Lançamento Horizontal e Oblíquo

Lançamento Horizontal e Oblíquo Gabarito: Resposta da questão 1: [C] Dados: v = 3 m/s; θ = 3 ; sen 3 =,5 e cos 3 =,85 e t = 3 s. A componente horizontal da velocidade (v x ) mantém-se constante. O alcance horizontal (A) é dado por: A = v t A = v cos3 t A = 3,85 3 x A = 76,5 m. Resposta da questão : [E] Resposta da questão 4: Num lançamento oblíquo sobre superfície plana e horizontal, sendo desprezível a resistência do ar, o tempo total de movimento (t T ) e a altura máxima atingida (H), dependem somente da componente vertical de velocidade (v y = v sen α). Como se pode demonstrar: vy v senα t T = =. g g v v sen α y H = =. g g Numa situação hipotética, se, ao longo do movimento, somente houvesse redução na componente horizontal da velocidade (v x ), seria alterado apenas o alcance horizontal (A), como indicado na figura. 1ª Solução: O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade horizontal constante de v = 5 m/s. x 5 t = = = 1 s. v 5 A componente vertical da velocidade é: v = v + g t v = + 1 1 v = 1 m/s. y y y y Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada: y v = v + v v = 5 + 1 v = 15 v = 5 5 m/s. ª Solução: Calculando a altura de queda: 1 h= g t h= 5( 1 ) h= 5 m. No caso dessa questão, como a parede é lisa, não ocorre alteração na componente vertical da velocidade, portanto o tempo total de movimento é igual ao tempo total que seria gasto se não houvesse o choque. O tempo t 1 do lançamento até o choque é maior que o tempo t do choque ao retorno ao solo, pois o choque ocorre antes do ponto mais alto da trajetória. Pela conservação da energia mecânica: m v m v = m g h + v = v + g h v = 5 + ( 1)( 5) = 15 v = 5 5 m/s. Resposta da questão 3: [D] A câmera tem a mesma velocidade do trem. Então, para um referencial fixo no trem ela descreve trajetória retilínea vertical; para um referencial fixo no solo trata-se de um lançamento horizontal, descrevendo a câmera um arco de parábola. O tempo de queda é o mesmo para qualquer um dos dois referenciais. www.soexatas.com Página 1

d d= vx t 1 t1= vx ' d d d vsenα d vsenα d d = vx t t = + = = ' ' ' v v x x v g g v x vx cosα vsenα t1+ t = t T = g d v senα cosα g d d v sen α g d ' d g vcosα = = v ' ' x = g v vx cosα v g v x cosα v sen α g d O coeficiente de restituição (e) é definido como: gd vcosα ' vafast v v sen α gd x e = = e = v v aprox x v cosα g d e =. v senα gd Resposta da questão 5: [C] Pela conservação da energia mecânica, calculemos a velocidade inicial (v ) do lançamento oblíquo no ponto : inicial k x m v Emec = E mec = + m g h k x = m v + m g h m m g x = v + h I k k () Calculando as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial do lançamento oblíquo: vx = vcos45 = v vx = v sen45 = v Como o ângulo de lançamento é de 45, até o ponto de lançamento os catetos oposto e adjacente são iguais, isto é, até o ponto de lançamento, a distância horizontal percorrida no plano inclinado é igual à altura h. Assim, o alcance horizontal do lançamento oblíquo é: D= 3 h h D= h. A figura ilustra a situação. Mas o alcance horizontal é igual ao produto da componente horizontal da velocidade, que se mantém constante, pelo tempo de voo (t v ). 4 h 4 h D= vox t v h= v t v t v = = v v tv = h. ( II) v Apliquemos a função horária do espaço no eixo y, com referencial no ponto O e trajetória orientada para cima. a g y = y + vyt+ t y = h+ vy t t. Quando a pequena esfera atingir o ponto C, y =. O tempo é o tempo de voo (t v ), dado em (II). Então: g 4 g h = h+ v h h = h+ h v v v 4 v = g h. ( III) 3 Substituindo (III) em (I): m 4 m g 4 m g h m g h x = g h h x k 3 + = + k 3 k k 1 m g x = h. IV 3 k No ponto mais alto da trajetória, a componente vertical da velocidade é nula (v y = ). Aplicando a equação de Torricelli a essa situação: vy = vy g y = v g( H h ) 1 g( H h) = v. ( V) Substituindo (III) em (V): 1 4 h h 4 h g( H h) = g h g( H h) = g H h = H = 3 3 3 3 3 h= H. ( VI) 4 Finalmente, substituindo (VI) em (IV): 1 m g 3 5 m g H x = H x 3 k 4 = k 1 5 m g H x =. k Resposta da questão 6: Decompondo a velocidade inicial, teremos uma componente vertical de V.sen3 = x,5 = 1 m/s A partir da posição inicial, podemos calcular o deslocamento vertical até o ponto mais alto da trajetória, utilizando a equação de Torricelli: V = V +.a. ΔS = 1 x1xδs ΔS= 5,m Como o corpo havia partido de 5, m de altura, sua altura máxima será H: 5 + 5 = 1 m. www.soexatas.com Página

Resposta da questão 7: Dados: v = 1m/s; θ= 53,1 ;senθ=,8;cosθ =,6;h = 16,8m. Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura temos: y = h = 16,8 m. Calculando as componentes da velocidade inicial: vx = vcosθ= 1(,6 ) vx = 6 m/s. vy = v senθ= 1(,8 ) vy = 8 m/s. Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo y =, vem: Resposta da questão 8: a) Dados: k = 1.44 N/m; d = 3 cm =,3 m; m = 1 g =,1 kg. Pela conservação da energia mecânica, a energia potencial elástica armazenada na balestra é transformada em cinética na flecha: mv k d k 1.44 = v = d v =,3 =,3 14.4 =,3( 1 ) m,1 v = 36 m/s. Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical (v y ) da velocidade é nula. Aplicando, então, a equação de Torricelli ao eixo y: v v g Δy v g H v g H ( 1)( 11,5 ) 5 y = y = y y = = = vy = 15 m/s. Aplicando a equação da velocidade, também no eixo y, calculemos o tempo de subida (t s ). vy 15 vy = vy g t = vy g t s t s = = ts = 1,5 s. g 1 O tempo total (t T ) é: tt = ts = ( 1,5 ) tt = 3 s. Na direção horizontal a componente da velocidade (v x ) é constante. O alcance horizontal (A) é, então: A = vx t T A = 8( 3 ) A = 4 m. Para pegar a bola, Protásio deverá percorrer: ΔS= D A = 5,5 4 ΔS= 1,5 m. Como a aceleração é suposta constante, o movimento é uniformemente variado. Então: 1 1 1 Δ S= a t T 1,5= a 3 a= m/s. 3 Resposta da questão 1: [D] Dados: t sub =,7 s; A = 5,7 m; g = 1 ms ; θ = 6. Se a amiga apanhou o buquê na mesma horizontal em que foi lançado, o tempo total de movimento (t T ) foi o dobro do tempo de subida (t sub ) e o alcance horizontal (A) foi igual a 5,7 m. No lançamento oblíquo, a componente horizontal da velocidade de lançamento (v x ) é constante, portanto o movimento é uniforme. Então: ΔS= v Δt A = v t A = v cos6 t 1 5,7 5,7= v (,7 ) v = = 8,14,7 v 8, m/s. x T sub b) Dados: H = 3 m; g = 1 m/s. O tempo de voo do lançamento horizontal é igual ao tempo de queda livre. Então: 1 H 3 H= g t t = = = 64 g 1 t = 8 s. c) Dos itens anteriores: v = 36 m/s; t = 8 s. Na horizontal, o movimento é uniforme: D= v t = 36 8 D= 88 m. Resposta da questão 11: OS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas soluções. 1ª Solução (Matemática): Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados: Resposta da questão 9: Dados: D = 5,5 m; H = 11,5 m; v x = 8 m/s; g = 1 m/s. www.soexatas.com Página 3

A equação reduzida da parábola de raízes x 1 e x é: y = a x x x x. 1 Nesse caso temos: x 1 = e x = 4. Substituindo esses valores na equação dada: y = a x x 4 y = ax 4ax. Para x = 3 y = 3. Então: 1 3= a 3 4a 3 3= 9a 1a a =. 1 Então: 3h = 3 h= 1m. Mas: H= 3h+ h= 3+ 1 H= 4 m. 3ª Solução (Física): Como as distâncias horizontais percorridas entre A e e entre e C são iguais, os intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal da velocidade se mantém constante (v x = v x ). Assim, se o tempo de A até é t, de A até C é t. Assim, a equação da parábola mostrada é: x 1 x y = 4 x y = + x. 1 1 1 5 Para x = h = H. Então: H= + ( ) H= 4+ 8 1 5 H= 4 m. ª Solução (Física): Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado (M.U.V.) com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo ( t) iguais e subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d... Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu. Assim, se a distância de queda num intervalo de tempo inicial ( t) é h, nos intervalos iguais e subsequentes as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h... O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um lançamento horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém constante (v x = v x ), os intervalos de tempo de A até e de até C são iguais, pois as distâncias horizontais são iguais (1 m). Assim, se de A até a bola cai h, de até C ela cai 3h, como ilustrado na figura. Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até e de A até C, temos: g A : h= t g g A C: H= t H= 4 t H= 4h. Mas, da Figura: H h= 3 4h h= 3 h= 1m. Como H= 4h H= 4 m. Resposta da questão 1: 1 + 16 = 17. A figura ilustra a situação descrita. www.soexatas.com Página 4

{ 1 1 1 C = 1 5 t t 4,5 s. = 8+ 1 t 5 t t t 16= C ± 4+ 64 t = 3,1 s ( não convém ); t = t = 5,1 s. Dados: v 1 = ; x 1 = ; y 1 = 1 m; v = 3 m/s; x = ; y = 8 m; a = -g = -1 m/s ; sen 3 = 1 ; cos 3 = 3. Equacionemos os dois movimentos: x1 =. C1 a y1 = y1+ V1t + t y1 = 1 5 t. C 3 vx = vcos3 = vx = 1 3 m/s. 1 vy = vsen3 = vx = 1 m/s. x = vx t x = 1 3 t. a y = y + voyt+ t y = 8+ 1 t 5 t. 1) Correto. Lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula ( vy ) =, 16) Correto. Conforme calculado no item [] e ilustrado na figura, no instante t = s os corpos estão na mesma altura, h = 8 m. Calculemos, então, a abscissa (x ) do corpo. apliquemos a equação de Torricelli para C : tgθ 1 =. 1,5±,5 4( 1)( 1 ),5± 1,5 vy= vy g( H y) = 1 ( H 8) ( H 8 tg ) θ= = tg θ= 1 tg θ =. H = 85 m. A b) Dados: FC = FC =15 bpm; FC = 15 bpm ; A 4 ) Incorreto. VS = VS 5 y1 = y 1 5 t = 8+ 1 t 5 t 1 t = t = s. Calculando a variação do débito cardíaco de : x = 1 3 t x = 1 3 x = 3 m. A distância (D) entre os dois corpos é: D= x x 1 D= 3 D= 3 m. Resposta da questão 13: a) Dados: h = 3 m; v = 7 km/h = m/s; [ h d tg 5( d²/v ) = θ (1 + tg θ )]. Como a bola cai exatamente no pé do companheiro, h =. Substituindo esses valores na expressão dada: 3 = 3 tgθ 5 ( 1+ tg θ) = 3 tgθ 1,8( 1+ tg θ) 1,8 tg θ 3 tgθ+ 1,8 =. Dividindo por 1,8, vem: tg θ,5 tg θ + 1 =. Resolvendo a equação do º grau: inicial inicial 4) Incorreto. O corpo leva 5,1 s para atingir o solo, conforme justificado no item seguinte. 8) Incorreto. Nos instantes em que os dois corpos atingem o solo, y 1 = y =. Sejam t 1 e t esses respectivos instantes. ( DC ) = ( ) = final DCinicial VS FCfinal FCinicial VS ( 15 1) DC DC = 3 VS. ( final inicial) A variação do débito cardíaco de A é: ( A A ) = A ( A A ) = A ( A final inicial final inicial final ) DC DC VS FC FC VS FC 1. A 4 Como as variações são iguais e VS = VS, temos: 5 www.soexatas.com Página 5

4 A A 5 VS ( FCfinal 1) = 3 VS FCfinal = 3 + 1 5 4 A FCfinal = 157,5 batimentos. minuto Resposta da questão 14: 36 km/h = 1 m/s A primeira providência é decompormos a velocidade em componentes horizontal e vertical. 7 x= x + vxt 7= + vx(,9 ) v x =,9 v = 3 m/s. x vy 6 tgθ= = =, v 3 x θ= arctg,. c) Aplicando Torricelli ao eixo y e notando que no ponto mais alto v y = e y = H: v = v g y = 6 H H= 36 y y H= 1,8 m. Resposta da questão 16: [D] ω= 6rot/seg= 6xπrad/s= 1πrad/s V = ωr== 1π x1= 1πm/s O movimento vertical é uniformemente variado. No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula. Portanto: V = V + aδs = 5 H H=.5m V= V + at = 5 1t t = subida s Por outro lado, na horizontal, o movimento é uniforme. O tempo para voltar ao solo é o dobro do tempo de subida ( s ). Portanto: Δ S= V.t Δ S= 5 = 1m Resposta da questão 15: Os dados estão mostrados na figura abaixo. VX = 1 π.cos37 = 96πm/s Decompondo V V y = 1 π.sen37 = 7 π m/s Tempo de voo: V= V + at 7π= 7π 1t t= 14,4πs Movimento horizontal: Δ S= V.t A= 96πx14,4π = 138,4π m. Resposta da questão 17: 1 + 4 + 8 + 16 = 9 Justificando a incorreta: ) A componente horizontal está correta, pois no eixo x o movimento é uniforme, porém, no eixo y, o movimento é uniformemente variado. A equação correta é: 1 y = y + v oy t g t. Mas: y = e v y = v o sen θ. Então, a equação correta para o eixo y é: a) Equacionando o eixo y: g 1 y= y + vyt t 1,35 = + voy,9,9 5,4 1,35+ 4,5 =,9 v y v y =,9 v = 6 m/s. oy b) Equacionando o eixo x: y = (v sen θ) t Resposta da questão 18: 1 g t. No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula. A partir daí, e na vertical, temos uma queda livre a partir do repouso. 1 O tempo de queda pode ser tirado da expressão H= gt. www.soexatas.com Página 6

Sendo assim quanto maior for a altura maior será o tempo de queda. Não podemos esquecer que os tempos de subida e descida são iguais. Portanto o tempo total é T = t q. O menor tempo de voo da bola é aquele correspondente à menor altura. Resposta da questão 19: a) 3,m/s b) m A /m = Resposta da questão : Considerando a equação de Torricelli, a.a lei de Newton e o conceito de Força de atrito, pode-se mostrar que o bloco X colide com o bloco Y com velocidade igual a: v= cinético. (v μgd), onde μ é o coeficiente de atrito Como o bloco Y possui a mesma massa do bloco X, para uma colisão perfeitamente elástica, aquele será lançado horizontalmente com velocidade inicial v. g.t Aplicando a equação de queda livre h= e o deslocamento uniforme s=v.t chega-se a alternativa correta. b) Matematicamente o problema é qual o valor da altura y em relação a 3 m, durante o movimento da bola, se x = 4 m. Se y > 3 m o goleiro não consegue tocar a bola. Caso contrário o goleiro conseguirá. Na direção horizontal o movimento da bola é uniforme, então: x = vo.(cos5 ).t. Assim 4 = 6.91.t ==> t = 1,69 s, que é o tempo de voo da bola até a posição do goleiro. Na direção vertical o movimento da bola é uniformemente variado, então: y = vo.(sen5 ).t - 5.t ; fazendo t = 1,69 s y = 6.,4.1,69-5.(1,69) y = 18,45-14,8 = 4,17 m; que é maior que 3 m e logo o goleiro não consegue tocar na bola. c) Fazendo uso das mesmas equações do item anterior, tem-se que a linha do gol encontra-se a 48,3 m do jogador que chutou a bola. Resposta da questão 3: [E] Resposta da questão 4: [C] Resposta da questão 5: Resposta da questão 6: [E] Resposta da questão 1: Resposta da questão : a) www.soexatas.com Página 7