Super-granada

por **Bruno Oliveira** em Sexta Maio 30, 2008 11:15 pm

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:

por **Zé Teixeira** em Sábado Maio 31, 2008 1:25 am

$\Omega = \int \int_S \frac{\vec{r}. \vec{n}}{r^3}dS$

Isto é o ângulo sólido definido rigorosamente

Há um artigo na Wikipedia sobre isto.

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 2:27 pm

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.

por **sagardipak** em Sábado Maio 31, 2008 3:05 pm

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

)

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

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

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 3:32 pm

Já descobri

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

O meu k é:

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

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 4:18 pm

A solução final a que chegamos, para $\eta=\eta(v_0)$ , é:
$\left\{\begin{array}{}1 ......................... se v_0 \leq \sqrt {gR}\\1-(sin(\theta_{max})-sin(\theta_{min}))/2 ...... se .... v_0 \geq \sqrt {gR} \end{array}\right$

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 4:55 pm

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: $\sqrt {gR}$

por **hexphreak** em Sábado Maio 31, 2008 5:02 pm

Mas Bruno, tudo isso já foi dito

Quanto à tua solução, não sei se os ângulos serão complementares, por causa do comentário do Prof.

por **jap** em Sábado Maio 31, 2008 5:03 pm

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:

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 5:04 pm

Está no post atrás prof. :roll:

por **jap** em Sábado Maio 31, 2008 5:37 pm

Bruno Oliveira Escreveu:Está no post atrás prof.

Os teus ângulos são complementares...

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 6:47 pm

Vou tentar resolver a quártica... :roll:

, talvez consiga corrigir o $\theta_{max}$ , que tem problemas para velocidades altas

por **jap** em Sábado Maio 31, 2008 6:51 pm

Bruno Oliveira Escreveu:Vou tentar resolver a quártica... , talvez consiga corrigir o $\theta_{max}$ , que tem problemas para velocidades altas

Bom trabalho!

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:

por **Bruno Oliveira** em Sábado Maio 31, 2008 7:16 pm

Já fiz isso em Excel

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

por **jap** em Domingo Jun 01, 2008 8:58 pm

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

,

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 $\beta$ tais que a equação acima tenha solução para

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 $\beta$ s (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!

)

Ora haja quem verifique isto!

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).

Super-granada

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