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Notas de Aula: Aula 4- Lançamento. 4.1 Introdução Lançamento também é conhecido por movimento de projéteis ou movimento balístico. Este tipo de movimento possui duas dimensões, sendo o que acontece quando se dispara uma bola de canhão, um chute alto numa bola de futebol, entre outros: Como dito anteriormente, esse tipo de movimento se dá em duas dimensões (x e y), portanto teremos componentes verticais e horizontais do vetor velocidade e da posição: Figura 4.1 Desenho ilustrativo do movimento de projéteis com as componentes da velocidade. Notas de Aula: 4.2 Movimento Horizontal No movimento horizontal, consideraremos apenas o movimento na direção x e como não temos aceleração nessa direção é um MRU, portanto na figura 4.1 temos que: 𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 (4.1) Como na horizontal temos um MRU, sua equação horária é: 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥. 𝑡 (4.2) Teremos: 𝑥 = 𝑥0 + (𝑣0 cos 𝜃). 𝑡 (4.3) 4.3 Movimento Vertical Na vertical temos a ação da força gravitacional que proporciona uma aceleração (g ≈ 9,8 m/s2), portanto temos um MRUV e na figura 4.1 temos: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦. 𝑡 − 𝑔.𝑡2 2 (4.4) 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔. 𝑡 (4.5) 𝑣𝑦 2 = 𝑣0𝑦 2 − 2. 𝑔. ∆𝑦 (4.6) Onde: 𝑣0𝑦 = 𝑣0 sen 𝜃 (4.1) Note que as equações são as mesmas utilizadas nas aulas 1 e 2, para movimentos uniformes e uniformemente variável, as diferenças são que na vertical, a posição e a velocidade estão na direção y e a aceleração é a aceleração da gravidade. Já na horizontal temos a componente da velocidade na direção x. Notas de Aula: 4.4 Equação da Trajetória A equação a trajetória nos fornece a posição y do objeto em função da posição x: 𝑦 = (tan 𝜃0)𝑥 − 𝑔.𝑥2 2(𝑣0 cos 𝜃0)2 (4.7) Para chegarmos nessa equação isolamos o t na equação 4.2, tomamos a posição inicial como sendo 0 e substituímos na equação 4.4: 𝑡 = 𝑥 𝑣0𝑥 (4.2) 𝑦 = 𝑣0𝑦. 𝑡 − 𝑔.𝑡2 2 (4.4) Substituindo 4.2 em 4.4 temos: 𝑦 = 𝑣0𝑦. 𝑥 𝑣0𝑥 − 𝑔. ( 𝑥 𝑣0𝑥 ) 2 2 Como: 𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 e 𝑣0𝑦 = 𝑣0 sen 𝜃 Temos: 𝑦 = 𝑣0 sen 𝜃 . 𝑥 𝑣0 cos 𝜃 − 𝑔. ( 𝑥 𝑣0 cos 𝜃 ) 2 2 𝑦 = tan 𝜃 . 𝑥 − 𝑔. 𝑥2 2. 𝑣0 2 cos2 𝜃 𝑦 = tan 𝜃 . 𝑥 − 𝑔. 𝑥2 2. (𝑣0 cos 𝜃)2 Que á a nossa equação 4.7 Notas de Aula: 4.5 Alcance Horizontal (R) Alcance horizontal é a distância máxima em x que o corpo atinge: 𝑅 = 𝑣0 2 𝑔 . sin 2𝜃0 (4.8) Essa equação pode ser encontrada fazendo y=0 na equação 4.4, isolando o t e substituindo na equação 4.2: 𝑦 = 𝑣0 sen 𝜃 . 𝑡 − 𝑔.𝑡2 2 = 0 (4.4) 𝑣0 sen 𝜃 . 𝑡 − 𝑔. 𝑡2 2 = 0 𝑡. (𝑣0 sen 𝜃 − 𝑔. 𝑡 2 ) = 0 Essa equação possui duas soluções a primeira é quando t=0 e é chamada de solução trivial, pois é o instante em que o movimento se inicia e não nos interessa esse resultado o outro é: 𝑣0 sen 𝜃 − 𝑔. 𝑡 2 = 0 𝑡 = 2. 𝑣0 sen 𝜃 𝑔 Substituindo esse t na equação 4.2 temos: 𝑥 = (𝑣0 cos 𝜃). 𝑡 𝑥 = (𝑣0 cos 𝜃). ( 2. 𝑣0 sen 𝜃 𝑔 ) 𝑥 = 𝑣0 2 𝑔 . 2. sin 𝜃 . cos 𝜃 Sabemos que: 2. sin 𝜃 . cos 𝜃 = sin 2𝜃 Portanto: 𝑥 = 𝑣0 2 𝑔 . sin 2𝜃 Notas de Aula: Exercícios de Fixação: 3.1 – Resolução: Os dados fornecidos foram: 𝑦0 = 45 𝑚 𝑣0 = 250 𝑚/𝑠 2 a) Quando o projétil chega ao chão, sua altura final é zero, portanto y=o e: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0 sen 𝜃 . 𝑡 − 𝑔. 𝑡2 2 0 = 𝑦0 + 𝑣0 sen 0 . 𝑡 − 𝑔. 𝑡2 2 0 = 𝑦0 − 𝑔. 𝑡2 2 𝑡 = √ 2𝑦0 𝑔 𝑡 = √ 2 ∗ 45 9,8 = 3,03 𝑠 b) Agora precisamos encontrar a distância x em que o projétil atinge o solo. Sabemos que o tempo que ele gasta para tingir o solo é t=3,03 s e sua posição inicial x0=0, portanto: 𝑥 = 𝑥0 + (𝑣0 cos 𝜃). 𝑡 𝑥 = 𝑣0 cos 0 . 𝑡 𝑥 = 𝑣0𝑡 𝑥 = 250 ∗ 3,03 𝑥 = 758 𝑚 c) A componente vertical da velocidade está na direção y, e atinge o sola no instante t=3,03 s, então: Notas de Aula: 𝑣𝑦 = 𝑣0 sen 𝜃 − 𝑔. 𝑡 𝑣𝑦 = 𝑣0 sen 0 − 𝑔. 𝑡 𝑣𝑦 = −𝑔. 𝑡 𝑣𝑦 = −9,8 ∗ 3,03 𝑣𝑦 = −29,7 𝑚/𝑠 Como ele quer em módulo, |𝑣𝑦| = 29,7 m/s 3.2 – 3.3 – Notas de Aula: 3.4 – 3.5 – Notas de Aula: 3.6 – 3.7 – Respostas 3.3 – Notas de Aula: 3.4 – 3.5 - 3.6 - Notas de Aula: 3.7 Notas de Aula: Bibliografia: TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Física para cientistas e engenheiros: mecânica, oscilações e ondas, termodinâmica. Vol. 1, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006. ISBN: 9788521614623. HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; WALKER, J. Fundamentos de física - mecânica. Vol. 1, 8ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2009. ISBN: 9788521616054.
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