lançamento oblíquo - avançado

LANÇAMENTO OBLÍQUO - AVANÇADO
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
A Equipe SEI, pensando em você, preparou este artigo com exercícios resolvidos sobre lançamento oblíquo. Neste
artigo, foram colocados exercícios em que existe aceleração também no eixo horizontal. Bons estudos!
1. (AFA 2009) Na figura abaixo, uma partícula com carga elétrica positiva q e massa m é lançada obliquamente de uma
superfície plana, com velocidade inicial de módulo v0 , no vácuo, inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal.
Considere que, além do campo gravitacional de intensidade g, atua também um campo elétrico uniforme de módulo E. Podese afirmar que a partícula voltará à altura inicial de lançamento após percorrer, horizontalmente, uma distância igual a
v 02
qE
⎛
⎞
(B)
senθ ⎜ cos θ +
senθ ⎟
2g
m
⎝
⎠
2
⎛ qE
⎞
v
tgθ ⎟ .
(D) 0 sen2θ ⎜ 1 +
g
⎝ mg
⎠
v ⎛ qE
⎞
sen2θ ⎟
(A) 0 ⎜ 1 +
2g ⎝
m
⎠
v ⎛
qE ⎞
(C) 0 ⎜ sen2θ +
⎟
g ⎝
mg ⎠
Solução
Como existe campo elétrico no eixo horizontal, precisamos determinar qual é a aceleração neste eixo. Isolando o corpo,
temos:
Fel = qE
y
x
P = mg
Assim, temos as seguintes acelerações:
Horizontal
Vertical
qE
m
−mg = maY ∴ aY = − g
qE = ma X ∴ a X =
A seguir, escrevemos as equações de movimento em cada eixo:
Horizontal
Vertical
1 qE
X = V0 .cos θ .t + . .t 2
2 m
1
Y = V0 .senθ .t + .(− g ).t 2
2
Como a partícula volta à altura inicial, Y = 0. Logo, temos: 0 = V0 .senθ .t +
Daí, t = 0 ou
t=
1
.(− g ).t 2 .
2
2V0 .senθ
. A solução válida é a segunda, já que a primeira representa o instante de lançamento.
g
Substituindo este valor de tempo na equação de movimento do eixo horizontal:
⎛ 2V senθ
X = V0 .cos θ . ⎜ 0
g
⎝
⎞ 1 qE ⎛ 2V0 senθ ⎞
⎟ + . .⎜
⎟
g
⎠ 2 m ⎝
⎠
2
Após alguns algebrismos, lembrando que sen 2θ = 2.senθ .cos θ , encontramos a resposta:
X=
V02
⎛
⎞
qE
sen2θ ⎜1 +
tgθ ⎟
g
⎝ mg
⎠
Opção D
2. (IME 1999) Uma bolinha de 50 g é largada da altura de 20 m. O vento está soprando e, além da aceleração da gravidade, a
bolinha fica sujeita a uma aceleração horizontal, variável com o tempo, dada por ax = 2t m/s2.
a. Faça o gráfico da componente horizontal da aceleração, desde o instante inicial até o instante em que a bolinha atinge o
chão;
b. o vetor velocidade da bolinha, no instante em que ela atinge o chão.
Dado: aceleração da gravidade = 10 m/s2.
Solução
Na queda da bolinha, temos:
1 2
gt
2
20 = 5t 2 ∴ t = 2, 0 s
S = S0 + V0 .t +
Assim, a componente horizontal da aceleração varia linearmente desde zero até 4,0 m/s2. Seu gráfico, então, é:
ax (m/s2)
4,0
2,0
t(s)
Como a componente horizontal da aceleração é variável, a área de seu gráfico fornece o valor da variação de velocidade.
ΔVX =
(2, 0).(4, 0)
= 4, 0 m/s
2
Para o movimento vertical, temos:
V 2 = V02 + 2.a.ΔS
→ VY 2 = 2.10.20 ∴VY = 20 m/s
Lembrando que a componente vertical da velocidade é para baixo, e o vetor j é para cima, o vetor velocidade da bolinha, no
instante em que ela atinge o solo, é:
JG
G
G
V = 4, 0.i − 20. j
3. (ITA 1996) Um corpo de massa M é lançado com velocidade inicial v formando com a horizontal um ângulo α, num local
onde a aceleração da gravidade é g. Suponha que o vento atue de forma favorável sobre o corpo durante todo o tempo
(ajudando a ir mais longe) com uma força F horizontal constante. Considere t como sendo o tempo total de permanência no ar.
Nessas condições, o alcance do corpo é:
(A)
v2
sen 2α
g
(B) 2vt +
Ft 2
2m
⎞
F
v 2sen 2α ⎛
⎜⎜1 +
tgα ⎟⎟
g
⎝ Mg
⎠
(D) vt v t
(E) outra expressão diferente das mencionadas.
(C)
Solução
Como existe vento horizontal, o movimento neste eixo possui aceleração. Isolando o corpo:
F
P = Mg
Assim, temos as seguintes acelerações:
Horizontal
Vertical
F
M
− Mg = MaY ∴ aY = − g
F = Ma X ∴ a X =
A seguir, escrevemos as equações de movimento em cada eixo:
Horizontal
Vertical
1 F
X = V0 .cos α .t + . .t 2
2 M
1
Y = V0 .senα .t + .(− g ).t 2
2
O movimento termina quando o corpo retorna à altura inicial, logo:
Assim, t = 0 ou
t=
1
0 = V0 .senα .t + .(− g ).t 2
2
2V0 .senα
. A solução válida é a segunda, já que a primeira representa o instante de lançamento.
g
Substituindo este valor de tempo na equação de movimento do eixo horizontal:
⎛ 2V senα ⎞ 1 F
X = V0 .cos α . ⎜ 0
⎟+ .
g
⎝
⎠ 2 M
⎛ 2V senα ⎞
.⎜ 0
⎟
g
⎝
⎠
2
2V0 2 .senα .cos α ⎛
F ⎞
→X =
⎜1 +
⎟
g
⎝ Mg ⎠
Como sen 2θ = 2.senθ .cos θ , temos:
X=
V0 2 .sen2α ⎛
F ⎞
⎜1 +
⎟
g
⎝ Mg ⎠
Opção C