Exercício 3.55. Um projétil é disparado de um plano inclinado (de inclinação \alpha ) com ângulo \theta de elevação relativo ao plano inclinado \left(0<\theta \leq \frac{\pi}{2}\right). Considere a velocidade inicial de lançamento v_{0} (fixo) e determine o lugar geométrico dos pontos de altura máxima relativo ao plano inclinado que atinge o projétil para cada valor de \theta (em relação às coordenadas x^{\prime} y^{\prime} ).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa clara:
  • Há um plano inclinado com inclinação \alpha em relação à horizontal (valor fixo).
  • Um projétil é lançado a partir da superfície do plano com velocidade inicial fixa v_0 e ângulo de elevação \theta medido em relação ao plano inclinado, com 0<\theta\le \tfrac{\pi}{2}.
  • As coordenadas pedidas são x'y', onde x' é o eixo dirigido ao longo do plano, subindo no sentido do declive, e y' é o eixo perpendicular ao plano, apontando para fora (altura relativa ao plano).
  • O problema pede: para cada \theta (com v_0 fixo), encontrar o ponto de altura máxima do projétil relativo ao plano e então determinar o lugar geométrico desses pontos (ou seja, a curva formada por todos esses pontos máximos quando \theta varia).
Dados relevantes resumidos:
  • Parâmetros fixos: \alpha e v_0.
  • Parâmetro variável: \theta.
  • A gravidade tem intensidade g, apontando verticalmente para baixo (usar g nas contas).
  • Objetivo: equação do lugar geométrico em coordenadas x',y'.

Passo 2

Montar as equações de movimento nas coordenadas x',y'.
Explicação didática do que vamos fazer: como os eixos x',y' estão inclinados, a aceleração da gravidade tem componentes nessas direções. Projete o vetor \vec g=(0,-g) na base vectorial formada por x' (direção do plano, inclinado de \alpha acima da horizontal) e y' (normal ao plano). A componente de \vec g ao longo de x' aponta para baixo no sentido do declive e vale g\sin\alpha. A componente ao longo de y' aponta para dentro do plano e vale g\cos\alpha. Portanto, as acelerações (componentes escalarizadas) são:
a_{x'} = -g\sin\alpha,\qquad a_{y'} = -g\cos\alpha.
No lançamento, a velocidade inicial em x' e y' é obtida por decomposição de v_0 segundo o ângulo \theta medido em relação ao plano:
v_{x'}(0)=v_0\cos\theta,\qquad v_{y'}(0)=v_0\sin\theta.
Usando as fórmulas do movimento uniformemente acelerado (posição = velocidade inicial × t + \tfrac12 aceleração × t^2), obtemos as equações do movimento:
x'(t)=v_0\cos\theta\,t-\tfrac{1}{2}g\sin\alpha\;t^2,
y'(t)=v_0\sin\theta\,t-\tfrac{1}{2}g\cos\alpha\;t^2.

Passo 3

Determinar o instante t_{\max} em que y'(t) atinge o máximo.
A condição de máximo em y' é \dfrac{dy'}{dt}=0. Calcule a derivada:
\frac{dy'}{dt}=v_0\sin\theta - g\cos\alpha\;t.
Igualando a zero:
v_0\sin\theta - g\cos\alpha\;t_{\max}=0 \qquad\Rightarrow\qquad t_{\max}=\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha}.
Comentário didático: essa fórmula faz sentido — quanto maior a componente vertical (em relação ao plano) v_0\sin\theta, maior o tempo até anular essa componente por causa da aceleração g\cos\alpha perpendicular ao plano.

Passo 4

Calcular as coordenadas (x'_m,y'_m) do ponto de altura máxima, substituindo t_{\max} nas expressões de x'(t) e y'(t).
Primeiro y'_m:
y'_m = v_0\sin\theta\;t_{\max}-\tfrac{1}{2}g\cos\alpha\;t_{\max}^2.
Substituindo t_{\max}=\dfrac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha}:
y'_m = v_0\sin\theta\cdot\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha} -\tfrac{1}{2}g\cos\alpha\cdot\left(\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha}\right)^{\!2}.
Agora simplificar passo a passo:
y'_m=\frac{v_0^2\sin^2\theta}{g\cos\alpha} -\frac{1}{2}\cdot\frac{v_0^2\sin^2\theta}{g\cos\alpha} =\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g\cos\alpha}.
Agora x'_m:
x'_m = v_0\cos\theta\;t_{\max}-\tfrac{1}{2}g\sin\alpha\;t_{\max}^2.
Substituindo t_{\max}:
x'_m = v_0\cos\theta\cdot\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha} -\tfrac{1}{2}g\sin\alpha\cdot\left(\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha}\right)^{\!2}.
Simplificar cada termo:
x'_m=\frac{v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g\cos\alpha} -\frac{v_0^2\sin^2\theta\sin\alpha}{2g\cos^2\alpha}.
Para organizar, é útil fatorar \dfrac{v_0^2}{2g\cos^2\alpha}. Defina temporariamente A=\dfrac{v_0^2}{2g\cos^2\alpha}. Então manipule os termos para escrever:
x'_m = A\bigl(\underbrace{2\sin\theta\cos\theta\cos\alpha}_{=\cos\alpha\sin2\theta} -\underbrace{\sin^2\theta\sin\alpha}_{\text{mantém}}\bigr).é
Ou seja,
x'_m = \frac{v_0^2}{2g\cos^2\alpha}\bigl(\cos\alpha\sin2\theta - \sin\alpha\sin^2\theta\bigr).

Passo 5

Colocar as coordenadas em uma forma paramétrica mais simples e achar relações úteis para eliminar \theta.
É conveniente definir uma constante auxiliar
B=\frac{v_0^2}{2g\cos\alpha}.
Note que A=\dfrac{v_0^2}{2g\cos^2\alpha}=\dfrac{B}{\cos\alpha}.
Usando B e as identidades trigonométricas, as expressões ficam mais simples. Primeiramente para y'_m:
y'_m=\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g\cos\alpha}=B\sin^2\theta.
Para x'_m use a expressão derivada em Passo 4; multiplicando e agrupando termos obtemos
x'_m + y'_m\tan\alpha = B\sin2\theta.
Explicação dessa relação (resumo do cálculo): quando se substitui y'_m=B\sin^2\theta na expressão de x'_m e se recolhe termos, o lado esquerdo reduz a B\sin2\theta. Portanto temos a forma paramétrica do lugar geométrico (em função de \theta):
\boxed{\;y' = B\sin^2\theta,\qquad x'+y'\tan\alpha = B\sin2\theta\;}.
Essas duas equações paramétricas em \theta descrevem os pontos máximos.

Passo 6

Eliminar o parâmetro \theta para obter a equação cartesiana (implícita) do lugar geométrico.
Da primeira equação temos
\sin^2\theta=\frac{y'}{B}.
Usar a identidade \cos2\theta=1-2\sin^2\theta para escrever \cos2\theta=1-\dfrac{2y'}{B}. Pela segunda equação temos
\sin2\theta=\frac{x'+y'\tan\alpha}{B}.
Agora usar a identidade trigonométrica \sin^2 2\theta+\cos^2 2\theta=1. Substituir as expressões encontradas:
\left(\frac{x'+y'\tan\alpha}{B}\right)^{\!2} + \left(1-\frac{2y'}{B}\right)^{\!2}=1.
Simplificar esta expressão passo a passo:
\frac{(x'+y'\tan\alpha)^2}{B^2} + 1 - \frac{4y'}{B} + \frac{4y'^2}{B^2}=1.
Os termos 1 cancelam, multiplicar por B^2 e reorganizar:
(x'+y'\tan\alpha)^2 + 4y'^2 - 4By' = 0.
Esta é a equação implícita do lugar geométrico. Expandindo se desejar:
x'^2 + 2x'y'\tan\alpha + y'^2\tan^2\alpha + 4y'^2 - 4By' = 0,
ou
x'^2 + 2x'y'\tan\alpha + y'^2\bigl(4+\tan^2\alpha\bigr) - 4By' = 0.

Passo 7

Interpretação e checagem por caso particular.
  • A equação obtida
(x'+y'\tan\alpha)^2 + 4y'^2 - 4By' = 0
é o lugar geométrico pedido; depende dos parâmetros v_0, g e \alpha via B=\dfrac{v_0^2}{2g\cos\alpha}.
  • Verificação simples: para \alpha=0 (plano horizontal) temos \tan\alpha=0 e \cos\alpha=1, B=\dfrac{v_0^2}{2g}. A equação reduz-se a
x'^2 + 4y'^2 - 4By' = 0,
que é a forma conhecida do lugar geométrico dos vértices de projéteis lançados com mesma velocidade sobre um plano horizontal (pode também ser escrita como x'^2 = 4y'(B-y')). Portanto a fórmula geral confere com o caso particular conhecido.

Passo 8

Resumo final prático (como usar em prova).
  • Para obter o lugar geométrico escreva as componentes iniciais v_{x'}=v_0\cos\theta, v_{y'}=v_0\sin\theta e as acelerações a_{x'}=-g\sin\alpha, a_{y'}=-g\cos\alpha.
  • Ache t_{\max}=\dfrac{v_0\sin\theta}{g\cos\alpha}, substitua nas expressões de x'(t),y'(t) para obter x'_m,y'_m.
  • Use as identidades trigonométricas \sin2\theta e \sin^2\theta para eliminar \theta e chegar à equação implicitada dada acima.

Resposta

\boxed{(x'+y'\tan\alpha)^2 + 4y'^2 - 4\left(\dfrac{v_0^2}{2g\cos\alpha}\right)y' = 0}
\text{Equivalente em forma paramétrica:}\quad y'= \frac{v_0^2}{2g\cos\alpha}\sin^2\theta,\qquad x'+y'\tan\alpha=\frac{v_0^2}{2g\cos\alpha}\sin2\theta.é

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