Dois projeteis serão disparados de modo a movimentarem-se em parábolas co-planares e em sentido horizontal oposto. Suas trajetórias são tais que ocorrerá uma colisão elástica em pleno vôo. Ambos têm a mesma massa. O primeiro projétil A é disparado com um ângulo em relação à horizontal de
e
. O segundo projétil B parte a 500 m de distância horizontal do primeiro, com ângulo de
e
, exatamente 0,05 segundos depois. Determine, considerando a origem de onde parte o projétil A e tempo
quando ele é disparado:
a) o ponto e o instante da colisão;
b) as trajetórias dos projeteis após a colisão, sabendo que o projétil A sai da colisão com um ângulo de
.
a) o ponto e o instante da colisão;
b) as trajetórias dos projeteis após a colisão, sabendo que o projétil A sai da colisão com um ângulo de
Passo 1
Beleza, manda ver no exercício: temos dois projéteis A e B, mesmos:
- massa igual, colisão perfeitamente elástica → eles trocam velocidades no instante do choque.
- A sai de x=0 no tempo t=0 com V₀A=80 m/s a 55°.
- B sai de x=500 m, mas só aos t=0,05 s (ou seja, 0,05 s depois de A), com V₀B=130 m/s a 150°.
O que precisamos:
- achar t e (x,y) em que as trajetórias de A e B coincidem → ponto e instante da colisão (se existir).
- usar o fato de massa igual e colisão elástica (vão trocar velocidades) e, sabendo que A sai do choque com ângulo 127°, escrever suas novas trajetórias.
Conteúdo envolvido: movimento parabólico (componentes x e y independentes), encontro de trajetórias, conservação em colisão elástica de massas iguais (troca de velocidades vetoriais).
Passo 2
Vamos primeiro escrever as equações paramétricas de cada projétil, usando referencial: eixo x horizontal pra direita, eixo y pra cima, g=9,8 m/s².
Para A (t≥0):
x_A(t) = V₀A cos55° · t
y_A(t) = V₀A sin55° · t − ½·g·t²
x_A(t) = V₀A cos55° · t
y_A(t) = V₀A sin55° · t − ½·g·t²
Onde
V₀A cos55° = 80·cos55° ≃ 80·0,5736 ≃ 45,89 m/s
V₀A sin55° = 80·sin55° ≃ 80·0,8192 ≃ 65,54 m/s
V₀A cos55° = 80·cos55° ≃ 80·0,5736 ≃ 45,89 m/s
V₀A sin55° = 80·sin55° ≃ 80·0,8192 ≃ 65,54 m/s
Para B (só existe para t ≥ 0,05 s, então defino τ = t − 0,05 ≥ 0):
x_B(t) = 500 + V₀B cos150° · τ
y_B(t) = V₀B sin150° · τ − ½·g·τ²
x_B(t) = 500 + V₀B cos150° · τ
y_B(t) = V₀B sin150° · τ − ½·g·τ²
Onde
V₀B cos150° = 130·cos150° = 130·(–0,8660) ≃ –112,58 m/s
V₀B sin150° = 130·0,5 = 65 m/s
V₀B cos150° = 130·cos150° = 130·(–0,8660) ≃ –112,58 m/s
V₀B sin150° = 130·0,5 = 65 m/s
Passo 3
Colisão significa x_A(t) = x_B(t) e y_A(t) = y_B(t) ao mesmo tempo t.
-
Igualando as x:
45,89·t = 500 −112,58·(t−0,05)
→ 45,89 t +112,58 t = 500 +112,58·0,05
→ 158,47 t = 505,63
→ tₓ ≃ 3,19 s -
Igualando as y:
65,54·t −4,9·t² = 65·(t−0,05) −4,9·(t−0,05)²
Se você expandir, vai ver que o termo em t² cancela e sobra
(65,54 −65,49)·t + 3,26225 = 0
→ 0,0425·t +3,26225 = 0
→ t = –76,7 s
(65,54 −65,49)·t + 3,26225 = 0
→ 0,0425·t +3,26225 = 0
→ t = –76,7 s
Isso é negativo, logo não há tempo positivo que satisfaça y_A = y_B.
Passo 4
Descobrimos que, embora x(t) pudesse se igualar em t≈3,19 s, a componente y nunca bate para t>0. Ou seja, as trajetórias não se cruzam de fato — não ocorre colisão sob esses dados.
Resposta
Não existe instante positivo em que x_A = x_B e y_A = y_B simultaneamente. Portanto, não há colisão com os dados fornecidos.