Exercício Resolvido de Acústica
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Dispara-se, segundo um ângulo de 60° com a horizontal, um projétil que explode ao atingir o solo e ouve-se o ruído da explosão, no ponto de partida do projétil, 18 segundos após o disparo. Determinar a velocidade inicial do projétil e o alcance do tiro, sabendo que os pontos de partida e de chegada estão no mesmo plano horizontal e que a temperatura do ar é de 25 °C, suponha a velocidade do som no ar a 0 °C igual a 332 m/s.

Dados do problema:

  • Ângulo de disparo: α = 60°;
  • Intervalo de tempo entre o disparo e a explosão: t = 18 s;
  • Temperatura do ar: θ = 25 °C;
  • Velocidade do som à 0 °C: vs = 332 m/s;
  • Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s2.

Esquema do problema:

Figura 1

Solução:

A velocidade do som da explosão, ve, no ar, a uma temperatura θ conhecida a velocidade a 0 °C, é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v_{\theta}=v_0\sqrt{1+\frac{\theta}{273}}} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} v_e=v_{S}\sqrt{1+\frac{\theta}{273}} \\[5pt] v_e=332\times\sqrt{1+\frac{25}{273}} \\[5pt] v_e=346,8\;\mathrm{m/s} \end{gather} \]

como a velocidade do som da explosão está no sentido contrário à orientação da trajetória ela terá sinal negativo

\[ \begin{gather} v_e=-346,8\;\mathrm{m/s} \tag{I} \end{gather} \]

O intervalo de tempo entre o disparo e a explosão será o tempo que o projétil leva para percorrer a trajetória, tP, somado ao tempo que o som da explosão leva para voltar, te, este intervalo de tempo é dado igual a 18 s

\[ \begin{gather} t=t_p+t_e \\[5pt] t_p+t_e=18 \tag{II} \end{gather} \]

Decompodo o movimento nas direções dos eixos x e y (Figura 2).
Ao longo do eixo-x temos um Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.), não há aceleração atuando nesta direção. Se tomarmos intervalos de tempos iguais, então, os intervalos (Δx1, Δx2, Δx3, Δx4, Δx5, Δx6) de espaço percorrido serão todos iguais. O som da explosão também se deslocará ao longo do eixo-x com velocidade constante desde D até a origem 0.

Figura 2

Ao longo do eixo-y temos um Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.), a aceleração da gravidade está atuando nesta direção, temos um movimento de lançamento vertical na subida e uma queda livre na descida. Se tomarmos intervalos de tempos iguais, teremos durante a subida do projétil que os intervalos percorridos serão cada vez menores (Δy1 > Δy2 > Δy3), a aceleração da gravidade atua no sentido para baixo diminuindo a velocidade do móvel enquanto este sobe. Quando o projétil está descendo a aceleração da gravidade aumenta a velocidade do móvel, então os espaços percorridos serão cada vez maiores (Δy4 < Δy5 < Δy6).

A velocidade do projétil, que é dada formando um ângulo de 60° com o eixo-x, também pode ser decomposta ao longo dos eixos x e y (Figura 3), o vetor velocidade inicial do projétil tem como componentes
\[ \begin{gather} v_{0x}=v_0\cos\alpha \tag{III} \\[10pt] v_{0y}=v_0\operatorname{sen}\alpha \tag{IV} \end{gather} \]
A equação do movimento ao longo do eixo-x será
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_0+vt} \end{gather} \]
Figura 3
\[ \begin{gather} S_x=S_{0x}+v_{0x}t \end{gather} \]

como o projétil parte da origem S0x = 0, t = tP é o intervalo de tempo que o projétil leva para percorrer a trajetória até o alvo, de 0 até D, v0x é dado pela equação (III) e α = 60º, substituindo

\[ \begin{gather} S_{px}=v_0\cos 60°t_p \end{gather} \]
Da Trigonometria   \( \cos 60°=\dfrac{1}{2} \)
\[ \begin{gather} S_{px}=\frac{1}{2}v_0t_p \tag{V} \end{gather} \]

A equação do movimento ao longo do eixo-y será

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S=S_0+v_{0}t+\frac{a}{2}t^2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} S_y=S_{0y}+v_{0y}t-\frac{g}{2}t^2 \end{gather} \]

O projétil parte da origem S0y = 0, t = tP é o intervalo de tempo para percorrer a trajetória (subir e descer), v0y é dado pela equação (IV) e a aceleração a = g, como a aceleração da gravidade está no sentido contrário da orientação da trajetória ela será negativa

\[ \begin{gather} S_{py}=v_0\operatorname{sen}\alpha t_p-\frac{9,8}{2}t_p^2 \end{gather} \]
Da Trigonometria   \( \operatorname{sen}60°=\dfrac{\sqrt{3\;}}{2} \)
\[ \begin{gather} S_{py}=\frac{\sqrt{3}}{2}v_0t_p-4,9t_p^2 \tag{VI} \end{gather} \]

Para o movimento em y a equação para a velocidade do projétil é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v=v_0+at} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} v_y=v_{0y}-gt \end{gather} \]

onde v0y dado pela equação (IV) e a aceleração a = g

\[ \begin{gather} v_{py}=v_0\operatorname{sen}\alpha-9,8t_p \\[5pt] v_{py}=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_0-9,8t_p \tag{VII} \end{gather} \]

O intervalo de tempo que o projétil levará para atingir a altura máxima é calculado usando a equação (VII), quando a componente da velocidade na direção y se anula, nesta direção o projétil para e sua velocidade inverte o sentido (a componente na direção x não sofre alteração, ele continua indo para frente). Sendo tsp o tempo de subida do projétil e fazendo-se vpy = 0

\[ \begin{gather} 0=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_0-9,8t_p \\[5pt] 9,8t_p=\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_0 \\[5pt] t_p=\frac{\sqrt{3\;}}{2\times 9,8}v_0 \tag{VIII} \end{gather} \]

O tempo total para o projétil percorrer a trajetória será o tempo de subida somado ao tempo de descida, como estes são iguais, o tempo total será o dobro do valor encontrado em (VIII)

\[ \begin{gather} t_p=2\times\frac{\sqrt{3\;}}{2\times 9,8}v_0 \\[5pt] t_p=\frac{\sqrt{3\;}}{9,8}v_0 \tag{IX} \end{gather} \]

O alcance do projétil pode ser calculado com a equação (V), onde Spx = D e o intervalo tempo para percorrer toda a trajetória será o valor calculado acima na equação (IX)

\[ \begin{gather} D=\frac{1}{2}v_0\times\frac{\sqrt{3\;}}{9,8}v_0 \\[5pt] D=\frac{\sqrt{3\;}}{19,6}v_0^2 \tag{X} \end{gather} \]

A propagação do som também obedece à equação do Movimento Retilíneo Uniforme (M.R.U.), para o som a posição inicial será o ponto da explosão S0e = D, e para a velocidade inicial será usado o valor encontrado em (I)

\[ \begin{gather} S_e=S_{0e}+v_{0e}t_e \\[5pt] S_e=D-346,8t_e \tag{XI} \end{gather} \]

a posição final será a origem, de onde o tiro foi disparado, igual a zero, Se = 0, e o intervalo de tempo pode ser obtido da equação (II), te = 18 −tp

\[ \begin{gather} 0=D-346,8(18-t_p) \end{gather} \]

para D usamos o valor de (X) e para tP substituímos o valor de (IX)

\[ \begin{gather} \frac{\sqrt{3\;}}{19,6}v_0^2-346,8\times\left(18-\frac{\sqrt{3\;}}{9,8}v_0\right)=0 \\[5pt] \frac{\sqrt{3\;}}{19,6}v_0^2-346,8\times 18-346,8\times\frac{\sqrt{3\;}}{9,8}v_0=0 \\[5pt] 0,088v_0^2+61,293v_0-6242,4=0 \end{gather} \]

Esta é uma Equação do 2.º Grau em v0.

Solução de   \( 0,088v_0^2+61,293v_0-6242,4=0 \)
\[ 0,088v_0^2+61,293v_0-6242,4=0 \]
\[ \begin{array}{l} \Delta=b^2-4ac=(61,293)^2-4\times 0,088\times(-6242,4)=5954,157\\[10pt] v_0=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta \;}}{2a}=\dfrac{-61,293\pm\sqrt{5954,157\;}}{2\times 0,088}=\dfrac{-61,293\pm 77,163}{0,176} \end{array} \]
as raízes são
\[ \begin{gather} v_{01}=90,1 \quad\text{e}\quad v_{02}=-786,7 \end{gather} \]

como escolhemos que o canhão dispara na direção positiva do referencial desprezamos a raiz negativa, a solução será

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {v_0=90,1\;\mathrm{m/s}} \end{gather} \]

Substituindo este valor na equação (X) para o alcance

\[ \begin{gather} D=\frac{\sqrt{3\;}}{19,6}\times(90,1)^2 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {D=717,4\;\mathrm m} \end{gather} \]
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