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MensagemEnviado: Sexta Maio 30, 2008 11:15 pm
por Bruno Oliveira
Ora bolas :? andei a tentar livrar-me da quártica mas não há escapatória possível, vou ter de a tentar resolver amanhã para achar o \theta_{max} :roll:

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 1:25 am
por Zé Teixeira
\Omega = \int \int_S \frac{\vec{r}. \vec{n}}{r^3}dS

Isto é o ângulo sólido definido rigorosamente :P Há um artigo na Wikipedia sobre isto.

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 2:27 pm
por Bruno Oliveira
Depois de muitas tentativas, cheguei a uma equação trigonométrica que tem duas soluções, que correspondem aos valores pretentidos para os ângulos máximo e mínimo para atingir o hemisfério superior da esfera. A equação é:
\sin(\theta).\cos(\theta)-\frac{gR}{2v_{0}^2}=0.
Testei os resultados no Excel e pareceu-me correcta, será que é possível de resolver analiticamente? :roll: Tentei com o xMaxima e ainda não consegui obter uma solução analítica.
Depois posso colocar na minha pagina o programa que fiz em Excel, para confirmação dos resultados.

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 3:05 pm
por sagardipak
Bem, se quiseres resolver isso podes usar um pequeno truque (não sei se é válido, lembrei-me agora de inventá-lo... Mas acho que é :P)

\sin \theta . \cos \theta = \frac{\sin(2 \theta)}{2}

Isto funciona porque:

\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha

Agoa fazemos \alpha = \beta = \theta

\sin(\theta + \theta) = \sin \theta \cos \theta + \sin \theta \cos \theta \Leftrightarrow

\sin(2 \theta) = 2\sin \theta \cos \theta \Leftrightarrow

\frac{\sin(2\theta)}{2}= \sin \theta \cos \theta

qed :P

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 3:32 pm
por Bruno Oliveira
Já descobri :D

\theta_{min}=\frac{\pi}{4}-\frac{acos(2k)}{2}
\theta_{max}=\frac{\pi}{4}+\frac{acos(2k)}{2}.

O meu k é:

k=\frac{gR}{2v_0^2}

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 4:18 pm
por Bruno Oliveira
A solução final a que chegamos, para \eta=\eta(v_0) , é:
\left\{\begin{array}{}1  .........................   se      v_0 \leq \sqrt {gR}\\1-(sin(\theta_{max})-sin(\theta_{min}))/2  ......     se  ....     v_0 \geq \sqrt {gR} \end{array}\right

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 4:55 pm
por Bruno Oliveira
Como se vê pelas equações há uma velocidade limite abaixo da qual todos os fragmentos da super-granada caem no hemisfério inferior independentemente do ângulo com que são lançados na explosão :shock: . Esta velocidade limite é calculada para a situação em que o ângulo máximo é igual ao ângulo mínimo e como se vê esta velocidade limite é: \sqrt {gR}

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 5:02 pm
por hexphreak
Mas Bruno, tudo isso já foi dito :? Quanto à tua solução, não sei se os ângulos serão complementares, por causa do comentário do Prof. :P

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 5:03 pm
por jap
Bruno Oliveira Escreveu:A solução final a que chegamos, para \eta=\eta(v_0) , é:
\left\{\begin{array}{}1  .........................   se      v_0 \leq \sqrt {gR}\\1-(sin(\theta_{max})-sin(\theta_{min}))/2  ......     se  ....     v_0 \geq \sqrt {gR} \end{array}\right


Muito bem, agora é só encontrar \theta_{\rm max} e \theta_{\rm min} :lol:

A ideia dos ângulos serem complementares é boa, mas falha nalgumas situação. A analisar com cuidado... :wink:

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 5:04 pm
por Bruno Oliveira
Está no post atrás prof. :roll:

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 5:37 pm
por jap
Bruno Oliveira Escreveu:Está no post atrás prof. :roll:


Os teus ângulos são complementares...

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 6:47 pm
por Bruno Oliveira
Vou tentar resolver a quártica... :roll: , talvez consiga corrigir o \theta_{max}, que tem problemas para velocidades altas :?

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 6:51 pm
por jap
Bruno Oliveira Escreveu:Vou tentar resolver a quártica... :roll: , talvez consiga corrigir o \theta_{max}, que tem problemas para velocidades altas :?


Bom trabalho! :P

Amanhã postarei mais sobre este problema e darei uma dicas. Uma simulação bidimensional dos projécteis pode ajudar a identificar o intervalo de velocidades para os quais \theta_{\rm max} e \theta_{min} não são complementares... :wink:

MensagemEnviado: Sábado Maio 31, 2008 7:16 pm
por Bruno Oliveira
Já fiz isso em Excel :D e até há casos em que nem vale a pena falar em ângulos máximo e minimo, que é caso para a velocidade limite em que os angulos simplesmente desaparecem (na minha simulação pretendia atingir o hemisfério norte da esfera) e é engraçado ver que na velocidade limite, qualquer que seja o ângulo a particula nunca atinge o hemisferio norte (no meu caso).

O problema parece estar no ângulo máximo quando há velocidades altas, tenho de ver :?

MensagemEnviado: Domingo Jun 01, 2008 8:58 pm
por jap
OK, então aqui vão umas dicas...juntamente com um ponto da situação.

Já sabemos que a função que nos dá a fracção dos fragmentos da granada que ficam colodos no hemisfério superior do bunker é

\eta = 1 - \frac{\sin \theta_{\rm max} -\sin \theta_{\rm min}}{2}.

Precisamos apenas de encontrar \theta_{\rm max}e \theta_{\rm min}.

A equação do projéctil (sistema de eixos centrado na esfera) é

y = x\tan \theta- \frac{g}{2v_0^2}\left(1+\tan^2\theta \right)x^2


sendo que

y = \sqrt{R^2 - x^2} quando o projéctil intersecta a esfera no hemisfério superior. Reparem que devido à simetria esférica do problema, basta tratar do caso do lançamento do projéctil num plano arbitrário XOY que passa pela origem e a minha análise pode limitar-se ao quadrante superior se estiver interessado em encontrar os ângulos \theta max e min relevantes para o problema (intersecção com o hemisfério superior).

As abcissas dos pontos de intersecção, são portanto as raízes da equação

\sqrt{R^2 - x^2} = x\tan \theta- \frac{g}{2v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)x^2

com x \in \left[0,R\right] e y = \sqrt{R^2 - x^2} \in \left[0,R\right].

Sugiro que trabalhemos com unidades adimensionais, X = x/R, Y = Y/R. A equação acima fica assim

\sqrt{1 - X^2} = X\tan \theta-\beta \left(1+\tan^2\theta\right)X^2,

onde

\beta = \frac{gR}{2v_0^2}



Precisamos de encontrar os ângulos \theta max e min para um dado \betatais que a equação acima tenha solução para X no intervalo \left[ 0,1\right ]. Claro que podem quadrar a equação e lidar com a equação quártica que daí resulta, mas também podem tentar resolver aquela equação numericamente...e talvez seja mais fácil!

De qualquer forma já sabemos que (e estes pontos são todos importantes, e vocês já os descobriram!):

a) Se \beta > 1 não há intersecções dos fragmentos da granada com o hemisfério superior e, portanto, \eta(\beta) = 1.

b) Para \beta < 0.5 todos os ângulos de lançamento superiores a \alpha_{\rm min} =\frac{1}{2}\arcsin \beta atingem o hemisfério superior. Nesta situação \theta_{\rm max} = \pi/2.

c) Para \beta \in \left [0.5,1\right] parece, à primeira vista, que \theta_{\rm max} = \pi/2 -\theta_{\rm min}. Mas isto só é correcto (asseguro-vos e cabe a vocês verificar) no intervalo \beta \in \left [0.55,1\right] :shock:

d) Há portanto um pequenino intervalo "patológico" de \betas (velocidades) para os quais \theta_{\rm max} não é o complementar de \theta_{\rm min}, mas sim um outro valor. Este pequenino intervalo é

\beta \in \left [0.50, 0.55\right]

(Nota: 0.55 não é um número decimal exacto! :P )

Ora haja quem verifique isto! :D
O Bruno pode, por exemplo, simular o caso em que \beta = 0.53 e peço-lhe para encontrar, a partir da simulação, o ângulo \theta_{\rm max} para verificarmos que difere, de facto, de \pi/2 -\theta_{\rm min} (=90-16.003º=73.997º, de acordo com a expressão acima)
(em construção).