O repuxo do jardim

Problemas de difícil resolução por métodos convencionais, mas que admitem uma solução simples e elegante.

Mensagempor jap em Sábado Dez 02, 2006 8:57 pm

Pedro,

Obrigado por partilhares connosco os teus cálculos! :D
Está tudo bem. Há outras maneiras menos trabalhosas de lá chegar, mas o que importa é chegar! :D

O problema pode ser resolvido de forma genérica, obtendo-se os seguintes resultados:

d=d_0\sqrt{1+2\frac{h}{d_0}}

onde d_0 é o alcance máximo para h=0 e do alcance máximo para um certa altura h, usando o ângulo de lançamento correcto.

Este ângulo é dado pela expressão:

\alpha = \frac{1}{2}\arctan\frac{d}{h}


Não é difícil comprovar estes resultados, se alguém estiver interessado... :wink:
Para o vizinho do Xavier, h = 3e d_0 =2, logo
d = d_0\sqrt 4 = 2d_0=4 (o fabricante tinha mesmo razão!)

e \alpha =  \frac{1}{2}\arctan\frac{4}{3}=26,6^\circ
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Mensagempor Joao Barros em Sábado Dez 02, 2006 11:25 pm

Bem, quanto a provar que é uma para parabolóide, vamos ver...
Calculamos a velocidade inicial

v_0^2=2gh

Ao substituir o h

v_0=2\sqrt{g}

Temos assim a projecçao do vector deslocamento no eixo zz:

z=2t\sqrt{g}sen(\alpha)-\frac{gt^2}{2} (1)

Em que alpha é o angulo que o vector faz com o plano xoy

Através do momento em que a velocidade se anula calculamos o tempo de subida.

v_0=gt

t=\frac{2\sqrt{g}sen(\alpha)}{g} (2)

Substituindo (1) em (2) obtemos:

z=2sen(\alpha)^2

sen(\alpha)=\sqrt{\frac{z}{2}}

cos(\alpha)=\sqrt{1-\frac{z}{2}}

Podemos entao fazer a mesma coisa que fizemos para o eixo dos zz, para o plano xoy (sera que é muito errado???)

Comecemos pela projecçao, e de seguida a eliminaçao do tempo, que será o dobro do calculado pois será nao so de subida como de descida:

xoy=2t\sqrt{g}cos(\alpha)

xoy=8sen(\alpha)cos(\alpha)

Substituindo os valores de sen e cos em funçao de z, obtemos:

xoy=8\sqrt{\frac{z}{2}}\sqrt{1-\frac{z}{2}}

xoy^2=32z-16z^2

Bem, não sei se isto ta assim muito bem...
última vez editado por Joao Barros s Domingo Dez 03, 2006 12:00 am, editado 1 vez no total
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Mensagempor jap em Sábado Dez 02, 2006 11:50 pm

Joao Barros Escreveu:Bem, quanto a provar que é uma para parabolóide, vamos ver...
(...)
Bem, não sei se isto ta assim muito bem...



João,

A tua explicação está um pouco confusa, não sei se consegui seguir bem o teu raciocínio. :?

Começaste por achar uma relação entre a altura máxima do jacto de água (z) e o ângulo de lançamento; mas depois, não percebi bem o resto da tua explicação :cry: .

De qualquer forma, a equação final não está certa; o que significa xoy^2? é o mesmo que x^2+y^2?
Como o Pedro Ponte mostrou, a equação correcta do paraboloide é:


z = -\frac{x^2+ y^2}{8}+2
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Mensagempor Joao Barros em Sábado Dez 02, 2006 11:57 pm

Eu percebo que esteja um bocado (bastante) confuso :? .

Eu vou ver se organizo melhor isto, e as minhas ideias também, a ver se chego a uma conclusao mais bem suportada...

Obrigado :)
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Mensagempor jap em Domingo Dez 03, 2006 6:49 pm

Bom, enquanto pensam numa forma de provar que o envelope do repuxo é mesmo um paraboloide de revolução :D , aqui vai o terceiro e último (uff!) problema da saga do Xavier...


O fontenário da câmara

A fama do Xavier como perito de repuxos chegou à câmara da sua cidade! Um dia o Xavier ficou ficou muito supreendido ao ser abordado pelo presidente da autarquia...

- Xavier, venho pedir a tua ajuda. Como sabes, vamos contruir um novo fontenário para a praça principal da cidade e já tenho o plano do arquitecto. O desenho é este, e penso que vai ficar muito bonito.


Imagem

Mas tenho um problema. Receio que o dispendio em energia para manter em funcionamento o jacto de água durante todo o dia seja exorbitante. Gostava que ajudasses os nossos engenheiros :P a encontrar a solução óptima para o fontenário, que satisfaça o arquitecto, mas que reduza o nosso consumo de energia. Para o arquitecto, apenas é importante que a água caia no ponto P que está a 15 m de distância da agulheta que lança a água... A inclinação\theta da rampa do fontenário é de 30º.

O Xavier reflectiu um pouco e logo retorquiu:
- Sr. Presidente, penso que amanhã poderei dar-lhe a solução óptima para o fontenário e farei um relatório com os meus cálculos para entregar aos engenheiros da câmara. Mas lembro-lhe que a nossa escola ainda está à espera daquele subsídio que nos prometeu para equipar o laboratório de Física...


Consta que o Xavier obteve mesmo o subsídio! Qual foi a configuração do fontenário que ele recomendou? :roll:
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Mensagempor pmp em Domingo Dez 03, 2006 8:35 pm

Estes exercícios-saga são mais engraçados. :D

Quanto à solução:

Entendendo que a despesa mínima de energia no repuxo está associada à velocidade mínima com que o jacto de água pode ser lançado para chegar ao ponto P, proponho os seguintes valores:

\alpha=30^\circ

v_0=12,124~\text{m/s}

PS- Como é que se mete um espacinho no Latex, queria separar as unidades da velocidade.
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Mensagempor manuelmarque em Domingo Dez 03, 2006 8:46 pm

pmp Escreveu:Estes exercícios-saga são mais engraçados. :D

Quanto à solução:

Entendendo que a despesa mínima de energia no repuxo está associada à velocidade mínima com que o jacto de água pode ser lançado para chegar ao ponto P, proponho os seguintes valores:

\alpha=30^\circ

v_0=12,124\text{m/s}

PS- Como é que se mete um espacinho no Latex, queria separar as unidades da velocidade.

Podes sempre por ms^{-1}, é mais bonitinho :)
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Mensagempor jap em Domingo Dez 03, 2006 9:27 pm

pmp Escreveu:Estes exercícios-saga são mais engraçados. :D

Quanto à solução:

Entendendo que a despesa mínima de energia no repuxo está associada à velocidade mínima com que o jacto de água pode ser lançado para chegar ao ponto P, proponho os seguintes valores:

\alpha=30^\circ

v_0=12,124~\text{m/s}

PS- Como é que se mete um espacinho no Latex, queria separar as unidades da velocidade.



Para separar o valor numérico das unidades basta utilizar um "~" como separador que significa "espaço" em \LaTeX...Editei a tua fórmula acima, para veres como se faz.

Quanto ao problema, não me parece que o valor para a velocidade mínima esteja correcto :cry:. O ângulo de lançamento \alpha associada à velocidade mínima também não é o que indicaste... Será que te enganaste nas contas?:roll:
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Mensagempor manuelmarque em Domingo Dez 03, 2006 10:19 pm

jap Escreveu:
pmp Escreveu:Estes exercícios-saga são mais engraçados. :D

Quanto à solução:

Entendendo que a despesa mínima de energia no repuxo está associada à velocidade mínima com que o jacto de água pode ser lançado para chegar ao ponto P, proponho os seguintes valores:

\alpha=30^\circ

v_0=12,124~\text{m/s}

PS- Como é que se mete um espacinho no Latex, queria separar as unidades da velocidade.



Para separar o valor numérico das unidades basta utilizar um "~" como separador que significa "espaço" em \LaTeX...Editei a tua fórmula acima, para veres como se faz.

Quanto ao problema, não me parece que o valor para a velocidade mínima esteja correcto :cry:. O ângulo de lançamento \alpha associada à velocidade mínima também não é o que indicaste... Será que te enganaste nas contas?:roll:


Eu, após uma expressão que rematei com um ar de preguicite (leia-se: utilização abusiva das capacidades gráficas da calculadora :)), cheguei aos valores:

\alpha = 59.98^\circ
v_0 = 15.00~ms^{-1}

Não sei se está correcto, mas cá vai disto... ;)
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Mensagempor jap em Domingo Dez 03, 2006 10:35 pm

manuelmarque Escreveu:Eu, após uma expressão que rematei com um ar de preguicite (leia-se: utilização abusiva das capacidades gráficas da calculadora :)), cheguei aos valores:

\alpha = 59.98^\circ
v_0 = 15.00~ms^{-1}

Não sei se está correcto, mas cá vai disto... ;)


Manuel,

O ângulo \alphaestá quase correcto, pois a resposta correcta é \alpha=60^\circ! :D

Mas a velocidade não me parece a correcta :cry: . Parece-me que com esta velocidade e ângulo o jacto de água não bate no ponto P :roll:. Ora verifica lá...
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Mensagempor pmp em Domingo Dez 03, 2006 11:21 pm

De facto, tinha-me enganado nas contas deixei um 2 a dividir pelo caminho, mas continuo com o mesmo ângulo, \alpha=30^\circ, mas v_0=8,57~m/s.

O que eu fiz foi escrever a equação da trajectória, y(x), substituí nessa equação x e y pelas coordenadas do ponto \text{P}(15\cos30^\circ,-15\sin30^\circ). Depois derivei a velocidade em ordem ao ângulo alpha para determinar o ângulo que minimiza a velocidade.
última vez editado por pmp s Domingo Dez 03, 2006 11:32 pm, editado 1 vez no total
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Mensagempor jap em Domingo Dez 03, 2006 11:24 pm

pmp Escreveu:De facto, tinha-me enganado nas contas deixei um 2 a dividir pelo caminho, mas contínuo com o mesmo ângulo, \alpha=30^\circ, mas v_0=8,57~m/s.

O que eu fiz foi escrever a equação da trajectória, y(x), substituí nessa equação x e y pelas coordenadas do ponto \text{P}(15\cos30^\circ,-15\sin30^\circ). Depois derivei a velocidade em ordem ao ângulo alpha para determinar o ângulo que minimiza a velocidade.


Curioso,
A tua velocidade está absolutamente correcta :D , mas o teu ângulo não. Não te enganaste na trigonometria? :roll:
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Mensagempor pmp em Domingo Dez 03, 2006 11:28 pm

Eu penso que não me enganei na trigonometria, se o fiz ainda não me apercebi onde, e se meter na calculadora a minha equação da trajectória com os 30º ela passa no ponto P, mas com 60º não :( . Onde está o gato? :D
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Mensagempor jap em Segunda Dez 04, 2006 12:57 am

Caro Pedro (aka Xavier! :lol: )

É claro que a tua resposta está correcta, desculpa :oops: .

É que eu tinha resolvido o problema (há uns anos!) e tinha aqui a resolução rabiscada numa folha de papel, mas só agora reparei que o "meu" ângulo \alphaestava referido ao eixo inclinado (da fonte) ou seja, era o ângulo \alpha+ \thetada figura que vos dei no enunciado do problema! Desta vez o gato estava comigo! :wink:

Portanto o "meu" \alpha= 60^\circé o teu \alpha = 30^\circ!

Parabéns (duplos), encontraste a resposta absolutamente correcta! :D :D

A resposta a este problema, de uma forma genérica, pode ser dada na seguinte forma:

Minimizar a energia, significa minimizar a velocidade do jacto de água, ou, o que é equivalente, maximizar o alcance medido sobre a linha inclinada do fontenário (para uma dada velocidade, que será a mínima quando o alcance for máximo!).
Ora este alcance pode mostrar-se que é dado pela expressão (é só utilizar a eq. da trajectória e impor a intersepção com o plano inclinado do fontenário)

d = \frac{2v^2\cos\alpha\sin\alpha}{g}\left(\frac{1+\cot \alpha\tan\theta}{\cos\theta}\right)


Maximizando d em ordem a \alpha (igualando a zero a derivada em ordem a \alpha), obtemos a seguinte relação entre os ângulos \alphae \theta:

\alpha = \frac{\pi/2 -\theta}{2}

Reparem que quando \theta=0, \alpha=45^\circ, como nós sabemos...
Para o problema posto ao Xavier, \alpha = (90-30)/2=30^\circ!

Bravo, Pedro! :wink:
última vez editado por jap s Segunda Dez 04, 2006 1:19 am, editado 1 vez no total
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Mensagempor pmp em Segunda Dez 04, 2006 1:17 am

jap Escreveu:Caro Pedro (aka Xavier! :lol: )

É claro que a tua resposta está correcta, desculpa :oops: .


Não tem de pedir de desculpa!! :D O gato está aí para as partidas!

Mas, que mania, o professor vem sempre com uma solução mais simples e elegante... :P

De qualquer modo, espero "O regresso do Xavier"!
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