Enunciado

85. De cima de um trem, um canhão cujo cano forma um ângulo " com a horizontal dispara um projétil para a direita com rapidez v 0 em relação ao trem. O disparo é feito exatamente no momento em que o trem, deslocando-se para a direita com rapidez v t r e m em trilhos retos e horizontais, começa a acelerar com aceleração a. Encontre uma expressão para o ângulo do qual o projétil deve ser disparado a fim de aterrissar o mais distante possível do canhão. Ignore a pequena altura do canhão acima dos trilhos.

Passo 1

Tudo bem senhores!? Aqui vamos nós de novo pra mais uma questãozinha de Cinemática!

E pra resolver esse tipo de questão, já sabe né?

Como é de costume; primeiramente bora fazer um esboço pra ajudar a entender melhor o nosso problema...

De modo que obtemos então, a seguinte imagem abaixo...

Sendo que a imagem acima retrata o que a gente quer que aconteça, né!? Afinal; já pensou se o projetil for disparado e cair no trem ferindo algum passageiro. Isso não, meu amigo!

E pelo que sabemos dos problemas de lançamento horizontal e movimento oblíquo e também do que lemos no enunciado, tiramos que...

x 0 P = y 0 P = x 0 T = 0   m

t 0 = 0   s

v 0 x P = v 0 cos ⁡ θ

v 0 y P = v 0 sen ⁡ θ

v 0 T = v T r e m

y 1 P = 0

Onde o objetivo aqui é encontrar o ângulo do qual o projétil deve ser disparado a fim de aterrissar o mais distante possível do canhão.

Ous seja, o ângulo θ que maximiza a expressão abaixo do Alcance...

R = x 1 P - x 1 T

Por isso, mãos à obra!

Passo 2

Bora pro que interessa! Chega de introdução!

Tomando ( 0 ) como o instante inicial do lançamento... Pra facilitar a nossa resolução, bora dividir o movimento do projétil depois que sai do canhão, em duas partes; vertical e horizontal...

Na horizontal, em x , o projétil não tem aceleração influenciando seu movimento. Sendo assim, ele executa um movimento uniforme, com velocidade constante.

Olhando pra nossa figura do P a s s o   1 , ficamos então com...

x 1 P = x 0 P + v 0 x P ( t 1 - t 0 )

Isso aí é para o projétil. Para o trem, a equação fica assim... Lembrando que ele tá acelerado, hein!?

x 1 T = x 0 T + v 0 x T t 1 - t 0 + 1 2 a ( t 1 - t 0 ) 2

Voltando à equação do projétil, temos que tomar cuidado aí. Nosso projétil é lançado de um canhão de um trem em movimento. Desse modo, a velocidade total do projétil em x , vai ser a soma da velocidade v 0 T do trem com a velocidade de lançamento do projétil na horizontal, v 0 x P ...

v 0 x P = v 0 cos ⁡ θ + v T r e m

E chegamos então, a seguinte fórmula abaixo... Com as variáveis que temos;

x 1 P = 0   m + v 0 x P ( t 1 - t 0 )

x 1 P = ( v 0 cos ⁡ θ + v T r e m ) ( t 1 - 0   s )

x 1 P = ( v 0 cos ⁡ θ + v T r e m ) t 1

Obtemos a equação que descreve a trajetória do nosso amigo segundo a direção x ...

Passo 3

Indo agora pra direção vertical, temos nessa direção a presença da aceleração da gravidade para baixo influenciando a trajetória do cara da moto.

Desse modo, peguemos a equação abaixo da velocidade para o movimento uniformemente variado... É claro, usando as variáveis da nossa figura, né!?

v f i n a l = v i n i c i a l + a y ( t 1 - t 0 )

Calma que eu já vou explicar o significado dessas variáveis, ainda não identificadas!

Bem! A equação anterior refere-se ao momento em que o projétil é lançado até alcançar sua altura máxima. Logo, temos que...

v f i n a l = 0   m / s

v i n i c i a l = v 0 y P = v 0 sen ⁡ θ

a y = - g = - 9,8   m / s ²

E consequentemos obtemos o tempo desprendido até a altura máxima;

v f i n a l = v i n i c i a l + a y ( ∆ t )

0 = v 0 sen ⁡ θ - g ( ∆ t )

∆ t = v 0 sen ⁡ θ g

Como o tempo total de descida do projétil é o mesmo do de subida, então o tempo total do movimento é dado por...

t 1 = 2 ∆ t = 2 v 0 g sen ⁡ θ

Passo 4

Obtido o tempo total, temos que a distância horizontal percorrida pelo projétil é dada por...

x 1 P = v 0 cos ⁡ θ + v T r e m t 1

x 1 P = v 0 cos ⁡ θ + v T r e m ⋅ 2 v 0 g sen ⁡ θ

x 1 P = 2 v 0 2 g sen ⁡ θ cos ⁡ θ + 2 v 0 v T r e m g sen ⁡ θ

E a distância percorrida pelo trem é de...

x 1 T = x 0 T + v 0 x T t 1 - 0   s + 1 2 a ( t 1 - 0   s ) 2

x 1 T = v t r e m t 1 + 1 2 a t 1 2

x 1 T = 2 v 0 v t r e m g sen ⁡ θ + 1 2 a 2 v 0 g sen ⁡ θ 2

x 1 T = 2 v 0 v t r e m g sen ⁡ θ + a 2 ⋅ 4 v 0 2 s e n 2 θ g 2

x 1 T = 2 v 0 v t r e m g sen ⁡ θ + 4 v 0 2 a s e n 2 θ g 2

Sendo assim, ficamos com...

R = x 1 P - x 1 T

R = 2 v 0 2 g sen ⁡ θ cos ⁡ θ + 2 v 0 v T r e m g sen ⁡ θ - 2 v 0 v t r e m g sen ⁡ θ - 4 v 0 2 a s e n 2 θ 2 g 2

R = 2 v 0 2 g sen ⁡ θ cos ⁡ θ - 2 v 0 2 a s e n 2 θ g 2

R = 2 v 0 2 g sen ⁡ θ cos ⁡ θ - a s e n 2 θ g

Passo 5

Pra finalizar e obter o ângulo θ que maximiza R , afinal o que queremos é que trem e projétil fiquem o mais distante possível um do outro; basta derivar R em relação a θ e igualar a 0 .

d R d θ = 0

d R d θ = d d θ 2 v 0 2 g sen ⁡ θ cos ⁡ θ - a s e n 2 θ g = 2 v 0 2 g d d θ sen ⁡ θ cos ⁡ θ - a s e n 2 θ g = 0

Como 2 v 0 2 / g é nada mais nada menos do que uma constante, então bora ignoral ela...

d R d θ = d d θ sen ⁡ θ cos ⁡ θ - a s e n 2 θ g = d d θ sen ⁡ θ cos ⁡ θ - d d θ a s e n 2 θ g =

= cos 2 ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ - a g 2 sen ⁡ θ cos ⁡ θ =

= cos ⁡ 2 θ - a g sen ⁡ 2 θ = 0

Ficamos então, com a seguinte equação para resolver...

cos ⁡ 2 θ - a g sen ⁡ 2 θ = 0

cos ⁡ 2 θ = a g sen ⁡ 2 θ

sen ⁡ 2 θ cos ⁡ 2 θ = g a

tan ⁡ 2 θ = g a

θ = 1 2 tan - 1 ⁡ g a

Agora se liga só! Cês já tão carecas de saber que o ângulo de 45 ° tem uma tangente igual a...

tan ⁡ 45 ° = 1

No caso da nossoa fórmula, para que a tangente fosse 45 ° precisaria acontecer o seguinte;

g = a

Sendo assim, podemos estabeler algumas condições importantes... São elas:

P a r a   a > g   e   a > 0 → θ < 45 °

P a r a   a < g   e   a < 0 → θ > 45 °

E só pra ressaltar. Caso o trem não acelerasse, teríamos que...

a = 0

E consequentemente;

θ = 1 2 tan - 1 ⁡ g 0

θ = 1 2 tan - 1 ⁡ ∞

θ = 1 2 ⋅ 90 °

θ = 45 °

Logo, tá mais que provado que o ângulo perfeito pro nosso lançamento é de 45 ° .

Pronto! Finalizamos aqui!

Até a próxima!

Resposta

θ = 1 2 tan - 1 ⁡ g a

 n g u l o   i d e a l   d e   l a n ç a m e n t o → θ = 45 °

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