05 - Aula 5 - Lancamento horizontal e obliquo_pdf-questions

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<p>FRENTE: FÍSICA</p><p>PROFESSOR: ANDREW AQUINO</p><p>ASSUNTO: LANÇAMENTO HORIZONTAL E OBLÍQUO</p><p>OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>fariasbrito.com.br @fariasbrito canalfariasbrito@fariasbrito colegiofariasbrito</p><p>NÚCLEO ALDEOTA</p><p>(85) 3486.9000</p><p>NÚCLEO CENTRAL</p><p>(85) 3464.7788 (85) 3064.2850</p><p>NÚCLEO SUL</p><p>(85) 3260.6164</p><p>NÚCLEO EUSÉBIO</p><p>(88) 3677.8000</p><p>NÚCLEO SOBRAL</p><p>CIÊNCIAS DA NATUREZA</p><p>E SUAS TECNOLOGIAS</p><p>FUNDAMENTOS</p><p>AULA 5</p><p>Lançamento horizontal no vácuo</p><p>Quando um corpo é lançado horizontalmente no vácuo,</p><p>nas proximidades da superfície terrestre, ele descreve, em</p><p>relação à Terra, uma trajetória parabólica.</p><p>Esse movimento pode ser considerado, de acordo com o</p><p>princípio da simultaneidade, o resultado da composição de dois</p><p>movimentos simultâneos e independentes: queda livre e</p><p>movimento horizontal.</p><p>Movimento horizontal</p><p>É um movimento uniforme, pois não existe nenhuma</p><p>aceleração na direção horizontal; o corpo o realiza por inércia,</p><p>mantendo a velocidade 0v</p><p></p><p>com que foi lançado.</p><p>Em cada ponto da trajetória, a velocidade resultante v</p><p></p><p>do corpo, cuja direção é tangente à trajetória, é dada pela soma</p><p>vetorial da velocidade horizontal 0v</p><p></p><p>, que permanece constante,</p><p>e da velocidade vertical yv</p><p></p><p>, cujo módulo varia, pois a</p><p>aceleração da gravidade tem direção vertical.</p><p>Lançamento oblíquo no vácuo</p><p>Considere um corpo sendo lançado com velocidade v0</p><p>em uma direção que forma com a horizontal um ângulo </p><p>(ângulo de tiro). Desprezada a resistência do ar, a aceleração</p><p>do corpo é a aceleração da gravidade. A trajetória descrita, em</p><p>relação à Terra, é uma parábola.</p><p>O movimento descrito pelo corpo pode ser considerado</p><p>o resultado da composição de dois movimentos simultâneos e</p><p>independentes: um movimento vertical uniformemente variado,</p><p>cuja aceleração é a da gravidade, e um movimento horizontal</p><p>uniforme, pois na horizontal não há aceleração.</p><p>Vamos analisar separadamente cada um desses</p><p>movimentos componentes.</p><p>2 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>Movimento vertical (MUV)</p><p>Consideremos o eixo y com origem no ponto de</p><p>lançamento e orientado para cima. A aceleração escalar do</p><p>movimento vertical será:  = – g.</p><p>Se projetarmos a velocidade de lançamento 0v</p><p></p><p>na</p><p>direção do eixo y, obteremos a velocidade inicial vertical</p><p>y0v</p><p></p><p>cujo módulo é dado por:</p><p>Sob a ação da gravidade, o módulo da velocidade</p><p>vertical yv</p><p></p><p>diminui à medida que o corpo sobe, anula-se no</p><p>ponto mais alto e aumenta à medida que o corpo desce. Na</p><p>figura anterior, representa-se a velocidade yv</p><p></p><p>em várias</p><p>posições do corpo, tendo-se omitido a componente horizontal.</p><p>Como o movimento na direção vertical é uniformemente</p><p>variado, valem as funções:</p><p>Nessas funções, como a trajetória foi orientada para</p><p>cima, a aceleração escalar é  = – g. Para calcular a altura</p><p>máxima do lançamento (H), pode-se utilizar a fórmula seguinte,</p><p>cuja dedução se encontra no quadro a seguir:</p><p>Altura máxima</p><p>No ponto mais alto da trajetória: y = H e vy = 0</p><p>Pela equação de Torricelli, temos:</p><p>( )</p><p>2 2</p><p>y 0y</p><p>2</p><p>0y</p><p>2</p><p>0y</p><p>2</p><p>0y</p><p>v v y</p><p>0 v 2 g H</p><p>2gH v</p><p>v</p><p>H</p><p>2g</p><p>= + α</p><p>= + −</p><p>=</p><p>=</p><p>Mas:</p><p>2</p><p>0y 0v v sen= ⋅ θ</p><p>Logo:</p><p>2 2</p><p>0v sen</p><p>H</p><p>2g</p><p>⋅ θ</p><p>=</p><p>Movimento horizontal (MU)</p><p>Consideremos o eixo x com origem no ponto de</p><p>lançamento e orientado no sentido da velocidade horizontal xv ,</p><p></p><p>dada pela projeção sobre esse eixo da velocidade de</p><p>lançamento 0v</p><p></p><p>(fig. 5).</p><p>O módulo da velocidade horizontal xv</p><p></p><p>é dado por:</p><p>A velocidade horizontal xv</p><p></p><p>permanece</p><p>constante durante o movimento.</p><p>A figura anterior, na qual não foi representada a</p><p>velocidade vertical yv ,</p><p></p><p>mostra que, qualquer que seja o ponto</p><p>da trajetória em que o corpo esteja, a velocidade horizontal é</p><p>sempre a mesma:</p><p>Assim, sendo um movimento uniforme, a função horária</p><p>do movimento horizontal pode ser escrita deste modo:</p><p>3 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>Alcance do lançamento</p><p>Quando o corpo retorna ao nível de lançamento:</p><p>yy 0v v=</p><p>Logo, sendo g,α = − temos:</p><p>y</p><p>y y</p><p>y</p><p>y 0</p><p>0 0</p><p>0</p><p>v v t</p><p>v v gt</p><p>2v</p><p>t</p><p>g</p><p>= + α</p><p>− = −</p><p>=</p><p>Durante esse tempo, o corpo avança horizontalmente a</p><p>distância A (alcance): assim, x = A.</p><p>Como</p><p>yx 0 0 x 0x v t, v v sen e v v cos ,= = ⋅ θ = ⋅ θ vem:</p><p>y0 0</p><p>x 0</p><p>2v 2v sen</p><p>A v A v cos</p><p>g g</p><p>⋅ θ</p><p>= = ⇒ = ⋅ θ ⋅</p><p>Como 2 · sen  · cos  = sen 2, temos:</p><p>2</p><p>0v sen 2</p><p>A</p><p>g</p><p>⋅ θ</p><p>=</p><p>01. Um avião de carga voa a uma altitude h igual a 320 m, à</p><p>velocidade de 100 m/s. Ele deixa cair um pacote que deve</p><p>atingir um barco se deslocando a 20 m/s na mesma direção</p><p>e sentido do avião. A que distancia horizontal x, atrás do</p><p>barco, o avião deverá abandonar o pacote? Considere</p><p>g = 10 m/s2 e despreze influências do ar no movimento do</p><p>pacote.</p><p>a) 320 m</p><p>b) 400 m</p><p>c) 580 m</p><p>d) 640 m</p><p>e) 750 m</p><p>02. Um lançador de granadas deve ser posicionado a uma</p><p>distância D da linha vertical que passa por um ponto A.</p><p>Este ponto está localizado em uma montanha a 300 m de</p><p>altura em relação à extremidade de saída da granada,</p><p>conforme o desenho abaixo.</p><p>A velocidade da granada, ao sair do lançador, é de 100 m/s</p><p>e forma um ângulo “” com a horizontal; a aceleração da</p><p>gravidade é igual a 10 m/s2 e todos os atritos são</p><p>desprezíveis. Para que a granada atinja o ponto A,</p><p>somente após a sua passagem pelo ponto de maior altura</p><p>possível de ser atingido por ela, a distância D deve ser de:</p><p>Dados: cos 0,6; sen 0,8α = α =</p><p>a) 240 m</p><p>b) 360 m</p><p>c) 480 m</p><p>d) 600 m</p><p>e) 960 m</p><p>03. Uma esfera é lançada com velocidade horizontal constante</p><p>de módulo v = 5 m/s da borda de uma mesa horizontal. Ela</p><p>atinge o solo num ponto situado a 5 m do pé da mesa,</p><p>conforme o desenho abaixo.</p><p>Desprezando a resistência do ar, o módulo da velocidade</p><p>com que a esfera atinge o solo é de:</p><p>Dado: Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2</p><p>a) 4 m/s</p><p>b) 5 m/s</p><p>c) 5 2 m/s</p><p>d) 6 2 m/s</p><p>e) 5 5 m/s</p><p>4 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>04. Um superatleta de salto em distância realiza o seu salto</p><p>procurando atingir o maior alcance possível. Se ele se</p><p>lança ao ar com uma velocidade cujo módulo é 10 m/s, e</p><p>fazendo um ângulo de 45° em relação à horizontal, é</p><p>correto afirmar que o alcance atingido pelo atleta no salto é</p><p>de:</p><p>(Considere g = 10 m/s2)</p><p>a) 2 m.</p><p>b) 4 m.</p><p>c) 6 m.</p><p>d) 8 m.</p><p>e) 10 m.</p><p>05. Do alto de uma montanha em Marte, na altura de 740 m em</p><p>relação ao solo horizontal, é atirada horizontalmente uma</p><p>pequena esfera de aço com velocidade de 30 m/s.</p><p>Na superfície deste planeta, a aceleração gravitacional é de</p><p>3,7 m/s2.</p><p>A partir da vertical do ponto de lançamento, a esfera toca o</p><p>solo numa distância de, em metros,</p><p>a) 100</p><p>b) 200</p><p>c) 300</p><p>d) 450</p><p>e) 600</p><p>06. Um jogador de futebol chuta uma bola com massa igual a</p><p>meio quilograma, dando a ela uma velocidade inicial que</p><p>faz um ângulo de 30 graus com a horizontal. Desprezando</p><p>a resistência do ar, qual o valor que melhor representa o</p><p>módulo da velocidade inicial da bola para que ela atinja</p><p>uma altura máxima de 5 metros em relação ao ponto que</p><p>saiu?</p><p>Considere que o módulo da aceleração da gravidade vale</p><p>10 metros por segundo ao quadrado.</p><p>a) 10,5 m/s</p><p>b) 15,2 m/s</p><p>c) 32,0 m/s</p><p>d) 12,5 m/s</p><p>e) 20,0 m/s</p><p>07. Um naturalista, na selva tropical, deseja capturar um</p><p>macaco de uma espécie em extinção, dispondo de uma</p><p>arma carregada com um dardo tranquilizante. No momento</p><p>em que ambos estão a 45 m acima do solo, cada um em</p><p>uma árvore, o naturalista dispara o dardo. O macaco,</p><p>astuto, na tentativa de escapar do tiro se solta da árvore.</p><p>Se a distância entre as árvores é de 60 m, a velocidade</p><p>mínima do dardo, para que o macaco seja atingido no</p><p>instante em que chega ao solo, vale em m/s:</p><p>Adote g = 10 m/s2.</p><p>a) 45</p><p>b) 60</p><p>c) 10</p><p>d) 20</p><p>e) 30</p><p>08.</p><p>O GOL QUE PELÉ NÃO FEZ</p><p>Na copa de 1970, na partida entre Brasil e</p><p>Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um pouco antes do</p><p>meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um</p><p>chute que entrou para a história do futebol brasileiro.</p><p>No início do lance, a bola parte do solo com velocidade de</p><p>108 km/h (30 m/s), e três segundos depois toca novamente</p><p>o solo atrás da linha de fundo, depois de descrever uma</p><p>parábola no ar</p><p>e passar rente à trave, para alívio do</p><p>assustado goleiro.</p><p>Na figura, vemos uma simulação do chute de Pelé.</p><p>Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o</p><p>chute de Pelé fazia um ângulo de 30° com a horizontal</p><p>(sen30° = 0,50 e cos30° = 0,85) e desconsiderando a</p><p>resistência do ar e a rotação da bola, pode-se afirmar que a</p><p>distância horizontal entre o ponto de onde a bola partiu do</p><p>solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo atrás</p><p>da linha de fundo era, em metros, um valor mais próximo</p><p>de</p><p>a) 52,0.</p><p>b) 64,5.</p><p>c) 76,5.</p><p>d) 80,4.</p><p>e) 86,6.</p><p>09. Em um experimento escolar, um aluno deseja saber o valor</p><p>da velocidade com que uma esfera é lançada</p><p>horizontalmente, a partir de uma mesa. Para isso, mediu a</p><p>altura da mesa e o alcance horizontal atingido pela esfera,</p><p>encontrando os valores mostrados na figura.</p><p>5 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>A partir dessas informações e desprezando as influências</p><p>do ar, o aluno concluiu corretamente que a velocidade de</p><p>lançamento da esfera, em m/s, era de</p><p>a) 3,1</p><p>b) 3,5</p><p>c) 5,0</p><p>d) 7,0</p><p>e) 9,0</p><p>10. A figura a seguir mostra uma das cenas vistas durante a</p><p>Copa das Confederações no Brasil. Os policiais militares</p><p>responderam às ações dos manifestantes com bombas de</p><p>gás lacrimogêneo e balas de borracha em uma região</p><p>totalmente plana onde era possível avistar a todos.</p><p>Suponha que o projétil disparado pela arma do PM tenha</p><p>uma velocidade inicial de 200 m/s ao sair da arma e sob</p><p>um ângulo de 30,00º com a horizontal. Calcule a altura</p><p>máxima do projétil em relação ao solo, sabendo-se que ao</p><p>deixar o cano da arma o projétil estava a 1,70 m do solo.</p><p>Despreze as forças dissipativas e adote: g = 10,00 m/s2.</p><p>a) 401,70 m</p><p>b) 501,70 m</p><p>c) 601,70 m</p><p>d) 701,70 m</p><p>e) 801,70 m</p><p>GABARITO</p><p>01 02 03 04 05 06 07 08 09 10</p><p>D D E E E E D C D B</p><p>6 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>Resoluções</p><p>01. Tempo de queda do pacote:</p><p>q q</p><p>2h 2 320</p><p>t t 8 s</p><p>g 10</p><p>⋅</p><p>= = = =</p><p>Considerando-se os movimentos na horizontal e tomando-se</p><p>um referencial no barco, a velocidade do pacote é</p><p>constante, de módulo igual a 80 m/s (100 m/s – 20 m/s):</p><p>= ⇒ = ⇒ =</p><p>∆</p><p>x x</p><p>v 80 x 640 m</p><p>t 8</p><p>Resposta: D</p><p>02. Decompondo a velocidade em componentes horizontal e</p><p>vertical, temos:</p><p>= ⋅ α = × =</p><p> = ⋅ α = × =</p><p>x 0</p><p>y 0</p><p>V V cos 100 0,6 60 m/s</p><p>V V sen 100 0,8 80 m/s</p><p>Na vertical, o movimento é uniformemente variado. Sendo</p><p>assim:</p><p>∆ = ⋅ + ⇒ = − ⇒ − + =2 2 2</p><p>y y</p><p>1</p><p>S V t gt 300 80t 5t t 16t 60 0</p><p>2</p><p>A equação acima tem duas soluções: t = 6 s e t’ = 10 s.</p><p>Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos</p><p>considerar o maior tempo (10 s).</p><p>Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim:</p><p>∆ = ⋅ ⇒ = × =x xS V t D 60 10 600 m</p><p>Resposta: D</p><p>03. O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela</p><p>avançar 5 m com velocidade horizontal constante de</p><p>v0 = 5 m/s.</p><p>= = =</p><p>0</p><p>x 5</p><p>t 1 s</p><p>v 5</p><p>A componente vertical da velocidade é:</p><p>( )= + ⇒ = + ⇒ =</p><p>yy 0 y yv v gt v 0 10 1 v 10 m/s</p><p>Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de</p><p>chegada:</p><p>= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ =2 2 2 2 2</p><p>0 yv v v v 5 10 v 125 v 5 5 m/s</p><p>Resposta: E</p><p>04. Dados: v0 = 10 m/s;  = 45°; g = 10 m/s2.</p><p>= ° = =</p><p>= ° = =</p><p>ox 0</p><p>oy 0</p><p>2</p><p>v v cos 45 10 5 2 m/s.</p><p>2</p><p>2</p><p>v v sen45 10 5 2 m/s.</p><p>2</p><p>No eixo y, o movimento é uniformemente variado, com a = –g.</p><p>Calculemos o tempo de subida (tsub), notando que no ponto</p><p>mais alto vy = 0.</p><p>= − ⇒ = − ⇒ =x oy sub sub</p><p>2</p><p>v v gt 0 5 2 10t t s.</p><p>2</p><p>Como o tempo de subida é igual ao de descida, o tempo</p><p>total (tT) é:</p><p>= =T subt 2t 2 s.</p><p>No eixo x, o movimento é uniforme, com velocidade igual</p><p>a v0x. O alcance horizontal (D) é:</p><p>= ⋅ = × ⇒ =0x TD v t 5 2 2 D 10 m.</p><p>Resposta: E</p><p>05. O movimento na vertical é uniformemente variado:</p><p>2 2</p><p>0</p><p>1 1</p><p>S V t at 740 3,7t t 20 s</p><p>2 2</p><p>∆ = + ⇒ = × ⇒ =</p><p>O movimento na horizontal é uniforme:</p><p>∆ = ⋅ = × =S V t 30 20 600 m</p><p>Resposta: E</p><p>06.</p><p>Aplicando Torricelli para o eixo y: = − ∆2 2</p><p>y oyv v 2g y</p><p>No ponto mais alto:</p><p>0x yv v v 0</p><p>y h</p><p>= ⇒ =</p><p></p><p>∆ =</p><p>Substituindo:</p><p>( )( )= − ⇒ = = =2 2</p><p>0y 0y0 v 2gh v 2gh 2 10 5 10 m/s.</p><p>Mas:</p><p>= ⋅ ° ⇒ = ⋅ ⇒ =0y 0 0 0</p><p>1</p><p>v v sen30 10 v v 20 m/s</p><p>2</p><p>Resposta: E</p><p>7 OSG.: 046.036 - 160615/22</p><p>MÓDULO DE ESTUDO</p><p>07. A figura abaixo mostra as trajetórias do dardo e do macaco.</p><p>Macaco  queda livre </p><p>2 21</p><p>S a t 45 5t t 3,0s</p><p>2</p><p>∆ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ =</p><p>Dardo na horizontal </p><p>S 60</p><p>MU V 20 m/s</p><p>t 3</p><p>∆</p><p>⇒ = = =</p><p>∆</p><p>Resposta: D</p><p>08. Dados: v0 = 30 m/s;  = 30°; sen 30° = 0,50 e</p><p>cos 30° = 0,85 e t = 3 s.</p><p>A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se</p><p>constante. O alcance horizontal (A) é dado por:</p><p>A = v0x · t  A = v0 · cos 30° · t  A = 30 (0,85)(3) </p><p>A = 76,5 m.</p><p>Resposta: C</p><p>09. Como a esfera caiu de 0,80 m podemos calcular o tempo</p><p>de queda.</p><p>S = S0 + v0 · t + gt2/2</p><p>0,80 = 0 + 0 + 10 · t2/2</p><p>0,80 = 5 · t2</p><p>0,16 = t2  t = 0,4 s</p><p>Este também é o tempo de avanço da bolinha.</p><p>Como na horizontal não existem forças durante a queda, na</p><p>horizontal o movimento é uniforme.</p><p>S 2,80</p><p>v 7 m/s</p><p>t 0,4</p><p>∆</p><p>= = =</p><p>∆</p><p>Resposta: D</p><p>10. Dados:  = 30°; v0 = 200 m/s; h0 = 1,7 m; g = 10 m/s2.</p><p>Decompondo a velocidade inicial nas direções horizontal e</p><p>vertical:</p><p>ox 0 ox</p><p>oy 0 ox</p><p>3</p><p>v v cos 200cos30 200 v 100 3 m/s.</p><p>2</p><p>1</p><p>v v sen 200sen30 200 v 100 m/s.</p><p>2</p><p></p><p>= θ = ° = ⇒ =</p><p></p><p> = θ = ° = ⇒ =</p><p>Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical da</p><p>velocidade é nula (vy = 0). Aplicando a equação de Torricelli</p><p>nessa direção, vem:</p><p>( ) ( )2 2 2</p><p>y 0y 0v v 2g H h 0 100 20 H 1,7</p><p>10.000</p><p>H 1,7 H 500 1,7 H 501,7 m</p><p>20</p><p>= − − ⇒ = − − ⇒</p><p>− = ⇒ = + ⇒ =</p><p>Resposta: B</p><p>DIG.: Georgenes – REV.: Tereza</p>