10.1 Questão 01

Um projétil é disparado em um ângulo de 45^{\circ} com energia cinética inicial E_{0}. No topo de sua trajetória, ele explode com energia adicional E_{0} em dois fragmentos. Um fragmento de massa m_{1} se desloca em linha reta para baixo. Determine, em termos de m_{1} e m_{2} :
(a) A velocidade (módulo e direção) do segundo fragmento de massa m_{2}.
(b) O módulo da velocidade do primeiro fragmento de massa m_{1}.
(c) Qual é a razão m_{1} m_{2} quando m_{1} atinge seu valor máximo?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados do enunciado:
    • O projétil (massa total) é lançado com energia cinética inicial E_{0}.
    • O lançamento é feito com ângulo de 45^\circ.
    • No topo da trajetória o projétil explode, liberando energia adicional E_{0}.
    • Após a explosão surgem dois fragmentos com massas m_{1} e m_{2}, de modo que M=m_{1}+m_{2}.
    • O fragmento de massa m_{1} move-se imediatamente (após a explosão) em linha reta para baixo (ou seja, velocidade puramente vertical descendente).
  • O que a questão pede (três itens):
    (a) A velocidade do segundo fragmento m_{2}: módulo e direção (em termos de m_{1} e m_{2}).
    (b) O módulo da velocidade do primeiro fragmento m_{1} (isto é, sua rapidez após a explosão).
    (c) A razão m_{1}/m_{2} quando m_{1} atinge seu valor máximo permitido (se aplicável).

Passo 2

Entendendo a situação física no topo da trajetória e calculando a velocidade pré-explosão.
  • Lembrete físico básico (explicação): a explosão é uma interação interna rápida; durante ela o impulso externo da gravidade pode ser desprezado, então o momento linear total do sistema é conservado no instante da explosão. A energia cinética total NÃO é conservada (a explosão adiciona energia), mas sabemos quanto é adicionada: E_{0}.
  • Primeiro precisamos saber a velocidade do projétil exatamente no topo, imediatamente antes da explosão.
    • A energia cinética inicial no lançamento é E_{0}. Chamando v_{0} a velocidade inicial do projétil (no momento do disparo), tem-se a relação
    E_{0}=\tfrac{1}{2} M v_{0}^{2}.
    • O lançamento é a 45^\circ. No topo da trajetória a componente vertical da velocidade é zero; a componente horizontal permanece igual a v_{0}\cos45^\circ.
    • Logo a velocidade no topo (módulo) é
    v_{\text{top}}=v_{0}\cos45^\circ=\frac{v_{0}}{\sqrt{2}}.
    • Substituindo v_{0}=\sqrt{2E_{0}/M} obtemos
    v_{\text{top}}=\sqrt{\frac{E_{0}}{M}}.
    • A energia cinética no topo, antes da explosão, é
    K_{\text{top}}=\tfrac{1}{2}M v_{\text{top}}^{2}=\tfrac{1}{2}M\cdot\frac{E_{0}}{M}=\frac{E_{0}}{2}.

Passo 3

Escrever as equações de conservação do momento linear (vetorial) e a condição de energia após a explosão.
  • Conservação do momento linear (antes e imediatamente depois da explosão):
    • Antes: momento total horizontal P_{x,\text{antes}}=M v_{\text{top}}. Momento vertical antes é zero.
    • Depois: somatório dos momentos dos fragmentos deve ser igual ao antes (vetorialmente).
    • Denotando as velocidades pós-explosão por \vec{v}_{1} (para m_{1}) e \vec{v}_{2} (para m_{2}), e sabendo que \vec{v}_{1} é puramente vertical para baixo, podemos escrever as componentes:
      • Componente horizontal:
      m_{1} v_{1x} + m_{2} v_{2x} = M v_{\text{top}}.Mas v_{1x}=0 (pois m_{1} vai só para baixo), então m_{2} v_{2x} = M v_{\text{top}}.
      • Componente vertical (antes era zero):
      m_{1} v_{1y} + m_{2} v_{2y} = 0.Tomando eixo y positivo para cima e chamando u_{1} o módulo da velocidade de m_{1} (direção para baixo), temos v_{1y}=-u_{1}. Assim m_{2} v_{2y} = m_{1} u_{1}.(Note que isto dá v_{2y} positivo — ou seja, m_{2} terá componente vertical para cima.)
  • Condição de energia:
    • A energia cinética total imediatamente após a explosão será a energia cinética antes mais a energia adicionada pela explosão. Como tínhamos K_{\text{top}}=E_{0}/2 e a explosão adiciona E_{0}, então
    K_{\text{após}} = \frac{E_{0}}{2} + E_{0} = \frac{3E_{0}}{2}.ó
    • Em termos das velocidades dos fragmentos,
    \tfrac{1}{2}m_{1}u_{1}^{2}+\tfrac{1}{2}m_{2}\bigl(v_{2x}^{2}+v_{2y}^{2}\bigr)=\frac{3E_{0}}{2}.

Passo 4

Expressar v_{2x} e v_{2y} em termos de u_{1}, m_{1}, m_{2} e v_{\text{top}} usando conservação do momento.
  • Da componente horizontal:
v_{2x}=\frac{M}{m_{2}}\,v_{\text{top}}.
  • Da componente vertical (veja passo anterior):
v_{2y}=\frac{m_{1}}{m_{2}}\,u_{1}.

Passo 5

Substituir as expressões de v_{2x} e v_{2y} na equação de energia e resolver para u_{1}.
  • Substituindo na equação de energia:
\tfrac{1}{2}m_{1}u_{1}^{2}+\tfrac{1}{2}m_{2}\!\left(\left(\frac{M}{m_{2}}v_{\text{top}}\right)^{2}+\left(\frac{m_{1}}{m_{2}}u_{1}\right)^{2}\right)=\frac{3E_{0}}{2}.
  • Expandindo e simplificando os termos com u_{1}^{2}:
\tfrac{1}{2}m_{1}u_{1}^{2}+\tfrac{1}{2}\frac{m_{1}^{2}}{m_{2}}u_{1}^{2}+\tfrac{1}{2}\frac{M^{2}}{m_{2}}v_{\text{top}}^{2}=\frac{3E_{0}}{2}.
  • Agrupando os dois primeiros termos:
\tfrac{1}{2}\frac{m_{1}M}{m_{2}}u_{1}^{2}+\tfrac{1}{2}\frac{M^{2}}{m_{2}}v_{\text{top}}^{2}=\frac{3E_{0}}{2}.
  • Multiplicando por 2 e isolando o termo com u_{1}^{2}:
\frac{m_{1}M}{m_{2}}u_{1}^{2} = 3E_{0} - \frac{M^{2}}{m_{2}}v_{\text{top}}^{2}.
  • Lembrando que v_{\text{top}}^{2}=\dfrac{E_{0}}{M} (passo 2), temos
\frac{M^{2}}{m_{2}}v_{\text{top}}^{2}=\frac{M^{2}}{m_{2}}\cdot\frac{E_{0}}{M}=\frac{M}{m_{2}}E_{0}.
  • Assim o lado direito torna-se
3E_{0}-\frac{M}{m_{2}}E_{0}=E_{0}\frac{2m_{2}-m_{1}}{m_{2}},
porque M=m_{1}+m_{2} e 3-\dfrac{M}{m_{2}}=\dfrac{3m_{2}-M}{m_{2}}=\dfrac{2m_{2}-m_{1}}{m_{2}}.
  • Então
\frac{m_{1}M}{m_{2}}u_{1}^{2}=E_{0}\frac{2m_{2}-m_{1}}{m_{2}}.
  • Multiplicando por m_{2} e isolando u_{1}^{2}:
m_{1}M\,u_{1}^{2}=E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr) \quad\Rightarrow\quad u_{1}^{2}=\frac{E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{1}\,M}.
  • Portanto, o módulo da velocidade do fragmento m_{1} é
u_{1}=\sqrt{\frac{E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{1}\,(m_{1}+m_{2})}}.
  • Observação importante (condição física): para u_{1} real é necessário 2m_{2}-m_{1}\ge 0, isto é
m_{1}\le 2m_{2}.
Isto impõe um limite físico sobre a massa m_{1}.

Passo 6

Encontrar as componentes, o módulo e a direção da velocidade de m_{2}.
  • Já temos as componentes em termos de quantidades conhecidas:
    • Horizontal:
    v_{2x}=\frac{M}{m_{2}}\,v_{\text{top}}=\frac{m_{1}+m_{2}}{m_{2}}\sqrt{\frac{E_{0}}{M}}.
    • Vertical:
    v_{2y}=\frac{m_{1}}{m_{2}}\,u_{1} =\frac{m_{1}}{m_{2}}\sqrt{\frac{E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{1}M}} =\sqrt{\frac{E_{0}\,m_{1}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{2}^{2}M}}.
  • Para o módulo v_{2}=\sqrt{v_{2x}^{2}+v_{2y}^{2}} podemos simplificar:
    • Calcule v_{2x}^{2}=\dfrac{M^{2}}{m_{2}^{2}}v_{\text{top}}^{2}=\dfrac{M^{2}}{m_{2}^{2}}\cdot\dfrac{E_{0}}{M}=\dfrac{M E_{0}}{m_{2}^{2}}.
    • Calcule v_{2y}^{2}=\dfrac{m_{1}E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{2}^{2}M}.
    • Somando:
    v_{2}^{2}=\frac{E_{0}}{m_{2}^{2}M}\bigl(M^{2}+2m_{1}m_{2}-m_{1}^{2}\bigr).
    • Observando que M^{2}=m_{1}^{2}+2m_{1}m_{2}+m_{2}^{2}, temos
    M^{2}+2m_{1}m_{2}-m_{1}^{2}=4m_{1}m_{2}+m_{2}^{2}=m_{2}\bigl(4m_{1}+m_{2}\bigr).
    • Portanto
    v_{2}^{2}=\frac{E_{0}}{m_{2}^{2}M}\cdot m_{2}\bigl(4m_{1}+m_{2}\bigr) =\frac{E_{0}\bigl(4m_{1}+m_{2}\bigr)}{m_{2}M}.
    • Finalmente,
    v_{2}=\sqrt{\frac{E_{0}\bigl(4m_{1}+m_{2}\bigr)}{m_{2}\,(m_{1}+m_{2})}}.
  • Direção (ângulo \theta acima da horizontal):
    • \displaystyle \tan\theta=\frac{v_{2y}}{v_{2x}}=\frac{\dfrac{m_{1}}{m_{2}}u_{1}}{\dfrac{M}{m_{2}}v_{\text{top}}}=\frac{m_{1}u_{1}}{M v_{\text{top}}}.
    • Substituindo u_{1} e v_{\text{top}} e simplificando (ver passo 5) obtemos
    \tan\theta = \frac{\sqrt{m_{1}(2m_{2}-m_{1})}}{m_{1}+m_{2}}.
    • Assim a direção do vetor \vec{v}_{2} é dada por um ângulo \theta acima da horizontal com \theta=\arctan\!\left(\dfrac{\sqrt{m_{1}(2m_{2}-m_{1})}}{m_{1}+m_{2}}\right).

Passo 7

Análise do máximo de m_{1}.
  • Do passo 5 vimos a condição de realidade da velocidade u_{1}:
2m_{2}-m_{1}\ge 0 \quad\Longrightarrow\quad m_{1}\le 2m_{2}.
  • Portanto o valor máximo permitido para m_{1} (compatível com a energia adicional E_{0} da explosão) é m_{1}^{\max}=2m_{2}.
  • A razão pedida quando m_{1} atinge seu valor máximo é, então,
\frac{m_{1}}{m_{2}}=2.

Resposta

(a) \displaystyle v_{2}=\sqrt{\frac{E_{0}\bigl(4m_{1}+m_{2}\bigr)}{m_{2}\,(m_{1}+m_{2})}}, com direção formando o ângulo \displaystyle \theta=\arctan\!\left(\frac{\sqrt{m_{1}(2m_{2}-m_{1})}}{m_{1}+m_{2}}\right) acima da horizontal.
(b) \displaystyle v_{1}=u_{1}=\sqrt{\frac{E_{0}\bigl(2m_{2}-m_{1}\bigr)}{m_{1}\,(m_{1}+m_{2})}}.
(c) \displaystyle \frac{m_{1}}{m_{2}}=2 (valor máximo permitido por u_{1} real).

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