Exercícios Resolvidos Sobre Projéteis (Lançamento Oblíquo) em Física

a) Para uma determinada altitude, o tempo de voo é:

$$h=\frac{1}{2}gt^2$$

$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

Substituindo os valores $latex h= 100\hspace{1mm}m$ e $latex g=9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}$, resulta:

$$t=\sqrt{\frac{2\times 100\hspace{1mm}m }{9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}}=4,5\hspace{1mm}s$$

b) A equação para o vetor de velocidade como uma função do tempo é:

$$\vec{v}(t)=v_0\hat{ i} – gt \hat{j}$$

A direção negativa é para baixo, e os componentes da velocidade são:

$latex v_{x}=v_0=40\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_y=gt=9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}\times 4,5\hspace{1mm}s=44,1\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

Portanto:

$$\vec{v}(t)=40\hat{ i} – 44,1 \hat{j}\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

A magnitude da velocidade final é:

$$v=\sqrt{40^2+(-44,1)^2}\hspace{1mm}\frac{m}{s}=59,5\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

c) O alcance horizontal é calculada por:

$latex x_{max}=v_x\cdot t_{voo}$

Substituindo valores:

$$ x_{max}=40\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 4,5\hspace{1mm}s=180\hspace{1mm}m$$

a) Seja $latex y_0$ a altura de onde parte o chaveiro, que não desceu completamente, pois faltavam 1,2 m, pois foi pego pelo amigo. A posição vertical é definida como:

$$y=y_0-\frac{1}{2}gt^2$$

Substituindo valores:

$$1,2=y_0-\frac{1}{2}gt^2\Rightarrow y_0=\left(1,2+\frac{1}{2}\times 9,8\times 0,8^2\hspace{1mm}\right)m=4,34\hspace{1mm}m$$

b) Primeiro, os componentes de velocidade são calculados:

Componente horizontal

$$v_x=\frac{x}{t}=\frac{4,8\hspace{1mm}m}{0,8\hspace{1mm}s}=6,0\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

Componente vertical

$$v_y=gt=9,8\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 0,8\hspace{1mm}s =7,8\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

O vetor de velocidade é:

$$\vec{v}(t)=6,0\hat{ i} – 7,8 \hat{j}\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

a) A partir da equação do alcance horizontal, é possível calcular a velocidade $latex v_0$ com a qual o brinquedo foi lançado inicialmente:

$$x_{max}=v_{0x}t=v_0t$$

No entanto, primeiro precisamos saber o tempo que levou para cair. Isso pode ser determinado a partir da altura da mesa:

$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2\times 74,0\hspace{1mm}cm}{981\hspace{1mm}\dfrac {cm}{s^2}}}=0,39\hspace{1mm}s$$

Sabendo o tempo e o alcance horizontal do projétil, que é de 97,0 cm de acordo com o enunciado, a velocidade horizontal com a qual o brinquedo foi projetado é:

$$x_{max}=v_{0x}t=v_0t\Rightarrow v_{0}=\frac{x_{max}}{t}=\frac{97,0\hspace{1mm}cm}{0,39\hspace{1mm}s}=248,7\hspace{1mm}\frac{cm}{s}$$

Ele permanece constante durante todo o movimento.

b) A equação vetorial para a velocidade em qualquer instante do movimento é:

$$\vec{v}(t)=v_0\hat{ i} – gt \hat{j}$$

É atribuída a direção negativa para baixo.

O componente horizontal da velocidade permanece constante durante todo o movimento, e só precisamos saber o componente vertical da velocidade ao atingir o solo.

Cálculo do componente vertical da velocidade.

$$v_y=gt\Rightarrow v_y=981\hspace{1mm} \frac{cm}{s^2}\times 0,39\hspace{1mm}s=382,6\hspace{1mm} \frac{cm}{s}$$

Cálculo do vetor de velocidade final.

Os resultados obtidos são substituídos na equação da velocidade:

$$\vec{v}(t)=248,7\hat{ i} – 382,6 \hat{j}\hspace{1mm} \frac{cm}{s}$$

A magnitude da velocidade ao atingir o solo é:

$$v=\sqrt{248,7^2+(-382,6)^2}\hspace{1mm}\frac{cm}{s}=456\hspace{1mm}\frac{cm}{s}$$

c) O ângulo formado pelo vetor velocidade com o eixo horizontal positivo é:

$$\theta =\arctan \frac{v_y}{v_x}=\frac{-382,6}{248,7}=-57º$$

Isso significa que a velocidade forma um ângulo de aproximadamente 57º abaixo da horizontal quando o brinquedo atinge o chão.

a) Quando o objeto atinge sua altura máxima, a velocidade vertical $latex v_y$ se cancela e então inverte sua direção. Nesse caso:

$$v_y=v_{0y}-gt_{max}=0$$

Onde $latex t_{max}$ é o tempo que o projétil leva para atingir a altura máxima. Portanto:

$$t_{max}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{50\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times sin 30º}{9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=2,6\hspace{1mm}s$$

b) A altura máxima é calculada por:

$$y_{max}=\frac{1}{2}gt_{max}^2=\frac{1}{2}\times 9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}\times (2,6\hspace{1mm}s)^2=33,1\hspace{1mm}m$$

c) Como o projétil cai mais à frente e no mesmo nível do solo, o tempo máximo é:

$$t_{flight}=2\cdot t_{max}=2\times2,6\hspace{1mm}s=5,2\hspace{1mm}s$$

d) O alcance horizontal máximo, $latex x_{max}$, é dado por:

$$x_{max}=v_{0x}\cdot t_{voo}=v_{0}\cos 30º\cdot t_{voo}$$

$$x_{max}=50\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times cos 30º\times 5,2\hspace{1mm}s=225,2\hspace{1mm}m$$

a) Na forma vetorial, a posição em função do tempo $latex \vec {r}(t)$ é dada por:

$$\vec {r}(t)=(x_0+v_{0x}t)\hat i +\left[y_0+v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2\right]\hat j$$

Na vertical, a direção negativa é escolhida para baixo. Escolhendo $latex x_0=0$ e $latex y_0=0$, a posição permanece:

$$\vec {r}(t)=v_{0x}t\hspace{1mm}\hat i +\left[v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2\right]\hat j$$

Então, para os cálculos a seguir, é necessário determinar os componentes da velocidade inicial:

$latex v_{0x}=v_0\cos 25º = 200\times \cos 25º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=181,3\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=v_0\cos 25º = 200\times \sin25º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=84,5\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

O tempo de voo é obtido a partir da componente vertical da equação de posição, pois ao cair no mar o projétil deve estar na posição $latex y = -150\hspace{1mm}m$, então:

$$v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2=-150$$

Substituindo os valores conhecidos, obtemos uma equação de segundo grau para o tempo:

$$84,5t-4,9t^2=-150$$

$$4,9t^2-84,5t-150=0$$

Cujas soluções são:

$latex t_1=-1,6$

$latex t_2=18,9$

Apenas a segunda solução faz sentido. Portanto, o projétil viaja $latex 18,9\hspace{1mm}s$ da falésia até o mar.

b) A altura máxima em relação ao ponto de partida no penhasco pode ser calculada por meio de:

$$y_{max}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$

Substituindo valores:

$$y_{max}=\frac{\left(84,5\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\right)^2}{2\times 9,8\hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=364,3\hspace{1mm}m $$

Para encontrar a altura máxima acima do nível do mar, a altura de 150 m do penhasco é adicionada:

$$H_{max}=364,3\hspace{1mm}m+150,0\hspace{1mm}m=514,3\hspace{1mm}m$$

c) O alcance horizontal é determinado a partir de:

$$x_{max}=v_{0x}\cdot t_{voo}=$$

$$x_{max}=181,3\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times18,9\hspace{1mm}s=3426,6\hspace{1mm}m$$

a) Os componentes da velocidade inicial do pedaço de gelo são:

$latex v_{0x}=8,6\times\cos 37º \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=6,9\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=-8,6\times\sin 37º \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=-5,2\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

O componente vertical é negativo, pois o teto está inclinado para baixo.

A origem das coordenadas é tomada bem na borda do telhado, onde o pedaço de gelo inicia seu movimento parabólico. A direção vertical para baixo é negativa.

Se a pessoa mede 1,80 m, medido do zero, significa que o topo de sua cabeça está na posição $latex ~y=(1,8-10)\hspace{1mm}m = -8,2\hspace{1mm}m $ , em relação à origem das coordenadas.

Além disso, o enunciado diz que o homem está a uma distância horizontal da borda do telhado igual a 1,2 m. Portanto, as coordenadas do topo de sua cabeça são:

$$(1,2;-8,2)\hspace{1mm}m$$

Se esse ponto pertencer à trajetória parabólica do pedaço de gelo, ele atingirá o homem, mas se não pertencer, não o atingirá.

A posição do bloco de gelo em qualquer instante $latex t$ é dada por:

$latex x(t)=6,9t$

$latex y(t)=-5,2t-4,9t^2$

Vamos descobrir em que instante o pedaço de gelo está localizado na posição $latexx=1,2\hspace{1mm} m$:

$$t=\frac{1,2\hspace{1mm}m}{6,9\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}}= 0,174\hspace{1mm}s$$

Se a posição vertical nesse instante for igual a -8,2 m, ela cairá na cabeça do homem; caso contrário, não o atingirá:

$latex y(0,174)=[-5,2\times 0,174 -4,9(0,174)^2]\hspace{1mm}=-1,05\hspace{1mm} m$

Conclui-se que isso não o atinge. Na verdade, o pedaço de gelo está bem acima da cabeça do homem e ainda precisa chegar ao chão, na posição $latex y = -10\hspace{1mm}m$.

b) Para saber em que ponto do solo o pedaço de gelo pousa, é necessário saber o tempo de voo, colocando $latex y =-10\hspace{1mm}m$ na equação da posição vertical:

$latex -10=-5,2t-4,9t^2$

É obtida uma equação de segundo grau para o tempo:

$$ 4,9t^2+5,2t+10=0$$

A solução positiva é:

$$t=0,99332\hspace{1mm}s$$

Nesse momento, a coordenada horizontal do bloco de gelo é:

$$ x(t)=6,9\times 0,99332\hspace{1mm}m=6,9\hspace{1mm}m$$

A pessoa não tinha motivo para se preocupar com o gelo caindo sobre ela, pois, na verdade, o gelo caiu muito mais à frente.

a) A origem do sistema de coordenadas está localizada no ponto de lançamento. No instante desconhecido para o qual a velocidade é dada, o projétil deve ter atingido a altura máxima em relação à origem, pois a componente vertical da velocidade é zero.

Dado isso:

$$v_y^2=v_{0y}^2-2gy_{max}\Rightarrow y_{max}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$

Do vetor velocidade inicial, $latex \vec {v}_0=10\hat i +5\hat j\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$, segue que:

$latex v_{0x}=10 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

Portanto, a posição vertical nesse momento é:

$$y=y_{max}=\frac{(5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s})^2}{2\times 9,8 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=1,3\hspace{1mm}m$$

Para a posição horizontal:

$$x=v_{0x}\cdot t$$

O tempo é o tempo máximo, que é dado por:

$$t_{max}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{5 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}}{9,8 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s^2}}=0,51 \hspace{1mm}s$$

O que leva a:

$$x=10 \hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times 0,51 \hspace{1mm}s=5,1 \hspace{1mm}m$$

Juntando os resultados anteriores no vetor posição $latex \vec r(t)$, temos:

$$\vec r(0,51)= \left(5,1 \hspace{1mm}\hat i +1,3\hspace{1mm}\hat j\right)\hspace{1mm}m$$

Essa é a posição do objeto com relação à origem em t=0,51 s.

b) O ângulo de lançamento $latex \theta$ é obtido a partir de:

$$\theta =\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{5}{10}\right)=26,6º$$

c) O vetor de velocidade $latex \vec v$ é dado por:

$$\vec v(t) = v_x\hat i +v_y\hat j=v_{0x}\hat i+(v_{0y}-gt)\hat j$$

Após t = 1,5 s, o componente vertical da velocidade é:

$$v_y(1,5)=5-(9,8\times 1,5)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=-9,7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

Portanto:

$$\vec v(1,5) = (10,0\hat i -9,7\hat j)\frac{m}{s}$$

O objeto está descendo, pois t= 1,5 s é maior do que o tempo máximo. Além disso, é possível observar que o sinal do componente vertical da velocidade é negativo.

d) Para calcular o alcance horizontal, precisamos do tempo de voo, que não é igual a duas vezes o tempo máximo, pois o lançamento não é em nível, já que o enunciado avisa que ele foi projetado a uma altura de 6 m acima do solo.

Neste caso, o tempo de voo é calculado quando o celular está na coordenada vertical $latex y = -6\hspace{1mm}m$, à qual é atribuído um sinal negativo porque está abaixo do ponto de lançamento

$$y(t)=v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2$$

Substituindo valores:

$$-6=5t-4,9t^2\Rightarrow 4,9t^2-5t-6=0$$

A solução positiva é:

$$t=1,7\hspace{1mm}s$$

O alcance máximo é dado por:

$$x_{max}=v_{0x}\cdot t_{voo}=10\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times1,7\hspace{1mm}s= 17\hspace{1mm}m$$

a) O ponto de lançamento está localizado na origem do sistema de coordenadas, portanto, está no ponto $latex (0,0)$. A bola passa logo acima da borda da parede.

As coordenadas deste ponto, em relação ao ponto de lançamento, são: $latex (10,18-2)=(10,16)\hspace{1mm}m$ (2 m devem ser subtraídos da altura da parede, pois o ponto de lançamento está a 2 m acima do solo.

Começamos com as equações de posição:

$latex x(t)=v_{0x}t$

$latex y(t)=v_{0y}t-\frac{1}{2}gt^2$

Dado que o ponto $latex (10,16)\hspace{1mm}m$ e o componente horizontal da velocidade igual a 15 m/s são conhecidos, obtemos:

$latex 10=15t$

$latex 16=v_{0y}t-4,9t^2$

Da primeira equação:

$$t=\frac{10}{15}\hspace{1mm}s=0,67\hspace{1mm}s$$

Esse é o tempo necessário para que a bola alcance a borda da parede.

Substituindo na segunda equação, obtém-se o componente vertical da velocidade:

$latex v_{0y}=\dfrac{16+4,9t^2}{t}=\dfrac{16+4,9\times 0,67^2}{0,67}\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=27,2\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

b) O ângulo de lançamento da bola é:

$$\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{27,2}{15}\right)=61,1º$$

c) A coordenada vertical do ponto de pouso é $latex y=-2\hspace{1mm}m$, portanto, o tempo de voo é calculado resolvendo a seguinte equação quadrática:

$$-2=27,2t-4,9t^2$$

$$4,9t^2-27,2t-2=0$$

A solução positiva é:

$$t_{voo}=5,6\hspace{1mm}s$$

d) O alcance horizontal é dado por:

$latex x_{max}=v_{0x}\cdot t_{voo}$

Portanto:

$$x_{max}=15\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}\times 5,6\hspace{1mm}s=84\hspace{1mm}m$$

Como a parede está a 10 m do ponto de lançamento, medido horizontalmente, a bola cai na próxima distância horizontal a partir dela:

$$x_{parede}=(84 -10)\hspace{1mm}m=74\hspace{1mm}m$$

e) O componente horizontal da velocidade permanece inalterado durante todo o movimento, então:

$$v_x=v_{0x}=15\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

O componente vertical é calculado sabendo-se o tempo de voo:

$$v_y=v_{0y}-9,8t=(27,2-9,8\times 5,6)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=-27,7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

portanto:

$$\vec v_{final}=\left(15\hspace{1mm}\hat i-27,7\hspace{1mm}\hat j\right)\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

a) Como o lançamento é nivelado, a trajetória parabólica é simétrica e $latex t_{voo}=2t_{max}$.

O tempo máximo é calculado por:

$$t_{max}=\frac{v_{0y}}{g}$$

Substituindo na equação do alcance horizontal:

$$x_{max}=v_{0x}\left(2\frac{v_{0y}}{g}\right)=2v_{0}\cos\theta\frac{v_{0y}}{g}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}=\frac{v_{0}^2\sin2\theta}{g}$$

A altura máxima é:

$$y_{max}=\frac{v_{0y}^2}{2g}=\frac{v_{0}^2(\sin\theta)^2}{2g}$$

De acordo com a declaração, o alcance horizontal é 5 vezes a altura máxima, de modo que obtemos:

$$x_{max}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}=\frac{5v_{0}^2(\sin\theta)^2}{2g}$$.

Simplificando:

$$2\cos\theta=\frac{5}{2}\sin\theta\Rightarrow 5\sin\theta=4\cos\theta\Rightarrow \tan\theta=\frac{4}{5}$$

$$\theta=38,7º$$

b) A partir de:

$$x_{max}=\frac{2v_{0}^2\cos\theta\sin\theta}{g}$$

Resolvemos para $latex v_0$ e substituímos os valores numéricos:

$$v_{0}=\sqrt{\frac{gx_{max}}{2\cos\theta\sin\theta}}=\left(\sqrt{\frac{9,8\times 200}{2\cos 38,7º\sin 38,7º}}\right)\hspace{1mm}\frac{m}{s}=45,7\hspace{1mm}\frac{m}{s}$$

c) O tempo de voo é calculado substituindo os valores em:

$$t_{voo}=2t_{max}=2\frac{v_{0y}}{g}=2\frac{v_{0y}}{g}=\frac{2\times45,7\times\sin 38,7º}{9,8}\hspace{1mm}s=5,8\hspace{1mm}s$$

a) Para descobrir se as pedras colidem, primeiro são colocadas as equações de posição para cada pedra.

A origem das coordenadas deve ser colocada em um ponto conveniente. Nesse caso, foi escolhido o ponto de lançamento da pedra q.

(Observação: ele também pode ser colocado no ponto de lançamento de p, ajustando, o resultado será o mesmo).

Pedra p: lançamento horizontal

$latex x_p=16t_p$

$latex y_p=55-4,9t_p^2$

Pedra q: Lançamento oblíquo

Os componentes de sua velocidade inicial são:

$latex v_{0x}=32\times\cos60º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=16,0\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

$latex v_{0y}=32\times\sin60º\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}=27,7\hspace{1mm}\dfrac{m}{s}$

E suas equações de posição têm a forma:

$latex x_q=v_{0x}t_q=16t_q$

$latex y_q=v_{0y}t_q-4,9t_q^2=27,7t_q-4,9t_q^2$

Se as pedras se encontrarem, elas se encontrarão ao mesmo tempo, de modo que $latex t_p=t_q=t$. Observe que os componentes horizontais da posição de cada pedra são os mesmos, pois $latex x_p=x_q=16t$.

Então, os componentes verticais são iguais:

$$y_p=y_q\Rightarrow 55-4,9t^2=27,7t-4,9t^2$$

Então:

$$27,7t=55\Rightarrow t=\frac{55}{27,7}\hspace{1mm}{s}=1,98 \hspace{1mm}{s} $$

As pedras se chocarão após 1,98 s.

b) As coordenadas do ponto em que as pedras se chocam são:

$$x=16\hspace{1mm}\frac{m}{s}\times 1,98 \hspace{1mm}{s}=31,75 \hspace{1mm}{m}$$

$$y=(55-4,9\times 1,98^2)\hspace{1mm}m=35,79\hspace{1mm}{m}$$

As pedras estão localizadas no ponto: (31,75; 35,79) m.

c) Para isso, precisamos traçar a trajetória $latex y(x)$ para cada pedra, no mesmo sistema cartesiano:

Trajetória de p

Pedra p: lançamento horizontal

$latex x_p=16t\Rightarrow t=\dfrac{x}{16}$

$latex y_p=55-4,9t^2\Rightarrow y=55-4,9\left(\dfrac{x}{16}\right)^2=55-0,019x^2$

Pedra q: Lançamento oblíquo

$latex x_q=16t\Rightarrow t=\dfrac{x}{16}$

$latex y_q=\dfrac{27,7x}{16}-4,9\left(\dfrac{x}{16}\right)^2=1,73x-0,019x^2$

O gráfico abaixo mostra a interseção das trajetórias parabólicas no ponto indicado.