Escrito por Paulo Henrique
Introdução à parábola de segurança
Nessa ideia, trabalharemos com uma poderosa ferramenta para resolução de problemas que envolvem lançamentos de projéteis: a parábola de segurança. Em muitos casos, quando o problema trata de casos limites, não é necessário recorrer ao cálculo para resolvê-lo: a parábola de segurança dá conta.
Resolvendo as equações de movimento
Considere que um projétil, denominado $$p$$, seja lançado a partir da origem do sistema de coordenadas sujeito somente à gravidade, suposta constante. Se definirmos um plano $$\Sigma$$ tal que a velocidade inicial $$V_0$$ de $$p$$ seja paralelo a ele, evidentemente, o movimento se dá no plano $$\Sigma$$. Sendo assim, adotemos coordenadas cartesianas, conforme a figura abaixo:
Defina $$\vec{r}(t)=x\hat{x}+y\hat{y}$$ como a posição de $$p$$ em relação à origem adotada. Como $$p$$ está sujeito apenas a força $$m\vec{g}$$, a segunda lei de Newton nos diz que
$$m\vec{a}(t)=m\vec{g}$$ $$(1)$$
A equação vetorial acima equivale a duas equações escalares, uma para cada eixo coordenado
$$ma_{y}=-mg$$ $$(2)$$
$$ma_{x}=0$$ $$(3)$$
Sujeita as condições iniciais
$$x(0)=y(0)=0$$ $$(4)$$
$$\vec{v}(0)=\vec{V_0}$$ $$(5)$$
Depois de resolvidas, e aplicado as condições iniciais $$(4)$$ e $$(5)$$, as equações de movimento são reduzidas a:
$$y(t)=(\vec{V_0}\cdot{\hat{y}})t-\frac{gt^2}{2}$$ $$(6)$$
$$x(t)=(\vec{V_0}\cdot{\hat{x}})t$$ $$(7)$$
Seja $$\alpha$$ o ângulo que $$V_0$$ faz com o eixo $$x$$. Com essa definição em mãos as velocidades inciais em $$(6)$$ e $$(7)$$ tornam-se, respectivamente: $$\vec{V_0}\cdot{\hat{y}}=V_0\sin{\alpha}$$ e $$\vec{V_0}\cdot{\hat{x}}=V_0\cos{\alpha}$$. Isolemos $$t$$ em $$(7)$$ e substituemos em $$(6)$$, o resultado é
$$y(\tan{\alpha},x)=x\tan{\alpha}-\frac{gx^2}{2V_0^2}-\frac{gx^2}{2V_0^2}{\tan{\alpha}}^2$$ $$(8)$$
Observe que foi usada a identidade trigonométrica
$$\sec{\theta}^2=1+\tan{\theta}^2$$ $$(9)$$
E, além disso, evidenciei que $$y$$ é função explícita de $$\tan{\alpha}$$ e $$x$$, apesar dos dois poderem ser escritos como função do tempo apenas.
Veja que $$(9)$$ representa uma equação quadrática para $$\tan{\alpha}$$. Portanto, resolvendo para $$\tan{\alpha}$$
$$\tan{\alpha}=\dfrac{-x\pm\sqrt{x^2+2\frac{gx^2}{V_0^2}(-\frac{gx^2}{2V_0^2}-y)}}{-\frac{gx^2}{V_0^2}}$$ $$(10)$$
Condição subsidiária da solução da equação quadrática
Se considerarmos apenas as soluções fisicamente viáveis, o termo dentro da raiz quadrada deve ser não negativo. Isso nos remete a seguinte condição
$$y\le{\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}}$$ $$(11)$$
Um fato interessante é que $$(11)$$ representa, assim como $$y(x)$$, uma parábola.
Ánalise incial da equação da parábola de segurança
Nesse ponto, devemos nos questionar a respeito do significado de $$(11)$$. Primeiramente, consideremos a equação $$(8)$$: ela representa a trajetória real do projétil $$p$$, dado o ângulo de lançamento $$\alpha$$ e a velocidade incial $$V_0$$. No intervalo $$\frac{\pi}{2}\le{\alpha}\le{\frac{\pi}{2}}$$ a equação $$(8)$$ define uma família de trajetórias parabólicas $$F(V_0)$$, que depende de $$V_0$$, de acordo com a figura abaixo
Todas as trajétorias da figura possuem em comum a velocidade incial $$V_0$$, enquanto o ângulo de lançamento é variado. De acordo com $$(11)$$, independentemente do ângulo $$\alpha$$, a altura de $$p$$ está restrita e tem um valor máximo, dependendo da posição escolhida (x)
$$Y=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}$$ $$(12)$$
Onde, na nossa notação, $$Y$$ se refere ao caso em que é tornada a identidade em $$(11)$$. Veja, dada uma velocidade inicial, a equação $$(12)$$ determina a altura máxima possível para cada valor de $$x$$. Sendo assim, a equação (12) é a envoltória de $$F(V_0)$$. A envoltória define o lugar geométrico dos pontos acessíveis para $$p$$: a área abaixo da curva no gráfico $$Y(x)$$ versus $$x$$. Os pontos fora da parábola de segurança jamais serão atingidos, daí o nome da curva. Vale ressaltar que para obter a região de segurança no espaço tridimensional deve ser feita a rotação da parábola em torno do seu eixo de simetria, visto que $$\vec{V_0}$$ pode não ser paralelo a $$\Sigma$$, o plano escolhido para a análise. Nesse caso, o lugar geométrico dos pontos acesséveis à $$p$$ é o volume varrido pela parábola de segurança numa volta completa. Antes de prosseguirmos com nossa análise, façamos uma explicação do que foi feito até aqui:
“Dado um ponto $$A$$ no espaço e fixada uma velocidade inicial $$V_0$$, com qual ângulo $$\alpha_0$$ deve-se lançar $$p$$ de forma a atingir esse ponto?”
Essa pergunta é respondida atráves de $$(10)$$, fornecido as coordenadas do ponto $$A$$: $$(x_A,y_A)$$
$$\tan{\alpha_0}=\dfrac{-x_A \pm\sqrt{x^2_A+2\frac{gx_A^2}{V_0^2}(-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}-y_A)}}{-\frac{gx_A^2}{V_0^2}}$$ $$(13)$$
Dessa forma, temos três possibilidades, dependendo da quantidade $$\Delta\equiv{x_A^2+2\frac{gx_A^2}{V_0^2}(-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}-y_A)}$$:
Se $$\Delta>0$$
Teremos duas soluções distintas em $$(13)$$, de tal forma que as trajetórias descritas $$y(x)$$ estão localizadas na região de segurança.
Se $$\Delta<0$$
A equação $$(13)$$ não possui solução real e não há nenhum ângulo que faça a trajetória passar pelo ponto $$A$$. Isso é de se esperar. Se $$p$$ é lançado com uma velocidade suficientemente pequena não há ângulo que o faça atingir $$A$$. Assim como você não consegue atingir uma pedra na lua escolhendo o ângulo certo. O ponto A, nesse caso, está fora da região de segurança.
Se $$\Delta=0$$
As duas soluções em $$(13)$$ são iguais, portanto, apenas um ângulo deve ser escolhido a fim de atingir $$A$$. Nesse caso, o ponto $$A$$ está sobre a parábola de segurança, como deveria estar, visto que a parábola de segurança é definida tomando $$\Delta=0$$.
Obtendo as coordenadas do ponto $$A$$
Conforme vimos, as coordenadas do ponto $$A$$, no caso em que $$\Delta=0$$ são obtidas por meio de $$(12)$$
$$Y_A=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx_A^2}{2V_0^2}$$ $$(14)$$
A equação $$(14)$$ é comumente chamada de equação da parábola de segurança. Observe que ela nos fornece os pontos limites que podem ser atingidos por $$p$$. A palavra limite no sentido que, para um mesmo ângulo de lançamento $$\alpha_0$$ uma velocidade um pouco maior $$V_{0k}=V_0+\delta$$ faria $$p$$ ultrapassar a zona de segurança.
O angulo de lançamento $$\alpha_0$$
Notação: A partir de agora, o ângulo de lançamento $$\alpha_0$$ se refere somente aos caso limite em que $$\Delta=0$$. Portanto, se algum poblema trata de otmização de ângulo, é nele em que devemos focar.
Na análise das duas seções anteriores, focamos na determinação das coordenadas do ponto $$A$$, e quanto ao ângulo, como calcular explicitamente? Ora, dado que $$\Delta=0$$ (correspondendo aos casos limites), temos, de acordo com $$(13)$$
Ideia 1 $$\tan{\alpha_0}=\frac{V_0^2}{gx_A}$$ $$(15)$$
A equação acima junto com a equação da parábola de segurança formam uma poderosa ferramenta, que serão usadas para exemplicar o poderio dessa ideia
Exemplo 1
Você joga uma bola com velocidade $$V_0$$ em uma parede vertical, a uma distância $$l$$. Qual deve ser o ângulo de lançamento tal que a bola atinge a parede o mais alto possível?
Solução:
Aplicação direta de $$(15)$$, visto que, no caso limite o ponto atingido pertence à parábola de segurança.
$$\tan{\alpha_0}=\frac{V_0^2}{gl}$$ $$(16)$$
Observe que, como o alcance máximo do projétil é $$\frac{V_0^2}{g}$$, devemos ter
$$l<\frac{V_0^2}{g}$$ $$(17)$$
Caso contrário, a bola nem chegaria na parde.
Velocidade mínima
Talvez o caso de mais interesse em problemas de olímpiadas seja esse: determinar a velocidade mínima que um projétil deve ser lançado a fim de atingir certa região. Observe o seguinte fato
Ideia 2 “Se um projétil é lançado com velocidade inicial mínima (necessária para atingir o ponto $$A$$), a trajetória é tangente à parábola de segurança no ponto $$A$$”
Para mostrar que isso é verdade considere que você almeje atingir um dado ponto $$B$$ do espaço. Para atingir tal meta, você estipula uma velocidade inicial $$V_1$$. Essa velocidade define uma família de trajetórias $$F(V_1)$$. Suponha que o ponto $$B$$ está fora da região de segurança. Sendo assim, você precisa aumentar sua região de segurança. Como fazer isso? Ora, basta aumentar a velocidade de $$V_1$$ para um certo valor $$V_2$$, que define outra familía de trajetórias $$F(V_2)$$ mais abrangente. Suponha que o ponto $$B$$ ainda esteja fora dessa nova região de segurança. Novamente, você aumenta a velocidade incial de $$V_2$$ até $$V_3$$, e assim sucessivamente, o processo se repete $$n$$ vezes até que a velocidade inicial $$V_n$$ seja tal que a região de segurança definida por $$F(V_n)$$ englobe o ponto $$B$$. Dessa forma, fica claro que o ponto $$B$$ tangencia a parábola de segurança correspondente a $$F(V_n)$$, onde $$V_n\equiv{V_{min}}$$, visto que gradativamente aumentamos a região até que a envoltória (a parábola de segurança) apenas toque o ponto $$B$$.
Exemplo 2
Você deseja lançar uma bola por cima de uma parde vertical de altura $$h$$, a uma distância $$l$$. Qual a velocidade mínima requerida?
Solução:
Analogamente ao argumento que justificou a ideia 2, afirmo que para a velocidade mínima a trajetória física tangencia o ponto $$C$$ mais alto da parede, por onde a bola deve passar. Se não tangenciasse e passase um pouco acima de $$C$$, você poderia diminuir a velocidade gradativamente até que tangenciasse. Utilizando a ideia 2 vemos que a trajetória física tangencia a parábola de segurança de $$F(V_0)$$ no ponto $$C$$, logo, aplicando $$(12)$$
$$h=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gl^2}{2V_0^2}$$ $$(18)$$
Resolvendo a equação biquadrática para $$V_0$$, obtemos
$$V_0=\sqrt{g(h+\sqrt{h^2+l^2})}$$ $$(19)$$
Ideia 3 “Se um projétil é lançado com velocidade mínima para atingir um dado ponto $$A$$, a velocidade em $$A$$ é perpendicular a velocidade inicial.”
Prova: Por hipótese a velocidade é mínima, logo:
$$\tan{\alpha}=\frac{V_0^2}{gx_A}$$ $$(20)$$
Seja $$V_{0x}=V_0\cos{\alpha}$$ a velocidade em $$x$$ do movimento, que é constante. Dessa forma
$$x_A=V_0\cos{\alpha}\delta{t}$$ $$(21)$$
Onde $$\delta{t}$$ é o tempo de voo (até o ponto $$A$$). Combinando $$(20)$$ e $$(21)$$, temos
$$\sin{\alpha}=\frac{V_0}{g\delta{t}}$$ $$(22)$$
Multiplicando os dois lados de $$(22)$$ por$$V_0$$, obtemos
$$V_0^2=V_{0y}g\delta{t}$$ $$\to$$ $$V_{0x}^2+V_{0y}^2-V_{0y}g\delta{t}=0$$ $$(23)$$
Observe que $$V_{0y}-g\delta{t}$$ é o módulo da componente vertical da velocidade do ponto $$A$$. Logo
$$(V_{0y}-g\delta{t})V_{0y}+V_{0x}^2=0$$ $$\to$$ $$V_{Ay}V_{0y}+V_{0x}^2=0$$ $$(24)$$
Pela definição de produto escalar
$$V_{Ay}V_{0y}+V_{0x}^2=(V_{Ay}\hat{y}+V_{0x}\hat{x})\cdot(V_{0y}\hat{y}+V_{0x}\hat{x})=0=\vec{V_A}\cdot{\vec{V_0}}=0$$ $$(25)$$
Se o produto escalar de dois vetores é zero, eles são perpendiculares entre si.
Obs: O produto escalar entre dois vetores é definido da seguinte forma:
$$\vec{A} \cdot \vec{B}=A_{x}B_{x}+A_{y}B_{y}+A_{z}B_{z}$$
Mas existe ainda outra definição que é:
$$\vec{A} \cdot \vec{B}=|A| |B| cos{\theta}$$
Onde $$\theta$$ é o ângulo entre os dois vetores. Da primeira definição podemos notar o motivo de termos reescrito a nossa expressão como um produto escalar. Da segunda definição notamos o porquê de o produto escalar ser zero indicar a perpendicularidade dos vetores. Prove você mesmo que as duas definições são coincidentes!
Ideia 4 Em muito problemas não é suficiente usar as ideias 2 e 3. Alguns aspectos da trajetória física devem ser levados em conta, utilizando o fato que: para achar o mínimo (ou o máximo) de uma certa quantidade $$\Theta$$, devemos variar parâmetros livres (como por exemplo o ângulo de lançamento/posição de lançamento) por quantidades infinitesimais e ver o que acontece com a quantia de interesse. Se $$\Theta$$ cresce para todas as variações possíveis, a configuração inicial do sistema impõe um mínimo para $$\Theta$$.
Ideia 5 Algumas vezes podemos inferir que a trajetória parabólica de projéteis pode ser revertida. De fato, dado que a energia mecânica se conserva, cada ponto do espaço, definido pela a altura $$y$$ admite apenas um valor de velocidade vertical
$$V_{0y}^2=V_{y}^2+2gy$$ $$(26)$$
Se cada ponto do espaço está bem representado por um vetor velocidade específico (a velocidade em x é a mesma), a trajetória também está bem definida, e podemos lançar $$p$$ de qualquer ponto: a trajetória, em sua totalidade, não sofrerá alterações. Reverter a trajetória de um ponto a outro pode, apenas, alterar o sentido em que ocorre: imagine gravar o lançamento real do projétil, reverter a trajetória corresponderia a passar o filme ao contrário.
As ideia 4 e 5 serão úteis para analisar pontos de tangência em problema de velocidade mínima. Para exemplificar, considere os dois exemplos abaixo.
Exemplo 3 (Esse exemplo é um pouco mais complicado, estudantes do nível 1 podem omitir esse exemplo em um primeira leitura)
Um gafanhoto deseja saltar por cima de um tronco de árvore cilíndrico que encontra-se apoiado no solo. Se a gravidade local vale $$g$$ e o raio da secção transversal circular vale R, qual a velocidade mínima para o salto do gafanhoto lhe permitirá galgar o tronco de árvore?
Solução:
Diante a ideia 4, sabemos que haverá um ponto de tangência. Se não houvesse, poderíamos manter o mesmo ângulo de lançamento e diminuir gradativamente a velocidade até que tangenciasse, correspondendo ao caso limite. Mas, pela simetria do problema, haverão, na verdade, dois pontos de tangência, simétricos em relação à reta vertical que passa pelo centro do tronco: a velocidade mínima é a mesma se lançarmos de qualquer um dos lados do tronco, isso corresponde a um ponto de lançamento e um ângulo de lançamento específicos. Se revertemos a trajetória entre os pontos final e inicial, a trajetória será a mesma, porém refletida, por isso a simetria dos pontos. Seja $$B$$ um ponto de tangência, sabemos que o lançamento, a partir de $$B$$, com velocidade inicial $$V_B$$ e um certo ângulo de lançamento $$\alpha_0$$ deverá passar pelo seu simétrico $$B_S$$. O caso limite, de acordo com a ideia 2, será aquele em que a parábola de segurança de $$F(V_B)$$ tangenciar o ponto $$B_S$$. Logo, adotando um sistema de coordenadas com origem no ponto $$B$$.
$$y=\frac{V_B^2}{2g}-\frac{gx_B^2}{2V_B^2}=0$$ $$(27)$$
Como queremos a velocidade mínima
$$\tan{\alpha_0}=\frac{V_B^2}{gx_B}$$ $$(28)$$
Substituindo $$(28)$$ em $$(27)$$, obtemos
$$\tan{\alpha_0}=1$$ $$\to$$ $$V_B=\sqrt{\sqrt{2}Rg}$$ $$(29)$$
Observe que essa é a velocidade no ponto $$B$$, para obter a velocidade mínima requerida conservemos a energia
$$V_0^2=V_B^2+2gh_B$$ $$(30)$$
Como $$B$$ é um ponto de tangência, o ângulo de lançamento a partir de $$B$$ é o mesmo que o arco descrito do topo do tronco até esse ponto. Sendo assim, a altura do ponto $$B$$, a partir do solo é:
$$h_B=R+\frac{\sqrt{2}}{2}R$$ $$(31)$$
Resolvendo para $$V_0$$
$$V_0=\sqrt{2Rg(\sqrt{2}+1)}$$ $$(32)$$
Exemplo 4 (Esse exemplo é um pouco mais complicado, estudantes do nível 1 podem omitir esse exemplo em um primeira leitura)
Mesma situação do exemplo 3, só que agora determine a velocidade mínima necessária para atingir o ponto mais alto do tronco.
Solução
Primeiramente, devido a reversibilidade da trajetória, a pergunta equivale a determinar qual a velocidade mínima que o projétil deve ser lançado, a partir do ponto mais alto do tronco, a fim de atingir o solo, evidentemente sem tocar (apenas tangenciar) a superfície do tronco. Da mesma forma que no exemplo anterior, a trajetória deverá tangenciar a superfície. Caso contrário, com o mesmo ângulo de lançamento, poderíamos reduzir a velocidade gradativamente até que apenas tocasse o tronco. A trajetória física será algo do tipo
Não apenas a trajetória, mas a parábola de segurança também tangenciará o ponto na figura. De fato, se a região de segurança fosse mais abrangente, seria possível atingir um ponto logo acima do ponto de contato: nessa trajetória, o projétil não tocaria nenhum ponto do tronco. Isso configuraria uma contradição direta do parágrafo anterior, que afirma que se a trajetória é ótima, haverá um ponto de tangência. Conforme dito acima, imaginemos o processo reverso, onde o projétil é lançado do topo da esfera. Adotando sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto de lançamento, acha-se os pontos de intersecção entre a parábola de segurança e a trajetória física da seguinte forma
$$(x-0)^2+(y-(-R))^2=R^2$$ com $$y=\frac{V_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2V_0^2}$$ $$(33)$$
Dessa forma, obtemos uma equação biquadrática para $$x$$
$$x^{4}\Big(\dfrac{g}{2V_0^2}\Big)^2+x^2\Big(\dfrac{1}{2}-\dfrac{gR}{V_0^2}\Big)+\Big(\dfrac{V_0^2}{4g}+R\Big)\dfrac{V_0^2}{g}=0$$ $$(34)$$
Como de costume, a situação crítica é obtida fazendo o delta da equação ser identicamente igual a zero.
$$V_0^2=\dfrac{gR}{2}$$ $$(35)$$
Observe que essa é a velocidade no ponto mais alto, para obter a velocidade a partir do solo, conservemos a energia mecânica
$$V_{0}^2+4gR=V^{2}_{min}$$ $$\to$$ $$V_{min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}$$ $$(36)$$
Exercícios
1- Qual a velocidade mínima necessária para que uma pedra atinga o outro lado do prédio da figura abaixo?
Como proceder: Para mostrar que a trajetória física tangencia os dois pontos do prédio (de alturas $$a$$ e $$c$$) observe que: só há três possibilidades para a trajetória da pedra: (1) tangenciar um ponto, (2) tangenciar dois pontos ou (3) não tangenciar nenhum. (3) é claramente incorreta: poderíamos, mantendo um ângulo de lançamento fixo, diminuir a velocidade gradativamente, a pedra ainda galgaria o prédio. (1) Suponha que esse ponto seja o direito (sem perda de generalidade: depois só é reverter a trajetória). Imagine o ponto de lançamento sendo deslocado infinitesimalmente para a direita. Nessa configuração, a pedra ainda galgaria o prédio, evidentemente sem tangenciar nenhum ponto. Ou seja, (1) e (3) são equivalentes, correspondendo apenas a um deslocamento no ponto de lançamento. Logo, a única possibilidade é (2): tangenciar os dois pontos. Como a velocidade no ponto de altura $$c$$ é função crescente de $$V_0$$ devido a conservação de energia ($$c$$ é constante), vemos que a velocidade mínima $$V_0$$ corresponde a velocidade mínima $$V_c$$. Logo, temos a seguinte configuração: pedra lançada em $$c$$ com velocidade mínima com a condição de passar em $$a$$. Portanto, aplique a ideia 2 para obter o resultado.
RESPOSTA: $$V_{min}=\sqrt{g(a+b+c)}$$
2- Esse problema não trata de parábola de segurança, mas otimização de trajetórias em geral.
Um garoto corre em um grande lago congelado com velocidade de módulo $$V_0$$ em direção ao norte. O coeficiente de atrito entre seu pé e o gelo é $$\mu$$. Assuma que a força de contato entre o pé do garoto e o solo permanece constante (isso não é verdade, em geral, pois enquanto o garoto pisa no solo, a força será maior).
a) Qual o menor tempo possível para que o garoto passe da situação inicial para a situação final onde está caminhando para o leste com o velocidade de módulo $$V_0$$?
b) Qual a trajetória descrita pelo garoto?
RESPOSTA: $$t=\sqrt{2}\frac{V_0}{g\mu}$$; $$Parabola$$
3- Determinar a velocidade mínima para galgar as seguintes figuras.
4- Um cilindro de raio $$r$$ é posicionado com seu eixo paralelo ao solo, a uma altura $$h$$. Qual a velocidade mínima (a partir do solo) necessária para que uma bola possa galgar o cilindro? Considere os dois casos:
a) A bola pode tocar o cilindro
b) A bola não pode tocar o cilindro
Desafio: Sabendo que a zona de segurança é obtida através de uma equação quadrática. Mostre que o canhão de onde se lança o projétil (origem do sistema de coordenadas) está localizado no foco da parábola.