Problemas Aula 1.3 – Lançamento

Como no topo a bola estará parada, a velocidade é nula. Como a gravidade é a única força atuante, a aceleração é para baixo. Portanto, Item D

Item D

O item C pode ser descartado, pois a gravidade independe da presença ou não de ar. O item A e o item B podem ser descartados pois o tempo de queda independe das massas(lembre das equações horárias!). O item D é falso, pois com a presença de ar é provável que haja um diferença nos tempos devido a resistência provocada pelo ar. Logo, o item E é verdadeiro.

Item E

Cinemática

Para estudar esse problema, é preciso lembrar dos conceitos de lançamento vertical e lançamento oblíquo. Primeiramente, já é importante deixar claro que a massa das bolinhas não importa para a cinemática, pois estamos desconsiderando a resistência do ar. Assim, para a bolinha A, temos a seguinte equação para a posição vertical em função do tempo:

$S = S_0 + V_0t + \dfrac{1}{2}at^2$

$h_A= 5t-5t^2$

Note que usamos $V_0=5\,m/s$ e $g=10\,m/s^2$. Para a bolinha B, não podemos simplesmente usar a velocidade com a qual ela foi arremessada, pois é preciso considerar o ângulo de laçamento. A velocidade vertical pode ser encontrada com a expressão:

$V_y=V_0\cdot \sin{\theta}$

No nosso caso, $\theta=30^\circ$ e $\sin\theta=0,5$. Aplicando a mesma equação horária:

$S = S_0 + V_0t + \dfrac{1}{2}at^2$

$h_B= 5t-5t^2$

Note como as velocidades verticais no início são idênticas, logo, as bolinhas atingirão o solo ao mesmo tempo. Portanto Item c).

Item c)

O tempo de queda do lustre vai ser dado por:

$y = \dfrac{1}{2}gt^2$

$t = \sqrt{\dfrac{2y}{g}}$

Para o kart:

$x = vt + \dfrac{1}{2}at^2$

$a = 2\dfrac{x-vt}{t^2} = 2\dfrac{gx}{2y} - v\sqrt{\dfrac{g}{2y}}$

$\boxed{a = 5,25\;\rm{m/s^2}}$

$\boxed{a = 5,25\;\rm{m/s^2}}$

Para o Happy:

$y = v\sin{\theta}t + \dfrac{1}{2}gt^2 = 0$

$t_{alcance} = \dfrac{2v_0\sin{\theta}}{g}$

Assim, o acance será:

$x_{alcance} = v_0\cos{\theta} t = \dfrac{2v_0^2\sin{\theta}\cos{\theta}}{g}$

Para o Half:

$x = 300 - Vt$

Quando Half salver Happy:

$\dfrac{2v_0^2\sin{\theta}\cos{\theta}}{g} = 300 - V \dfrac{2v_0\sin{\theta}}{g}$

Assim, substituindo os valores:

$\boxed{V = 10\;\rm{m/s}}$

$\boxed{V = 10\;\rm{m/s}}$

O tempo que o cascalho leva para atingir a caçamba é obtido através da relação de distância percorrida em um M.U.V

$h=gT^2/2$

Sendo assim

$$T=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$$

A partir do tempo de queda, obtemos o alcance do cascalho (o mesmo possui velocidade horizontal $V$)

$$A=VT$$

Esse mesmo alcance não pode ser menor que $d$ nem maior que $L+d$. Portanto

$$d\leq{A}\leq{L+d}$$

$$d\leq{V\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}\leq{L+d}$$

Logo

$$d\sqrt{\dfrac{g}{2h}}\leq{V}\leq{(L+d)\sqrt{\dfrac{g}{2h}}}$$

Substituindo os valores numéricos fornecidos no enunciado

$2,1 m/s\leq{V}\leq{4,9 m/s}$

$2,1 m/s\leq{V}\leq{4,9 m/s}$

Analisando o movimento na direção $y$:

$y = v_0 \sin{\theta} t - \dfrac{1}{2} gt^2$

Na direção $x$:

$x = v_o \cos{\theta} t$

Para o alcance máximo, $y = 0$. Assim:

$t_{alcance} = \dfrac{2v_0\sin{\theta}}{g}$

Substituindo em $x$:

$x_{max} = A = \dfrac{2v_0^2\sin{\theta}\cos{\theta}}{g}$

Perceba que, para a altura máxima, $2t_{altura} = t_{alcance}$. Portanto, teremos que

$y_{max} = H = \dfrac{v_0^2 \sin{\theta}^2}{g} - \dfrac{v_0^2 \sin{\theta}^2}{2g}$

Portanto:

$H = \dfrac{v_0^2 \sin{\theta}^2}{2g}$.

Calculando a fração entre os dois:

$\dfrac{H}{A} = \dfrac{v_0^2 \sin{\theta}^2}{2g}\cdot\dfrac{g}{2v_0^2\sin{\theta}\cos{\theta}}$

$\boxed{\dfrac{H}{A} = \dfrac{\tan{\theta}}}{4}}$

$\boxed{\dfrac{H}{A} = \dfrac{\tan{\theta}}}{4}}$

Para a partícula em queda:

$y = y_0 - \dfrac{1}{2} gt^2$

Para o projétil:

$y = v_0 \sin{\theta} t - \dfrac{1}{2} gt^2$

Igualando os dois:

$v_0\sin{\theta} t = y_0$

Para a posição $x$ do projétil:

$x = v_0\cos{\theta}t$

Portanto, tem-se que:

$\tan{\theta} = \dfrac{y_0}{x} = \dfrac{4}{3}$

Logo,

$\boxed{\theta = 53^{\circ}}$

Com isso, encontra-se que

$t = 1,2\;\rm{s}$

Portanto, substituindo o valor do tempo nas equações iniciais:

$\boxed{y = 40,8\;\rm{m}}$

a)

$\boxed{\theta = 53^{\circ}}$

b)

$\boxed{y = 40,8\;\rm{m}}$

No referencial do macaco, como ele verá a bala vindo em sua direção em linha reta, visto que ambos estão caindo com a mesma aceleração vertical, $g$. Sendo assim:

$v\sin{\theta} = H$

$v\cos{\theta} = D$

Dividindo ambas as equações:

$\boxed{\tan{\theta} = \dfrac{H}{D}}$

$\boxed{\tan{\theta} = \dfrac{H}{D}}$

Para o deslocamento da bola em $x$:

$x = vt$

Agora em $y$:

$y = \dfrac{1}{2}gt^2$

Para cada degrau, a bola vai percorrer uma distância horizontal $x = (n-1) L +\Delta x$, em que $n$ é o número de degraus e $\Delta x$ representa um pequeno deslocamento ao longo do degrau $n$. (Perceba que $0 < \Delta x \leq L$

Enquanto isso, ela irá percorrer uma distância vertical $y = nh$.

Portanto:

$nh = \dfrac{1}{2}gt^2$

$t = \sqrt{\dfrac{2nh}{g}}$

Substituindo na equação do movimento em $x$:

$x = v\sqrt{\dfrac{2nh}{g}} = (n-1) L +\Delta x$

$0,8\sqrt{n} = 0,3(n-1) + \Delta x$

Perceba que nos casos limites há dois valores para $\Delta x$

$\Delta x_1 = 0$ ou $\Delta x_2 = L$

Para ambos os valores de $\Delta x$, encontramos os seguintes valores de $n$

$n_1 = 9,1$ ou $n_2 = 7,1$

Como $n$ apenas admite valores inteiros:

$n_1 = 10$ e $n_2 = 8$

Substituindo de volta os valores de $n$, na equação de $n(\Delta x)$, encontra-se os seguintes valores de $\Delta x$:

$\Delta x_1 = -0,17$ e $\Delta x_2 = 0,17$

Como $\Delta x > 0$, conclui-se que $n = 10$ é um absurdo! Porntanto:

$\boxed{n=8}$

$\boxed{n=8}$

Para resolver essa questão, é importante conhecer o conceito de parábola de segurança. Em resumo, para uma determinada velocidade inicial $v$, ao variar o ângulo de lançamento, existe um lugar geométrico que tangencia todas as possíveis parábolas formadas. Esse lugar geométrico é a parábola de segurança.

Pela equação da trajetória:

$y = \tan{\theta} x - \dfrac{v_0^2 (\tan^2{\theta}+1)}{2g}$

Resolvendo essa equação do 2° grau para $\tan{\theta}$:

$\tan{\theta} = \dfrac{x \pm \sqrt{\Delta}}{v_0^2/g}$

Em que

$\Delta = x^2 - 2\dfrac{v_0^2}{g}(\dfrac{v_0^2}{g} - y)$

Para $\Delta < 0$, não há solução para o sistema, ou seja, o projétil nunca encontrará as coordenadas escritas. Para $Delta > 0$ o projétil poderá encontrar as coordenadas descritas em dois pontos (lançando com $\theta$ e $\pi/2 - \theta$). Entretanto, para $\Delta = 0$, encontra-se uma única solução. Essa, por sua vez, corresponde à parábola de segurança.

Sendo assim, tem-se que:

$\Delta = 0 = x^2 - 2\dfrac{v_0^2}{g}(\dfrac{v_0^2}{g} - y)$

$y = \dfrac{v_0^2}{g} - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}$ (equação da parábola de segurança)

Logo, para o caso do problema, a profundidade mínima na altura $h$ corresponde à altura $y$ na posição $x = r$. Portanto, pela equação da parábola de segurança:

$\boxed{h_{min} = \dfrac{v_0^2}{g} - \dfrac{gr^2}{2v_0^2}}$

$\boxed{h_{min} = \dfrac{v_0^2}{g} - \dfrac{gr^2}{2v_0^2}}$

Para a segunda bolinha:

$S_2 = \dfrac{1}{2}g(t-0,2)^2$

Perceba que a distância percorrida pela bolinha 2, somado à distância percorrida pela bolinha 1 após o choque com o chão, equivale à altura $h$. Sendo assim:

$3\dfrac{1}{2}g(t-0,2)^2 = 2h -\dfrac{1}{2}g(t-0,2)^2$

$h = g(t-0,2)^2$

De forma similar acontecerá com o tempo:

$2\sqrt{\dfrac{2h}{g}} - \sqrt{\dfrac{h}{g}} = \sqrt{\dfrac{h}{g}}(2\sqrt{2} -1) =t$

Logo:

$\left(\sqrt{\dfrac{h}{g}}\right)^2 = (t-0,2)^2$

$\dfrac{h}{g} = \sqrt{\dfrac{h}{g}}(2\sqrt{2} -1) - 0,2$

$2\sqrt{\dfrac{h}{g}}(\sqrt{2} -1) = 0,2$

Portanto:

$\boxed{h = \dfrac{1}{10(3 - 2\sqrt{2})}\;\rm{m}}$ ou $\boxed{h=\dfrac{3+2\sqrt{2}}{10}\;\rm{m}}$

$\boxed{h = \dfrac{1}{10(3 - 2\sqrt{2})}\;\rm{m}}$ ou $\boxed{h=\dfrac{3+2\sqrt{2}}{10}\;\rm{m}}$

Mudando o referencial para o do plano, o movimento em y será:

$y = v_0\cos{\theta}t - \dfrac{1}{2}g\cos{\theta}t^2$

Toda vez que a partícula colidir com o plano, $y =0$. Logo:

$\Delta t = \dfrac{2v_0}{g}$

Sendo esse o tempo entre quaisquer duas colisões. Portanto, na n-ésima colisão,

$t_n = \dfrac{(n-1)2v_0}{g}$

Agora, para o movimento em $x$:

$x = v_0\sin{\theta}t + \dfrac{1}{2}g\sin{\theta}t^2$

Portanto, a distância percorrida até a n-ésima colisão será:

$x_n = v_0\sin{\theta}t_n + \dfrac{1}{2}g\sin{\theta}t_n^2$

$x_n = v_0\sin{\theta}\dfrac{(n-1)2v_0}{g} + \dfrac{1}{2}g\sin{\theta}\left(\dfrac{(n-1)2v_0}{g}\right)^2$

$x_n =\dfrac{(n-1)2v_0^2\sin{\theta}}{g} + \dfrac{2(n-1)^2v_0^2}{g}\sin{\theta}$

$x_n =\dfrac{2n(n-1)v_0^2\sin{\theta}}{g}$

Como a distância ao plano é $d$, pode-se dizer que a altura inicial na qual a bolinha cai é:

$h = \dfrac{d}{\cos\theta}$

Assim, conservando energia:

$\dfrac{v_0^2}{g} = 2h = \dfrac{2d}{\cos\theta}$

Portanto:

$\boxed{x_n = 4n(n-1)d\tan\theta}$

$\boxed{x_n = 4n(n-1)d\tan\theta}$

A distância ao ponto $B$ vai ser dada pelo alcance da partícula, caso ela parasse no mesmo nível do lançamento. Ou seja:

$x_B = \dfrac{2v_0^2\sin{37^{\circ}}\cos{37^{\circ}}}{g} = 240\;\rm{m}$

Calculando o tempo de queda de $B$ ao solo:

$0 = 35 - v_0\sin{37^{\circ}}t - \dfrac{1}{2}gt^2$

Substituindo os valores:

$0 = 35 - 30t - 5t^2$

$t = 2\;\rm{s}$

Assim, para a massa $m_2$:

$v_0 \sin{37^{\circ}}t+\Delta v_2 t = x_c-x_b+ 30$

$\Delta v_2 = 15\;\rm{m/s}$

Agora, conservando o momento durante a explosão:

$(m_1+m_2)v_0\cos{37^{\circ}} = m_1(v_0\cos{37^{\circ}} - \Delta v_1) + m_2(v_0\cos{37^{\circ}} + \Delta v_2)$

$\Delta v_1 = 25\;\rm{m/s}$

Com isso, pode-se finalmente determinar a distância de $E$ até a origem.

$x_E = x_B + (v_0\cos{37^{\circ}} - \Delta v_1)t$

Substituindo os valores:

$\boxed{x_E = 270\;\rm{m}}$

$\boxed{x_E = 270\;\rm{m}}$

Para que o projétil atinja a altura $h$:

$h = v_0\sin{\theta}t - \dfrac{1}{2}gt^2$

Substituindo os valores:

$60 = 40t - 5t^2$

Assim:

$t = (4\pm 2) \;\rm{s}$

Esse resultado indica que a partícula alcança a altura $h$ em dois momentos.

Para alcançar o avião:

$v_0\cos{\theta}t = 360 - Vt$

Substituindo os valores:

$V = \dfrac{360-30t}{t}$

Com isso, há dois valores para $V$:

$\boxed{V_{max} = 150\;\rm{m/s}}$ e $\boxed{V_{min} = 60\;\rm{m/s}}$

$\boxed{V_{max} = 150\;\rm{m/s}}$ e $\boxed{V_{min} = 60\;\rm{m/s}}$