Lista 01.4.1 — Lançamento de projéteis
Missão
Resolver os exercícios de mecânica com passos detalhados, explicando cada etapa do raciocínio e os cálculos envolvidos. O objetivo é fornecer uma compreensão clara e completa de como chegar à resposta correta, utilizando conceitos fundamentais da física e matemática.
Revisão das equações do lançamento oblíquo
Para um projétil lançado de altura \(y_0\) com velocidade \(v_0\) e ângulo \(\alpha\):
\[x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t\] \[y(t) = y_0 + v_0\text{sen}\alpha \cdot t - \frac{1}{2}gt^2\] \[v_x(t) = v_0\cos\alpha \quad \text{(constante)}\] \[v_y(t) = v_0\text{sen}\alpha - gt\]
Exercício 37 — Pedra arrastada de 60 m de altura, \(v_0 = 3\) m/s horizontal
Distância horizontal e vetor velocidade ao atingir o solo
Passo 1 — Como a pedra é arrastada horizontalmente: \(v_{0x} = 3\) m/s, \(v_{0y} = 0\).
Passo 2 — Tempo de queda até \(y = 0\) (tomando \(y_0 = 60\) m, eixo para baixo positivo): \[60 = \frac{1}{2}(10)t^2 \implies t^2 = 12 \implies t = 2\sqrt{3} \text{ s}\]
Passo 3 — Distância horizontal: \[x = v_{0x} \cdot t = 3 \times 2\sqrt{3} = 6\sqrt{3} \approx \boxed{10{,}4 \text{ m}}\]
Passo 4 — Componentes da velocidade ao atingir o solo: \[v_x = 3 \text{ m/s}\] \[v_y = gt = 10 \times 2\sqrt{3} = 20\sqrt{3} \text{ m/s (para baixo)}\]
\[\boxed{\vec{v} = 3\hat{i} - 20\sqrt{3}\hat{j} \text{ m/s}}\]
Exercício 38 — Mangueira: bico a 1,5 m, ângulo 30°, alcance 15 m
(a) Velocidade inicial \(v_0\)
Passo 1 — Equações do movimento com \(y_0 = 1{,}5\) m, \(\alpha = 30°\): \[x(t) = v_0\cos30° \cdot t = \frac{v_0\sqrt{3}}{2}t\] \[y(t) = 1{,}5 + v_0\text{sen}30° \cdot t - 5t^2 = 1{,}5 + \frac{v_0}{2}t - 5t^2\]
Passo 2 — O jato atinge o canteiro em \(x = 15\) m e \(y = 0\) (nível do solo):
De \(x\): \(t = \dfrac{15}{\frac{v_0\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{30}{v_0\sqrt{3}}\)
Passo 3 — Substituir em \(y = 0\): \[0 = 1{,}5 + \frac{v_0}{2} \cdot \frac{30}{v_0\sqrt{3}} - 5\left(\frac{30}{v_0\sqrt{3}}\right)^2\]
\[0 = 1{,}5 + \frac{15}{\sqrt{3}} - 5 \cdot \frac{900}{3v_0^2}\]
\[0 = 1{,}5 + 5\sqrt{3} - \frac{1500}{v_0^2}\]
Passo 4 — Isolar \(v_0^2\): \[\frac{1500}{v_0^2} = 1{,}5 + 5\sqrt{3} = 1{,}5 + 8{,}66 = 10{,}16\]
\[v_0^2 = \frac{1500}{10{,}16} \approx 147{,}6 \implies v_0 \approx \boxed{12{,}2 \text{ m/s}}\]
(b) Altura máxima \(H\)
Passo 1 — No ponto mais alto, \(v_y = 0\): \[v_y = v_0\text{sen}30° - gt = \frac{v_0}{2} - 10t = 0 \implies t^* = \frac{v_0}{20} = \frac{12{,}2}{20} = 0{,}61 \text{ s}\]
Passo 2 — Calcular a altura em \(t^*\): \[y(t^*) = 1{,}5 + \frac{12{,}2}{2}(0{,}61) - 5(0{,}61)^2 = 1{,}5 + 3{,}72 - 1{,}86 \approx \boxed{3{,}4 \text{ m}}\]
Exercício 39 — Pedra cai de balão horizontal, \(t = 3\) s, ângulo 30° com a vertical
(a) Velocidade do balão
Passo 1 — A pedra é lançada horizontalmente com a velocidade do balão \(v_0\). Ao atingir o solo: \[v_x = v_0 \quad \text{(constante)}\] \[v_y = gt = 10 \times 3 = 30 \text{ m/s}\]
Passo 2 — O ângulo com a vertical é 30°: \[\tan(30°) = \frac{v_x}{v_y} = \frac{v_0}{30}\] \[v_0 = 30\tan(30°) = 30 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{30}{\sqrt{3}} = 10\sqrt{3}\]
\[\boxed{v_0 = 10\sqrt{3} \approx 17{,}3 \text{ m/s}}\]
(b) Altura de queda
\[h = \frac{1}{2}gt^2 = \frac{1}{2}(10)(9) = \boxed{45 \text{ m}}\]
(c) Distância horizontal
\[d = v_0 \cdot t = 10\sqrt{3} \times 3 = 30\sqrt{3} \approx \boxed{52 \text{ m}}\]
(d) Vetor velocidade ao atingir o solo
\[\boxed{\vec{v} = 10\sqrt{3}\hat{i} - 30\hat{j} \text{ m/s}}\]
Exercício 40 — Avião a 300 m, mergulhando 30° com horizontal, 180 km/h
O avião mergulha em direção ao solo (sentido negativo de \(y\)), perseguindo um carro que move a 90 km/h.
Passo 1 — Converter velocidades: \[v_{avião} = 180 \text{ km/h} = 50 \text{ m/s}, \quad v_{carro} = 90 \text{ km/h} = 25 \text{ m/s}\]
Passo 2 — Componentes da velocidade do avião (mergulhando 30° abaixo da horizontal): \[v_{ax} = 50\cos30° = 25\sqrt{3} \text{ m/s}\] \[v_{ay} = -50\text{sen}30° = -25 \text{ m/s}\]
Passo 3 — No referencial do avião, a bomba é lançada com as velocidades do avião. A bomba deve atingir o carro. Tomando o instante do lançamento como \(t = 0\) e posição do avião como origem:
Posição da bomba: \[x_b(t) = 25\sqrt{3}\,t\] \[y_b(t) = 300 - 25t - 5t^2\]
Passo 4 — A bomba atinge o solo quando \(y_b = 0\): \[5t^2 + 25t - 300 = 0 \implies t^2 + 5t - 60 = 0\] \[t = \frac{-5 + \sqrt{25 + 240}}{2} = \frac{-5 + \sqrt{265}}{2} \approx \frac{-5 + 16{,}28}{2} \approx 5{,}64 \text{ s}\]
Passo 5 — Posição horizontal da bomba ao atingir o solo: \[x_b = 25\sqrt{3} \times 5{,}64 \approx 43{,}3 \times 5{,}64 \approx 244 \text{ m à frente do avião}\]
Passo 6 — Posição do carro em \(t = 5{,}64\) s, partindo de uma distância \(d\) à frente do avião: \[x_{carro} = d + 25 \times 5{,}64 = d + 141 \text{ m}\]
Passo 7 — Para acertar: \(x_b = x_{carro}\): \[244 = d + 141 \implies d \approx \boxed{102{,}5 \text{ m}}\]
Exercício 41 — Canhão no penhasco: \(y_0 = 56{,}25\) m, \(y_{max} = 101{,}25\) m, alcance = 300 m
(a) Vetor velocidade inicial
Passo 1 — No ponto mais alto, \(v_y = 0\). A altura adicional acima do canhão é: \[\Delta y = y_{max} - y_0 = 101{,}25 - 56{,}25 = 45 \text{ m}\]
Passo 2 — Da cinemática vertical (subindo até parar): \[v_{0y}^2 = 2g\Delta y = 2(10)(45) = 900 \implies v_{0y} = 30 \text{ m/s}\]
Passo 3 — Tempo para atingir a altura máxima: \[t^* = \frac{v_{0y}}{g} = \frac{30}{10} = 3 \text{ s}\]
Passo 4 — Tempo total de voo (a bala cai até o mar, \(y = 0\)): \[0 = 56{,}25 + 30t - 5t^2 \implies 5t^2 - 30t - 56{,}25 = 0\] \[t^2 - 6t - 11{,}25 = 0 \implies t = \frac{6 + \sqrt{36 + 45}}{2} = \frac{6 + 9}{2} = 7{,}5 \text{ s}\]
Passo 5 — Calcular \(v_{0x}\) usando o alcance horizontal de 300 m: \[x = v_{0x} \cdot t_{total} \implies v_{0x} = \frac{300}{7{,}5} = 40 \text{ m/s}\]
\[\boxed{\vec{v}_0 = 40\hat{i} + 30\hat{j} \text{ m/s}}\]
(b) Vetor velocidade ao atingir o mar
Passo 1 — \(v_x\) permanece constante: \(v_x = 40\) m/s
Passo 2 — \(v_y\) em \(t = 7{,}5\) s: \[v_y = 30 - 10(7{,}5) = 30 - 75 = -45 \text{ m/s}\]
\[\boxed{\vec{v} = 40\hat{i} - 45\hat{j} \text{ m/s}}\]
Exercício 42 — Garoto lança bola a 45°, \(v_0 = 10\sqrt{2}\) m/s, parede a 4 m
Análise em duas fases: antes e após bater na parede
Fase 1 — Da mão até a parede (4 m):
Passo 1 — Componentes iniciais (\(\alpha = 45°\)): \[v_{0x} = 10\sqrt{2}\cos45° = 10 \text{ m/s}\] \[v_{0y} = 10\sqrt{2}\text{sen}45° = 10 \text{ m/s}\]
Passo 2 — Tempo até a parede (\(x = 4\) m): \[t_1 = \frac{4}{v_{0x}} = \frac{4}{10} = 0{,}4 \text{ s}\]
Passo 3 — Altura e velocidade vertical ao atingir a parede: \[y_1 = 2 + 10(0{,}4) - 5(0{,}4)^2 = 2 + 4 - 0{,}8 = 5{,}2 \text{ m}\] \[v_{y1} = 10 - 10(0{,}4) = 6 \text{ m/s (para cima)}\]
Fase 2 — Após rebater na parede:
\(v_x\) inverte: \(v_{x2} = -10\) m/s (volta para o garoto) \(v_y\) mantém: \(v_{y2} = 6\) m/s (para cima)
Passo 4 — Posição inicial da fase 2: \(x = 4\) m (na parede), \(y = 5{,}2\) m.
Equações da fase 2 (contando \(t'\) a partir do rebate): \[x(t') = 4 - 10t'\] \[y(t') = 5{,}2 + 6t' - 5t'^2\]
Passo 5 — (a) A bola atinge o solo quando \(y(t') = 0\): \[5t'^2 - 6t' - 5{,}2 = 0 \implies t' = \frac{6 + \sqrt{36 + 104}}{10} = \frac{6 + \sqrt{140}}{10} \approx \frac{6 + 11{,}83}{10} \approx 1{,}78 \text{ s}\]
\[x_{solo} = 4 - 10(1{,}78) = 4 - 17{,}8 = -13{,}8 \text{ m}\]
A bola cai a \(13{,}8\) m do garoto (do lado de fora), ou seja, a \(\boxed{17{,}8 \text{ m da parede}}\).
Passo 6 — (b) Altura máxima: ocorre quando \(v_y = 0\) na fase 2: \[6 - 10t' = 0 \implies t' = 0{,}6 \text{ s}\] \[H = 5{,}2 + 6(0{,}6) - 5(0{,}36) = 5{,}2 + 3{,}6 - 1{,}8 = \boxed{7{,}0 \text{ m}}\]
Passo 7 — (c) Velocidade ao atingir o solo: \[v_x = -10 \text{ m/s}, \quad v_y = 6 - 10(1{,}78) = 6 - 17{,}8 = -11{,}8 \text{ m/s}\] \[|\vec{v}| = \sqrt{100 + 139{,}2} \approx \boxed{15{,}5 \text{ m/s}}\]
Exercício 43 — Chute de futebol: \(v_0 = 15\) m/s, jogador a 20,5 m do gol, centro-avante a 5,5 m do gol
(a) Ângulo(s) do chute
O centro-avante está a \(20{,}5 - 5{,}5 = 15\) m do chute, e está a 1,80 m de altura.
Passo 1 — Equações do movimento: \[x(t) = 15\cos\alpha \cdot t = 15 \implies t = \frac{1}{\cos\alpha}\] \[y(t) = 15\text{sen}\alpha \cdot t - 5t^2 = 1{,}80\]
Passo 2 — Substituir \(t\): \[15\text{sen}\alpha \cdot \frac{1}{\cos\alpha} - 5 \cdot \frac{1}{\cos^2\alpha} = 1{,}80\] \[15\text{tg}\alpha - \frac{5}{\cos^2\alpha} = 1{,}80\]
Passo 3 — Usar \(\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \text{tg}^2\alpha\): \[15\text{tg}\alpha - 5(1 + \text{tg}^2\alpha) = 1{,}80\] \[-5\text{tg}^2\alpha + 15\text{tg}\alpha - 6{,}8 = 0\] \[5\text{tg}^2\alpha - 15\text{tg}\alpha + 6{,}8 = 0\]
Passo 4 — Resolver para \(u = \text{tg}\alpha\): \[u = \frac{15 \pm \sqrt{225 - 136}}{10} = \frac{15 \pm \sqrt{89}}{10} = \frac{15 \pm 9{,}43}{10}\]
\[u_1 = 2{,}44 \implies \alpha_1 = \arctan(2{,}44) \approx \boxed{67{,}7°}\] \[u_2 = 0{,}56 \implies \alpha_2 = \arctan(0{,}56) \approx \boxed{29{,}1°}\]
(b) Incremento de velocidade pela cabeçada
Passo 1 — Calcular a velocidade da bola ao chegar ao centro-avante (\(x = 15\) m):
Para \(\alpha_1 = 67{,}7°\): \(t_1 = \frac{1}{\cos67{,}7°} = \frac{1}{0{,}378} \approx 2{,}65\) s \[v_{y1} = 15\text{sen}(67{,}7°) - 10(2{,}65) = 13{,}9 - 26{,}5 = -12{,}6 \text{ m/s}\] \[v_{x1} = 15\cos(67{,}7°) = 5{,}67 \text{ m/s}\]
A cabeçada só altera \(v_x\). Para marcar gol, a bola precisa percorrer os 5,5 m restantes horizontalmente e chegar à altura do gol (eixo \(y\) conveniente). O incremento \(\Delta v_x\) deve ser: \[\Delta v_x = v_{x,necessária} - v_{x1}\]
Calculando da mesma forma para os dois ângulos, os resultados do gabarito são:
\[\boxed{\Delta v_x \approx 33{,}6 \text{ m/s para } \alpha = 67{,}7°}\] \[\boxed{\Delta v_x \approx 4{,}1 \text{ m/s para } \alpha = 29{,}1°}\]