Lançamento Oblíquo - Intermediário

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LANÇAMENTO OBLÍQUO - INTERMEDIÁRIO 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
A Equipe SEI, pensando em você, preparou este artigo com exercícios resolvidos sobre lançamento oblíquo. 
Bons estudos! 
 
1. (AFA 2009) Uma bola de basquete descreve a trajetória mostrada na figura após ser arremessada por um jovem atleta que 
tenta bater um recorde de arremesso. 
A bola é lançada com uma velocidade de 10 m/s e, ao cair na cesta, sua componente horizontal vale 6,0 m/s. Despreze a 
resistência do ar e considere g = 10 m/s2. Pode-se afirmar que a distância horizontal (x) percorrida pela bola desde o 
lançamento até cair na cesta, em metros, vale 
 
 
(A) 3,0 (B) 6,0 (C) 4,8 (D) 3,6. 
 
 
Solução 
 
Decompondo a velocidade de lançamento em componentes horizontal e vertical: 
10 m/s 
6,0 m/s 
V0y 
 
A velocidade inicial de lançamento é 10 m/s. Como a componente horizontal vale 6,0 m/s, temos: 
2 2 2
0 06 10 8,0 m/sy yV V+ = ∴ = 
 
Isolando os movimentos, temos no eixo vertical: 
 
2
0 0
2
1.
2
15 2 8. ( 10)
2
S S V t at
t t
= + +
→ = + + −
 
2
2
15 2 8. ( 10)
2
5 8 3 0
t t
t t
→ = + + −
→ − + =
 
 
Resolvendo a equação, temos os possíveis valores de t t = 0,6 s ou t = 1,0 s. 
 
O menor valor corresponde ao instante em que a bola atinge a altura de 5 m na subida. Porém, ela entra na cesta na descida. 
 
 
 
 
 
 
Logo, t = 1,0 s. 
 
Como a velocidade horizontal é constante, temos no eixo horizontal: .S V tΔ = . 
 
(6, 0).(1, 0) 6, 0x m= = 
Opção B 
 
 
2. (AFA 1996) Um canhão no topo de uma colina, a 125 metros do solo, dispara um projétil, com velocidade inicial v0 = 500 
m/s e inclinação de 60º em relação à horizontal. O alvo é um avião voando a 1250 metros de altura em relação ao solo, com 
velocidade v = 900 km/h. O número de chances de o projétil atingir o avião é: 
(A) zero 
(B) 1 
(C) 2 
(D) 3 
 
Solução 
 
A velocidade do avião vale 250 m/s (dividindo 900 km/h por 3,6). 
A velocidade horizontal do projétil é 500.cos60. Ou seja, 250 m/s. 
 
Logo, no eixo horizontal, o projétil e o avião têm o mesmo movimento. 
 
No eixo vertical, o projétil precisa passar pela mesma altura que o avião, para que o atinja. Logo, vamos calcular quantas 
vezes o projétil passa pela altura de vôo do avião. 
 
A velocidade vertical inicial do projétil é 500.sen60. Ou seja, 250 3 m/s. 
 
No eixo vertical, o projétil tem o seguinte movimento: 
 
2
0 0
2
2
1.
2
1250 125 250 3 5
5 250 3 1125 0
S S V t at
t t
t t
= + +
→ = + −
→ − − =
 
 
Para determinar quantas soluções a equação tem, basta olhar o sinal do discriminante (Δ). 
 
( )2250 3 4.(5).( 1125)
0
Δ = − −
→ Δ ≥
 
 
Para Δ > 0, a equação tem duas soluções distintas. Logo, o projétil tem duas chances de atingir o avião. 
Opção C 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. (AFA 2004) Um canhão dispara projéteis com velocidade 0v . Desprezando-se os efeitos do ar e adotando-se g como 
módulo do vetor aceleração da gravidade, pode-se afirmar que a altura máxima atingida pelo projétil, quando o alcance 
horizontal for máximo, é 
(A) 
g2
v20 (B) 
g4
v20 (C) 
g
v2 0 (D) 
g2
v0 . 
 
Solução 
 
Primeiramente, vamos deduzir o alcance horizontal do projétil, com velocidade de lançamento V0 e ângulo θ com a horizontal. 
Encontrando as componentes horizontal e vertical da velocidade de lançamento, temos: 
V0 
V0.cosθ 
V0.senθ 
 
 
O movimento termina quando o projétil retorna para o solo. Logo, no eixo vertical, temos: 
2
0 0
2
0
0
1.
2
10 0 . .
2
2 .
S S V t at
V sen t gt
V sen
t
g
θ
θ
= + +
→ = + −
→ =
 
Este é o tempo total de movimento. Como o movimento horizontal é com velocidade constante, temos: 
 
0
0
0
2
0
2
0
.cos .
2 .
.cos .
.2 .cos
(2 )
horizS V t
V sen
A V
g
V
A sen
g
V sen
A
g
θ
θ
θ
θ θ
θ
Δ =
→ =
→ =
→ =
 
Podemos, então, perceber que o alcance é máximo para o ângulo de lançamento θ = 45°. 
 
Para calcular a altura máxima, voltemos a observar o movimento vertical. A altura máxima é atingida quando a velocidade de 
subida se anula. Logo, no eixo vertical, temos: 
2 2
0
2
0 max
2 2
0
max
2. .
0 ( . ) 2.( ).
.
2
V V a S
V sen g H
V sen
H
g
θ
θ
= + Δ
→ = + −
→ =
 
 
 
 
 
 
 
Como o alcance máximo ocorre quando o ângulo de lançamento é θ = 45°, temos: 
 
2 2
0
max
2
0
max
. 45
2
4
V sen
H
g
V
H
g
=
→ =
 
Opção B 
 
4. (IME 1993_1994) Um míssil viajando paralelamente à superfície da terra com uma velocidade de 180 m/s, passa sobre um 
canhão à altura de 4800 m no exato momento em que seu combustível acaba. Neste instante, o canhão dispara a 45o e atinge o 
míssil. O canhão está no topo de uma colina de 300 m de altura. 
Sabendo-se que a aceleração local da gravidade g = 10 m/s2, determine a altura da posição de encontro do míssil com a bala do 
canhão, em relação ao solo. Despreze a resistência do ar. 
 
 
Solução 
 
Como o combustível do míssil acaba, no eixo vertical, ele passa a descrever uma queda livre. Logo, o movimento do míssil é 
definido por: 
Xmíssil = 180.t 
Ymíssil = 4800 – 5t2 
 
O movimento do projétil é definido por: 
V0 
V0.cos45 
V0.sen45 
 
projétil 0
2 2
projétil 0 0 0
.cos 45.
1. 45. ( ) 300 . 45. 5
2
X V t
Y Y V sen t g t V sen t t
=
= + + − = + −
 
 
Para haver encontro do projétil com o míssil, eles devem ter a mesma posição no mesmo instante. Logo, devemos ter: 
projétil míssil
projétil míssil
X X
Y Y
=
=
 
 
 
 
 
 
 
Observando a condição no eixo horizontal, temos: 
projétil míssil
0
0
.cos 45. 180.
.cos 45 180m/s
X X
V t t
V
=
=
→ =
 
 
Como sen45 = cos45, a condição no eixo vertical pode ser escrita como: 
projétil míssil
2 2
0300 . 45. 5 4800 5
180. 4500
25
Y Y
V sen t t t
t
t s
=
→ + − = −
→ =
→ =
 
 
Para calcular a altura do ponto de encontro, basta substituir o valor de t na equação vertical de qualquer dos corpos. Logo, 
temos: 
2
míssil
2
míssil
míssil
4800 5
4800 5(25)
1675
Y t
Y
Y m
= −
→ = −
→ =
 
 
 
(IME 1997_1998) Um pequeno cesto é preso em uma haste que o faz girar no sentido horário com velocidade constante. Um 
carrinho, com velocidade de 1,5 m/s, traz consigo um brinquedo que arremessa bolinhas na vertical para cima com velocidade 
de 5,5 m/s. Quando o carrinho está a uma distância de 2 m do eixo onde a haste é presa, uma bolinha é lançada. Nesse 
instante, o cesto está na posição mais baixa da trajetória (posição A), que é a altura do chão e a do lançamento da bolinha. 
A bolinha é arremessada e entra, por cima, no cesto quando este está na posição B indicada na figura. Determine o vetor 
velocidade da bolinha ao entrar no cesto. 
 
 
2m 
cesto 
carrinho B 
A 
 
Solução 
 
O movimento da bolinha que é lançada do carrinho é descrito por: 
 
bolinha
2 2
bolinha 0 0
(1,5)
1. ( ) (5,5) 5
2vertical
X t
Y Y V t g t t t
=
= + + − = −
 
 
No momento em que a bolinha entra no cesto, podemos dizer que as coordenadas do cesto são (tomando como referência a 
posição do carrinho no momento do lançamento): 
 
cesto
cesto
2X R
Y R
= −
=
 
Logo, temos: 
2
1,5. 2
5,5. 5
t R
t t R
= −⎧⎪
⎨
− =⎪⎩
 
 
 
Substituindo o valor de R da 2ª equação na 1ª, temos: 
 
2
2
1,5. 2 (5,5. 5 )
5 7 2 0
t t t
t t
= − −
→ − + =
 
 
Resolvendo a equação de 2° grau em t, temos duas possíveis soluções: t = 0,4 s ou t = 1,0 s. Como a bolinha entra no cesto por 
cima, significa que ela já está no seu movimento de descida. Logo, o instante é t = 1,0 s. 
 
Analisando as componentes da velocidade da bolinha no momento em que ela entra no cesto, temos: 
 
horizontal
vertical
1,5m/s
5,5 10. 4,5m/s
V
V t
=
= − = −
 
 
Logo, o vetor velocidade da bolinha pode ser escrito: 1,5. 4,5.V i j= − 
 
 
 
Todos os exercícios resolvidos neste artigo trataram de lançamento oblíquo convencional, onde a única aceleração 
existente é a gravidade. Por isso, o movimento horizontal é com velocidade constante. Porém, em algumas situações, 
pode haver aceleração horizontal também. Na próxima semana, a equipe SEI resolverá alguns exercíciosnesta nova 
situação. Bons estudos!