Exercício Fen Mec (2020 1)

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Universidade Federal do Maranhão
Bacharelado Interdisciplinar em Ciência e Tecnologia
Disciplina: Fenômenos Mecânicos
Prof. Paulo Dias
Resolução de Exercício
(2) No nível do solo, uma bomba é disparada com velocidade inicial de 80, 0
m/s a 60◦ sobre a horizontal e sem sofrer resistência signi�cativa do ar. (a)
Ache os componentes horizontal e vertical da velocidade inicial da bomba. (b)
Quanto tempo ela leva para atingir seu ponto mais alto? (c) Ache sua altura
máxima sobre o solo. (d) A que distância de seu ponto de disparo a bomba
aterrisa? (e) No seu ponto mais alto, ache os componentes horizontal e vertical
da sua aceleração e velocidade.
Solução:
(a) Trata-se de um problema de lançamento oblíquo, em que a resistência do
ar é desconsiderada, isto é, desconsideramos a força de arraste do ar. Vamos con-
siderar que o lançamento ocorra próximo à superfície da Terra, onde a aceleração
da gravidade (g) é constante, e considerar a bomba como uma partícula pon-
tual. Pelo princípio da independência dos movimentos simultâneos de Galileu,
o movimento bidimensional da bomba pode ser decomposto num movimento
uniforme na horizontal e num movimento uniformemente acelerado na vertical.
Primeiramente, vamos encontrar os componentes horizontal e vertical da
velocidade inicial da bomba. Os componentes x e y da velocidade inicial, v0,
são dados por:
v0x = v0 cos θ, (1)
v0y = v0 sin θ. (2)
onde θ é o ângulo de inclinação da velocidade inicial em relação à horizontal.
Substituindo a velocidade inicial v0 = 80, 0 m/s e θ = 60◦ nas eqs. (1) e (2),
temos
v0x = (80, 0) cos 60◦ = 40, 0 m/s, (3)
v0y = (80, 0) sin 60◦ = 69, 3 m/s. (4)
Estes são os componentes horizontal e vertical, respectivamente, da velocidade
inicial do lançamento da bomba.
(b) O tempo que a bomba leva para atingir seu ponto mais alto pode ser en-
contrado a partir da função horária da velocidade do movimento uniformemente
acelerado:
vy(t) = v0y − gt. (5)
No ponto mais alto, a componente y da velocidade é nula, ou seja, vy = 0.
Então, a eq. (5) resulta
tH =
v0y
g
, (6)
onde tH é o tempo que a bomba leva para chegar à altura máxima. Substituindo
a eq. (2) em (6), temos
tH =
v0 sin θ
g
. (7)
Substituindo a velocidade inicial v0 = 80, 0 m/s, θ = 60◦ e g=9, 80 m/s2, temos
tH =
(80, 0) sin 60◦
9, 80
= 7, 07 s. (8)
Este é o valor que a bomba leva para atingir o ponto mais alto de sua trajetória.
(c) Podemos encontrar a altura máxima a partir da equação da trajetória y
em função de x:
y(x) = y0 + tan θ x− gx2
2v20 cos
2 θ
. (9)
Para isso, devemos encontrar a posição x da bomba na altura máxima a partir
da função horária da posição do movimento uniforme:
x(t) = x0 + vxt ⇒ x(t) = x0 + v0xt. (10)
onde vx = v0x. Com x0 = 0 e substituindo as eqs. (1) e (7) em (10), temos
xH =
v20 cos θ sin θ
g
, (11)
2
onde xH é a posição no eixo x quando a bomba está na altura máxima. Como
sin 2θ = 2 sin θ cos θ, podemos escrever a eq. (11) na forma
xH =
v20 sin (2θ)
2g
. (12)
Agora podemos obter a altura máxima, yH . Substituindo a eq. (12) em (9),
isto é, xH → x, temos com y0 = 0 que
y(x) = tan θ
v20 cos θ sin θ
g
− g
2v20 cos
2 θ
(
v20 cos θ sin θ
g
)2
. (13)
Assim, simpli�cando a eq. (13), temos
yH =
v20 sin
2 θ
2g
. (14)
Poderíamos ter obtido a mesma expressão a partir da equação de Torriceli:
v2y = v20y − 2g(y − y0), (15)
com vy = 0, y0 = 0, y = yH e usando a eq. (2), temos
0 = v20 sin
2 θ − 2gyH , (16)
yH =
v20 sin
2 θ
2g
, (17)
que coincide com a eq. (14).
Substituindo a velocidade inicial v0 = 80, 0 m/s, θ = 60◦ e g=9, 81 m/s2 na
eq. (17), temos
yH =
(80, 0)2 sin2 60◦
2× 9, 80
= 244, 9 m. (18)
Este é o valor da altura máxima da bomba em relação ao solo.
(d) A bomba aterrisa no ponto 2xH , ou seja, o dobro da posição x da bomba
na altura máxima. Desse modo, usando a eq. (9), temos
xat =
v20 sin(2θ)
g
, (19)
onde xat = 2xH é a posição x da bomba quando ela aterrisa.
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Podemos obter a mesma expressão a partir da eq. (10), fazendo y(x) = 0
nela. Então, vamos ver�car isso, com y0 = 0,
0 = tan θ x− gx2
2v20 cos
2 θ
. (20)
Colocando em evidência x, temos
x
[
tan θ − gx
2v20 cos
2 θ
]
= 0, (21)
onde as raizes são x1 = 0 e
tan θ − gx2
2v20 cos
2 θ
= 0, (22)
gx2
2v20 cos
2 θ
= tan θ, (23)
x2 =
2v20 sin θ cos θ
g
, (24)
x2 =
v20 sin(2θ)
g
. (25)
Observamos que a raiz x2 coincide com a eq. (19), então x2 = xat.
Substituindo a velocidade inicial v0 = 80, 0 m/s, θ = 60◦ e g=9, 80 m/s2 na
eq. (19), temos
xat =
(80, 0)2 sin(2× 60◦)
9, 80
= 565, 6 m. (26)
Este é o valor da distância (de seu ponto de disparo até o ponto de aterrisagem)
em que a bomba aterrisa.
(e) No seu ponto mais alto da trajetória, os componentes horizontal e vertical
da aceleração são, respectivamente,
ax = 0, (27)
ay = −g, (28)
já que há movimento uniforme no eixo x e temos movimento uniformemente
acelerado (com aceleração constante dada pela aceleração da gravidade) no eixo
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y. Então, os valores dos componentes x e y da aceleração são
ax = 0, (29)
ay = −9, 80 m/s
2
. (30)
Na altura máxima, os componentes horizontal e vertical da velocidade são,
respectivamente,
vx = 40, 0 m/s, (31)
vy = 0, (32)
já que no eixo x temos um movimento uniforme com velocidade constante v0x
e, no ponto mais alto, temos que a velocidade instantânea, vy, é nula, pois a
bomba muda seu sentido de movimento.
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