Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Lançamento Oblíquo e Lançamento Horizontal
Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre
Lançamento Oblíquo e Lançamento Horizontal
01– a) Como a resistência do ar é desprezada, a velocidade horizontal inicial do projétil é constante e, em cada instante, a mesma do caminhão — assim, se ele partiu de um ponto P da carroceria do caminhão, retornará ao mesmo ponto P e o deslocamento horizontal em relação ao caminhão será zero.
b) Vox=20m/s — Vo=80m/s — Vo2=Vox2 + Voy2 — 6.400=400 + V oy2 — V oy=77.5m/s — tempo de subida — Vy = V oy – g.ts — 0=77,5 – 10ts — ts=7,75s — tempo que demora para subir e descer e se deslocar X na horizontal — t=2.7.75 — t=15,5s — deslocamento máximo horizontal — X=Vox.t=20,15,5 — X=310m.
02- O tempo de subida é igual ao tempo de descida o que ocorre quando Vy=0 — Vy=Voy – g.t — 0=Vosenθ – g.t — t=Vosenθ/g — tempo no ar — ttotal=2t=2Vosenθ/g — sendo 2Vo e g constantes, o tempo de permanência no ar depende apenas do ângulo θ com a horizontal — quanto menor θ, menor será senθ e, consequentemente menor ttotal, o que ocorre com o jogador que está mais distante — R- B.
03- Para um observador no interior do trem que se desloca em movimento retilíneo e uniforme (equilíbrio dinâmico), o alcance de um objeto lançado horizontalmente só depende da intensidade da velocidade do objeto — assim, caso a bola fosse arremessada em sentido oposto ao do deslocamento do trem, a distância entre o ponto de arremesso e o ponto de impacto também seria igual a 5 m — não haveria diferença, pois a queda só é influenciada por g — logo, seria 5m ao contrário da origem — R- B.
04- O tempo de queda é calculado exclusivamente pelo movimento vertical (queda livre da altura de 1m com a=g=10m/s2 — h=gt2/2 — 1=10t2/2 — t=√0,2 — t=0,447s — R- C.
05- 
a) Observe a figura abaixo, onde você deve decompor V em suas componentes vertical Vy e horizontal Vx — Vx=Vcosβ — Vx=Vcos(α + θ) — Vy=Vsenβ — Vy=Vsen(α + θ) — equação horária segundo a horizontal X — X=Vox.t=Vx.t — X=V.cos (α + θ).t — Y=Vyt – gt2/2 — Y=Vsen (α + θ).t – gt2/2.
b) Isolando t em X=Vcos(α + θ)t — t=X/Vcos(α + θ) que, substituída em Y=Vsen(α + θ)t – gt2/2 — Y=Vsen(α + θ).X/Vcos(α + θ) – g(X/Vcos(α + θ))2/2 — Y=tg(α + θ) – g.X2/2V2cos2(α + θ).
06- a) Do gráfico — distância vertical que percorre até atingir a altura máxima onde Vy=0 — ΔS=[125 – (62,5 – 62,5/2)]=125 – 93,75=31,25cm — ΔS=0,3125m — na altura máxima Vy=0 — Torricelli — Vy2 = Voy2 + 2.a.ΔS — 02=Voy2 – 2x10x0,3125 — Voy=2,5m/s — função horária vertical — Y=Yo + Voy.t – gt2/2 — quando chega ao solo Y=0 — 0=0,9375 + 2,5t – 5t2 — 5t2 – 2,5t – 0,9375=0 — √Δ=5 — t=(2,5 ±5)/10 — t=0,75s.
b) Na horizontal — quando X=24m — t=0,75s — X=Vox.t — 24=Vox.0,75 — Vox=32m/s.
a) Do gráfico — distância vertical que percorre até atingir a altura máxima onde Vy=0 — ΔS=[125 – (62,5 – 62,5/2)]=125 – 93,75=31,25cm — ΔS=0,3125m — na altura máxima Vy=0 — Torricelli — Vy2 = Voy2 + 2.a.ΔS — 02=Voy2 – 2x10x0,3125 — Voy=2,5m/s — função horária vertical — Y=Yo + Voy.t – gt2/2 — quando chega ao solo Y=0 — 0=0,9375 + 2,5t – 5t2 — 5t2 – 2,5t – 0,9375=0 — √Δ=5 — t=(2,5 ±5)/10 — t=0,75s.
b) Na horizontal — quando X=24m — t=0,75s — X=Vox.t — 24=Vox.0,75 — Vox=32m/s.
07- O tempo que a gota de barro permanece no ar é o mesmo tempo que a roda demora para efetuar uma volta completa, ou seja, percorrer ΔS=2πR com velocidade constante V, que é a velocidade de translação e de rotação da roda (não derrapa) e que também é a velocidade de lançamento da gota de barro — V= ΔS/Δt — V=2πR/t — t=2πR/V — a gota de barro atinge a altura máxima hmáx na metade desse tempo, quando sua velocidade vertical Vy se anula (Vy=0) — Vy=Voy – gt — 0=V – g(πR/V) — V2=πRg — V=√(πRg).
08- Cálculo do tempo de queda vertical do minério — Y=gt2/2 — 5=5t2 — t=1s (é sempre o mesmo, depende apenas da altura vertical) — velocidade mínima (limite inferior de R) — X=V.t — 1=V.1 — V=1ms — limite posterior (velocidade máxima) — X=V’.t — 4=V’.1 — V’=4ms — R- D.
09- Por inércia as três caixas continuaram em movimento com a mesma velocidade horizontal do avião de 360 km/h — desta forma os impactos no solo ocorrerão sobre a mesma linha reta, separadas pela distância percorrida pelo avião durante aquele 1 s entre os lançamentos das caixas — velocidade de 360 km/h corresponde a 100 m/s (100m a cada 1s) e desta forma a distância entre os pontos de impacto será de 100 m.
10- Primeiro caso — não, pois enquanto o alvo permanece imóvel, o projétil (flecha), durante todo seu movimento estará caindo, sujeito à aceleração da gravidade e chegará ao alvo numa posição abaixo daquela em que ele mirou.
Segundo caso — sim, porque enquanto a maçã está caindo sujeita à aceleração da gravidade, o projétil (flecha) também estará caindo na mesma proporção sujeita à mesma aceleração (da gravidade), atingindo o a maçã.
11- a) A única força que age sobre a bola (a resistência do ar é desprezada) durante todo o movimento é a força peso, vertical e para baixo.
b) Cálculo do tempo que a bola demora a chegar até o goleiro percorrendo X=40m com velocidade horizontal constante e de valor Vox=Vocos25o=26.0,91 — Vox=23,66m/s — X=Vox.t — 40=23,66.t — t=1,69s — cálculo da altura, na direção vertical, que a bola estará ao chegar ao goleiro nesse instante (t=1,69s) — Y=Voy.t – gt2/2 — Y=Vo.sen25o.t –gt2/2 — Y=26.0,42.1,69 – 10.(1,69)2/2 — Y=18,45 – 14,28 — Y=4,17m — esse valor é maior que 3m e assim, o goleiro não consegue tocar a bola.
c) Cálculo do tempo que a bola demora para chegar à altura vertical de 1,5m — Y=Vo.sen25o.t – gt2/2 — 1,5=26×0,42t – 5t2 — 5t2 – 10,92t + 1,5=0 — Δ=119,25 – 30=89,25 — √Δ=9,5 — t=(10,92 ±9,5)/2.5 — considera-se o tempo maior que ocorre quando a bola já está descendo — t=2,042s — nesse instante a distância horizontal da linha de gol será de X=Vocos25o.t — X=26.0,91.2,042 — X=48,3m.
12- Trata-se de um lançamento oblíquo, representado na figura, onde foram colocados os respectivos dados fornecidos 
no enunciado — cálculo de Voy — na altura máxima (H=11,25m) a velocidade vertical Vy é nula (Vy=0) — equação de Torricelli — Vy2 = Voy2 + 2.(-g).H — 02 = Voy2 – 2.10.11,25 — Voy=√(225) — V0y=15m/s — tempo de subida —Vy = Voy – gt — 0=15 – 10t — t=1,5s — para que Protásio consiga alcançar a bola no mesmo nível do lançamento, ele deve alcança-la no ponto C, onde, desde que partiu, ela demora t=1,5 (metade do percurso horizontal) + 1,5s (outra metade do percurso horizontal) — t=3s — cálculo do alcance horizontal x lembrando que, — Vox é constante e durante todo o movimento horizontal tem intensidade Vox=8m/s — x=Vox.t=8.3=24m — aceleração de Protásio — até alcançar a bola ele percorreu ∆S no mesmo tempo que a bola permaceu no ar, ou seja, t=3s — ∆S=25,5 – 24 =1,5m —∆S= Vot + at2/2 — como ele partiu do repouso, Vo=0 — 1,5=0 + a.32/2 — a=1,5/4,5 — a=1/3m/s2 — R- B
13- tg45o=cateto oposto/cateto adjacente=D/H — 1=D/H — D=H — na vertical — queda livre — H=gt2/2 — H=5t2 — na horizontal — X=Vt — X=D=H=10t — 10t=5t2 — t=2s — D=H=10.2=20m — R- A.
14- Cálculo do tempo na vertical que a bola demora e percorrer h=2,45m para chegar ao solo — queda livre — h=gt2/2 — 2,45=10t2/2 — t2=0,49 — t=0,7s — esse tempo é o mesmo com que a bola percorre a distância horizontal x com velocidade horizontal constante V=72km/h=20m/s até alcançar o solo — V=x/t — 20=x/0,7 — x=14m — observe na figura que, nesse mesmo tempo t=0,7s, o rapaz que está 2,3m à frente do primeiro deve percorrer s’=20,3 – 14=6,3m com velocidade V de maneira que chegue na bola no instante em que ela vai bater na areia — V=s’/t=6,3/0,7=9m/s — com qualquer velocidade acima de 9m/s o rapaz vai chegar na bola antes que ela bata na areia.
15- a) O projétil 2 deve ser lançado com a mesma velocidade horizontal que a do projétil 1 para que possa acompanhá-lo horizontalmente, ou seja, Vox=1080/3,6=300m/s — cálculo da velocidade vertical Voy com que o projétil 2 é lançado verticalmente para cima — na altura máxima Vy=0 — Vy2 = Voy2 – 2.g.h — 02 = Voy2 – 2.10.1125 — Voy=√22500 — Voy=150m/s — cálculo da velocidade Vo com que o projétil 2 é lançado — Torricelli — Vy2 = Vox2 + Voy2 —
Vy2 = 3002 + 1502 —Vy=335,4m/s — Voy=Vo.senθ — 150=335,4. senθ — senθ≈0,45 — θ=arc sen=0,45 —
θ ≈ 27o.
b)
Cálculo do tempo de subida do projétil 2 — na altura máxima Vy=0 — Vy=Voy – gt — 0=150 – 10t — t=15s — esse tempo é o mesmo que o projétil 1 se moveu na horizontal com velocidade constante Vx=300m/s — X=Vx.t —
x=300.15=4500m — x=4500m — na vertical a altura vale sempre y=1125m.
16- Cálculo do tempo de subida da água que, ao atingir a altura máxima possui Vy=0 — Vy=Voy.sen30o – g.t — 0=10.0,5 – 10.t — t=0,5s — o intervalo de tempo decorrido desde quando a água sai do cano até o instante em que retorna ao solo é dado por — t’=0,5 (subida) + 0,5 (descida)=1s — regra de três — 15 litros – 60s — V litros – 1s — 60V=15 — V=15/60 — V=0,25 litros.
17- A ordem de chegada ao solo, independente das massas , depende da altura de queda — menor altura, menos tempo de queda — R- C.
18- Observe nas figuras abaixo a determinação da equação da reta — tgθ=18/30=0,6 — tgθ=y/x
0,6=y/x — y=0,6x equação do movimento (parábola) — na horizontal — x=Vox.t — x=v.t — x=3t — t=x/3 (I) — na vertical é uma queda livre — y=g.t2/2 — y=10.t2/2 — y=5t2 (II) — (I) em (II) — y=5.x2/9 — na interseção da reta com a
parábola está o local onde a a bola tocará primeiro — igualando suas equações — 0,4x = 5.x2/9 — x=0 e — x=1,08m — a distância percorrida na horizontal pela bola é 1,08m e, como cada degrau tem 0,3m de comprimento a bola cairá na horizontal d=1,08/0,3=3,6 — assim ele tocará primeiro no 4o degrau.
Observação: se o comprimento e a altura de cada degrau tivessem as mesmas dimensões, o ângulo seria de 45o, tgθ=1 e a equação da reta seria y=x.
19- Vo=144km/h=144/3,6 — Vo=40m/s — tempo que o saco demora para chegar ao solo na direção vertical — Y=gt2/2 — 500=5t2 — t=10s — nesse instante o alvo deve estar a uma distância horizontal de X=Vot=40.10 — X=400m — R- D.
20- Cálculo de Voy quando a bola atinge a altura máxima hmax=10m, onde Vy=0 utilizando a equação de Torricelli — Vy2 = Voy2 – 2.g.hmáx — 02 = Voy2 – 2.10.10 — Voy = √(200) m/s.
Cálculo de Vox com Vo fornecida e igual a 20m/s — Vo2 = Vox2 + Voy2 — 202 = Vox2 + {√(200)}2 —
Vox=√(200) m/s.
Na horizontal o movimento é uniforme com Vox=√(200)m/s (constante) e a bola demora 2s para atingir a parede —x=Voxt=√(200).t=14.2 — x≈28m.
R- B
21- O observador A, dentro do vagão observa a trajetória da pedra como um laçamento vertical para
cima e, no ponto mais alto da trajetória a velocidade da pedra é zero, pois, nesse instante ela para e em seguida começa a retornar (figura1).
O observador B do lado de fora do vagão e em repouso em relação à Terra, observa o vagão passar e vê a trajetória da bola como um arco de parábola (lançamento oblíquo) e, no ponto mais alto da trajetória a velocidade vertical é nula mas a horizontal é constante e vale V=5m/s (figura 2).
R- B
22-Trata-se de um lançamento obliquo com ângulo de 45o com a horizontal e velocidade de V=20m/s.
Tempo que a bola demora para subir e descer na vertical com Voy=20.√2/2=10√2m/s e quando chega novamente ao solo Vy= – 10√2m/s — -10√2 = 10√2 – gt — -20√2 = -10t — t=2√2s
Esse tempo t=2√2s é o mesmo tempo que a bola demora para percorrer a distância horizontal x com velocidade constanteVox=Vocos45o=20. √2=10√2m/s — Vox=x/t — 10√2=x/2√2 — x=40m.
Nesse mesmo tempo t=2√2s o jogador deve percorrer d=57 – 40=17m com velocidade V tal que —V=d/t=17/2√2=17/2.1,4=17/2,8 — V=6,07m.
R- C