Solução

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Um jogador de basquete lança a bola em direção a cesta de uma distância de 4,6 m
formando um ângulo de 60º com a horizontal. Sabendo-se que a cesta está a uma altura de
3,05 m e a bola está a 2,25 m do solo quando deixa as mãos de jogador, cacule a velocidade
inicial da bola e o tempo gasto pela bola para ir das mãos do jogador até a cesta. Dada
aceleração da gravidade g =10 m/s 2 .
Dados do problema
•
•
•
•
•
distância do jogador à cesta:
altura da bola ao solo:
altura da cesta ao solo:
ângulo de lançamento da bola:
aceleração da gravidade:
D = 4,6 m;
h = 2,25 m;
H = 3,05 m;
θ = 60º;
g = 10 m/s 2 .
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 é
lançada está em (x0, y0) = (0; 2,25), 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 deixa as mãos do jogador tem
componentes nas direções x e y
o
v 0 x=v 0 cos 60
o
v 0 y=v 0 sen 60
o
Da Trigonometria temos que cos 60 =
figura 2
1
o
3
e sen 60 =
2
2
1
v 0 x= v 0
2
3

v 0 y=
v
2 0
(I)
(II)
Da decomposição do movimento vemos que na direção x não há aceleração agindo
sobre a bola, então ela está em Movimento Uniforme (M.U.) e seu movimento é regido pela
equação
S x=S 0x v x t
como no movimento uniforme v x =v 0x é constante podemos substituir vx pelo valor de (I) e
S 0x =0
1
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1
S x=0 v 0 t
2
1
S x= v 0 t
2
(III)
Na direção y a bola está sob a ação da aceleração da gravidade, portanto está em
queda livre que é regido pela equação
2
S y=S 0y v 0y t−g
t
2
com –g constante (o sinal de negativo indica que a aceleração da gravidade está contra a
orientação do referencial), substituindo v0y pelo valor dado em (II) e S 0y =2,25 m
2
3
t
S y=2,25  v 0 t −10
2
2
3

2
S y=2,25
v t −5 t
2 0
(IV)
Assim pela figura 3 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 = Δx5 = Δx6 = Δx7). Na direção y temos que
durante a subida para intervalos de tempos
iguais temos intervalos de espaços menores,
pois a bola está sendo freada pela ação da
gravidade (∆y1 > ∆y2 > ∆y3 > Δy4) até que a
velocidade vy zera e então a gravidade começa
a puxar a bola de volta em direção a cesta com
velocidade acelerada, assim para intervalos de
tempos iguais temos intervalos de espaços
cada vez maiores (∆y5 < ∆y6 < ∆y7)
figura 3
Solução
Substituindo a distância do jogador à cesta, S x=D= 4,6 m , na expressão (III), temos
1
4,6= v 0 t
2
(V)
Substituindo a altura da cesta, altura final, S y=H =3,05 m , na expressão (IV),
obtemos
3,05=2,25
3
2
v 0 t −5 t
2
(VI)
As expressões (V) e (VI) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (v 0 e
t)
∣
1
v t = 4,6
2 0
 3 v t2,25 = 3,05
−5 t 2 
2 0
isolando o valor de v 0 na expressão (V), temos
2
(V)
(VI)
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v 0=
2.4,6
t
e substituindo (VII) em (VI)
2
3
2.4,6
t = 3,05−2,25
2
t
2
−5 t   3 .4 ,6 = 0,8
5 t 2 =1,7.4,6−0,8
2
5 t =7,8−0,8
2
5 t =7
7
t 2=
5
t 2 =1,4
t =  1,4
−5 t 
t = 1,2 s
substituindo este valor na expressão (VII), obtemos
2.4,6
1,2
9,2
v 0=
1,2
v 0=
v 0 = 7,7 m/s
3
(VII)