Exercícios resolvidos - Questões 11 e 12 - cap 3 Moysés

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Exerc´ıcios bobos de cinemaˆtica
Cees Noteboom
setembro 2009
3 Cinemaˆtica
3.1 Moyse´s, cap.3-11
Demonstre o resultado de Galileu, enunciado anterioramente, mostrando (com aquele dedo!) que,
para uma dada velocidade inicial v0, um proje´til pode atingir o mesmo alcance A para dois aˆngulos
de elevac¸a˜o diferentes, θ = 45o + δ e θ = 45− δ, contanto que A na˜o ultrapasse o alcance ma´ximo
Amax = v
2
0
/g. Calcule δ em func¸a˜o de v0 e A.
Cr´ıtica do enunciado :
Seria mais se´rio de perguntar qual a relac¸a˜o entre o alcance A e o aˆngulo de elevac¸a˜o .
————————————————————————————————————–
Soluc¸a˜o :
A equac¸a˜o hora´ria do movimento e´ :
x(t) = (v0 cos θ) t (3.1.1)
y(t) = (v0 sin θ) t −
g
2
t2 (3.1.2)
O instante t1 > 0 determine quando a altura se anula :
t1 = 2 sin θ
v0
g
e o alcance, com Amax
.
= v2
0
/g, e´ obtido como :
A = x(t1) = Amax sin(2 θ) (3.1.3)
O aˆngulo θ esta´ limitado : 0 ≤ θ ≤ pi/2, donde 0 ≤ 2 θ ≤ pi.
A equac¸a˜o (3.1.3) tem duas soluc¸o˜es . Podemos definir δ por 2 θ
.
= pi/2 + 2 δ de modo que (3.1.3)
torna-se :
A = Amax cos(2 δ) (3.1.4)
e obtemos
θ =
pi
4
+ δ ; δ = ±Arccos (A/Amax) (3.1.5)
1
3.2 Moyse´s, cap.3-12
Generalize o resultado do problema anterior, mostrando (com seu dedo !) que um proje´til lanc¸ado
do cha˜o com velocidade inicial v0 pode atingir um ponto situado a` distaˆncia x e altura y para dois
aˆngulos de elevac¸a˜o diferentes, contanto que o ponto (x, y) esteja abaixo da para´bola de seguranc¸a :
y =
1
2
(
Amax −
x2
Amax
)
onde Amax e´ o alcance ma´ximo.
Cr´ıtica do enunciado :
De novo um enunciado ” Mostre que ...” ! Um enunciado mais investigativo seria : Para quais
aˆngulos de elevac¸a˜o um proje´til pode atingir um ponto com coordenadas (x, y). Estude as condic¸o˜es
de existeˆncia de soluc¸o˜es .
————————————————————————————————————–
Soluc¸a˜o :
Temos de novo a equac¸a˜o hora´ria do movimento :
x(t) = (v0 cos θ) t (3.2.1)
y(t) = (v0 sin θ) t −
g
2
t2 (3.2.2)
Eliminando t, obtemos a equac¸a˜o da trajeto´ria :
y = x tan θ −
g
2
x2
v2
0
cos2 θ
(3.2.3)
Notando Amax
.
= v2
0
/g e τ
.
= tan θ, achamos uma equac¸a˜o quadraˆtica para τ :
y = τ x−
1 + τ2
2Amax
x2
que reescrevemos como :
x2 τ2 − 2 (Amax x) τ +
(
2Amax y + x
2
)
= 0 (3.2.4)
Essa equac¸a˜o posue duas soluc¸o˜es reais se
(Amax x)
2
− x2
(
2A y+ x2
)
≥ 0
ou
2Amax x
2
[
1
2
(
Amax −
x2
Amax
)
− y
]
≥ 0 (3.2.5)
o que significa que o ponto (x, y) esta´ em baixo da para´bola de seguranc¸a.
2