,2} = 18 m/s. Determine a altura H em que as duas bolas estarão na mesma posição. Faça um gráfico da posição vertical em função do tempo ilustrando a posição que as duas partículas se encontram. Temos que o movimento das bolas pode ser escrito a partir da seguinte equação: y(t) = y_0 + v_0 t + \frac{at^2}{2} Posição da primeira bolinha no instante em que a segunda é lançada: y_1(2) = 20 \cdot 2 - \frac{g \cdot 2^2}{2} = 40 - 2g m A partir dessa altura, a velocidade da primeira bolinha é dada por: v(t) = v_0 - gt v_1(2) = 20 - 2g m/s Assim, definimos a equação do movimento da primeira bola, dada por y(t) = 40 - 2g + (20 - 2g)t - \frac{gt^2}{2} Assim, para y_2(t) = 18t - \frac{gt^2}{2}, fazendo y(t) = y_2(t), temos que 40 - 2g + (20 - 2g)t - \frac{gt^2}{2} = 18t - \frac{gt^2}{2} 40 - 2g + (20 - 2g)t = 18t 40 - 2g = 18t - 20t + 2gt 40 - 2g = (-2 + 2g)t t = \frac{40 - 2g}{2g - 2} = \frac{20 - g}{g - 1} s Assim, a altura H será dada por H = y \left( \frac{20 - g}{g-1} \right) = 40 - 2g + (20 - 2g) \left( \frac{20 - g}{g - 1} \right) - \frac{g \left( \frac{20 - g}{g - 1} \right)^2}{2} \approx 14,2575 m Gráfico: <Graph> H = 14,26 <Graph with trajectories> y_1(t) = 20t - \frac{gt^2}{2} y_2(t) = 18t - \frac{gt^2}{2} 3. A aceleração de uma partícula P que se move em uma linha reta aponta para Z e sua magnitude é inversamente proporcional à distância x. Para o instante t = 0, o ponto P está a uma distância x_0 = 2 m, velocidade v_0 = 4 m/s e aceleração a_0 = -3 m/s^2. Z P <--------> x Faça um gráfico da velocidade da partícula em função de sua posição x no instante inicial em que está x_0 = 2 m até retornar a mesma posição. Temos que, a aceleração da partícula é inversamente proporcional à distância e está direcionada para o ponto Z. Assim, a ∝ \frac{1}{x} \Rightarrow a(x) = \frac{\kappa}{x} para a_0 = -3 m/s^2 e x_0 = 2 m, definiremos \kappa: a_0 = \frac{\kappa}{x_0} -3 = \frac{\kappa}{2} \Rightarrow \kappa = -6 Assim, a(x) = -\frac{6}{x} Assim, sabendo que adx = vdv, v_0 = 4 m/s temos que \frac{-6}{x}dx = vdv Integrando ambos os lados dessa EDO de variáveis separáveis, temos que -6 \int_2^x \frac{1}{x}dx = \int_4^v vdv -6 \ln x \big|_2^x = \frac{v^2}{2} \big|_4^v -6(\ln x - \ln 2) = \frac{v^2 - 4^2}{2} -6 \ln x + 8 = \frac{v^2}{2} Assim, teremos duas partes no gráfico:, v(x) = \pm \sqrt{16 - 12 \ln \frac{x}{2}} 4. Uma barra gira em torno da r´otula A de acordo com a equa¸c˜ao φ = κt. Nesta barra um bloco K desliza com velocidade ˙r = v0 − at e condi¸c˜oes iniciais r(0) = 0 e φ(0) = 0. Considerando v0 = 4 m/s e l = 1 m, calcule: (a) O valor de κ e a tal que a posi¸c˜ao r do bloco chega na distˆancia m´axima l em φ = 2π. Solu¸c˜ao: Observe a figura: Sabendo que ˙r = v0 − at 6 \text{(b) Faça um gráfico de } r(\varphi) \text{ do bloco no intervalo de } 0 \text{ a } 2\pi \text{ de } \varphi.\\ \text{Com base nos valores de } a \text{ e } \kappa \text{ encontrados, temos que}\\ r(\varphi) = \frac{v_0\varphi}{v_0\pi} - \frac{v_0^2\varphi^2}{2v_0^2\pi^2} = \frac{\varphi}{\pi} - \frac{\varphi^2}{4\pi^2}\\ \text{Gráfico:}\\ r(\varphi) \text{ (m)}\\ r(\varphi) = \frac{\varphi}{\pi} - \frac{\varphi^2}{4\pi^2}\\ 0 \hspace{1cm} 2\pi \quad \varphi \text{ (rad)}\\ \\ \text{(c) Faça um gráfico da posição vertical } y \text{ em função da posição horizontal } x \text{ do bloco no intervalo}\\ \text{0 a } 2\pi \text{ de } \varphi.}\\ \text{Temos que, as coordenadas polares utilizadas acima são dadas por}\\ \begin{cases} x = r \cos \varphi \\ y = r \sin \varphi \end{cases}\\ \text{Assim, para } r = \pm \sqrt{x^2 + y^2} \text{ e } \varphi = \tan^{-1} \frac{y}{x}, \text{ temos}\\ r = \frac{\varphi}{\pi} - \frac{\varphi^2}{4\pi^2}\\ -4\pi^2 r = \varphi^2 - 4\pi\varphi + 4\pi^2 - 4\pi^2\\ (1 - r)4\pi^2 = (\varphi - 2\pi)^2\\ (1 \pm \sqrt{x^2 + y^2})4\pi^2 = \left( \tan^{-1} \frac{y}{x} - 2\pi \right)^2 Substituindo esse resultado em qualquer uma das equações, temos que, para v_0 = 4 m/s, \frac{1}{\kappa} = \frac{1}{v_0\varphi} \rightarrow \kappa = v_0\pi = 4\pi \text{ rad/s}\\ \text{Assim,}\\ a = \frac{1}{2\pi^2} \cdot \frac{v_0^2\pi^2}{2} = \frac{v_0^2}{2} = 8\text{ m/s}^2\\ Ass: Como \dot{\varphi} = \kappa, segue que \dot{r} = \kappa \cdot \frac{dr}{d\varphi} = v_0 - \frac{a\varphi}{\kappa}\\ {\kappa \cdot \frac{dr}{d\varphi} = v_0 - \frac{a\varphi}{\kappa}}\\ dr(0) = 0\\ \text{Veja que a EDO é de variáveis separáveis. Assim,}\\ r(\varphi) = \int \left( \frac{v_0}{\kappa} - \frac{a\varphi}{\kappa^2} \right) d\varphi = \frac{v_0\varphi}{\kappa} - \frac{a\varphi^2}{2\kappa^2} + C\\ \text{Aplicando a condição inicial dada, temos que C = 0. Logo,}\\ r(\varphi) = \frac{v_0\varphi}{\kappa} - \frac{a\varphi^2}{2\kappa^2}\\ \text{Para } r = l = 1 \text{ m e } \varphi = 2\pi, \text{ temos que:}\\ 1 = \frac{2\pi v_0}{\kappa} - \frac{4\pi^2 a}{2\kappa^2}\\ Para s = h \tan \varphi, temos: \ddot{r}(\varphi) = \frac{v_0^2 \cos^2 \varphi}{\sqrt{h^2 + h^2 \tan^2 \varphi}} \qquad \dot{\varphi}(\varphi) = \frac{2v_0^2 \sin \varphi \cos \varphi}{h^2 + h^2 \tan^2 \varphi} \ddot{r}(\varphi) = \frac{v_0^2 \cos^2 \varphi}{h \sqrt{1 + \tan^2 \varphi}} \qquad \dot{\varphi}(\varphi) = -\frac{2v_0^2 \sin \varphi \cos \varphi}{h^2 (1 + \tan^2 \varphi)} Como o intervalo exigido no enunciado está contido no intervalo de validade da expressão \sqrt{1 + \tan^2 \varphi}, temos que \ddot{r}(\varphi) = \frac{v_0^2 \cos^2 \varphi}{h \sec \varphi} \qquad \dot{\varphi}(\varphi) = -\frac{2v_0^2 \sin \varphi \cos \varphi}{h^2 \sec^2 \varphi} \ddot{r}(\varphi) = \frac{v_0^2 \cos^3 \varphi}{h} \qquad \dot{\varphi}(\varphi) = \frac{2v_0^2 \sin \varphi \cos^3 \varphi}{h^2} Logo, para h = 5000 \ m, \ v_0 = 500/9 \ m/s \ e -\pi/4 \le \varphi \le \pi/4, temos os gráficos: \ddot{r}(\varphi) \ddot{r}(\varphi) = \frac{50 \cos^3 \varphi}{81} -\frac{\pi}{4} 0 \frac{\pi}{4} \varphi \dot{\varphi}(\varphi) \dot{\varphi}(\varphi) = -\frac{\sin \varphi \cos^3 \varphi}{4050} -\frac{\pi}{4} \frac{\pi}{4} \varphi 10