De dois pontos A e B situados a uma distância de 1000 m um do outro, sobre um mesmo plano
horizontal, lançam-se simultaneamente dois foguetes. Um parte do ponto B com uma velocidade
inicial de 200 m/s dirigida de baixo para cima e outro do ponto A na direção da vertical que passa
por B, formando um ângulo de 60° com o horizonte. Determinar:
a) A velocidade inicial do foguete A para que intercepte o segundo;
b) Depois de quanto tempo se dá o encontro dos dois foguetes;
c) A que altura se dá o encontro;
d) Verificar se esse encontro se efetua durante a subida ou queda do primeiro foguete.
Dados do problema:
- Distância entre os pontos A e B de lançamento: d = 1000 m;
- Ângulo de lançamento do foguete A: θ = 60°;
- Velocidade inicial do foguete B: v0b = 200 m/s;
- Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2.
Esquema do problema:
Adotamos um sistema de referência no solo com o eixo Ox apontando para a direita e Oy
para cima, a aceleração da gravidade está apontada para baixo e o ponto de onde parte o foguete A
está em
(x0a, y0a) = (0, 0), e o foguete B está em
(x0b, y0b) = (0, 1000), (Figura 1).
Solução:
O movimento do foguete disparado de
A pode ser decomposto nos eixos
x e
y.
A velocidade inicial
v0a com que ele é disparado tem componentes nas direções
x e
y (Figura 2)
\[
\begin{gather}
v_{0ax}=v_{0a}\cos 60° \\[10pt]
v_{0ay}=v_{0a}\operatorname{sen}60°
\end{gather}
\]
Da Trigonometria,
\( \cos 60°=\dfrac{1}{2} \)
e
\( \operatorname{sen}60°=\dfrac{\sqrt{3\;}}{2} \)
\[
\begin{gather}
v_{0ax}=\frac{1}{2}v_{0a} \tag{I}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_{0ay}=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a} \tag{II}
\end{gather}
\]
Na direção x não há aceleração atuando sobre o foguete, ele está em
Movimento Uniforme (M.U.) e seu movimento é dado pela equação
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S=S_0+vt}
\end{gather}
\]
como no movimento uniforme vAx = v0Ax é constante podemos
substituir vAx pelo valor de (I) e S0Ax = 0
\[
\begin{gather}
S_{ax}=S_{0ax}+v_{ax}t \\[5pt]
S_{ax}=0+\frac{1}{2}v_{0a}t \\[5pt]
S_{ax}=\frac{1}{2}v_{0a}t \tag{III}
\end{gather}
\]
Na direção y o foguete está sob a ação da aceleração da gravidade, está em
Movimento Uniformemente Variado (M.U.V.), as equações da posição e da velocidade são da forma
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S=S_0+v_0 t-\frac{g}{2}t^2} \tag{IV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{v=v_0-gt}
\end{gather}
\]
substituindo v0Ay pelo valor dado em (II) e S0Ay = 0
\[
\begin{gather}
S_{ay}=S_{0ay}+v_{0ay}t-\frac{g}{2}t^2 \\[5pt]
S_{ay}=0+\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}t-\frac{9,8}{2}t^2 \\[5pt]
S_{ay}=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}t-4,9t^2 \tag{V}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_{ay}=v_{0ay}-gt \\[5pt]
v_{ay}=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}-9,8t \tag{VI}
\end{gather}
\]
o sinal negativo indica que a aceleração da gravidade está contra a orientação do referencial.
Na Figura 3 vemos que no movimento ao longo da direção
x temos que para intervalos de
tempos iguais temos intervalos de espaços iguais
(Δ
x1 = Δ
x2 =
Δ
x3 = Δ
x4 = Δ
x5 =
Δ
x6).
Na direção
y no instante em que o foguete é lançado a velocidade
vy
começa a diminuir, para intervalos de tempos iguais temos intervalos de espaços cada vez menores
(Δ
y1 > Δ
y2 > Δ
y3 >
Δ
y4 > Δ
y5 > Δ
y6).
O foguete disparado de
B só tem movimento ao longo do eixo-
y, está sob a ação da aceleração
da gravidade em
Movimento Uniformemente Variado (
M.U.V.), aplicando a equação (IV)
\[
\begin{gather}
S_b=S_{0b}+v_{0b}t-\frac{g}{2}t^2
\end{gather}
\]
substituindo v0b pelo valor dado no problema e S0b = 0
\[
\begin{gather}
S_b=0+200t-\frac{9,8}{2}t^2 \\[5pt]
S_b=200t-4,9t^2 \tag{VII}
\end{gather}
\]
a) Para que ocorra o encontro devemos ter a condição
\[
\begin{gather}
S_{ay}=S_b
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}t-4,9t^2=200t-4,9t^2 \\[5pt]
\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}t=200t-4,9t^2+4,9t^2 \\[5pt]
\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{0a}\cancel t=200\cancel t \\[5pt]
v_{0a}=\frac{2\times 200}{\sqrt{3\;}} \\[5pt]
v_{0a}=\frac{400}{\sqrt{3\;}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v_{0a}\approx 231\;\mathrm{m/s}}
\end{gather}
\]
b) Como o foguete que parte de B sobe verticalmente, o foguete que parte de A deve percorrer
a distância de 1000 m na direção x para interceptá-lo, substituindo o valor do item anterior e
SAx = 1000 m na equação (III)
\[
\begin{gather}
1000=\frac{1}{2}\times 231t \\[5pt]
t=\frac{2\times 1000}{231} \\[5pt]
t=\frac{2000}{231}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{t\approx 8,6\;\mathrm{s}}
\end{gather}
\]
c) O foguete B subirá verticalmente até ocorrer o encontro, substituindo o valor do item anterior na
equação (VII)
\[
\begin{gather}
S_b=200\times 8,6-4,9\times 8,6^2 \\[5pt]
S_b=1720-362
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{S_b\approx 1358\;\mathrm m}
\end{gather}
\]
Observação: Poderíamos encontrar o mesmo valor substituindo a velocidade do item (a) e o
intervalo tempo encontrado em (b) na equação (V).
d) Se o instante do encontro for menor que o intervalo de tempo para o foguete A atingir a altura
máxima o encontro se dará durante a subida, se o instante for maior o encontro se dará durante a descida.
Quando o foguete que parte de A atinge a altura máxima a componente da sua velocidade na direção
y se anula vAy = 0, o tempo que o foguete de A leva para atingir essa
altura será obtido substituindo essa condição e a velocidade do item (a) na equação (VI)
\[
\begin{gather}
0=\frac{\sqrt{3\;}}{2}\times 231-9,8t \\[5pt]
\frac{\sqrt{3\;}}{2}\times 231=9,8t \\[5pt]
t=\frac{\sqrt{3\;}\times 231}{2\times 9,8} \\[5pt]
t\approx 20,4\;\mathrm s
\end{gather}
\]
Como o intervalo de tempo para o foguete atingir a altura máxima e maior que o intervalo de tempo para que
o ocorra o encontro, o encontro de dá durante a
subida do primeiro foguete.
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