lançamento oblíquo - intermediário

LANÇAMENTO OBLÍQUO - INTERMEDIÁRIO
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
A Equipe SEI, pensando em você, preparou este artigo com exercícios resolvidos sobre lançamento oblíquo.
Bons estudos!
1. (AFA 2009) Uma bola de basquete descreve a trajetória mostrada na figura após ser arremessada por um jovem atleta que
tenta bater um recorde de arremesso.
A bola é lançada com uma velocidade de 10 m/s e, ao cair na cesta, sua componente horizontal vale 6,0 m/s. Despreze a
resistência do ar e considere g = 10 m/s2. Pode-se afirmar que a distância horizontal (x) percorrida pela bola desde o
lançamento até cair na cesta, em metros, vale
(A) 3,0
(B) 6,0
(C) 4,8
(D) 3,6.
Solução
Decompondo a velocidade de lançamento em componentes horizontal e vertical:
10 m/s
V0y
6,0 m/s
A velocidade inicial de lançamento
V02y + 62 = 102 ∴V0 y = 8, 0 m/s
é
10
m/s.
Como
a
componente
horizontal
vale
6,0
m/s,
temos:
Isolando os movimentos, temos no eixo vertical:
1 2
at
2
1
→ 5 = 2 + 8.t + (−10)t 2
2
S = S0 + V0 .t +
Resolvendo a equação, temos os possíveis valores de t Æ
1
→ 5 = 2 + 8.t + (−10)t 2
2
2
→ 5t − 8t + 3 = 0
t = 0,6 s ou t = 1,0 s.
O menor valor corresponde ao instante em que a bola atinge a altura de 5 m na subida. Porém, ela entra na cesta na descida.
Logo, t = 1,0 s.
Como a velocidade horizontal é constante, temos no eixo horizontal: ΔS = V .t .
x = (6, 0).(1, 0) = 6, 0 m
Opção B
2. (AFA 1996) Um canhão no topo de uma colina, a 125 metros do solo, dispara um projétil, com velocidade inicial v0 = 500
m/s e inclinação de 60º em relação à horizontal. O alvo é um avião voando a 1250 metros de altura em relação ao solo, com
velocidade v = 900 km/h. O número de chances de o projétil atingir o avião é:
(A) zero
(B) 1
(C) 2
(D) 3
Solução
A velocidade do avião vale 250 m/s (dividindo 900 km/h por 3,6).
A velocidade horizontal do projétil é 500.cos60. Ou seja, 250 m/s.
Logo, no eixo horizontal, o projétil e o avião têm o mesmo movimento.
No eixo vertical, o projétil precisa passar pela mesma altura que o avião, para que o atinja. Logo, vamos calcular quantas
vezes o projétil passa pela altura de vôo do avião.
A velocidade vertical inicial do projétil é 500.sen60. Ou seja, 250 3 m/s.
No eixo vertical, o projétil tem o seguinte movimento:
1 2
at
2
→ 1250 = 125 + 250 3t − 5t 2
S = S0 + V0 .t +
→ 5t 2 − 250 3t − 1125 = 0
Para determinar quantas soluções a equação tem, basta olhar o sinal do discriminante (Δ).
(
Δ = 250 3
)
2
− 4.(5).(−1125)
→Δ≥0
Para Δ > 0, a equação tem duas soluções distintas. Logo, o projétil tem duas chances de atingir o avião.
Opção C
3. (AFA 2004) Um canhão dispara projéteis com velocidade v 0 . Desprezando-se os efeitos do ar e adotando-se g como
módulo do vetor aceleração da gravidade, pode-se afirmar que a altura máxima atingida pelo projétil, quando o alcance
horizontal for máximo, é
(A)
v 02
2g
(B)
v 02
4g
(C)
2v 0
g
(D)
v0
2g
.
Solução
Primeiramente, vamos deduzir o alcance horizontal do projétil, com velocidade de lançamento V0 e ângulo θ com a horizontal.
Encontrando as componentes horizontal e vertical da velocidade de lançamento, temos:
V0.senθ
V0
V0.cosθ
O movimento termina quando o projétil retorna para o solo. Logo, no eixo vertical, temos:
1
S = S0 + V0 .t + at 2
2
1
→ 0 = 0 + V0 .senθ .t − gt 2
2
2V .senθ
→t = 0
g
Este é o tempo total de movimento. Como o movimento horizontal é com velocidade constante, temos:
ΔS horiz = V0 .cos θ .t
→ A = V0 .cos θ .
→ A=
2V0 .senθ
g
V0 2
.2senθ .cos θ
g
V0 2 sen(2θ )
g
Podemos, então, perceber que o alcance é máximo para o ângulo de lançamento θ = 45°.
→ A=
Para calcular a altura máxima, voltemos a observar o movimento vertical. A altura máxima é atingida quando a velocidade de
subida se anula. Logo, no eixo vertical, temos:
V 2 = V0 2 + 2.a.ΔS
→ 0 = (V0 .senθ ) 2 + 2.(− g ).H max
→ H max =
V0 2 .sen 2θ
2g
Como o alcance máximo ocorre quando o ângulo de lançamento é θ = 45°, temos:
H max =
V0 2 .sen 2 45
2g
V0 2
4g
Opção B
→ H max =
4. (IME 1993_1994) Um míssil viajando paralelamente à superfície da terra com uma velocidade de 180 m/s, passa sobre um
canhão à altura de 4800 m no exato momento em que seu combustível acaba. Neste instante, o canhão dispara a 45o e atinge o
míssil. O canhão está no topo de uma colina de 300 m de altura.
Sabendo-se que a aceleração local da gravidade g = 10 m/s2, determine a altura da posição de encontro do míssil com a bala do
canhão, em relação ao solo. Despreze a resistência do ar.
Solução
Como o combustível do míssil acaba, no eixo vertical, ele passa a descrever uma queda livre. Logo, o movimento do míssil é
definido por:
Xmíssil = 180.t
Ymíssil = 4800 – 5t2
O movimento do projétil é definido por:
V0.sen45
V0
V0.cos45
X projétil = V0 .cos 45.t
Yprojétil = Y0 + V0 .sen 45.t +
1
(− g )t 2 = 300 + V0 .sen45.t − 5t 2
2
Para haver encontro do projétil com o míssil, eles devem ter a mesma posição no mesmo instante. Logo, devemos ter:
X projétil = X míssil
Yprojétil = Ymíssil
Observando a condição no eixo horizontal, temos:
X projétil = X míssil
V0 .cos 45.t = 180.t
→ V0 .cos 45 = 180 m/s
Como sen45 = cos45, a condição no eixo vertical pode ser escrita como:
Yprojétil = Ymíssil
→ 300 + V0 .sen45.t − 5t 2 = 4800 − 5t 2
→ 180.t = 4500
→ t = 25 s
Para calcular a altura do ponto de encontro, basta substituir o valor de t na equação vertical de qualquer dos corpos. Logo,
temos:
Ymíssil = 4800 − 5t 2
→ Ymíssil = 4800 − 5(25) 2
→ Ymíssil = 1675 m
(IME 1997_1998) Um pequeno cesto é preso em uma haste que o faz girar no sentido horário com velocidade constante. Um
carrinho, com velocidade de 1,5 m/s, traz consigo um brinquedo que arremessa bolinhas na vertical para cima com velocidade
de 5,5 m/s. Quando o carrinho está a uma distância de 2 m do eixo onde a haste é presa, uma bolinha é lançada. Nesse
instante, o cesto está na posição mais baixa da trajetória (posição A), que é a altura do chão e a do lançamento da bolinha.
A bolinha é arremessada e entra, por cima, no cesto quando este está na posição B indicada na figura. Determine o vetor
velocidade da bolinha ao entrar no cesto.
cesto
carrinho
B
2m
A
Solução
O movimento da bolinha que é lançada do carrinho é descrito por:
X bolinha = (1,5)t
1
Ybolinha = Y0 + V0 vertical .t + (− g )t 2 = (5,5)t − 5t 2
2
No momento em que a bolinha entra no cesto, podemos dizer que as coordenadas do cesto são (tomando como referência a
posição do carrinho no momento do lançamento):
X cesto = 2 − R
Ycesto = R
Logo, temos:
⎪⎧1,5.t = 2 − R
⎨
2
⎪⎩5,5.t − 5t = R
Substituindo o valor de R da 2ª equação na 1ª, temos:
1,5.t = 2 − (5,5.t − 5t 2 )
→ 5t 2 − 7t + 2 = 0
Resolvendo a equação de 2° grau em t, temos duas possíveis soluções: t = 0,4 s ou t = 1,0 s. Como a bolinha entra no cesto por
cima, significa que ela já está no seu movimento de descida. Logo, o instante é t = 1,0 s.
Analisando as componentes da velocidade da bolinha no momento em que ela entra no cesto, temos:
Vhorizontal = 1,5 m/s
Vvertical = 5,5 − 10.t = − 4,5 m/s
JG
G
G
Logo, o vetor velocidade da bolinha pode ser escrito: V = 1,5.i − 4,5. j
Todos os exercícios resolvidos neste artigo trataram de lançamento oblíquo convencional, onde a única aceleração
existente é a gravidade. Por isso, o movimento horizontal é com velocidade constante. Porém, em algumas situações,
pode haver aceleração horizontal também. Na próxima semana, a equipe SEI resolverá alguns exercícios nesta nova
situação. Bons estudos!