Solução

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Uma bola rola, sem atrito, sobre uma mesa horizontal de altura H com velocidade
constante v 0 até cair pela beirada, calcule:
a) O tempo necessário para atingir o chão;
b) A distância horizontal, a partir da beirada da mesa, onde a bola atinge o chão;
c) A equação da trajetória do movimento;
d) A velocidade com que a bola atinge o chão.
Dados do problema


velocidade inicial da bola sobre a mesa:
altura da mesa:
v0;
H.
Esquema do problema
Adota-se um sistema de referência no solo com o eixo Ox apontando para a direita e
Oy para cima, a aceleração da gravidade está apontada para baixo e o ponto de onde a bola
cai da mesa está em (x0, y0) = (0, H), conforme a figura 1.
figura 1
O movimento pode ser decomposto ao longo dos eixos x e y. A velocidade inicial v0,
com que a bola rola sobre a mesa na direção x, será a única velocidade até o instante em que
a bola cai pela beirada da mesa, na direção y a velocidade inicial será nula, em módulo temos
v 0x  v 0
(I)
v 0y  0
(II)
Da decomposição do movimento vemos que na direção x não há nenhuma aceleração
agindo sobre a bola, então ela está em Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.) e seu
movimento é regido pela equação
Sx  S0x  v x t
como no movimento uniforme v x  v 0 x é constante podemos substituir vx pelo valor de (I) e
S 0x  0
Sx  0  v 0 t
S x  v0 t
(III)
Na direção y a bola está sob a ação da aceleração da gravidade, portanto está em
queda livre que é regido pelas equações
S y  S0y  v 0y t  g
v y  v 0y  g t
1
t2
2
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substituindo v0y pelo valor dado em (II) e S 0 y  H
S y  H  0.t  g
Sy  H  g
v y  g t
t2
2
t2
2
(IV)
(V)
com –g constante (o sinal de negativo indica que a aceleração da gravidade está contra a
orientação do referencial).
Assim pela figura 2 vemos que no movimento ao
longo da direção x temos que para intervalos de tempos
iguais temos intervalos de espaços iguais (x1 = x2 = x3 =
x4) Na direção y temos que no instante que a bola cai da
mesa a velocidade vy começa a aumentar a partir do zero
sob a ação da gravidade, assim para intervalos de tempos
iguais temos intervalos de espaços cada vez maiores (y1 <
y2 < y3 < y4)
Solução
figura 2
a) O intervalo de tempo para a bola atingir o chão será obtido da expressão (IV) com a
condição de que no chão a altura é nula ( Sy  0 ), então temos que
0H
g 2
t
2
g 2
t H
2
2H
t2 
g
2H
g
t
b) O intervalo de tempo calculado acima, para a bola cair até o chão, é também o tempo que
ela levará para ir da origem até o ponto D ao longo do eixo x, então substituindo a resposta do
item anterior na expressão (III), obtemos
D  v0
2H
g
c) Para obter a equação da trajetória indicada na figura 1 temos que ter y com função de x, ou
y  f x  , usando as equações (III) e (IV) para os movimentos em x e y, temos o sistema
Sx  v 0 t
Sy  H  g
isolando o tempo na primeira equação temos
2
t2
2
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Sx
t
v0
substituindo este valor na segunda equação obtemos
g
Sy  H 
2
Sy  
 Sx 


 v0 


2
g
S x2  H
2 v 02
Fazendo a associação mostrada abaixo com uma Equação do 2.º grau do tipo
y  ax bx c
2
vemos que obtivemos uma função do tipo S y  f S x  com o coeficiente a < 0 o que indica que
a nossa trajetória é uma parábola de “boca” para baixo.
d) Quando a bola atinge o chão sua velocidade tem componentes nas direções x e y (figura 3).
A velocidade na direção x é dada pela expressão (I) e a velocidade na direção y é obtida da
expressão (V) onde se substitui o tempo pelo valor encontrado no item (a)
v y  g
vy  
2H
g
2H g 2
g
v y   2g H
figura 3
A velocidade da bola será dada pela soma vetorial
v  v x v y
O módulo pode ser obtido aplicando-se o Teorema de Pitágoras
v 2  v x2  v y2

v 2  v 02  
2g H
v 2  v 02  2 g H
v
v 02  2 g H
3

2