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MensagemEnviado: Quarta Maio 28, 2008 11:37 pm
por jap
sagardipak Escreveu:Eu tentei traçar a função da trajectória de um fragmento (a 2 dimensões apenas) e intersectar essa função com a função de uma circunferência. Mas deu-me uma equação quártica :?


Sim, há uma equação quártica a intrometer-se neste problema! :?
Como o problema é dedicado aos nossos amigos matemáticos, pensei que eles gostariam de nos ajudar a atacar esse pequeno "escolho" que se intromete no nosso caminho... :lol:

MensagemEnviado: Quarta Maio 28, 2008 11:56 pm
por sagardipak
Bem, então a metodologia é a seguinte:

Analisemos o movimento de uma partícula apenas, cuja velocidade inicial faz um ângulo de \theta com a horizontal. Consideremos que a partícula parte de uma altura 0.

x = v_0 \cos{\theta}\, t
y = v_0 \sin{\theta}\, t - \frac{1}{2}gt^2

Mas o que me dava jeito era ter o y dado em função de x, para saber qual era a trajectória da partícula.

Mas vemos rapidamente que

t = \frac{x}{v_0 \cos{\theta}}

Portanto,

a) y = -\frac{g}{2(v_0 \cos{\theta})^2}x^2 + \tan{\theta}x

Agora, considerando a secção esférica:

b) y = \sqrt{R^2 - x^2}

Igualando a) e b) para saber onde é que as partículas colidem com a esfera, temos uma equação de quarto grau... :roll:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 9:31 am
por Zé Teixeira
A equação a) não deveria ser

y = -\frac{1}{2}\frac{g}{(v \cos{\theta})^2}x^2 + x\tan{\theta}

?

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 11:16 am
por sagardipak
Sim, tens razão. Enganei-me nos coeficientes... Obrigado :)

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 1:32 pm
por Bruno Oliveira
Assim que desvendarmos a quártica posso tentar começar a programar umas coisas...mas em 2D :roll:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 5:14 pm
por Joao Guerreiro
hexphreak Escreveu:Será:

\eta(v_0) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{\pi} \arcsin \bigg( \dfrac{Rg}{v_0^2} \bigg)

Tenho a impressão de me ter enganado nos cálculos, mas o comportamento assimptótico é correcto :roll: E como já disse, esta definição só funciona quando v_0^2 \ge Rg.


Tinha-me dado esta expressão mas apercebi-me que estava a considerar que os projécteis se moviam todos no mesmo plano vertical.

Depois cheguei à seguinte (belíssima :shock:) expressão:

\eta(v_0) = \dfrac{1+\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1- \bigg( \dfrac{gR}{v_0^2} \bigg)^2}}{2}}}{2} para v_0^2 \geq gR

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 6:27 pm
por Pedro Vieira
Joao Guerreiro Escreveu:Depois cheguei à seguinte (belíssima :shock:) expressão:

\eta(v_0) = \dfrac{1+\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1- \bigg( \dfrac{gR}{v_0^2} \bigg)^2}}{2}}}{2} para v_0^2 \geq gR


E é por coisas como esta que a matemática é mais bonita que a física :P
(e tinha que ser um délfico, vá, um ex-délfico a resolver o problema :D )

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 6:38 pm
por kanixe
to à nora :roll:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:00 pm
por jap
Pedro Vieira Escreveu:
Joao Guerreiro Escreveu:Depois cheguei à seguinte (belíssima :shock:) expressão:

\eta(v_0) = \dfrac{1+\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1- \bigg( \dfrac{gR}{v_0^2} \bigg)^2}}{2}}}{2} para v_0^2 \geq gR


E é por coisas como esta que a matemática é mais bonita que a física :P
(e tinha que ser um délfico, vá, um ex-délfico a resolver o problema :D )


Mas não me parece que o problema esteja realmente resolvido... :roll:

Façam o debug crítico da solução do João, please... :D

PS: Obrigado João, boa tentativa! :wink:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:05 pm
por hexphreak
Pedro Vieira Escreveu:E é por coisas como esta que a matemática é mais bonita que a física :P
(e tinha que ser um délfico, vá, um ex-délfico a resolver o problema :D )

Cantaste muito cedo :P

A simetria do problema deve ajudar, mas tenho de ver isso quando acabar os trabalhos de grupo :roll:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:10 pm
por Pedro Vieira
hexphreak Escreveu:Cantaste muito cedo :P


Damn ! :x

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:28 pm
por Joao Guerreiro
Vou explicar o meu raciocínio e pode ser que alguém consiga completá-lo.
Calculei o ângulo mínimo com o plano horizontal para que o projéctil fique no hemisfério superior. Esse ângulo é o ângulo que um projéctil que atinja a esfera no equador faz com o plano horizontal. Portanto:

x = v_0 \cos{\theta_{min}} \ t=R
y = v_0 \sin{\theta_{min}} \ t - \frac{1}{2}gt^2=0

Resolvendo, obtém-se, \sin{2\theta_{min}}=\dfrac{gR}{v_0^2} (desde que v_0^2 \geq gR, caso contrário as partículas não tem velocidade suficiente para atingir o hemisfério superior e "caem" todas no inferior)

Portanto queremos agora saber qual a razão entre o número de partículas que partem com ângulo superior a \theta_{min} com o plano horizontal e o total de partículas. Julgo que essa razão é igual à razão entre a área do pedaço de esfera que se obtém cortando-a por um plano horizontal que intersecta a esfera nos pontos que correspondem a \theta_{min}. Obtive que essa área seria 2\pi R^2 (1-\sin{\theta_{min}}) portanto a razão seria \dfrac{2\pi R^2 (1-\sin{\theta_{min}})}{4\pi R^2}=\dfrac{1-\sin{\theta_{min}}}{2} portanto \eta(v_0)=\dfrac{1+\sin{\theta_{min}}}{2}.

Agora a parte da trigonometria:

\sin{x}=\sqrt{\dfrac{1-\cos{2x}}{2}} e \cos{2x}=\sqrt{1-(\sin{2x})^2}

Utilizando as expressões acima obtive aquela expressão para \eta(v_0).

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:36 pm
por Bruno Oliveira
Porque é que v_0^2\geq gR? :roll:
PS: grande tapete de expressão que deve dar, fazer isso no Excel ainda há de custar mas não desistirei até ser bem-sucedido :lol:

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 7:38 pm
por Joao Guerreiro
Senão não existe ângulo mínimo porque o seno só pode variar entre -1 e 1.

MensagemEnviado: Quinta Maio 29, 2008 8:24 pm
por Bruno Oliveira
ok, obrigado pelo esclarecimento :)