Lançamento Oblíquo

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Teoria

O lançamento oblíquo acontece quando um objeto é arremessado formando um ângulo em relação à horizontal.

Lançamento Oblíquo.
Lançamento Oblíquo.

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Como Calcular o Lançamento Oblíquo?

Pra a gente aprender como funcionam os cálculos em problemas envolvendo lançamento oblíquo, vamos começar imaginando um caso qualquer!

Imagine que em condições ideais, sem vento e sem resistência do ar, um operador de canhão deseja que seu projétil atinja a porta de um castelo a uma certa distância . Conforme a figura:

Lançamento Oblíquo
Lançamento Oblíquo

Qual deve ser a velocidade inicial desse tiro de bala de canhão para que ele acerte o alvo??? Como podemos fazer para calcular isso??

Vamos dar um zoom no canhão:

Decomposição dos vetores
Decomposição dos vetores

A nossa bala de canhão tem um velocidade inicial , mas ele esta na diagonal. Então o que fazemos em seguida é a decomposição desse vetor!

Pra resolver problemas de lançamento oblíquo, precisamos olhar separadamente pro movimento vertical e pro movimento horizonta usando as relações trigonométricas.

Assim, podemos escrever:

Agora, bora entender melhor como fazemos isso?

Movimento Horizontal

Vamos começar pensando no movimento do eixo !

Na horizontal não temos nenhum tipo de aceleração, estamos falando de um movimento uniforme, então podemos escrever a seguinte fórmula:

Onde é a posição do projétil no tempo , é sua posição inicial em e é a velocidade inicial, também em .

Podemos relacionar a velocidade inicial do projétil com a velocidade inicial em , como vimos lá em cima, fazendo:

Movimento Vertical

Quando olhamos para o movimento na vertical, percebemos pela trajetória da bala de canhão que na primeira metade do movimento a bola de canhão está subindo, e que na segunda metade do movimento ela começa a cair novamente em direção ao solo.

Isso acontece por causa da gravidade!

Então, como no movimento vertical existe a atuação da aceleração da gravidade, para resolver as questões associadas ao eixo do objeto, e vamos usar as fórmulas do MRUV:

  • Função horária da posição (Sorvetão):

  • Equação da Velocidade:

  • Equação de Torricelli:

📢 OBS: Fique atento! Todos os termos que tem a gravidade apareceram com o sinal negativo nas fórmulas de MRUV, porque temos que considerar que a gravidade aponta no sentido contrário do que orientamos o eixo :

eixos x e y.
eixos x e y.

Agora, vamos praticar com exercícios?!

Como Calcular o Lançamento Oblíquo?

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Um navio de guerra tenta bombardear simultaneamente dois navios A e B. Se os projéteis são disparados com velocidades cujas magnitudes são idênticas e seguem as trajetórias mostradas na figura abaixo, qual dos navios é atingido primeiramente? Despreze a resistência do ar

a   A.

b B.

c   Os dois são atingidos simultaneamente.

d   Mais informação é necessária para se responder esta questão.

e   Nenhuma das alternativas é correta

Passo 1

A questão quer saber qual dos dois projéteis tem menor tempo de voo.

Vamos olhar a equação do tempo de voo para um lançamento oblíquo:

t f = 2 . v o . s e n Θ g

Vemos que o tempo de voo depende da velocidade inicial, do ângulo que esta faz com o eixo x e da aceleração da gravidade. Como a aceleração da gravidade e a velocidade de lançamento é a mesma para os dois projéteis o tempo de voo vai depender exclusivamente do ângulo Θ .

Quanto maior for θ maior será o tempo de voo, por isso o projétil que ficará menos tempo no ar será aquele com menor ângulo Θ que é o canhão B .

Resposta

Letra b

Exercício Resolvido #2

Um canhão lança suas balas com uma certa inclinação θ em relação à horizontal. Assuma que a bala atinge o chão na mesma elevação em que foi lançada.

Se o tempo de voo foi de 10 segundos, qual a componente vertical de sua velocidade inicial?

(Considere g = 10 m / s 2 )

a   50 m / s

b   10   m / s

c   100   m / s

d   70   m / s

e   nenhuma das anteriores

Passo 1

Pra começar bem a gente precisa entender a situação o canhão atira uma bala com uma inclinação θ em relação a horizontal e velocidade v 0 . O enunciado diz pra gente considerar que a bala chega no chão na mesma altura que foi lançada, é como se desprezássemos a altura do canhão.

Vamos então desenhar um esquema pra ver o que tá rolando ali.

O problema quer que a gente encontre a componente vertical daquela velocidade v 0 , e nos dá o tempo de voo. Esse tempo de voo é simplesmente o tempo marcado pro percurso da bala sair do canhão e chegar no chão de novo.

O que vamos fazer aqui é trabalhar pensando só no movimento vertical da bala, olhando só a componente v y da velocidade.

Como nos foi dado o tempo de voo, podemos considerar que a bala demora o mesmo tempo pra subir e pra descer, sendo assim até atingir a altura h , o tempo é.

t s u b = t v o o 2 = 10 2 = 5 s

Passo 2

E agora é só a gente aplicar a equação da velocidade para o eixo vertical pensando na subida, olhando apenas pra velocidade v y .

v = v y - g t

Onde t = t s u b pro movimento de subida.

E o que vai acontecer quando a bala atingir a altura máxima? A velocidade dela será 0, e aí a relação vai ter essa cara.

0 = v y - g t s u b

v y = g t s u b

Considerando que g = 10 m / s 2 temos:

v y = 10 × 5 = 50 m / s

Resposta

Alternativa a .

Exercício Resolvido #3

Um canhão, posicionado sobre um terreno completamente plano, dispara um projétil com um velocidade inicial de módulo v 0 = 100   m / s fazendo um ângulo de 60 ° com a horizontal. Considerando a posição incial do canhão como origem do sistema de coordenadas e a aceleração da gravidade g = 10,0   m / s 2 determine:

a O tempo total de voo do projétil.

b O vetor posição do projétil quando o mesmo atinge sua altura máxima.

c O vetor velocidade quando o mesmo atinge o solo.

d Considere agora que o projétil deva atingir um alvo que está a uma distância de 500   m do canhão. Qual deve ser o ângulo de tiro para que o projétil com velocidade inicial de módulo v 0 = 100   m / s possa atingir o alvo?

Passo 1

a   Para calcular o tempo de voo, basta aplicar a equação de tempo de voo

t f = 2 . v o . s e n θ g

Substituindo os valores que temos no enunciado

t f = 2.100 . s e n 60 ° 10

t f = 20 . 3 2

t f = 10 3 ≈ 17,3   s

Passo 2

b   A componente y do vetor posição será a altura máxima, certo? E pela simetria de um lançamento oblíquo podemos dizer que quando o projétil está na altura máxima a componente x da posição éa metade do alcance, lembra?

Então vamos primeiro encontrar a altura máxima, sua fórmula é:

h m á x = v 0 2 . s e n 2 θ 2 g

h m á x = 100 2 . s e n 2 60 ° 2.10

h m á x = 500.3 4

h m á x = 375  

Passo 3

Só falta achar o alcance, e faremos isso usando a equação pro alcance que aprendemos

A = v 0 2 s e n 2 . θ g

A = 100 2 s e n 2 . 60 ° 10

A = 1000 . 3 2

A = 866,02   m

Como nossa componente em x é metade do alcance, temos que

r x = A 2

r x = 433   m

Agora que temos nossa componente em y ( h m á x ) e nossa componente em x   r x , podemos escrever o vetor posição.

r → = 433 . i ^ + 375 . j ^   m

.

Passo 4

c O problema que o vetor velocidade no final do movimento, sabemos que durante qualquer instante do movimento v x permanece constante. Já v y varia durante todos os instantes, mas no final do movimento temos que v y f = - v y 0

Primeiro vamos achar v x decompondo a velocidade, usando a regra do COlado/Separado

v x = 100 . cos ⁡ 60 °

v x = 100 . 1 2

v x = 50   m / s

Agora calcularemos v y 0   usando a mesma regra

v y 0 = 100 . s e n 60 °

v y 0 = 86,6   m / s  

Como vimos que no final a velocidade em y é

v y f = - v y 0

v y 0 = - 86,6   m / s

v → = [ 50   . i ^ - 86,6 . j ^ ]   m / s

Passo 5

d Nesse item nós foi dado o alcance desejado e o problema quer sabe que ângulo θ fará com que alcancemos essa distância de 500   m

Basta aplicarmos a equação do alcance e termos

500 = 100 2 10 .   s e n 2 θ  

s e n 2 θ = 0,5  

2 θ = a r c s e n 0,5

Fazendo isso vamos encontrar dois valores para θ

2 θ = 30 °   o u   150 °

θ = 15 °   o u   75 °

Resposta

a t = 10 3 ≈ 17,3   s

b   r → = 433 . i ^ + 375 . j ^   m

c v → = [ 50   . i ^ - 86,6 . j ^ ]   m / s

d θ = 15 °   o u   75 °

Exercício Resolvido #4

Um projétil é lançado do nível do chão com uma rapidez inicial de 53   m / s . Encontre o ângulo de lançamento ( o ângulo que a velocidade inicial forma acima da horizontal) de forma que a altura máxima do projétil seja igual ao seu alcance horizontal. (Ignore a resistência do ar.)

Passo 1

Vamos entender o problema fazendo um desenho da situação, o projétil é lançado com velocidade v 0 = 53 m / s e o problema pede o ângulo de inclinação θ para que o alcance e a altura sejam iguais, dessa forma temos a seguinte situação.

Beleza, se eu sei disso agora preciso encontrar uma relação entre a altura e o alcance ∆ x , vamos fazer isso decompondo a velocidade e analisando os dois movimentos, vertical e horizontal.

Passo 2

Vamos decompor as velocidades, usando as seguintes relações:

v x = v 0 c o s θ

v 0 y = v 0 s e n ( θ )

E aqui separamos os movimentos, o movimento horizontal é um movimento uniforme e portanto o alcance é dado por:

∆ x = v x t = v 0 c o s θ t T

Aonde t T é o tempo total do movimento, isso é, até o projétil chegar ao solo.

Já o movimento vertical é um pouquinho diferente, temos a gravidade desacelerando, portanto temos um movimento uniformemente variado. Pra encontrar a altura máxima, podemos aplicar a equação de torricelli.

v y 2 = v 0 y 2 - 2 g h

Só que aqui a velocidade no ponto da altura máxima é v y = 0 e portanto:

0 = v 0 y 2 - 2 g h

v 0 y 2 = 2 g h

Isolando h e lembrando que v 0 y = v 0 s e n ( θ )

h = v 0 y 2 2 g

h = v 0 2 s e n 2 θ 2 g

Agora é só igualar as equações para esses carinhas aqui:

h = Δ x

v 0 2 s e n 2 θ 2 g = v 0 c o s θ t T

Cortando os termos semelhantes temos o seguinte:

v 0 2 g s e n 2 θ cos ⁡ θ = t T

Putz, mas e esse t T aí, o que eu faço com ele?

Ele é o tempo total do lançamento, e é o único termo que a gente não tem.

Muita calma nessa hora, vamos dar um jeitinho nisso.

Passo 3

Para encontrarmos o tempo t T vamos analisar o movimento vertical, se a gente pensar na subida poderemos ver pela equação da velocidade quem é esse cara:

v y = v 0 y - g t s u b

Onde

t s u b = t T 2

Já que o movimento completo leva em consideração subida e descida. Aqui sabemos também que na altura máxima a velocidade final na vertical é v y = 0 e então a equação fica:

0 = v 0 y - g t T 2

Rearrumando temos então o querido tempo!

2 v y g = 2 v 0 s e n θ g = t T

Agora é só voltar na nossa equação antiga e substituir essa galera aí:

v 0 2 g s e n 2 θ cos ⁡ θ = t T

v 0 2 g s e n 2 θ cos ⁡ θ = 2 v 0 s e n θ g

Daí pegue a tesoura pois cortaremos muita gente por aqui hehe!

Cortando v 0 e g   de ambos os lados e também o s e n 2 ( θ ) que passará a ser s e n ( θ ) , temos:

s e n θ cos ⁡ θ = 4

E se liga aí, essa relação que temos é a tangente!

t g θ = 4

Agora é só inverter e já era:

θ = a r c t g 4 = 75,96 °

Resposta

θ = 75,96 °

Exercício Resolvido #5

Uma bola de futebol é chutada a partir do chão com uma velocidade inicial de 19,5   m / s e um ângulo para cima de 45 ° . No mesmo instante um jogador a 55   m de distância, na direção do chute, começa a correr para receber a bola. Qual deve ser sua velocidade média para que alcance a bola imediatamente antes que toque o gramado?

Passo 1

O problema quer saber qual deve ser a velocidade do jogador para que ele alcance a bola. Para determinarmos a velocidade do jogador precisamos saber o quanto ele vai correr, ou seja, o alcance da bola e quanto tempo ele vai correr que seria o tempo de voo da bola.

Como ainda não sabemos o alcance da bola o jogador pode estar dentro desse alcance e aí ele teria que correr no sentido da bola. Ou fora do alcance e aí sua velocidade apontara para o sentido oposto. Como não temos o tempo percorrido vamos inicialmente adotar a hipótese do jogador fora do alcance da bola, só pra gente fazer um desenho.

A partir daí vamos calcular o tempo de voo da bola e com isso o alcance, pra enfim definirmos a velocidade do jogador.

Passo 2

Pra calcularmos o tempo de voo vamos analisar apenas o movimento vertical da bola, pra isso a gente precisa decompor a velocidade na componente vertical.

v y = v 0 s e n θ = 19,5 s e n 45

v y = 13,8 m / s

Agora a gente pode usar a equação da velocidade, vamos analisar a subida da bola e para ela a equação fica:

v = v y - g t

Quando a bola sobe ela vai perdendo velocidade por causa da gravidade e atinge v = 0 no ponto máximo, sendo assim:

0 = v y - g t

v y = g t

Substituindo v y = 13,78 m / s e g = 10 m / s 2 , temos o tempo:

t = v y g = 13,8 10 = 1,38 s

E não podemos esquecer que o tempo de subida é só metade do tempo do movimento, temos que usar o tempo total que é o dobro desse aqui pra analisar o alcance.

t t o t a l = 2 t = 2,76 s

Passo 3

Vamos agora calcular o alcance da bola, no eixo x não temos aceleração e por isso o alcance é dado por:

∆ x = v x t t o t a l

E lembrando que a velocidade em x é:

v x = v 0 cos ⁡ θ

v x = 19,5 cos ⁡ 45 = 13,8 m / s

Então o alcance fica:

∆ x = 13,8 × 2,76 = 38 m

Então o nosso desenho estava certinho, o jogador está a 55 metros da bola e precisa correr na direção oposta.

Passo 4

Agora que temos tudo basta substituir na equação da posição do movimento uniforme para descobrirmos a velocidade do jogador

S = S 0 + v 1 t  

38 = 55 + 2,76 v 1

v 1 = - 17 2,76

v 1 = - 6,16   m / s

A velocidade negativa significa que o jogador correrá no sentido oposto do movimento da bola e portanto a hipótese que adotamos estava correta pro movimento.

Resposta

v 1 = - 6,16   m / s

Exercício Resolvido #6

Você assiste seu amigo jogando hóquei. Durante o jogo, ele atinge o disco de tal forma que, ao chegar no seu ponto mais alto, o disco passa de raspão por cima do muro de acrílico de 2,80   m de altura que cerca o campo, distante 12,0   m do jogador. Encontre a a componente vertical da velocidade inicial, b o tempo para atingir o muro e c   a componente horizontal da velocidade inicial, a rapidez inicial e o ângulo de lançamento. (Ignore a resitência do ar.)

Passo 1

a Temos que descobrir quanto vale a componente y da velocidade inicial. Por ser um lançamento oblíquo temos que

v y 0 = v 0 . s e n θ

O problema ainda nos deu a altura máxima h m á x = 2,8   m   , pela equação da altura máxima conseguiremos relacionar altura com a velocidade em y

h m á x = v 0 2   .   s e n 2 θ 2 g

Podemos reescrevê-la da seguinte forma

h m á x = v 0 . s e n θ 2 2 g

Substituindo v 0 . s e n θ por v y 0

h m á x = v y 0 2     2 g  

v y 0 = 2,8 .   2   .   9,8

v y 0 = 7,4   m / s

Passo 2

b   Agora queremos descobrir o tempo de subida. Que é metade do tempo de voo. Assim, temos:

t s = v 0   .   s e n θ g

Podemos escrever da seguinte forma também

t s = v y 0 g

Substituindo na equação o valor da componente y da velocidade inicial que terminamos de encontrar, termos

t s = 7,4 9,8

t s = 0,755   s

Passo 3

c   O problema que saber agora a componente x da velocidade inicial, decompondo a velocidade

v x 0 = v 0 . c o s ⁡ ( θ )

Vamos agora analisar o alcance que ainda não usamos para nada, pela fórmula do alcance temos

A = v 0 2 . s e n 2 θ g

Usando a relação trigonométrica s e n 2 θ = 2 . s e n θ . c o s ⁡ ( θ )

A = 2 .   ( v 0 . s e n θ )   . ( v 0 . cos ⁡ θ )   g

Podemos reescrever a equação da seguinte forma

A = 2 .   v y 0 . v x 0 g

Substituindo pelos dados que temos (obs: o problema nos fornece A 2 = 12 )

24 = 2.7,4 . v x 0 9,8

v x 0 = 15,89   m / s  

Passo 4

Agora que temos a componente x e a componente y da velocidade inicial, basta fazer o módulo do vetor velocidade para achar a rapidez inicial.

v → 0 = 15,89 . i ^ + 7,4 . j ^

v 0 2 = 15,89 2 + 7,4 2

v 0 = 252,9421 + 54,76

v 0 = 17,5   m / s

Passo 5

Podemos achar o ângulo θ de diversas formas, vamos optar por calcular por v y 0

v y 0 = v 0 . s e n ( θ )

7,4 = 17,5 . s e n θ

s e n θ = 0,42286

θ = a r c s e n 0,42286

Na calculadora:

θ = 25 °

Resposta

a   v y 0 = 7,4   m / s

b   t = 0,755   s

c   v x 0 = 15,89   m / s   ; v 0 = 17,5   m / s ;   θ = 25 °

Exercício Resolvido #7

Uma partícula é lançada de uma catapulta no instante t = 0 , com uma velocidade inicial de módulo 20,0   m / s e um ângulo de 40,0 ° acima da horizontal. Quais são os módulos das componentes a horizontal e b vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta em t = 1,10   s ? Repita os cálculos para as componentes c horizontal e d   vertical em t = 1,80   s e para as componentes e horizontal e f vertical em t = 5,00   s .

Dados:

cos ⁡ 40 ° = 0,766

sen ⁡ 40 ° = 0,643

Passo 1

O problema quer a componente   x   (horizontal) e y (vertical) da posição de uma partícula em uma dado instante de tempo.

Então para resolver uma questão assim, nada melhor que achar a equação da posição para cada eixo e depos apenas substituir o valor de tempo desejado.

Passo 2

Enão vamos aos dados do problema, é um lançamento com θ = 40,0 °   e velocidade inicial v → = 20,0   m / s , isso é um lançamento oblíquo.

Vamos analisar o movimento em cada eixo, começando pelo eixo x . Que sabemos que executa um movimento uniforme e por isso a única equação que temos é

r x t = r x 0 + v x . t

Vamos considerar a posição de lançamento sendo a origem e por isso r x 0 = 0 e como o movimento é uniforme temos que

v x = v x 0

Onde v x 0 vamos achar pela regra do “COlado/Separado”

v x 0 = v 0 . cos ⁡ θ

v x 0 = 20 . cos ⁡ 40 °

v x 0 = 15,32   m / s

Substituinda na equação da posição do movimento uniforme temos:

r x t = 15,32 . t

Passo 3

Agora, vamos analisar o movimento no eixo y . Por se tratar de um lançamento sabemos que a partícula vai sofrer ação da aceleração da gravidade. Assim a equação da posição é

r y = r y 0 + v y 0 . t - g . t 2 2

Calcularemos v y 0 pela regra do “COlado/Separado”

v y 0 = v 0 . s e n θ

v y 0 = 20 . s e n 40 °

v y 0 = 12,85   m / s  

Substituindo na equação da posição e lembrando que a partícula sai da origem

r y = 12,85 . t - 9,8 . t 2 2

Passo 4

a Agora que temos a equação da posição para o eixo x   e eixo y , podemos resolver os itens.

Queremos saber a componente x da posição no instante t = 1,10   s

r x 1,10 = 15,32   .   1,10

r x 1,10 = 16,852   m

Passo 5

b   Deseja-se saber a componente y da posição no instante t = 1,10   s

r y 1,10 = 12,85 .   1,10 - 9,8 . 1,10 2 2

r y ( 1,10 ) = 14,135 - 5,93

r y ( 1,100 = 8,205   m

Passo 6

c   Queremos saber a componente x da posição no instante t = 1,80   s

r x 1,80 = 15,32   .   1,80

r x 1,80 = 27,576   m

Passo 7

d   Deseja-se saber a componente y da posição no instante t = 1,80   s

r y 1,80 = 12,85 .   1,80 - 9,8 . 1,80 2 2

r y 1,80 = 23,13 - 15,876

r y ( 1,80 ) = 7,25   m

Passo 8

e   Queremos saber a componente x da posição no instante t = 5,0   s

r x 5,0 = 15,32   .   5,0

r x 5,0 = 76,60   m

Passo 9

f   Deseja-se saber a componente y da posição no instante t = 5,0   s

r y 5,0 = 12,85 .   5,0 - 9,8 . 5,0 2 2

r y 5,0 = 64,25 - 122,5

r y 1,80 = - 58,25   m

Resposta

a   r x 1,10 = 16,852   m

b r y ( 1,10 ) = 8,205   m

c =   r x 1,80 = 27,576   m

d   r y 1,80 = 7,25   m

e   r x 5,0 = 76,60   m

f     r y 1,80 = - 58,25   m

Exercício Resolvido #8

Um certo avião tem uma velocidade de 290,0   k m / h e está mergulhando com um ângulo θ = 30 ° abaixo da horizontal quando o piloto libera um chamariz. A distância horizontal entre o ponto de lançamento e o ponto onde o chamariz se choca com o solo é d = 700   m . a   Quanto tempo o chamariz passou no ar? b De que altura foi lançado?

Passo 1

É um problema de lançamento oblíquo, onde a questão nos deu o alcance, a velocidade inicial e o ângulo q a velocidade faz com o eixo x .

Porém é um exercício um pouco diferente do comum, pois o ângulo dado está abaixo do eixo e o lançamento não é para cima. Mas, pode ficar tranquilo a resolução é igual.

Passo 2

a   Queremos saber quanto tempo que o chamariz passou no ar, ou seja, o tempo que ele gastou para percorrer d = 700   m no eixo x .

Por isso, pela equação do movimento em x

r x = r x 0 + v x . t  

Vamos decompor a velocidade pela regra do “COlado/Separado”

v x = v 0 . cos ⁡ θ

v x = 290 . cos ⁡ 30 °

v x = 251,14   k m / h

Passando a velocidade em k m / h   para m / s , teremos:

v x = 251,14 3,6

v x = 69,76   m / s

Agora podemos substituir na equação da posição

700 = 68,76 . t

t = 10,03   s

Passo 3

b   Agora que temos o tempo de voo, precisamos apenas da equação da posição do movimento em y

r y = r y 0 + v y 0 . t - g . t 2 2

Precismos achar v y 0 e para isso vamos usar a regra do “COlado/Separado”

v y 0 = v 0 . s e n θ

v y 0 = 290 . s e n 30 °  

v y 0 = 145   k m / h

Passando a velocidade para m / s

v y 0 = 145 3,6

v y 0 = 40,28   m / s

Substituindo na equação

0 = h - 40,28 . t - 9,8 . t 2 2

Observe que a velocidade é negativa pois o lançamento é para baixo, logo v y é negativa. Agora substituindo o tempo que encontramos temos

- h =   - 40,28   .   10,03 - 4,9 . 10,03 2

h = 403,986 + 492,944

h = 896,9   m

Resposta

a   t = 10,03   s

b   h = 896,9   m

Exercício Resolvido #9

Dois canhões apontam-se mutuamente, como mostrado na figura, e disparam suas balas no mesmo instante de tempo. O canhão A dispara sua bala com velocidade de módulo v A = 25   m / s , e o canhão B com velocidade v B = 75   m / s . As distâncias no problema são h = d = 100   m .

a   Qual a aceleração de cada uma das balas após o disparo?

b   Quanto tempo se passou a partir do momento do disparo até o instante da colisão? A que altura acontece a colisão?

c   Se não houvesse o canhão B , qual seria o alcance da bala do canhão A?

Passo 1

a   As balas realizam lançamentos oblíquos. Estão sujeitas apenas a aceleração da gravidade, ou seja, 9,8   m / s 2

Passo 2

b   Com a origem no ponto A e θ o ângulo entre a inclinação do canhão A e a horizontal, pelas fórmulas do lançamento oblíquo de alcance r x = r x 0 + v cos ⁡ θ t e do eixo y r y = r x 0 + v sen ⁡ θ t - g t 2 / 2 , temos:

r → A t = v A cos ⁡ θ t i ^ + v A sen ⁡ θ t - 1 2 g t 2 j ^

r → B t = d - v B sen ⁡ θ t i ^ + h - v B cos ⁡ θ t - 1 2 g t 2 j ^  

Logo quando acontece a colisão temos que r → A t = r → B t , assim obtemos que:

Fazendo r A x = r B x :

v A cos ⁡ θ t = d - v B sen ⁡ θ t

t = d v A cos ⁡ θ + v B sen ⁡ θ = 100 25 + 75 2 / 2 = 2   s

Portanto:

r → A t = 2   s = 25   . 1 2 2 i ^ + 25   . 1 2 2 - 1 2 . 10 .   2 j ^ = 25   m   i ^ + 15   m   j ^

Ou seja, a colisão acontece a 15   m de altura.

Passo 3

c   Como θ = 45 ° já que o triângulo na figura é isósceles, temos o alcance máximo:

x m á x = v A 2 g = 625 9,8 = 63,8   m

Resposta

a   a = 9,8   m / s 2

b   t = 2   s ; h = 15   m

c   x m á x = 63,8   m

Exercício Resolvido #10

Um projétil é lançado com velocidade v → 0 formando um ângulo α com a horizontal. O ponto de lançamento está localizado a uma altura h acima do solo. A figura mostra o sistema de referencia X O Y fixo, que está localizado no solo e tem eixo vertical O Y alinhado verticalmente com o ponto de lançamento. De acordo com este referencial, pressupondo que a resistência do ar é desprezível e que a Terra é um referencial Inercial:

a   Escreve os vetores posição r → t e velocidade v → ( t ) , como funções do tempo t , usando os unitários i ^ e j ^ dos eixos O X e O Y , respectivamente, indicados na figura;

b   Calcule o tempo que o projétil leva para atingir a altura máxima;

c   Calcule o tempo de vôo do projétil.

d   Determine, quando o projétil toca o solo, o módulo da sua velocidade v S .

Passo 1

Vamos começar o problema escrevendo os dados do enunciado

D a d o s v 0 α S 0 y = h S 0 x = 0 a = - g j ^

Isso vai servir para conferirmos depois se as respostas estão de acordo com os dados do enunciado.

A gravidade é negativa, porque ela é para baixo, lembra? Cuidado com os sinais!!

Passo 2

a   Para escrevermos os vetores posição e velocidade, devemos achar a posição e velocidade ao longo do tempo do movimento ao longo de x e ao longo de y .

No eixo x temos um Movimento Uniforme.

No eixo y , temos um lançamento vertical, que neste caso é um lançamento vertical para cima.

A primeira coisa a fazer é encontrar v 0 x e v 0 y

Usando a “regra do COlado, SEparado” vamos ter

v x = v 0 x = v 0 ⋅ cos ⁡ α = v 0 cos ⁡ α

v 0 y = v 0 ⋅ sen ⁡ α = v 0 sen ⁡ α

Ambos são positivos, porque a velocidade está para direita e para cima.

Passo 3

Vamos agora escrever as equações da posição pelo tempo, começando pelo movimento ao longo de x

S x = S 0 x + v x t

S x = 0 + v 0 . cos ⁡ α . t

S x = v 0 . cos ⁡ α . t

Passo 4

Para o movimento ao longo de y

S y = S 0 y + v 0 y t + a t 2 2

S y = h + v 0 . sen ⁡ α . t - g t 2 2

Passo 5

Lembra como escrevemos esse vetor agora?

Ele fica:

r → t = S x i ^ + S y j ^

r → t = v 0 cos ⁡ α t i ^ + h + v 0 sen ⁡ α t - g t 2 2 j ^

Passo 6

Vamos agora escrever as equações da velocidade pelo tempo, começando de novo pelo movimento ao longo de x , como o movimento é uniforme temos que:

v x = v 0 x

Logo,

v x = v 0 . cos ⁡ α

Passo 7

Para o movimento acelerado ao longo de y

v y = v 0 y + a t

v y = v 0 sen ⁡ α - g t

Passo 8

O vetor velocidade representado por unitários fica da seguinte forma:

v → t = v x i ^ + v y j ^

v → t = v 0 cos ⁡ α i ^ + v 0 sen ⁡ α - g t j ^

Passo 9

b   Ele quer o tempo que o projétil gasta para atingir a altura máxima. Isso vai acontecer quando a velocidade em y é zero. Então devemos fazer

v y = 0

v 0 . sen ⁡ α - g . t m á x = 0

t m á x = v 0 . sen ⁡ α g

Passo 10

c   O tempo de vôo vai ser o tempo que ele demora para chegar ao chão. O que isso quer dizer?

Que o valor da posição na vertical é zero.

S y = 0

S y = h + v 0 sen ⁡ α t - g t 2 2 = 0

Resolvendo a equação de segundo grau

t v ô o = - v 0 . sen ⁡ α ± v 0 . sen ⁡ α 2 - 4 - g / 2 h - 2 g 2

t v ô o = v 0 sen ⁡ α ± v 0 sen ⁡ α 2 + 2 g h g

Como o tempo de vôo deve ser positivo, e o valor dentro da raiz é maior que v 0 . sen ⁡ α

t v ô o = v 0 sen ⁡ α + v 0 sen ⁡ α 2 + 2 g h g

Passo 11

d   Para acharmos o módulo da sua velocidade devemos achar cada componente quando o tempo for igual ao tempo de vôo. Então

v y = v 0 sen ⁡ α - g v 0 . sen ⁡ α + v 0 . sen ⁡ α 2 + 2 . g . h g

v y = v 0 . sen ⁡ α - v 0 . sen ⁡ α - v 0 . sen ⁡ α 2 + 2 . g . h

v y = v 0 . sen ⁡ α 2 + 2 . g . h

v x = v 0 . cos ⁡ α

Passo 12

Agora que sabemos o valor de cada componente da velocidade podemos fazer módulos dela

v S 2 = v y 2 + v x 2

v S 2 = v 0 . sen ⁡ α 2 + 2 . g . h 2 + v 0 . cos ⁡ α 2

v S 2 = v 0 2 . sen 2 ⁡ α + 2 . g . h + v 0 2 . cos 2 ⁡ α

Lembrando que

sen 2 ⁡ α + cos 2 ⁡ α = 1

v S 2 = v 0 2 sen 2 ⁡ α + cos 2 ⁡ α + 2 . g . h

v S = v 0 2 + 2 . g . h

Resposta

a   r → t = v 0 cos ⁡ α t i ^ + h + v 0 sen ⁡ α t - g t 2 2 j ^ ;

v → t = v 0 cos ⁡ α i ^ + v 0 sen ⁡ α - g t j ^

b   t m á x = v 0 sen ⁡ α g

c   t v ô o = v 0 . sen ⁡ α + v 0 . sen ⁡ α 2 + 2 . g . h g

d   v S = v 0 2 + 2 . g .   h

Exercício Resolvido #11

Darlene é uma motociclista de circo. Como clímax de seu show, ela larga de uma rampa inclinada de θ , salta um fosso de largura L e pousa em um rampa mais elevada (altura h ) do outro lado . a   Para uma dada altura h , encontre a mínima rapidez de largada v m i n necessária para ela realizar o salto com sucesso. b Quanto vale v m i n   para L = 8,0   m , θ = 30 ° e h = 4,0   m ?

c   Mostre que, independente da rapidez de largada, a altura máxima da plataforma é h < L . t g ( θ ) . Interprete fisicamente este resultado. (Despreze a resistência do ar e trate a motoqueira e a moto como se fossem uma única partícula.)

Passo 1

a   O problema quer saber a velocidade mínima com que é possível realizar esse salto. Acharemos v m í n se acharmos a velocidade inicial a qual em um instante t a moto tenha percorrido L em x e esteja na altura h .

Pois se a moto tiver em uma altura menor que h significa que ela não consegue fazer o salto e se altura for maior que h ela não estava na velocidade mínima possível.

Passo 2

Vamos escrever a equação da posição no eixo x

r x = 0 + v x . t

Lembrando que

v x = v m í n . cos ⁡ θ

Queremos o instante de tempo t no qual a motociclista percorre a distância L no eixo x

L = v m í n . cos ⁡ θ . t  

t = L v m í n . cos ⁡ θ

Passo 3

Agora vamos estudar o movimento no eixo y , escrevendo a equação da posição temos:

r y = 0 + v y . t - g . t 2 2

Como

v y = v m í n . s e n θ

Agora substituímos r y = h e v y

h = v m í n . s e n θ . t - g . t 2 2

Como falamos no “passo 1” para achamos a velocidade mínima é preciso que o instante de tempo t que a moto alcance a distância L em x ela esteja na posição h em y .

Como vimos que precisamos que isso ocorra no mesmo instante de tempo t , basta substituirmos o valor de t que achamos no “passo 2” para descobrirmos v m í n

h = v m í n . s e n θ . L v m í n . cos ⁡ θ - g 2 . L v m í n . cos ⁡ θ 2

h = t g θ . L - g . L 2 2 . v m í n 2 . cos 2 ⁡ θ

h - t g θ . L . 2 . v m í n 2 . cos 2 ⁡ θ = - g . L 2

2 . v m í n 2 . cos 2 ⁡ θ = - g . L 2 h - L . t g θ

v m í n = L cos ⁡ θ . g 2 . ( L . t g θ - h )

Passo 4

b   Terminamos de achar uma equação para v m í n , então basta substituir os valores dados

v m í n = 8 cos ⁡ 30 ° . 9,8 2 8 . t g 30 ° - 4

v m í n = 16 3 . 4,9 ( 8.0,557 - 4 )

v m í n = 26   m / s  

Passo 5

c   Como raíz de um número negativo não existe no conjuto de números reais, se

h > L . t g ( θ )

Teriamos raíz de um número negativo o que não é possível. Se pensarmos no caso onde

h = L . t g ( θ )

teríamos uma divisão por zero e por isso a velocidade mínima iria tender ao infinito.

Então só é possível excutar esse salto se h < L . t g θ

Resposta

a   v m í n = L cos ⁡ θ . g 2 . ( L . t g θ - h )

b   v m í n = 26   m / s

Exercício Resolvido #12

Um mergulhador salta de um penhasco em Acapulco, no México, 30,0   m acima da superfície da água. Neste momento, ele aciona sua mochila-foguete horizontamente, o que lhe dá uma aceleração horizontal constante de 5,00   m / s 2 , sem efetuar seu movimento vertical. a   Quanto tempo ele leva até chegar à superfície da água? b A que distância da base do penhasco ele atinge a água, suponto o penhasco vertical? c   Mostre que sua trajetória é uma linha reta. (Ignore a resistência do ar.)

Passo 1

Ao acionar a mochila-foguete o mergulhador passa a executar um movimento acelerado no eixo x .

Com isso nada irá mudar quanto ao eixo y , mas para resolver os itens que envolvam o movimento em x iremos usar as equações do movimento uniformemente variado (MUV).

Passo 2

a   Para descobrirmos o tempo que o mergulhador gasta para chegar à água temos que analisar o movimento em y , pois é pedido o tempo para o mergulhador sair da posição r y 0 = 30   m para chegar à água r y = 0 .

O problema não falou de nenhuma velocidade inicial no eixo y e por isso, v y 0 = 0 , temos que o movimento em y é uma queda livre. Vamos usar as fórmulas do movimento acelerado pela gravidade

r y = r y 0 - g . t 2 2

0 = 30 - 9,8 . t 2 2

30.2 9,8 = t 2

t = 6,12

t = 2,47   s

Passo 3

b   A distância em que o mergulhador atinge a água em relação a base do penhasco é o alcance do movimento no eixo x .

O movimento no eixo x é acelerado e por isso vamos usar a equação da posição do MUV

r x = r x 0 + v x 0 . t + a . t 2 2

Considerando a base do penhasco como origem e visto que a velocidade inicial dele é zero, já que o mergulhador só aciona a mochila quando pula, temos

r x = a . t 2 2

r x = 5 . t 2 2

Substituindo t por 2,47   s que foi o instante que o mergulhador chega à agua

r x = 5 . 2,47 2 2

r x = 15,25   m

Passo 4

c Para mostrarmos qual a trajetória de algum objeto, o melhor método é achar a equação da trajetória.

Como r x é a posição da partícula no eixo x e o r y representa o mesmo no eixo y podemos chamar r x = x e r y = y

No item b chegamos que

x = 5 . t 2 2

E no item a   encontramos que

y = 30 - 9,8 . t 2 2

Vamos sumir com o tempo e para isso vamos isolar t 2 2 na equação de x

t 2 2 = x 5

Substituindo esse valos na equação de y chegamos

y = 30 - 9,8 . x 5

y = 30 - 1,96 . x  

Essa é a equação da trajetória e podemos ver que ela é um polinômio do 1º grau e por isso representa uma reta y = a x + b .

Resposta

a   t = 2,47   s

b   r x = 15,25   m

c   y = 30 - 1 , 96 x

Exercício Resolvido #13

Um jogador de futebol bate uma falta, fazendo com que a bola saia com velocidade inicial 15   m/s , do solo, fazendo um ângulo de 53 ° . Sabendo que um vento sopra da esquerda para direita, imprimindo uma aceleração nessa direção com módulo igual ao módulo da gravidade. a   Determine a altura máxima do chute, e seu alcance. b Na frente do jogador, a 20   m , está um gol com 2,4   m de altura. Determine se a bola vai na direção do gol, passa por cima dele, ou cai antes do gol.

Dados: sen ⁡ 53 ° = 4 / 5 , cos ⁡ 53 ° = 3 / 5

Passo 1

No enunciado, a bola é chutada para cima. Então:

No eixo y , temos um lançamento vertical, que neste caso é um lançamento vertical para cima.

No eixo x , nesse caso, temos aceleração então ele é um Movimento Uniformemente variado.

Pelo enunciado teremos:

Dados v → 0 = 15   m / s S 0 y = 0   m S 0 x = 0   m a y = - g = - 9,8   m / s 2 a x = + g = + 9,8   m / s 2

Vamos primeiro achar as componentes da velocidade inicial, pela regra do “COlado/Separado”:

v 0 x = v 0 . cos ⁡ 53 °

v 0 x = 9   m/s

v 0 y = v 0 ⋅ sen ⁡ 53 °

v 0 y = 12   m/s

Passo 2

a   Para achar a altura máxima, estamos usando o movimento na vertical.

O que acontece quando a bola está na altura máxima? v y = 0   m/s , como em y temos um M . U . V . e queremos a posição, vamos usar a equação de Torricelli.

v y 2 = v 0 y 2 + 2 a Δ S

0 = 12 2 - 2 ⋅ 9,8 S y m a x   - 0

S y m a x = 7,35   m

Passo 3

Para encontrarmos o alcance, primeiro devemos achar o tempo que ele demora para chegar ao chão, ou seja, quando S y = 0   m

S y = S 0 y + v 0 y t + a y t 2 2

0 = 0 + 12 t - 4,9 t 2

4,9 t 2 - 12 t = 0

Resolvendo a equação do 2º grau, vamos encontrar dois valores para essa equação, mas lembre

O tempo não é negativo, TEMPO SEMPRE POSITIVO.

t = 2,45   s

Passo 4

Agora usamos esse tempo na equação da posição do eixo x . Lembrando que ele é um MUV

S x = S 0 x + v 0 x t + a x t 2 2

S x = 0 + 9 ⋅ 2,45 + 9,8 ⋅ 2,45 2 2

S x = 51,46   m

A = S x = 51,46   m

Passo 5

b   Para descobrir onde a bola passou, devemos achar a altura da bola quando ela passa pelo gol.

Primeiro vamos achar o tempo para ela chegar ao gol, saberemos isso pela posição do gol no eixo x . Como temos o vento soprando para a direita, imprimindo uma aceleração constante de módulo igual à da gravidade, a gente tem

S = S 0 + v 0 t + 1 2 a x t 2

20 = 9 t + 9,8 2 t 2

De novo caímos em uma equação do segundo grau. Resolvendo, e lembrando que

O tempo não é negativo, TEMPO SEMPRE POSITIVO.

A gente descobre que

t = 1,3   s

Passo 6

Vamos agora descobrir a altura que a bola se encontra ao passar pela possição do gol.

S y = 12 ⋅ 1,3 - 9,8 2 ⋅ 1,3 2

S y = 7,32   m

A altura do gol é 2,4   m , como a bola passa a 7,32   m do chão, o jogador errou o chute no gol.

Repare que a aceleração do eixo x não interfere em nada no movimento do eixo y e vice versa.

Resposta

a   S y m a x = 7,35   m ;   A = 51,46   m

b   S y = 7,32   m , ele erra o chute no gol.

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