Lançamento Oblíquo

Quando uma bola é chutada em uma partida de futebol, podemos observar que ela realiza um movimento parabólico. Esse movimento é chamado de lançamento oblíquo.

Considere um corpo sendo lançado a partir do solo, formando um ângulo ? com a horizontal, com velocidade inicial v0. Desprezando as forças dissipativas, o corpo fica sujeito apenas à ação da gravidade, descrevendo uma trajetória parabólica.

Assim como no Lançamento Horizontal, o movimento na direção do eixo x, no lançamento oblíquo, é uniforme, pois a velocidade é constante. Portanto, a função horária do movimento horizontal é:

x = v_x.t

A distância horizontal percorrida pelo corpo desde o lançamento é chamada alcance máximo. Podemos determinar o alcance máximo pela equação:

Para determinar a posição do móvel em relação à horizontal temos que determinar a componente da velocidade inicial v0 na direção do eixo x. O módulo da velocidade na direção do eixo x é:

v_x = v₀ . cos?

Exercícios:

1 – Um projétil é lançado segundo um ângulo de 30° com a horizontal, com uma velocidade de 200m/s. Supondo a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando a resistência do ar, o intervalo de tempo entre as passagens do projétil pelos pontos de altura 480 m acima do ponto de lançamento, em segundos, é:
(DADOS: sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,87)

a) 2,0
b) 4,0
c) 6,0
d) 8.0
e) 12

2 –  (UE – PB) Muitas áreas do conhecimento humano trabalham diretamente com conhecimentos de física, e uma delas é a área esportiva. Por isso, um físico foi convidado para

projetar uma rampa para lançamentos de bicicletas e foram dadas as seguintes informações: a rampa, no formato de um triângulo retângulo, deve ter 4m de comprimento horizontal por 3m de altura, conforme a figura:

Um conjunto ciclista-bicicleta é lançado com uma velocidade inicial V_o = 36km/h, com o objetivo de atingir a maior altura possível. Considerando-se g = 10m/s² e as informações dadas, a altura máxima atingida com relação ao solo em metros, será?

3 – Um canhão dispara uma bala com velocidade inicial igual a 500m/s (em módulo), a 45° com a horizontal. Desprezando o atrito e considerando g = 10m/s², determine o alcance máximo horizontal da bala.

Resoluções:

Questão 1

Vo = 36km/h = 10m/s

Para o triângulo retângulo – cálculo da hipotenusa

h² = 3² + 4²
h² = 25
h = 5m

Analisando o movimento na vertical.

V_y²= V_oy² +2.a.∆s
0 = V_oy² +2.(-10).∆s
V_oy² = 20. ∆s – Equação I

A componente y do vetor velocidade.

V_oy = Vo.senӨ
V_oy = 10.3/5
V_oy = 6m/s

Substituindo Voy na equação I

36 = 20. ∆s
∆_s = 36/20
∆_s = 1,8m Altura máxima com relação à rampa.

Como a rampa tem altura equivalente a 3m, a altura máxima com relação ao solo será igual à (3+1,8) 4,8m

Questão 2

Função horário do espaço na horizontal

X = X_o + V_ox.t
X = 0 + V_o.cos45°.t
X = 500.(√2)/2.t
X = 250.√2.t – Equação I

O tempo que o projétil leva para alcançar a altura máxima

V_y = V_oy – g.t
0 = V_oy – g.t
t = V_oy/g
t = V_o.sen45/g
t = 500.[(√2)/2]/10
t = 25.√2

Como o tempo de subida e descida são iguais, o tempo total do percurso equivale ao dobro do tempo para alcançar a altura máxima.

tt = 50. √2

Substituindo tt na equação I temos que:

X = 250. [√2].50.[√2]
X = 25000m

Questão 3

Y = Y_o + V_oy.t – g.t²/2
Y-Yo = Voy.t – g.t²/2
480 = V.sen30.t – 10.t²/2
480 = 100.t – 5.t²
5.t² - 100.t + 480 = 0
t² - 20.t + 96 = 0

Δ = b² - 4.a.c
Δ = 16

t = [20 +/- 4]2

t’ = 12s
t’’ = 8s

O intervalo de tempo existente entre a passagem do projétil pela altura 480m equivale à 4s (12-8).

Lucas Cardoso