Considere um aro circular de centro O e raio R contido num plano

Considere um aro circular de centro O e raio R contido num plano vertical. Uma partícula é lançada obliquamente,
a partir do ponto A numa direção AO que faz um ângulo  com a horizontal e descreve uma trajetória parabólica
no campo gravitacional uniforme de intensidade g até cair novamente sobre o aro. Determine:
a) o máximo tempo de permanência dessa partícula no ar antes de cair novamente sobre o aro em função de R, g
e ;
b) a velocidade Vo de lançamento que maximiza esse tempo de vôo em função de R, g e .
Problema originalmente proposto por Orlando Ramirez – Peru e adaptado por Renato Brito - Brasil.
Resolução do prof. Renato Brito:
c = 2R.cosa.cos(a-).tg
d = 2R.cosa.sen(a-)
Q
o
2a
c
R

P
R
a-
2R.c
a
osa
d
M
a)
S  Vo  t 
g  t2
, com PM  S, PQ  Vo .t
2
e QM 
Para maximizar o tempo de permanência no ar, devemos maximizar o termo QM 
g.t 2
2
g.t 2
.
2
Da figura, vemos que PoM é um triangulo isósceles cuja base valerá PM  R.cos a  R.cos a  2R.cos a
Assim, vemos que:
d  PM  sen(a - )  2R  cos a  sen(a - )
c  PM  cos(a - )  tg  2R  cos a  cos(a - )  tg
Seja H  QM  c  d  2R  cos a  cos(a - )  tg 
2R  cos a  sen(a - )
H  R  2cos a  cos(a - )  tg  2  cos a  sen(a - ) 
Note que, em nosso problema,  é dado, é conhecido visto que  define a posição a partir de onde o projétil será
lançado. Apenas a é variável à medida que o ponto M corre ao longo do arco de circunferência inferior.
Das identidades trigonométricas
2  senx  cos y  sen(x  y)  sen(x - y)
, vem:
2  cos x  cos y  cos(x  y)  cos(x - y)
H  R  2cos a  cos(a - )  tg  2  cos a  sen(a - ) 
H  R   [cos(2a - )  cos ].tg  sen(2a - )  sen( -)

H  R   [cos(2a - ).tg  sen  sen(2a - ) - sen()
sen
R
R


H  R   [cos(2a - ).
 sen(2a - ) 
  [cos(2a - )  sen  sen(2a - )  cos  
 sen(2a )
cos 
cos 
cos 


H
R
 sen(2a )
cos 
Sendo t o tempo de vôo, temos que H 
g  t2
2

Assim, vemos que t será máximo para sen(2a) = 1
t
2 H

g
2  R  sen(2a)
g  cos 
 a = 45º. Assim, o valor máximo de t é:
tmax 
2  R  sen(2a)

g  cos 
2  R 1

g  cos 
2 R
g  cos 
b) Para determinar a velocidade de lançamento, devemos lembrar que
PQ  Vo .t , onde t já foi determinado
anteriormente. Precisamos agora determinar PQ lembrando que a = 45º.
c = 2R.cosa.cos(a-).tg
d = 2R.cosa.sen(a-)
o
Q
2a
c
R

P
R
a-
2R.c
osa
a
d
M
1
cos 
2  cos x  cos y  cos(x  y)  cos(x - y) , vem:
Da geometria do problema, vemos que: PQ  2R.cos a.cos(a - ) 
Da identidade trigonométrica
1
1
 R  cos(2a - )  cos   
cos 
cos 
1
1
PQ  R  cos(90 - )  cos   
 R  sen  cos   
 R  (tg  1)
cos 
cos 
PQ  2R.cos a.cos(a - ) 
Assim, temos: PQ  Vo  t  R  (1  tg)
Vo 
R.g.cos 
 (1  tg)
2
 uma ótima questão !!!!!

Vo 
2 R
 R  (1  tg)
g  cos 