Movimento de um projétil

MOVIMENTO DE UM PROJÉTIL
 Movimento de um projétil
 Componentes da velocidade inicial
 Movimento horizontal
 Movimento vertical
 Alcance
 Altura máxima
1
MOVIMENTO DE UM PROJÉTIL
2
MOVIMENTO DE UM PROJÉTIL
A bola faz uma trajetória curva
Para analisar este movimento consideraremos que
• a aceleração g é constante durante o intervalo do movimento e direcionada para
baixo
• o efeito da resistência do ar é desprezável
Com estas suposições a trajetória do projétil é sempre uma parábola
3
Fotografia estroboscópica de bolas de ping-pong
A fotografia estroboscópica
regista a trajetória de objetos
em movimento
A Figura mostra que a trajetória
da bola é uma parábola
4

v0
Analisamos o movimento
dimensões separadamente
em
cada
uma
das
Componentes da velocidade inicial

v0

ey
0

ex



v0  v0 x ex  v0 y e y
v0 x
cos 0 
v0
sin  0 
As componentes iniciais
são
v0 x  v0 cos 0
v0 y
v0
x e y da velocidade
v0 y  v0 sin  0
5
ANÁLISE DO MOVIMENTO DE UM PROJÉTIL
MOVIMENTO HORIZONTAL
Na horizontal não há aceleração, portanto
ax  0
 MRU
xt   x0  v0 xt
mas
v0 x  v0 cos0

x  x0  v0cos0 t
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MOVIMENTO VERTICAL
Na ausência da resistência do ar, a partícula fica sujeita apenas à aceleração
de queda livre, verticalmente, para baixo.
ay  g
 MRUV
A componente y da velocidade da partícula varia com o tempo devido
a aceleração, logo:
v y  v0 y  gt
como
v0 y  v0 sin 0

v y  v0 sin  0  gt
A coordenada y da partícula será
1 2
y t   y0  v0 y t  gt
2
ou
1 2
y t   y0  v0 sin  0t  gt
2
7
EQUAÇÕES DE MOVIMENTO DO PROJÉTIL
Movimento retilíneo uniforme na horizontal (MRU)
Componente horizontal da velocidade
Componente horizontal da posição
vx  v0 x  v0 cos 0  constante
xt   x0  v0 xt  x0 x  v0cos0t
Movimento retilíneo uniformemente variado na vertical
(MRUV)
Componente vertical da velocidade
Componente vertical da posição
v y  v0 y  gt  v0 sin  0  gt
y t   y0  v0 y t 
1 2
1
gt  y0  v0 sin  0t  gt 2
2
2
8
O diagrama mostra movimento de um projétil perto da superfície da Terra
9
Exemplo1: Movimento de um projétil
10
Exemplo 2:
11
Duas esferas saem simultaneamente da mesma altura
A bola move-se horizontalmente
enquanto está caindo, mas isso
não interfere no seu movimento
vertical
 porque os movimentos horizontal
e vertical são independentes entre
si.
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Fotografia estroboscópica das esferas
que saem simultaneamente da mesma altura
As duas esferas saem sob a
ação da gravidade
A esfera rosa é solta  v0y = 0
(queda livre)
A esfera amarela tem velocidade
inicial horizontal v0x
A cada instante as esferas têm a
mesma altura
As duas esferas chegam ao
mesmo tempo ao solo
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Exemplo 3:
Quando um avião em deslocamento horizontal com velocidade constante
deixa cair um pacote com medicamentos para refugiados em terra, a
trajetória do pacote vista pelo piloto é igual à trajetória vista pelos
refugiados?
Não. O piloto verá o pacote descrever
uma trajetória retilínea vertical:
Os refugiados verão o pacote descrever um
movimento horizontal uniforme e um vertical
uniformemente acelerado, a visão será de uma
trajetória parabólica:
14
Visão do piloto e visão dos refugiados
15
Alcance e altura máxima dum projétil
ALTURA MÁXIMA
vy  0
O tempo para atingir a altura máxima y=h
(quando v y  0 ) :

v0
v y  v0 y  gt
v y  v0 y  gt h  v0 sin  0  gt h
0  v0 sin  0  gt h 
gt h  v0 sin  0 
0
v0 sin  0
th 
g
Substituindo th na outra expressão
1 2
1 2
y  y0  v0 sin  0t  gt  h  v0 sin  0t h  gt h 
2
2
2
 v0 sin  0  1  v0 sin  0 

v0 sin  0 
  g 
 
h  v0 sin  0 
g  2 
g 
2g

2

(y=h e y0=0)
v02 sin 2  0
h
2g
16
ALCANCE
17
ALCANCE
v0 y  0

v0
R é o alcance - distância horizontal
percorrida pela partícula até chegar à
altura inicial
O movimento é simétrico 
a partícula
leva um tempo th para subir e o mesmo
tempo th para cair ao mesmo nível
Portanto o tempo para percorrer R é
t  2th  2
0
v0 sin  0
g
x  x0 x  v0 x t  x0 x  v0 cos 0t
R  v0 x (2th )  v0cos 0 (2th )
 2v0 sin  0 

R  v0 cos  0 
g



v02 sin 2 0
R
g
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Um projétil lançado da origem com uma velocidade escalar inicial de
para vários ângulos  0
50 m/s
Alcance máximo Rmáx
R
v2
0
g
sin 2 0
sin 2 0 é máximo quando for  1
O que acontece quando
 0  45 o
2 0   / 2
Rmax 
v 20
g
Os ângulos complementares (somam 90 graus) dão origem ao mesmo valor de R
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Exemplo 4: ALCANCE PARA OS ÂNGULOS DE 30, 45 , 60 
20
Examplo 5. Um cão está correndo na rua, e de repente dá um salto com uma
velocidade inicial de 11 m/s fazendo um ângulo de 300 com a horizontal. Em
que ponto o cão entra em contato com o solo depois do salto?
Com a ajuda do esquema ao lado,
determinamos as componentes da velocidade
inicial:
voy = 11 sin 300
vo = 11 m/s
vox = 9.53 m/s
voy = 5.50 m/s
 =300
É preciso determinar o tempo que o cão leva
para dar o salto
1
y  y0  v0 y t  at 2
2
1
 0  (5.5)t  (9.8t 2 )
2
4.9 t2 = 5.50 t

5.50 m/s
t
4.9 m/s 2

4.9 t = 5.50
vox = 11 cos 300

t = 1.12 s
21
Examplo 5 (Cont.)
Alcance do cão:
x = vxt;
voy = 10 sin 310
t = 1.12 s
A velocidade horizontal é constante
vx =vox = 9.53 m/s
v = 10 m/s
 =310
vox = 10 cos 310
Assim:
x = (9.53 m/s)(1.12 s) = 10.7 m
O alcance é x = 10.7 m
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Exemplo 6. Um canhão atira esferas com velocidade v0 = 100 m/s. a) Determine o
alcance máximo da esfera. b) Mostre que existem dois ângulos possíveis para atingir um
alvo à uma distância d = 800 m, menor que a distância máxima.
a) Determine o alcance máximo da esfera
O alcance é máximo quando
 0  45
x  x0  v0 x t  x0 x  v0 (cos 0 )t  v0 (cos 45 )t
x  100 m/s (0.7071)t  x  70.71t
Cálculo de t
1 2
y  y0  v0 sin  0t  gt 
2
0  0  v0 sin  0t 
1 2
gt 
2
1 2 
1 
v0 sin  0t  gt   v0 sin  0  gt t  0
2
2 

2v0 sin  0 2 100 m/s 2  sin 45
t

 14.43 s
2
g
9.8 m/s
Substituindo em x:
x  70.71t  70.7114.43  1020m
23
b) Mostre que existem dois ângulos possíveis para atingir um alvo à uma distância
d = 800 m, menor que a distância máxima.
x  x0  v0 xt  x0 x  v0 (cos 0 )t
x  v0cos 0t  100 cos 0t  800  100cos 0t  8  cos 0t
y  y0  v0 sin  0t 
1
1 2
gt  0  0  v0 sin  0t  gt 2 
2
2
2v0 sin  0 2 100  sin  0
t

 t  20.41sin  0
2
g
9.8 m/s
Substituo t na outra equação :
8  (cos 0 )( 20.41sin  0 )
8
2
20.41
28
2 sin  0 cos 0 
 sin 2 0  0.7839
20.41
 sin  0cos 0 
2 01  52o   01  26o
 02  90 o -26 o  64 o
24
Exemplo 7. Uma pedra cai dum penhasco com velocidade v = 10 m/s na horizontal. a)
Descreva o movimento,
ou seja, determine vx(t), vy(t), x(t) e y(t). b) Obtenha os ângulos
 
 e   de r e v com a horizontal em t =1.0 s.

a) Descreva o movimento, ou seja, determine vx(t), vy(t), x(t) e y(t) e os vetores v e

r.
As componentes da velocidade são:
v x  10 m/s
v y  voy  gt  0  gt  9.8t
Velocidade:





v  vx ex  v y e y  (10ex  9.8te y ) m/s
As componentes do vetor posição são:
x  x0 x  v0 x t  0  10t  10t
1 2
1
y  y0  v0 y t  gt  0  0  9.8t 2
2
2
 4.9t 2




2
Posição: r  xex  ye y  (10 t ex  4.9 t e y ) m
25
b) Obtenha os ângulos  e  ' que
 
rev
fazem com a horizontal em t =1.0 s.




2
r  xex  yey  (10 t ex  4.9 t ey ) m
Obtemos a partir do vetor posição que
y
tg 
x
4.9

  0,49 t
10
 (0.49)(1 s)  -0.49
   26 o





v  v x ex  v y e y  (10 ex  9.8te y ) m/s
Obtemos a partir da velocidade que
tg  
vy
vx

9.8
  0,98 t  (0.98)(1 s)  -0.98
10
  '  44o
26