O universo Mecânico

O Caltech lançou uma série de vídeos sobre física.

Abaixo temos uma playtist que do youtube com todos os episódios.

Como professor, recomendo para todos os alunos do ensino médio ou pré vestibular, além de curiosos é claro. Ele vai um pouco além apresentando ferramentas de cálculo, o que sinceramente acho indispensável para a compreensão da física, ajudando a compreender a teoria.

Para saber um pouco mais da série encontrei este post:

http://fprudente.blogspot.com.br/2009/03/caltech-o-universo-mecanico.html

Segue a playlist:

 

Lembre-se, é uma produção da década de 80, então não teremos animações 3d renderizada da mesma forma que vemos em produções Holywwodianas, mas a forma não é tudo: o conteúdo é preciosíssimo.

 

Bom estudo à todos.
“A mente que se abre a uma nova ideia jamais voltará ao seu tamanho original”.

(Albert Einstein)

 

 

Resolução questão 8 AFA – Física 2002

Mais uma dúvida respondida:

Teria como resolver está questão?
(AFA 2002) Um avião reboca dois planadores idênticos de massa $m$, com velocidade constante. A Tensão no cabo(II) é $T$. De repente o aviao desenvolve uma aceleração a. Considerando a força de resistência do ar invariável , a tensão no cabo (I) passa a ser
a) $T+m\cdot a$
b) $T+2m\cdot a$
c) $2T+2m\cdot a$
d) $2T+m\cdot a$
Obs: desculpe mas não consegui o desenho.

Olá, achei a questão.
http://www.futuromilitar.com.br/portal/attachments/article/17/2002-AFA-Fisica.pdf
É a número 8.


Vamos lá.

Primeiro vamos à figura:

Se os planadores são idênticos e se movem com velo
cidade constante, então a força de resistência do ar é igual em ambos e vale também T (note que o avião II é o de trás e está sujeito às forças peso e de sustentação, que não nos interessa no problema, e a tração e o atrito com o ar, que devem ser iguais para que a resultante seja nula).

Como o fio I transpor ambos os aviões, a tração neste fio deve ser de 2T (para anular o efeito do atrito de ambos os planadores).

Se o avião adquire aceleração a, então o fio I deverá fornecer uma força adicional $F=2m\cdot a$ sendo $m$ a massa de cada planador. Isso porque a força de atrito é invariável, logo o fio deve manter a força inicial e acrescentar $F$, pois o fio I quem “puxa” ambos os planadores.

Espero que tenha entendido: note que o fio I é o responsável por acelerar ambos os planadores.

Resposta: C

 


Adendo:

Na situação inicial, a tensão no cabo II é $T$, conforme desenho a seguir.

afa001

Se pensarmos apenas no planador de trás, a resultante sobre ele é zero (aceleração nula), assim, sobre ele existe uma força de atrito conforme desenho abaixo (só do planador de trás).

afa002

Com isso podemos ver que, se a resultante no avião de trás for zero, então a força de atrito do ar só pode ser igual à de tração: $$F_{at}=T$$

Se os dois planadores são idênticos, então a força de resistência do ar em ambos também são idênticos.

afa003

Vamos agora pensar nos dois aviões como sendo um corpo só, pois o fio I quem puxa ambos, então podemos fazer isso sem prejuízo algum. Vou representar por um retângulo apenas.

afa004

Observe que estamos representando os dois aviões como sendo apenas um corpo. Agora, ainda na situação inicial, podemos afirmar que a resultante é nula. Ou seja, a tração no fio I deve anular as forças de atrito em ambos os planadores. Vamos de novo ao esquema:

afa005

Como se $T=F_{at}\Rightarrow 2T=2F_{at}$, podemos redesenhar da seguinte forma:

afa006

Isso porque não foi dada nenhuma informação sobre a força de atrito, só que a traçção valia $T$.

Agora surge uma nova situação em que o sistema é acelerado. Assim, surge uma tração no fio I

fig007

Voltando para a representação dos dois planadores como sendo o quadrado dos esquemas anteriores, temos:

afa007

Agora sim, vamos usar a segunda lei de Newton. Você deve se lembrar que a resultantes das forças (no caso, a diferença dos módulos $F_{res}=T’-2T$) deve ser igual à massa do sistema acelerado vezes a aceleração $a$: $$F_{res}=m\cdot a$$

A massa total no entanto é $2m$, assim usando a segunda lei de Newton: $$F_{res}=2m\cdot a\Rightarrow T’-2T=2m\cdot a\Rightarrow$$

$$\boxed{T’=2T+2m\cdot a}$$

 

 

 


Campo gravitacional no interior da Terra

Se você fizer um túnel retilíneo na Terra, ligando o Brasil ao Japão, como a gravidade irá variar conforme adentra este túnel?

Júlio Verne, que escreveu o livro “Viajem ao Centro da Terra”, descreveu a gravidade aumentando conforme de descia para o centro e ao chegar o centro ela subtamente desaparecia. Esta é uma visão equivocada e o que faremos aqui, embora aproximado, será mais próximo da realidade do que a descrição de Júlio Verne.

Primeiro, seja R o raio da Terra e r a distância do ponto de estudo neste túnel até o centro da Terra.

Gravidade Centro da Terra

Sabe-se que o campo gravitacional no ponto de interesse depende apenas na massa interna à esfera de raio r.

Se assumirmos que a Terra possui uma densidade $$\rho$$ contante, massa M, a constante gravitacional for G, podemos calcular o campo gravitacional em função da posição r: $$g_{int}=\frac{G \cdot M_{int}}{r^2}=\frac{G}{r^2} \cdot \rho \cdot V_{int}=\frac{G \cdot \rho}{d^2} \frac{4}{3} \pi d^3 \Rightarrow$$ $$g_{int}=\frac{4G \pi r}{3} \cdot \rho =\frac{4G \pi r}{3} \cdot \frac{M}{\frac{4}{3} \cdot \pi R^3} \Rightarrow$$ $$g_{int}=\frac{GM}{R^3}\cdot r$$

Ou seja, o campo gravitacional diminui conforme aproximamos do centro da Terra.

Agora, imagine que resolvemos usar esse túnel para irmos do Brasil ao Japão. Se fosse possível eliminar completamente o atrito com o ar e com as superfícies, qual seria o tempo $$\Delta t$$ de ida do Brasil ao Japão? Repare que não haveria nenhum custo energético.

Para responder esta pergunta devemos comparar a equação da força elástica com a da força gravitacional. Repare que a força elástica é $$F_{el}=k\cdot x$$ enquanto que a força gravitacional será: $$F_{grav}=mg=\frac{GMm}{R^3}\cdot r$$ Em ambas as equações temos uma conatante multiplicando uma variável espacial, então podemos supor que a velocidade angular de ambos os casos obedecem à mesma equação: $$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$$ Se compararmos as duas equações da força (elástica com gravitacional) encontramos que matematicamente $$k=\frac{GMm}{R^3}$$, assim para o corpo caindo no túnel: $$\omega = \sqrt{\frac{GM}{R^3}}=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{2 \cdot \Delta t }$$ Potanto: $$ \Delta t = \pi \sqrt{ \frac{R^3}{GM} } $$

Substituindo $$R = 6.400 \rm{km} $$, $$G = 6,67 \cdot 10^{-11} \frac{\rm{N}\cdot\rm{m}^2}{\rm{kg}^2},$$ $$\pi=3,14$$ e $$M=6,0\cdot10^{24}\rm{kg}$$, temos: $$\Delta t = 42 \rm{min}22\rm{s}$$

Poderíamos continuar com esta discussão e nos questionar se o tempo de viagem seria menor se fizéssemos um outro túnel paralelo ao primeiro mas que agora não passe pelo centro da terra conforme o esquema abaixo:

Túnel não passando pelo centro da Terra

Surpreendentemente o período será o mesmo!

Seja $$\theta$$ o ângulo entre o vetor posição r e o eixo y, então a abscissa x será $$r sin\theta$$ e a força ao longo do eixo x será $$F_{grav} sin\theta$$. Substituindo isso na equação da força gravitacional: $$F_x=F_{grav} sin\theta=\frac{GMm}{R^3}\cdot r sin\theta = \frac{GMm}{R^3}\cdot x$$ ou seja $$k=\frac{GMm}{R^3}$$ portanto o período será igual: $$T=2\pi \sqrt{\frac{R^3}{GM}}$$


Forças de Inércia e de Coriolis

No ensino médio pouco se fala de forças de inércia.

Quando ensinamos sobre as leis de Newton, sempre falamos que quando um veículo faz uma curva a força que atua em todos os corpos, seja no motorista ou nos passageiros, é para o centro da curva. É muito comum um ou mais aluno questionar que de dentro do carro o que se sente é uma força para fora e muitas vezes costuma-se dar pouca importância para esse fato "corrigindo" os sentidos dos alunos e dizendo que a única força que existe é para o centro.

Na realidade, as leis de Newton só funciona em referenciais inerciais (ou aproximadamente inerciais), assim o aluno dentro do carro está em um referencial no qual as leis de Newton, tal como são normalmente formuladas, não funcionam! Ela deve ser adaptada/modificada incluíndo o que chamamos de forças de inércias ou fictícias.

Portanto, força centrífuga pode sim surgir em um referencial não inercial. Além da força centrífuga, temos as chamadas forças de Coriolis. As forças de coriolis contribuem para a formação de tornados e elas são as responsáveis por fazer um tornado girar no sentido horário quando ocorre no sul e no anti-horário no norte; estas mesmas forças inerciais (forças de Coriolis) provocam uma força lateral nos aviões fazendo-os se desviar para o leste quando partindo do equador e indo rumo norte (ou para oeste quando indo na direção norte sul ao norte do equador; ou o oposto no hemisfério sul: desvia-se para leste ao ir de norte para o sul e para o oeste quando do sul para o norte); as forças de Coriolis fazem com que rios causem maiores erosões em uma margem que outra; etc.

Recomendo procurarem na internet textos sobre as forças de Coriolis…

Abaixo, dois vídeos que achei bem legais sobre o assunto.

O primeiro vídeo é mais discontraído, e mostra pessoas jogando uma bola em um gira gira.

 O segundo é mais longo e mais detalhista mostrando o ponto de vista de dois observadores: um inercial e o outro não inercial.

 


Energia cinética dissipada em uma colisão

OBSERVAÇÃO: neste post não vou me ater aos detalhes do problema fazendo desenhos e representações, uma vez que meu objetivo é documentar uma demonstração de um problema que julgo difícil se feito por meios convencionais (teria que se resolver um sistema grande).

Aqui vou falar de forma geral sobre problemas que perguntam qual a energia dissipada em uma colisão entre dois corpos, que são bastante comuns. Demonstrar a equação abaixo usando sistemas é muito trabalhoso, assim vou apresentar uma alternativa para prová-la com muito menos trabalho.

Energia dissipara na colisão entre dois corpos: $$E_{dissipada}=\frac{\mu}{2}(v_2-v_1)^2(1-e^2)$$ sendo $$\mu$$ a massa reduzida do sistema constituído de duas massas $$m_1$$ e $$m_2$$ (massa dos corpos que sofrem colisão), $$v_1$$ e $$v_2$$ as velocidades dos corpos 1 e 2, respectivamente, antes da colisão e e o coeficiente de restituição elástica.

Usamos a massa reduzida do sistema para obter uma equação mais simples, mas a massa reduzida é dada por: $$\mu = \frac{m_1 \cdot m_2}{m_1 + m_2}$$ e caso não se lembre (ou não saiba) o coeficiente de restituição elástica e é dado por: $$e=\frac{v_1′-v_2′}{v_2-v_1}$$ Aqui $$v_1’$$ e $$v_2’$$ são as velocidades dos corpos 1 e 2, respectivamente, após a colisão. Vale destacar aqui que não estamos trabalhando com os módulos das velocidades, mas sim com os valores escalares destas e estamos considerando uma colisão unidimensional.

Vou considerar dois problemas distintos:

  1. dois corpos com velocidades iniciais $$v_1$$ e $$v_2$$ que colidem inelasticamente e unidimensionalmente, com velocidade final $$v_3$$;
  2. dois corpos com velocidades iniciais $$v_1’$$ e $$v_2’$$ que colidem inelasticamente e unidimensionalmente, com velocidade final $$v_3’$$.

Isso mesmo, a segunda situação remete aos caso de uma colisão na qual dois corpos de massas $$m_1$$ e $$m_2$$, respectivamente, com velocidades  $$v_1’$$ e $$v_2’$$, iguais às velocidades finais do problema que queremos realmente resolver. Vamos lá:

PRIMEIRO CASO

A quantidade de movimento do sistema deve se conservar, então, na forma escalar (isto é, considerando que as velocidades podem ser poditivas ou negativas), temos a quantidade de movimento do sistema dada pot: $$Q_0 = m_1 \cdot v_1 + m_2 \cdot v_2$$ Agora, como a colisão é inelástica, a velocidade dos dois corpos serão iguais à $$v_3$$ e a quantidade de movimento final será $$Q_f=(m_1+m_2) \cdot v_3$$

Como a quantidade de movimento se conserva, $$Q_0=Q_f$$, ou seja:

$$m_1 \cdot v_1 + m_2 \cdot v_2=Q_f$$

Isolando $$v_3$$:

$$v_3=\frac{m_1\cdot v_1+m_2 \cdot v_2}{m_1+m_2}$$

Como a colisão é perfeitamente inelástica, vamos calcular a energia dissipada neste sistema. Temos que fazer um tantinho bom de cálculo, então vou pular algumas etapas, mas sugiro que as faça em um papel. Temos então que a energia dissipada $$E_{dissipada}’$$ é: $$E_{dissipada}’=E_{cin_{inicial}}-E_{cin_{final}}$$ Substituíndo os dados temos: $$ E_{dissipada}’=\frac{m_1\cdot v_1^2}{2}+\frac{m_2\cdot v_2^2}{2}-\frac{(m_1+m_2)v_3^2}{2}$$

Substituindo $$v_3$$ encontrado anteriormente: $$E_{dissipada}’=\frac{m_1\cdot v_1^2}{2}+\frac{m_2\cdot v_2^2}{2}-\frac{m_1 + m_2}{2} \left ( \frac{m_1\cdot v_1^2+m_2 \cdot v_2^2}{m_1+m_2} \right )^2 $$

Fazendo a expansão chegaremos à: $$E_{dissipada}’=\frac{m_1 \cdot m_2}{2(m_1 + m_2)}\cdot (v_1^2-2v_1v_2+v_2^2)=\frac{m_1 \cdot m_2}{2(m_1 + m_2)}\cdot (v_1-v_2)^2$$

Substituindo pela massa reduzida $$\mu$$ descrita acima, obtemos: $$E_{dissipada}’=\frac{\mu}{2}\cdot (v_1-v_2)^2$$

SEGUNDO CASO

Como todos os procedimentos são análogos ao anterior, o resultado do segundo caso será semelhante:$$E_{dissipada}”=\frac{\mu}{2}\cdot (v_1′-v_2′)^2$$

CASO EM ESTUDO

Nosso caso de interesse não é nenhum dos dois, porém podemos entender o caso de uma colisão qualquer como sendo os dois anteriores, porém o últimos visto em ordem reversa. Tentarei explicar isso melhor.

Durante a colisão, vai haver um momento em que ambos os corpos atingem velocidades iguais, e neste caso temos que ambos se movem com velocidade $$v_3$$ (observe que estamos discutindo o que ocorre durante a colisão, mas que normalmente apenas nos interessamos no que ocorre antes ou depois). Nesse instante a energia cinética se reduziu de $$E_{dissipada}’$$ conforme o primeiro caso acima, porém ela não necessariamente foi dissipada em calor: um parte fica na forma de potencial elástica devido à deformação dos materiais envolvidos. Se a colisão é perfeitamente inelástica, esta é a energia dissipada; se a colisão é perfeitamente elástica, toda esta energia se transforma em energia potencial elástica que voltará a se transformar em energia cinética.

Após a colisão, a energia disponível é $$E_{dissipada}’$$, porém a parte que se transforma em energia cinética é a $$E_{dissipada}”$$ discutida no segundo caso, pois esta é a máxima energia cinética que o sistema do caso dois teria para perder (aqui é o potno chave e se não entendeu, releia o texto ou tente imaginar o que ocorre).

Assim, a energia realmente dissipada será: $$E_{dissipada}=E_{dissipada}’-E_{dissipada}”\Rightarrow E_{dissipada}=\frac{\mu}{2} \left ( (v_1-v_2)^2-(v_1′-v_2′)^2\right ) $$

Usando o coeficiente de restituição elástica e para fazer a substituição $$v_1′-v_2’=e(v_1-v_2)$$, obtemos: $$E_{dissipada}=\frac{\mu}{2} \left (  (v_1-v_2)^2-(e(v_1-v_2) \right ) ^2\Rightarrow $$ $$E_{dissipada}=\frac{\mu}{2} (v_1-v_2)^2(1-e^2)$$

Isto era exatamente o que queríamos obter.


Resolução das duas primeira questões de Física da AFA 2014

Devido à pedido feito pelo meu canal no youtube, estou montando, à passos de formiga mas com vontade, resoluções das questões da prova de física da AFA de 2014.

Questões resolvidas: 49 e 50 da prova Versão A

Segue o vídeo com resolução. Aceito comentário. Faça sua pergunta que tentarei respondê-la o mais rápido possível.

 

Confira o vídeo:

 


UNESP – IMPULSO E QUANTIDADE DE MOVIMENTO

Um bloco de madeira de massa M pode deslizar livremente e sem atrito dentro de um tubo cilíndrico. Uma bala de massa m, movimentando-se com velocidade v0 ao longo do eixo horizontal do cilindro, como mostra a figura a seguir, perde 36% de sua energia cinética ao atravessar o bloco.

 projetil_antes_do_bloco
Após ter sido atravessado pela bala, o bloco, que estava inicialmente em repouso, passa a movimentar com velocidade V. Mostre que $V=\frac{mv_0}{5M}$.

(Despreze efeitos da força da gravidade sobre a trajetória da bala).

RESOLUÇÃO

Antes da colisão, a quantidade de movimento do sistema era de $mv_0$ da esquerda para a direita. Esta quantidade deve se conservar após a colisão. Assim:

$$mv_0=MV+mv$$

Em que V é a velocidade do bloco após o impacto e v a velocidade da bala após atravessar o bloco, conforme a figura a seguir.

projetil_depois-do-bloco

Segundo o enunciado, a bala perde 36% de sua energia cinética, assim, sendo $E_0$  a energia cinética da bala antes de atravessar o bloco e $E_f$ a energia cinética após atravessá-lo, temos:

$$E_f=0,64E_0$$

Substituindo os dados (literais), encontramos:

$$\frac{mv_0^2}{2}=0,64\frac{mv^2}{2}\Rightarrow v=0,8v_0$$

Substituindo este dado na equação da conservação de quantidade de movimento (nossa primeira equação), encontramos:

$$mv_0=MV+mv\Rightarrow$$

$$mv_0=MV+m\cdot 0,8 \cdot v_0 \Rightarrow$$

$$V=\frac{mv_0}{5M}$$


Problema do looping não completo passando pelo centro

Qual é o valor da altura h, em função do raio da circunferência (loop), para que um corpo abandonado neste ponto inicie o loop e caia passando pelo centro deste mesmo loop? Despreze os atritos.

loopingcentro

Resolução:

Observe a figura abaixo. Nela acrescentamos uma nova variável $\theta$.

looping

Com isso, pela conservação da energia, obtemos a relação à seguir:

$$mgh=mgr(1+\rm{sen}\theta)+\frac{mv^2}{2}\Rightarrow $$
$$\rm{v}^2=2g[h-R(1+\rm{sen}\theta)]\:\rm{eq.}01$$

Fazendo um diagrama de forças para o corpo no ponto onde ele perde o contato com o looping, isto é, quando a normal sobre o corpo é zero, teremos que $P_y$ é a resultante centrípeta:

$$P_y=P \rm{cos} \alpha$$

Sendo $\alpha= 90^o – \theta$ o ângulo em relação à horizontal da reta tangente (medido no sentido anti-horário), assim $\rm{sen}\theta=\rm{cos}\theta$ eportanto $P_y=P \rm{sen} \theta$. Portanto:
$$P\rm{sen}\theta=\frac{mv^2}{R}$$

Substituindo a equação obtida anteriormente para a velocidade, temos:
$$mg\rm{sen}\theta=\frac{m}{R} 2g[h-R(1+\rm{sen}\theta)]$$

Dividindo a equação inteira por $mg$, multiplicando por $R$ e desenvolvendo a distributiva:
$$R\rm{sen}\theta=2h-2R-2R\rm{sen}\theta\Rightarrow$$
$$\rm{sen}\theta=\frac{2}{3}\cdot\frac{h-R}{R}$$

Com isso podemos obter co-seno de $\theta$:

$$\rm{cos}^2\theta=\sqrt{1-\rm{sen}^2\theta}$$

Desenvolvendo, obtemos:

$$\rm{cos}\theta=\frac{\sqrt{5R^2-4h^2+8hR}}{3R}$$

Agora vem uma sacada (foi uma sugestão de um aluno, o Rafael, da turma Ita, 2014), que achei muito boa. Vou resolver assim, e se alguém quiser tentar de outro jeito, fique a vontade.

Observe a figura abaixo. Se no ponto em que o corpo perde o contato com o looping ele “magicamente” não sofresse influência da gravidade e atravessasse o looping em linha reta, ele atingiria um alvo fictício no ponto onde está indicado o ângulo $\theta$ que chamaremos de objeto $O$. Agora, em uma situação análoga, voltando instante em que o corpo perde contato com o looping, com influência da gravidade, imagine que o ponto $O$ inicie uma queda livre. É uma consequência, que não abordarei em detalhes aqui mas que vale a pena perguntar o seu professor se não entender, o fato de que o objeto atingirá o alvo $O$ no centro da circunferência!

Com isso, a partir da figura abaixo, temos um novo triângulo retângulo em que o cateto oposto ao $\theta$ é $R$, a hipotenusa será $\frac{gt^2}{2}$ e o cateto adjacente será $vt$.

loopingCom isso, podemos escrever:

 

$$ \left\{\begin{matrix}
\rm{sen}\theta =\frac{2R}{gt^2}\\
\rm{cos}\theta= \frac{2v}{gt}
\end{matrix}\right.$$

Dividindo $\rm{sen}\theta$ por $\rm{cos}^2\theta$, obtemos:

$$\frac{\rm{sen}\theta}{\rm{cos}^2\theta}=\frac{2R}{gt^2}\cdot \frac{g^2t^2}{4v^2}=\frac{Rg}{2v^2}$$

Substituindo a equação 01 ($\rm{v}^2=2g[h-R(1+\rm{sen}\theta)]$) e seno e co-seno de $\theta$ encontrado acima, obtemos:

$$\frac{\rm{sen}\theta}{\rm{cos}^2\theta}=\frac{Rg}{4g[h-R(1+\rm{sen}\theta)]}\Rightarrow\\
\frac{2(h-R)}{3R}\cdot\frac{9R^2}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{R}{4[h-R(1+\rm{sen}\theta)]}\Rightarrow\\
2(h-R)\cdot\frac{3}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{1}{4[h-R(1+\rm{sen}\theta)]}$$

Substituindo sen$\theta$:

$$2(h-R)\cdot\frac{3}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{1}{4[h-R(1+\frac{2(h-R)}{3R})]}\Rightarrow\\
\frac{2(h-R)}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{1}{4[3h-3R-2(h-R)]}\Rightarrow\\
\frac{2(h-R)}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{1}{4[3h-3R-2h+2R)]}\Rightarrow\\
\frac{2(h-R)}{5R^2-4h^2+8hR}=\frac{1}{4[h-R]}\Rightarrow\\
\frac{8(h-R)^2}{5R^2-4h^2+8hR}=1\Rightarrow\\
8(h-R)^2=5R^2-4h^2+8hR\Rightarrow\\
8(h^2-2hR+R^2)=5R^2-4h^2+8hR\Rightarrow\\
8h^2-16hR+8R^2=5R^2-4h^2+8hR\Rightarrow\\
12\cdot h^2-24R\cdot h+3R^2=0$$

Resolvendo por Bhaskara:

$$\Delta=b^2-4ac\Rightarrow\\
\Delta=(24R)^2-4\cdot 12\cdot 3R^2\Rightarrow\\
\Delta=576\cdot R^2-144R^2\Rightarrow\\
\Delta=432R^2\Rightarrow\\
\Delta=3(12R)^2$$

Assim:

$$x=\frac{-b\pm \sqrt\Delta}{2a}\Rightarrow\\
x=\frac{24R\pm 12R\sqrt3}{24}\Rightarrow\\
x=\frac{2R\pm R\sqrt3}{2}\Rightarrow\\
x=\frac{R}{2}\cdot \left ( 2\pm \sqrt{3} \right )$$

Isso nos da duas raízes. Uma porém é inválida. Resta saber qual e porque.

Temos que considerar a maior raiz, pois $x>R$ (veja que o lançamento só é possível se a altura do ponto em que o corpo perde contato for acima do ponto no centro do looping). Logo, como $x=\frac{R}{2}\cdot \left ( 2 – \sqrt{3} \right ) < R$, esta raiz não satisfaz nossas condições.

Assim a resposta será:

$$x=\frac{R}{2}\cdot \left ( 2 + \sqrt{3} \right )$$