Lançamento Oblíquo - NS Aulas Particulares

Lançamento Oblíquo
1. (Unesp 2012) O gol que Pelé não fez
Na copa de 1970, na partida entre Brasil e Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um pouco antes
do meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um chute que entrou para a história
do futebol brasileiro. No início do lance, a bola parte do solo com velocidade de 108 km/h (30
m/s), e três segundos depois toca novamente o solo atrás da linha de fundo, depois de
descrever uma parábola no ar e passar rente à trave, para alívio do assustado goleiro.
Na figura vemos uma simulação do chute de Pelé.
Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o chute de Pelé fazia um ângulo de
30° com a horizontal (sen30° = 0,50 e cos30° = 0,85) e desconsiderando a resistência do ar e a
rotação da bola, pode-se afirmar que a distância horizontal entre o ponto de onde a bola partiu
do solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo atrás da linha de fundo era, em
metros, um valor mais próximo de
a) 52,0.
b) 64,5.
c) 76,5.
d) 80,4.
e) 86,6.
2. (Ime 2013)
Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como
mostrado na figura acima. O vetor velocidade inicial v 0 tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo
de 60° com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do
lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:
Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s2.
a) 0,60
b) 1,80
c) 2,25
d) 3,00
e) 6,60
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3. (Unifesp 2013) O atleta húngaro Krisztian Pars conquistou medalha de ouro na olimpíada de
Londres no lançamento de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta lança a bola a 0,50m
acima do solo, com velocidade linear inicial que forma um ângulo de 45° com a horizontal. A
bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de 80m.
Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da
gravidade no local igual a 10 m/s2, 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia
mecânica durante o voo da bola, determine, aproximadamente:
a) o módulo da velocidade de lançamento da bola, em m/s.
b) a altura máxima, em metros, atingida pela bola.
4. (G1 - cftmg 2013) Uma pedra é lançada para cima a partir do topo e da borda de um edifício
de 16,8 m de altura a uma velocidade inicial v0 = 10 m/s e faz um ângulo de 53,1° com a
horizontal. A pedra sobe e em seguida desce em direção ao solo. O tempo, em segundos, para
que a mesma chegue ao solo é
a) 2,8.
b) 2,1.
c) 2,0.
d) 1,2.
5. (Uem 2012) Do topo de uma plataforma vertical com 100 m de altura, é solto um corpo C1 e,
no mesmo instante, um corpo C2 é arremessado de um ponto na plataforma situado a 80 m em
relação ao solo, obliquamente formando um ângulo de elevação de 30º com a horizontal e com
velocidade inicial de 20 m/s. Considerando que os corpos estão, inicialmente, na mesma linha
vertical, desprezando a resistência do ar, e considerando g =10 m/s2, assinale o que for
correto.
01) A altura máxima, em relação ao solo, atingida pelo corpo C2 é de 85 m.
02) Os dois corpos atingem a mesma altura, em relação ao solo, 1,5 segundos após o
lançamento.
04) O corpo C2 demora mais de 6 segundos para atingir o solo.
08) Os dois corpos atingem o solo no mesmo instante de tempo.
16) A distância entre os corpos, 2 segundos após o lançamento, é de 20 3 metros.
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6. (Pucsp 2012) Dois amigos, Berstáquio e Protásio, distam de 25,5 m. Berstáquio lança
obliquamente uma bola para Protásio que, partindo do repouso, desloca-se ao encontro da
bola para segurá-la. No instante do lançamento, a direção da bola lançada por Berstáquio
formava um ângulo θ com a horizontal, o que permitiu que ela alcançasse, em relação ao ponto
de lançamento, a altura máxima de 11,25 m e uma velocidade de 8 m/s nessa posição.
Desprezando o atrito da bola com o ar e adotando g = 10m/s 2, podemos afirmar que a
aceleração de Protásio, suposta constante, para que ele consiga pegar a bola no mesmo nível
do lançamento deve ser de
a)
1
m/s2
2
b)
1
m/s2
3
d)
1
2
m/s
5
e)
1
2
m/s
10
c)
1
m/s2
4
7. (Espcex (Aman) 2012) Um lançador de granadas deve ser posicionado a uma distância D
da linha vertical que passa por um ponto A. Este ponto está localizado em uma montanha a
300 m de altura em relação à extremidade de saída da granada, conforme o desenho abaixo.
A velocidade da granada, ao sair do lançador, é de 100 m s e forma um ângulo ―α ‖ com a
horizontal; a aceleração da gravidade é igual a 10 m s2 e todos os atritos são desprezíveis.
Para que a granada atinja o ponto A, somente após a sua passagem pelo ponto de maior altura
possível de ser atingido por ela, a distância D deve ser de:
Dados: Cos α  0,6; Sen α  0,8.
a) 240 m
b) 360 m
c) 480 m
d) 600 m
e) 960 m
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8. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A bola
descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de 40 m de
sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a altura máxima
por ela alcançada esteve entre
a) 4,1 e 4,4 m.
b) 3,8 e 4,1 m.
c) 3,2 e 3,5 m.
d) 3,5 e 3,8 m.
9. (Uff 2011) Após um ataque frustrado do time adversário, o goleiro se prepara para lançar a
bola e armar um contra-ataque.
Para dificultar a recuperação da defesa adversária, a bola deve chegar aos pés de um atacante
no menor tempo possível. O goleiro vai chutar a bola, imprimindo sempre a mesma velocidade,
e deve controlar apenas o ângulo de lançamento. A figura mostra as duas trajetórias possíveis
da bola num certo momento da partida.
Assinale a alternativa que expressa se é possível ou não determinar qual destes dois jogadores
receberia a bola no menor tempo. Despreze o efeito da resistência do ar.
a) Sim, é possível, e o jogador mais próximo receberia a bola no menor tempo.
b) Sim, é possível, e o jogador mais distante receberia a bola no menor tempo.
c) Os dois jogadores receberiam a bola em tempos iguais.
d) Não, pois é necessário conhecer os valores da velocidade inicial e dos ângulos de
lançamento.
e) Não, pois é necessário conhecer o valor da velocidade inicial.
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10. (Uftm 2011) Num jogo de vôlei, uma atacante acerta uma cortada na bola no instante em
que a bola está parada numa altura h acima do solo. Devido à ação da atacante, a bola parte
com velocidade inicial V0, com componentes horizontal e vertical, respectivamente em módulo,
Vx = 8 m/s e Vy = 3 m/s, como mostram as figuras 1 e 2.
Após a cortada, a bola percorre uma distância horizontal de 4 m, tocando o chão no ponto P.
Considerando que durante seu movimento a bola ficou sujeita apenas à força gravitacional e
adotando g = 10 m/s2, a altura h, em m, onde ela foi atingida é
a) 2,25.
b) 2,50.
c) 2,75.
d) 3,00.
e) 3,25.
11. (Ufu 2011) Uma pedra é lançada do solo com velocidade de 36 km/h fazendo um ângulo
de 45° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s2 e desprezando a resistência do ar, analise
as afirmações abaixo.
I. A pedra atinge a altura máxima de 2,5 m.
II. A pedra retorna ao solo ao percorrer a distância de 10 m na horizontal.
III. No ponto mais alto da trajetória, a componente horizontal da velocidade é nula.
Usando as informações do enunciado, assinale a alternativa correta.
a) Apenas I é verdadeira.
b) Apenas I e II são verdadeiras.
c) Apenas II e III são verdadeiras.
d) Apenas II é verdadeira.
12. (Ufpr 2011) Na cobrança de uma falta durante uma partida de futebol, a bola, antes do
chute, está a uma distância horizontal de 27 m da linha do gol. Após o chute, ao cruzar a linha
do gol, a bola passou a uma altura de 1,35 m do chão quando estava em movimento
descendente, e levou 0,9 s neste movimento. Despreze a resistência do ar e considere g = 10
m/s2.
a) Calcule o módulo da velocidade na direção vertical no instante em que a bola foi chutada.
b) Calcule o ângulo, em relação ao chão, da força que o jogador imprimiu sobre a bola pelo seu
chute.
c) Calcule a altura máxima atingida pela bola em relação ao solo.
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13. (Uesc 2011) Galileu, ao estudar problemas relativos a um movimento composto, propôs o
princípio da independência dos movimentos simultâneos — um móvel que descreve um
movimento composto, cada um dos movimentos componentes se realiza como se os demais
não existissem e no mesmo intervalo de tempo.
Assim, considere um corpo lançado obliquamente a partir do solo sob ângulo de tiro de 45º e
com velocidade de módulo igual a 10,0m/s.
Desprezando-se a resistência do ar, admitindo-se que o módulo da aceleração da gravidade
2
local é igual a 10m / s e sabendo-se que cos 45º 
2
2
e sen45º 
, é correto afirmar:
2
2
a) O alcance do lançamento é igual a 5,0m.
b) O tempo total do movimento é igual a 2s .
c) A altura máxima atingida pelo corpo é igual a 10,0m.
d) O corpo atinge a altura máxima com velocidade nula.
e) A velocidade escalar mínima do movimento é igual a 10,0m/s.
14. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade inicial de
60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na figura abaixo. Se a
altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (xf) da pedra, isto é, em que posição
horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8 e g = 10 m/s2).
a) 153 m
b) 96 m
c) 450 m
d) 384 m
15. (Pucrj 2010) Um superatleta de salto em distância realiza o seu salto procurando atingir o
maior alcance possível. Se ele se lança ao ar com uma velocidade cujo módulo é 10 m/s, e
fazendo um ângulo de 45o em relação a horizontal, é correto afirmar que o alcance atingido
pelo atleta no salto é de:
(Considere g = 10 m/s2)
a) 2 m.
b) 4 m.
c) 6 m.
d) 8 m.
e) 10 m.
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Gabarito:
Resposta da questão 1:
[C]
Dados: v0 = 30 m/s; θ = 30°; sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,85 e t = 3 s.
A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se constante. O alcance horizontal (A) é
dado por:
A  v 0x t  A  v 0 cos30 t  A  30 0,85 3  
A  76,5 m.
Resposta da questão 2:
[E]
Q  Qf  Qi  Q  Qi  Qf
| Q || Qi  Qf | Q
Pelo teorema do impulso, temos:
Q  F.t
F  P  m.g
Q  F.t  Q  m.g.t (eq.1)
Vamos determinar o t analisando o lançamento oblíquo, considerando como referencial o
chão, ou seja, S0  2,2m , S  0 e VY  V0 .cos60º .
S  VY .t 
a.t 2
g.t 2
10.t 2
 S  S0  VY .t 
 0  2,2  V0 .cos 60º.t 

2
2
2
 2,2  20.0,5.t  5.t 2  t 2  2.t  0,44  0
Resolvendo a equação de segundo grau, teremos raízes: t1  2,2s e t2  2,2s .
Considerando a raiz positiva e substituindo na eq.1, teremos:
Q  m.g.t  300x103.10.2,2  Q  6,60kg.m
s
Resposta da questão 3:
a) Dados: A = 80 m; 2 = 1,4; g = 10 m/s2.
As componentes da velocidade inicial são:
v ox  v oy  v 0 cos 45  v ox  v oy  v 0
2
2
 v ox  v oy  0,7v 0
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é:
A
v 02
sen  2θ
g
 80 
v 02
sen 90  v 0  800  20 2  20  1,4 
10
v 0  28 m / s.
b) Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a
componente vertical da velocidade é nula (vy = 0):
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2
v 2y  v0y
 2 g Δy  0   0,7  28   20 Δy  Δy 
2
384
20
 Δy  19,2 m.
Como a altura inicial é 5 m, a altura máxima (h) é:
h  h0  Δy  h  5  19,2 
h  24,2 m.
Resposta da questão 4:
[A]
Dados: v0  10m / s; θ  53,1; senθ  0,8; cos θ  0,6; h  16,8m.
Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura temos:
y0 = h = 16,8 m.
Calculando as componentes da velocidade inicial:

v 0x  v0 cos θ  10  0,6   v 0x  6 m/s .

v  v0 sen θ  10  0,8   v 0y  8 m/s .

 0y
Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo y = 0,
vem:
Resposta da questão 5:
01 + 16 = 17.
A figura ilustra a situação descrita.
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Dados: v01 = 0; x01 = 0; y01 = 100 m; v02 = 30 m/s; x02 = 0; y02 = 80 m; a = -g = -10 m/s2;
1
3
sen 30° = ; cos 30° =
.
2
2
Equacionemos os dois movimentos:
 x1  0.

C1 
a 2
 y1  y01  V01t  t

2
 y1  100  5 t 2 .

3
 v 0x  10 3 m / s.
 v 0x  v 0 cos30  20
2


1
 v 0x  10 m / s.
 v 0y  v 0 sen30  20
2
C2 
 x  v t  x  10 3 t.
0x
2
 2

a 2
 y  80  10 t  5 t 2 .
 y 2  y02  v oy t  t

2
01) Correto. Lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula
 v2y  0 , apliquemos a equação de Torricelli para C :
2
2
v 22y  v 0y
 2 g H2  y 02   0  102  20 H2  80   H2  80  
100

20
H2  85 m.
02) Incorreto.
y1  y2  100  5 t2  80  10 t  5 t 2  10 t  20  t  2 s.
04) Incorreto. O corpo 2 leva 5,1 s para atingir o solo, conforme justificado no item seguinte.
08) Incorreto. Nos instantes em que os dois corpos atingem o solo, y1 = y2 = 0. Sejam t1 e t2
esses respectivos instantes.

C1 0  100  5 t12
 t1  4,5 s.
0  80  10 t  5 t 2  t 2  2 t  16  0 
2
2
2

C2 
t


3,1 s  não convém  ;
2  4  64
2

t 2 
2
t 2  5,1 s.

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16) Correto. Conforme calculado no item [02] e ilustrado na figura, no instante t = 2 s os corpos
estão na mesma altura, h = 80 m.
Calculemos, então, a abscissa (x2) do corpo 2.
x2  10 3 t  x2  10 3  2  x2  20 3 m.
A distância (D) entre os dois corpos é:
D  x 2  x1  D  20 3  0  D  20 3 m.
Resposta da questão 6:
[B]
Dados: D = 25,5 m; H = 11,25 m; vx = 8 m/s; g = 10 m/s2.
Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical (vy) da velocidade é nula. Aplicando,
então, a equação de Torricelli ao eixo y:
2
2
v 2y  v0y
 2 g Δy  0  v0y
 2 g H  v0y  2 g H  2 10 11,25   225 
v0y  15 m / s.
Aplicando a equação da velocidade, também no eixo y, calculemos o tempo de subida (ts).
v y  v 0y  g t
 0  v 0y  g t s
O tempo total (tT) é:
t T  2 t s  2 1,5  
 ts 
v 0y
g

15
10
 t s  1,5 s.
t T  3 s.
Na direção horizontal a componente da velocidade (vx) é constante. O alcance horizontal (A) é,
então:
A  v x tT  A  8 3   A  24 m.
Para pegar a bola, Protásio deverá percorrer:
ΔS  D  A  25,5  24  ΔS  1,5 m.
Como a aceleração é suposta constante, o movimento é uniformemente variado. Então:
1
1
1
2
ΔS  a t 2T  1,5  a  3 
 a
m / s2 .
2
2
3
Resposta da questão 7:
[D]
Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical, temos:

 Vx  V0 .cos α  100x0,6  60 m/s


 Vy  V0 .senα  100x0,8  80 m/s
Na vertical o movimento é uniformemente variado. Sendo assim:
ΔS y  Vy .t 
1 2
gt  300  80t  5t 2  t 2  16t  60  0
2
A equação acima tem duas soluções: t= 6s e t’=10s.
Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar o maior tempo (10s).
Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim:
ΔSx  Vx .t  D  60x10  600m
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Resposta da questão 8:
[B]
OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de
conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas
soluções.
1ª Solução (Matemática):
Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados:
A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é: y  a  x  x1  x  x 2  .
Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40.
Substituindo esses valores na equação dada:
y  a  x  0  x  40   y  ax 2  40ax.
Para x = 30  y = 3. Então:
3  a  30   40a  30   3  900a  1200a  a  
2
1
.
100
Assim, a equação da parábola mostrada é:
y
x2
x2
2
 1 
 40 
 x.
x  y  
100
100
100
5


Para x = 20  h = H. Então:
H
 20 
2
100
H  4 m.

2
 20   H  4  8 
5
2ª Solução (Física):
Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado (M.U.V.)
com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo (t) iguais e
subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d...
Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos
uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu. Assim, se a
distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos iguais e subsequentes
as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h...
O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um lançamento
horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém constante (vx = v0x),
os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as distâncias horizontais são
iguais (10 m).
Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura.
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Então:
3h  3  h  1 m.
Mas : H  3h  h  3  1  H  4 m.
3ª Solução (Física):
Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os intervalos
de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal da velocidade
se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até C é 2t.
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos:

g 2
A  B : h  2 t


 A  C : H  g  2t 2

2
g 
 H  4  t2 
2

 H  4h.
Mas, da Figura: H  h  3  4h  h  3  h  1 m.
Como H  4h  H  4 m.
Resposta da questão 9:
[B]
No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula. A partir daí, e na vertical,
temos uma queda livre a partir do repouso.
O tempo de queda pode ser tirado da expressão H 
1 2
gt .
2
Sendo assim quanto maior for a altura maior será o tempo de queda.
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Não podemos esquecer que os tempos de subida e descida são iguais.
Portanto o tempo total é T = 2tq .
O menor tempo de voo da bola é aquele correspondente à menor altura.
Resposta da questão 10:
[C]
Na direção horizontal (x) o movimento é uniforme. Assim, podemos calcular o tempo (t) que a
bola leva para tocar o chão.
vx 
x
t

t
x 4

vx 8

t  0,5 s.
Na direção vertical (y) o movimento é uniformemente variado, com aceleração igual à da
gravidade (g).
g t2
2
h  2,75 m.
h  v oy t 

h  3  0,5  
10  0,5 
2
2
 1,5  1,25 
Resposta da questão 11:
[B]
36 km/h = 10 m/s
A primeira providência é decompormos a velocidade em componentes horizontal e vertical.
O movimento vertical é uniformemente variado. No ponto mais alto a componente vertical da
velocidade é nula. Portanto:

V 2  V02  2aΔS  0  5 2

2
 20H  H  2.5m
V  V0  at  0  5 2  10t  t subida 
2
s
2
Por outro lado, na horizontal, o movimento é uniforme. O tempo para voltar ao solo é o dobro
do tempo de subida ( 2s ). Portanto:
ΔS  V.t  ΔS  5 2  2  10m
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Resposta da questão 12:
Os dados estão mostrados na figura abaixo.
a) Equacionando o eixo y:
y  y 0  v 0y t 
g 2
t
2
1,35  0  v oy  0,9  

1,35  4,05  0,9 v 0y

v 0y 
5, 4
0,9
10
2
 0,9 
2


v oy  6 m / s.
b) Equacionando o eixo x:
x  x0  v 0 x t

27  0  v 0 x  0,9 

v0x 
27
0,9

v 0 x  30 m / s.
tg 
v0y
v0x

6
 0,2
30

  arctg 0,2.
c) Aplicando Torricelli ao eixo y e notando que no ponto mais alto vy = 0 e y = H:
v 2y  v 02 y  2 g y

0  6 2  20 H

20 H  36

H  1,8 m.
Resposta da questão 13:
[B]
Decompondo a velocidade inicial em duas componentes: horizontal (x) e vertical (y), temos:
Vox  Vo. cos 45 0  5 2m / s
Voy  Vo.sen450  5 2m / s
Estudando o movimento vertical.
V  Vo  at  0  5 2  10t  t subida  0,5 2s
Portanto, o tempo total de movimento vale: T  2t 
 
V 2  V02  2.a.S  0  5 2
2
2s
 2x10xH  H  2,5m
Estudando o movimento horizontal.
V
S
S
5 2 
 S  10m .
t
2
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Resposta da questão 14:
[D]
As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são:
v 0x  v 0 cos 0  v 0 cos 30  60  0,8  48 m / s.


v 0y  v 0 sen0  v 0 sen30  60  0,5  30 m / s.
Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos:
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s2.
Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é:
y  y 0  v 0y t 
1 2
at
2

y  80  30 t  5 t 2 .
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo:
0  80  30 t  5 t 2 
t
t 2  6 t  16  0

t
6  36  4 116 
2

6  10 t  8 s.

2
t  2 s (não convém).
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é:
x  x0  v 0x t

x  0  48  8 

x  384 m.
Resposta da questão 15:
[E]
Dados: v0 = 10 m/s;  = 45°; g = 10 ms/2.
v0x = v0 cos 45° = 10
2
 5 2 m/s.
2
v0y = v0 sen 45° = 10
2
 5 2 m/s
2
No eixo y o movimento é uniformemente variado, com a = –g.
Calculemos o tempo de subida (tsub), notando que no ponto mais alto vy = 0.
2
s.
2
Como o tempo de subida é igual ao de descida, o tempo total (tT) é:
vy = voy – g t  0 = 5 2 – 10 tsub  tsub =
tT = 2 tsub = 2 s.
No eixo x o movimento é uniforme, com velocidade igual a v0x. O alcance horizontal (D) é:
D = v0x tT = 5 2  2  D = 10 m.
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