Exercício Resolvido de Movimento Bidimensional
EN
ES
FR
publicidade
Uma bola rola sobre o telhado de uma casa até cair pela beirada com velocidade v0.
A altura do ponto de onde a bola cai é igual a H e o ângulo de inclinação do telhado com a
vertical igual a θ. Calcule:
a) O tempo necessário para a bola atingir o chão;
b) A distância horizontal, a partir da casa, onde a bola atinge o chão;
c) A equação da trajetória do movimento;
d) A velocidade com que a bola atinge o chão.
a) O tempo necessário para a bola atingir o chão;
b) A distância horizontal, a partir da casa, onde a bola atinge o chão;
c) A equação da trajetória do movimento;
d) A velocidade com que a bola atinge o chão.
Dados do problema:
- Velocidade inicial da bola: v0;
- Altura da borda do telhado: H;
- Ângulo de inclinação do telhado: θ.
Adotamos um sistema de referência com origem 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 a bola cai do telhado está em (x0, y0) = (0, H), (Figura 1).
Solução
O movimento pode ser decomposto nas direções x e y. A velocidade inicial
v0, com que a bola rola do telhado tem componentes nas direções x e y
(Figura 2)
\[
\begin{gather}
v_{0x}=v_0\operatorname{sen}\theta\tag{I}\\[10pt]
v_{0y}=-v_0\cos\theta\tag{II}
\end{gather}
\]
onde a componente em x é proporcional ao seno e em y ao cosseno, ao contrário do que se
faz usualmente, isso porque o ângulo θ foi medido em relação ao eixo-y.
Na direção x não há aceleração atuando sobre a bola, ela está em Movimento Retilineo Uniforme (M.R.U.) e seu movimento é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_x=S_{0x}+v_xt}
\end{gather}
\]
como no movimento uniforme vx = v0x é constante podemos substituir
vx pelo valor dado em (I) e S0x = 0
\[
\begin{gather}
S_x=0+v_0\operatorname{sen}\theta t\\[5pt]
S_x=v_0\operatorname{sen}\theta t\tag{III}
\end{gather}
\]
Na direção y a bola está sob a ação da aceleração da gravidade, está em queda livre que é dado
pelas equações
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_y=S_{0y}+v_{0y}t-\frac{g}{2}t^2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{v_y=v_{0y}-gt}
\end{gather}
\]
substituindo v0y pelo valor dado em (II) e S0y = H
\[
\begin{gather}
S_y=H+(-v_0\cos\theta)t-\frac{g}{2}t^2\\[5pt]
S_y=H-v_0\cos\theta t-\frac{g}{2}t^2\tag{IV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_y=-v_0\cos\theta-gt\tag{V}
\end{gather}
\]
com −g constante (os sinais de negativo indicam que a aceleração da gravidade e a velocidade
na direção y estão 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
(Δx1 = Δx2 = Δx3 =
Δx4). Na direção y no instante que a bola cai da beirada do telhado,
a velocidade vy começa a aumentar, para intervalos de tempos iguais temos
intervalos de espaços cada vez maiores
(Δy1 < Δy2 < Δy3 <
Δy4)
a) O intervalo de tempo para a bola atingir o chão será obtido da equação (IV) com a condição de que no chão a altura é nula, Sy = 0
\[
\begin{gather}
0=H-v_0\cos\theta t-\frac{g}{2}t^2
\end{gather}
\]
esta é uma Equação do 2.º Grau onde a incógnita é o valor de t.
Solução de \( -\dfrac{g}{2}t^2-v_0\cos\theta t+H=0 \)
\[
\begin{gather}
\Delta =b^2-4ac=(-v_0\cos\theta)^2-\cancelto{2}{4}\left(-{\frac{g}{\cancel 2}}\right)H=v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
\[
\begin{split}
t=\frac{-b\pm \sqrt{\Delta \;}}{2a} &=\frac{-(-v_0\cos\theta)\pm \sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel{2}\left(-{\dfrac{g}{\cancel{2}}}\right)}=\\
&=\frac{-v_0\cos\theta\pm\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{split}
\]
as raízes são
\[
\begin{gather}
t_1=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\\[5pt]\text{ou}\\[5pt]
t_2=\frac{-v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{gather}
\]
desprezando a segunda raiz que tem valor negativo, t2 < 0, o tempo para a bola atingir o chão será
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{t=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}}
\end{gather}
\]
b) O intervalo de tempo calculado acima, para a bola cair até o chão, é também o tempo que ela levará para ir da origem até o ponto D ao longo do eixo-x, substituindo a solução do item anterior na expressão (III)
\[
\begin{gather}
D=v_0\operatorname{sen}\theta\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\operatorname{sen}\theta\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\sqrt{\operatorname{sen}^2\theta(v_0^2\cos^2\theta+2gH)}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\operatorname{sen}\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta\operatorname{sen}^2\theta+2gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)\tag{VI}
\end{gather}
\]
Lembrando da propriedade da Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}(\theta+\theta)=\operatorname{sen}\theta\cos\theta+\operatorname{sen}\theta\cos\theta\\[5pt]
\operatorname{sen}(2\theta)=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta\\[5pt]
\cos\theta\operatorname{sen}\theta=\frac{\operatorname{sen}2\theta}{2}\tag{VII}
\end{gather}
\]
elevando a expressão (VII) ao quadrado de ambos os lados da igualdade
\[
\begin{gather}
(\cos\theta\operatorname{sen}\theta)^2=\left(\frac{\operatorname{sen}2\theta}{2}\right)^2\\[5pt]
\cos^2\theta\operatorname{sen}^2\theta=\frac{\operatorname{sen}^2\theta}{4} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Substituindo as expressões (VII) e (VIII) na equação (VI)
\[
\begin{gather}
D=v_0\left(\frac{-v_0\dfrac{\operatorname{sen}2\theta}{2}+\sqrt{v_0^2\dfrac{\operatorname{sen}^2 2\theta}{4}+2gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\operatorname{sen}2\theta}{2}+\sqrt{\dfrac{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}{4}}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\operatorname{sen}2\theta}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}}{g}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{D=v_0\left(\frac{-v_0\operatorname{sen}2\theta+\sqrt{v_0^2\operatorname{sen}^2 2\theta+8gH\operatorname{sen}^2\theta}}{2g}\right)}
\end{gather}
\]
c) Para obter a equação da trajetória (Figura 1) temos que ter y com função de x, ou y = f(x), usando as equações (III) e (IV) para os movimentos em x e y, temos o sistema
\[
\left\{
\begin{array}{l}
S_x=v_0\operatorname{sen}\theta t\\
S_y=H-v_0\cos\theta t-\dfrac{g}{2}t^2
\end{array}
\right.
\]
isolando o tempo na primeira equação
\[
\begin{gather}
t=\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}
\end{gather}
\]
substituindo este valor na segunda equação do sistema
\[
\begin{gather}
S_y=H-v_0\cos\theta\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}-\frac{g}{2}\left(\frac{S_x}{v_0\operatorname{sen}\theta}\right)^2\\[5pt]
S_y=H-\frac{\cos\theta}{\operatorname{sen}\theta}S_x-\frac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}S_x^2
\end{gather}
\]
Lembrando da Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\Rightarrow \dfrac{1}{\operatorname{tg}\theta}=\dfrac{\cos\theta}{\operatorname{sen}\theta}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{S_y=H-\frac{1}{\operatorname{tg}\theta}S_x-\frac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}S_x^2}
\end{gather}
\]
Fazendo a associação com uma Função do 2.º Grau do tipo
\( y=ax^2+bx+c \)
\[
\begin{array}{c}
S_y & = & -{\dfrac{g}{2v_0^2\operatorname{sen}^2\theta}} & S_x^2 & - & \dfrac{1}{\operatorname{tg}\theta} & S_x & + & H\\
\downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow\\
y & = & a & x^2 & + & b & x & + & c
\end{array}
\]
vemos que obtivemos uma função do tipo Sy = f(Sx) com o
coeficiente a < 0 o que indica que a nossa trajetória é uma parábola de “boca” para baixo.
d) Quando a bola atinge o chão sua velocidade tem componentes nas direções x e y (Figura 4). A velocidade na direção x é dada pela expressão (I) e a velocidade na direção y é obtida da expressão (V) onde se substitui o tempo pelo valor encontrado no item (a)
\[
\begin{gather}
v_y=-v_0\cos\theta-\cancel{g}\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel{g}}\right)\\[5pt]
v_y=-v_0\cos\theta+v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\\[5pt]
v_y=-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}
\end{gather}
\]
A velocidade da bola será dada pela soma vetorial
\[
\begin{gather}
\vec v={\vec v}_x+{\vec v}_y
\end{gather}
\]
O módulo é obtido aplicando-se o Teorema de Pitágoras
\[
\begin{gather}
v^2=v_x^2+v_y^2\\[5pt]
v^2=\left(v_0\operatorname{sen}\theta\right)^2+\left(-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\right)^2\\[5pt]
v^2=v_0^2\operatorname{sen}^2\theta+v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
colocando
\( v_0^2 \)
em evidência do lado direito da igualdade
\[
\begin{gather}
v^2=v_0^2\;(\,\underbrace{{\operatorname{sen}}^2\theta+ \cos^2\theta}_1\,)+2gH
\end{gather}
\]
Lembrando da Trigonometria
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}^2\theta+\cos^2\theta=1
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v=\sqrt{v_0^2+2gH\;}}
\end{gather}
\]
publicidade
Fisicaexe - Exercícios Resolvidos de Física de Elcio Brandani Mondadori está licenciado com uma Licença Creative Commons - Atribuição-NãoComercial-Compartilha Igual 4.0 Internacional .