1{ }^{\mathrm{a}} QUESTÃO

Valor: 1,00

Uma pequena pulga está numa superfície horizontal e ela deseja saltar por cima de um tronco cilíndrico de raio R que repousa sobre a mesma superfície. Determine: (use g para a aceleração da gravidade)
(A) O menor valor de velocidade com que a pulga deve saltar para conseguir seu feito;
(B) Quanto tempo ela passa sobre o tronco, durante seu voo;
(C) O alcance horizontal quando ela retorna a superfície.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede. (Peguei do enunciado: o tronco é um cilindro de raio R apoiado sobre a superfície horizontal; a pulga está sobre essa superfície e salta para atravessar o tronco; usar g.)
  • Dados importantes:
    • Raio do tronco: \,R.
    • Gravidade: \,g.
    • A pulga salta a partir da superfície horizontal (nível do solo).
    • É entendido que o salto é um movimento de projétil (sem empuxos adicionais durante o voo) sob aceleração vertical -g.
  • O que o enunciado pede:
    (A) O menor valor de velocidade inicial (ou seja, a velocidade inicial mínima \,v_{\min}) com que a pulga deve saltar para conseguir passar por cima do tronco (isto é, para que a trajetória não acerte a seção circular do cilindro).
    (B) Quanto tempo ela passa sobre o tronco, durante seu voo (interpreto como: para a trajetória crítica que “toca” o tronco no caso mínimo — e também comento o caso geral).
    (C) O alcance horizontal (distância total horizontal percorrida até retornar ao solo) no caso do salto considerado.
Observação sobre a geometria usada (fixada para resolver): coloco a coordenada horizontal de partida da pulga em X=0 (solo), e coloco o centro da seção circular do tronco no ponto (X,R) (isto é, a distância horizontal entre o ponto de partida e o centro do tronco é R). Essa escolha é a geometria usual: a pulga está no solo exatamente alinhada, horizontalmente, com o bordo esquerdo do tronco (ou seja, a projeção horizontal do tronco começa em X=0 e vai até X=2R). Essa configuração é natural e típica em exercícios: a base do cilindro fica logo à frente da pulga. A partir desta configuração, vou achar a velocidade mínima que permite a trajectória passar acima da circunferência de raio R centrada em (R,R).

Passo 2

A física do salto (recapitulando e ensinando): movimento de projétil sem resistência do ar.
  • Se a velocidade inicial é \,v e o ângulo de lançamento em relação ao horizontal é \theta, as componentes iniciais são \,v\cos\theta (horizontal) e \,v\sin\theta (vertical).
  • As equações do movimento (origem no ponto de lançamento, eixo X horizontal, eixo Y vertical para cima) são:
X(t)=v\cos\theta\;t, \qquad Y(t)=v\sin\theta\;t-\tfrac{1}{2}gt^{2}.
  • Eliminando t para obter a equação da trajetória Y em função de X (útil para comparar com a circunferência):
Y(X)=X\tan\theta-\dfrac{g\,X^{2}}{2v^{2}\cos^{2}\theta}.
Explicando cada termo: X\tan\theta é a altura da reta inicial (sem gravidade); o segundo termo é a deflexão parabólica devida à gravidade, proporcional a g e a X^{2} e inversamente proporcional à componente horizontal do quadrado da velocidade.

Passo 3

Ideia matemática para achar a velocidade mínima (aulas de método): a família de trajetórias com mesma v e variando \theta tem uma envoltória (o máximo de Y que se pode obter em cada X com essa velocidade). Se o tronco é um obstáculo, para um dado v todas as trajetórias possíveis ficam abaixo dessa envoltória. Portanto, a menor velocidade v que permite passar por cima do tronco é aquela tal que a envoltória das trajetórias tangencia a circunferência do tronco — em outras palavras, a envoltória “encosta” na circunferência em um único ponto (tangência). Esse é um método padrão e poderoso: reduzir o problema de “não intersectar” a “encontrar a menor v cuja envoltória é maior ou igual à curva do obstáculo em todo domínio”; a igualdade em um ponto dá a condição de limite.
  • Primeiro passo técnico: encontrar a equação da envoltória (altura máxima possível, para dado v, em cada X).
  • Começo do cálculo: considerar Y(X,\theta)=X\tan\theta-\dfrac{gX^{2}}{2v^{2}\cos^{2}\theta}. A envoltória em X é obtida maximizando Y em \theta, ou seja impondo \partial Y/\partial\theta=0.
Calcule \partial Y/\partial\theta. Usando cálculo:
\frac{\partial Y}{\partial\theta} = X\operatorname{sec}^{2}\theta - \frac{gX^{2}}{2v^{2}}\cdot \frac{2\sin\theta}{\cos^{3}\theta} = \operatorname{sec}^{2}\theta\!\left( X - \frac{gX^{2}\tan\theta}{v^{2}}\right).
Impondo \partial Y/\partial\theta=0 (e descartando \operatorname{sec}^{2}\theta=0 que não ocorre), obtemos:
X - \frac{gX^{2}\tan\theta}{v^{2}}=0 \quad\Rightarrow\quad \tan\theta=\frac{v^{2}}{gX}.
Substituir essa \tan\theta na expressão de Y (e usar 1+\tan^{2}\theta = 1/\cos^{2}\theta) simplifica e dá a envoltória máxima:
Y_{\max}(X)=\frac{v^{2}}{2g}-\frac{gX^{2}}{2v^{2}}.
A interpretação: para um dado v, a maior altura que se pode obter em abscissa X (variando o ângulo) é uma parábola invertida em X. Importante: a envoltória é simétrica em relação a X=0 (isso é porque assumi ponto de lançamento na origem).

Passo 4

Agora a circunferência do tronco: com a escolha geométrica indicada (pulga lança de X=0 e centro do tronco em (R,R)), a equação da circunferência (seção transversal do tronco) é
\bigl(X-R\bigr)^{2}+\bigl(Y-R\bigr)^{2}=R^{2}.
A “borda superior” do cilindro (metade superior) tem coordenada vertical
Y_{\text{tronco}}(X)=R+\sqrt{\,R^{2}-(X-R)^{2}\,}, \qquad X\in[0,2R].
Para que a pulga passe “por cima do tronco”, a envoltória Y_{\max}(X) tem de satisfazer
Y_{\max}(X)\ge Y_{\text{tronco}}(X)\quad\text{para todo }X\in[0,2R].
No caso limite (velocidade mínima) a igualdade ocorrerá em pelo menos um ponto X=X_{0}\in(0,2R) (tangência): Y_{\max}(X_{0})=Y_{\text{tronco}}(X_{0}) e as derivadas coincidem aí: Y_{\max}'(X_{0})=Y_{\text{tronco}}'(X_{0}).
Vamos escrever essas duas equações de tangência (duas equações para as duas incógnitas v e X_{0}).
  • Derivada da envoltória:
Y_{\max}'(X) = -\frac{gX}{v^{2}}.
  • Derivada da borda superior do tronco (chamando u=X-R e S=\sqrt{R^{2}-u^{2}}):
Y_{\text{tronco}}(X)=R+S,\qquad Y_{\text{tronco}}'(X)=\frac{d}{dX}(R+S) = -\frac{X-R}{S}.
Igualando as derivadas em X_{0}:
-\frac{gX_{0}}{v^{2}} = -\frac{X_{0}-R}{\sqrt{R^{2}-(X_{0}-R)^{2}}} \quad\Longrightarrow\quad \frac{g}{v^{2}} = \frac{1}{\sqrt{R^{2}-(X_{0}-R)^{2}}}\cdot\frac{X_{0}-R}{X_{0}}.
É conveniente introduzir a variável adimensional k definida por
u\equiv X_{0}-R = kR, \quad\text{com }k\in(-1,1).
Então X_{0}=R(1+k) e S=\sqrt{R^{2}-u^{2}}=R\sqrt{1-k^{2}}.
Da igualdade de derivadas obtemos uma relação que pode ser rearranjada para expressar v^{2} em função de k:
v^{2} = g\,\frac{X_{0}S}{X_{0}-R} = gR\cdot\frac{(1+k)\sqrt{1-k^{2}}}{k}.
(É apenas a forma rearranjada da igualdade.)
A outra igualdade (igualdade das alturas) é
\frac{v^{2}}{2g}-\frac{gX_{0}^{2}}{2v^{2}} = R + S.
Substituindo X_{0}=R(1+k), S=R\sqrt{1-k^{2}} e a expressão de v^{2} em função de k, obtém-se uma equação envolvendo apenas k. Depois de simplificar (é um pouco de álgebra), chega-se à equação adimensional
1 - k - 2k^{2} - 2k\sqrt{1-k^{2}} = 0.
Essa equação não é trivial analiticamente, mas tem exatamente uma raiz no intervalo 0<k<1. Vamos resolvê-la numericamente (explico como fez-se: teste de valores e refinamento).

Passo 5

Resolver numericamente a equação para k e obter v_{\min} e o ângulo associado.
  • Resolvendo numericamente a equação
1 - k - 2k^{2} - 2k\sqrt{1-k^{2}} = 0
encontramos
k \approx 0{,}28638\;\;(\text{fórmula numérica}).óé
  • Com esse k obtemos
X_{0}=R(1+k)\approx 1{,}28638\,R, \qquad S=R\sqrt{1-k^{2}}\approx 0{,}95806\,R.
  • Substituindo em v^{2} = gR\cdot\dfrac{(1+k)\sqrt{1-k^{2}}}{k}, obtemos
v_{\min}^{2}\approx 4{,}3033\;gR, \qquad \text{portanto}\qquad v_{\min}\approx 2{,}0745\;\sqrt{gR}.
Assim, a velocidade mínima é
\boxed{v_{\min}\approx 2{,}0745\,\sqrt{gR}.}
Também podemos obter o ângulo de lançamento correspondente (o ângulo que, para essa v_{\min}, dá a trajetória tangente ao tronco). Lembre-se da condição usada para obter a envoltória:
\tan\theta = \frac{v^{2}}{gX}\quad\text{(a condição de máximo em \(\theta\) para dada \(X\))}.çãá
Aplicando em X=X_{0} e com o v^{2} encontrado:
\tan\theta_{\min} = \frac{v_{\min}^{2}}{gX_{0}} \approx \frac{4{,}3033\,gR}{g\cdot 1{,}28638\,R} \approx 3{,}346,
logo
\theta_{\min}\approx 73{,}2^\circ.

Passo 6

Agora calculo a parte (B) e (C) para o caso da trajetória crítica (velocidade mínima) e comento o caso geral.
(B) Tempo que ela passa sobre o tronco:
  • Observação conceitual: no caso da velocidade mínima a trajetória é tangente ao tronco: isso significa que a parábola que descreve a pulga toca a circunferência em exatamente um ponto (ponto de tangência) e não a atravessa. Portanto, no caso crítico (velocidade mínima) a pulga não cruza uma região “sobre” o tronco: a trajetória apenas roça a superfície do tronco. Assim, o tempo que a pulga “passa sobre o tronco” (isto é, o intervalo de tempo durante o qual sua projeção vertical está acima da secção circular do tronco) reduz-se a zero no caso limite. Em linguagem simples:
\boxed{\text{No caso }v=v_{\min}\text{ a trajectória é tangente e o tempo sobre o tronco é }0.}óéé
  • Caso geral v>v_{\min}: a pulga intersectará a “projeção” superior do tronco em dois instantes t_{1}<t_{2} (entrada e saída). Para obter o tempo \Delta t=t_{2}-t_{1} há que resolver a interseção da parábola da trajetória com a circunferência:
\bigl(v\cos\theta\,t - R\bigr)^{2} + \bigl(v\sin\theta\,t - \tfrac{1}{2}gt^{2} - R\bigr)^{2}=R^{2}.
Essa é uma equação polinomial em t de grau até 4; na prática pode ser reduzida a um polinômio de grau 4 e as raízes físicas (positivas e dentro do intervalo) dão t_{1} e t_{2}. O tempo sobre o tronco é a diferença das duas raízes positivas. Em geral dá uma expressão algébrica extensa, pelo que em provas costuma-se:
  • (i) pedir apenas o caso limite, em que \Delta t=0, ou
  • (ii) pedir a expressão formal (resolvendo o polinômio) ou pedido numérico para valores dados de v e \theta.
Resumo prático: para o caso solicitado do menor v, o tempo sobre o tronco é nulo.

Passo 7

(C) Alcance horizontal quando ela retorna à superfície (caso crítico e comentário):
  • Fórmula clássica para o alcance horizontal total L de um projétil lançado do solo (não considerando o tronco), com (v,\theta) é
L=\frac{v^{2}\sin(2\theta)}{g}.
No caso crítico (usando v_{\min} e \theta_{\min} que encontramos), o alcance é
L_{\min}=\frac{v_{\min}^{2}\sin(2\theta_{\min})}{g}.
Substituindo os valores numéricos obtidos:
v_{\min}^{2}\approx 4{,}3033\,gR,\qquad \sin(2\theta_{\min})=\sin(146{,}4^\circ)=\sin(33{,}6^\circ)\approx 0{,}5533,
logo
L_{\min}\approx \frac{4{,}3033\,gR\cdot 0{,}5533}{g} \approx 2{,}379\,R.
Ou seja, a pulga, com a velocidade mínima encontrada, percorre horizontalmente cerca de 2{,}379\,R até voltar ao solo (valor numérico em função de R).
  • Comentário didático: se a pulga lançasse com mesma velocidade mas ângulo diferente, o alcance mudaria segundo a fórmula L=v^{2}\sin2\theta/g. A combinação v_{\min},\theta_{\min} dá o alcance indicado acima.

Resposta

(A) v_{\min}\approx 2{,}0745\,\sqrt{gR}.
(B) No caso crítico v=v_{\min} a trajetória é tangente ao tronco, portanto o tempo que a pulga passa “sobre o tronco” é 0. (Para v>v_{\min} o tempo \Delta t é a diferença entre as duas raízes positivas da interseção da trajetória com a circunferência, obtida resolvendo \bigl(v\cos\theta\,t-R\bigr)^{2}+\bigl(v\sin\theta\,t-\tfrac{1}{2}gt^{2}-R\bigr)^{2}=R^{2}.)
(C) Alcance total no caso crítico:
L_{\min}=\dfrac{v_{\min}^{2}\sin(2\theta_{\min})}{g}\approx 2{,}379\,R.

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