Eu imagino que a pergunta queira saber justamente o ângulo limite no qual a partícula se desvincula do iglu, pois este é fixo no tempo.
Convém fazer essa análise a partir de um referencial não inercial no iglu.
Seja [tex3]a[/tex3]
a aceleração do iglu para a esquerda no momento em que ocorre o descolamento da partícula. Então, adotando o referencial não inercial do iglu temos duas acelerações na partícula: a gravidade para baixo [tex3]g[/tex3]
e a aceleração [tex3]a[/tex3]
para a direita.
A força centrípeta nesse caso será: [tex3]g \cos(\theta) - a \sen (\theta) = \frac{v_i^2}R = R \dot \theta ^2[/tex3]
.
Basta agora encontrar a velocidade [tex3]v_i[/tex3]
da partícula nesse referencial neste instante e a aceleração [tex3]a[/tex3]
do iglu. Vamos compreender o movimento. Vou abusar da notação. O [tex3]\theta[/tex3]
agora não é mais o ângulo final, ele representa um ângulo genérico a partir do início do movimento.
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Se a partícula começar a cair, o conjunto irá para esquerda de um valor [tex3]x[/tex3]
e a partícula se deslocará de um ângulo [tex3]\theta[/tex3]
arbitrário. A conservação do centro de massa nos diz que:
[tex3]M(-x) + m(-x + R\sen (\theta)) = 0 \iff x = \frac{mR\sen (\theta)}{m+M} \implies \dot x = \frac{mR \dot \theta}{m+M} \cos (\theta)[/tex3]
O desenho no paint ficou meio ruim, pois a partícula verde deveria estar na direita da linha vermelha e o centro do iglu do lado esquerdo dela (linha vermelha).
Agora determinemos a velocidade da partícula em relação ao solo, quando ela estiver na posição do ângulo [tex3]\theta[/tex3]
:
[tex3]\vec v = R \dot \theta (u_x \sen (\theta) - u_y \cos (\theta)) - u_x \frac{mR \dot \theta}{m+M} \cos (\theta)[/tex3]
[tex3]\vec v = R \dot \theta (u_x (\sen (\theta) - \frac m{m+M}\cos(\theta)) - u_y \cos (\theta))[/tex3]
cujo módulo é [tex3]R \dot \theta \sqrt{1 - \frac{m \sen (2\theta)}{M+m} + (\frac m{m+M}\cos(\theta))^2}[/tex3]
Então podemos fazer a conservação da energia, sabendo que a velocidade do iglu é [tex3]\dot x[/tex3]
:
[tex3]mgR = mgR \cos (\theta) + \frac{mv^2}2 + \frac{M\dot x^2}2[/tex3]
[tex3]2mgR(1-\cos(\theta)) = mv^2 + M\dot x^2[/tex3]
pra preservar a notação, vamos chamar [tex3]\frac{ M}m[/tex3]
de [tex3]k[/tex3]
, ou seja, [tex3]km = M[/tex3]
:
[tex3]2gR(1-\cos (\theta)) = v^2 + k \dot x ^2[/tex3]
:
[tex3]2gR(1- \cos (\theta)) = R^2 \dot \theta^2( 1 - \frac{ \sen (2\theta)}{1+k} + (\frac 1{1+k}\cos(\theta))^2) + k (\frac{R \dot \theta}{1+k} \cos (\theta))^2[/tex3]
multiplica tudo por [tex3](1+k)^2[/tex3]
e divide tudo por [tex3]R^2[/tex3]
. Defina [tex3]G = \frac gR[/tex3]
:
[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k)^2 = \dot \theta^2( (1+k)^2 - (1+k) \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2) + k (\dot \theta \cos (\theta))^2[/tex3]
[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k)^2 = \dot \theta^2[ (1+k)^2 - (1+k) \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2(1+k)] [/tex3]
[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k) = \dot \theta^2[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2] [/tex3]
temos então uma relação entre a velocidade angular da partícula e o ângulo [tex3]\theta[/tex3]
válida para um [tex3]\theta[/tex3]
arbitrário. Lembrando que [tex3]G = \frac gR[/tex3]
e [tex3]k = \frac Mm[/tex3]
.
Acredito eu que a aceleração [tex3]a[/tex3]
proposta acima valha zero, pois a normal é a única força horizontal atuando sobre o iglu e no instante do descolamento ela é zero. Então façamos [tex3]a=0[/tex3]
e usemos a equação acima na fórmula da força centrípeta:
[tex3]g \cos (\theta) = R \dot \theta ^2 \iff G \cos (\theta) = \dot \theta ^2[/tex3]
:
[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k) = G \cos (\theta)[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2] [/tex3]
pronto:
[tex3]2(1-\cos (\theta))(1+k) = \cos (\theta)[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2][/tex3]
[tex3]2(1+k) = \cos (\theta)[ 3(1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2][/tex3]
pra chegar na sua equação, precisa deixar [tex3]\sen (2\theta)[/tex3]
em função de [tex3]\cos (\theta)[/tex3]
. Acho que deu diferente do seu gabarito.