Lançamento Oblíquo

Confira questões resolvidas sobre o Lançamento Oblíquo:

1) (Fuvest) - Num dia ensolarado, com sol a pique, um jogador chuta uma bola, que descreve no ar uma parábola. O gráfico que melhor representa o valor da velocidade v da sombra da bola, projetada no solo, em função do tempo t, é:

Resposta: e.

Resolução:

A sombra da bola vai acompanhar apenas a velocidade na horizontal (Vx), que possui movimento uniforme e portanto é constante. O gráfico que representa essa situação é o da letra "e".

2) A bala de um canhão, com massa de 15 kg, é lançada com velocidade de 1080 km/h. Determine o alcance horizontal máximo do projétil para o caso de o ângulo formado entre o canhão e a horizontal ser de 15°.

Dados: Sen 30° = 0,5 

Gravidade = 10 m/s².

a) 2,5 km

b) 3,5 km

c) 4,5 km

d) 5,5 km

e) 6,0 km

Resposta: c.

Resolução:

1080 km/h ÷ 3,6 = 300 m/s

Equação do alcance horizontal:

A = V².sen2θ/g

A = 300².sen(2.15º)/10

A = 90000.sen30º/10

A = 90000.0,5/10

A = 45000/10

A = 4500 m = 4,5 km

3) (PUC-2000) - Suponha que em uma partida de futebol, o goleiro, ao bater o tiro de meta, chuta a bola, imprimindo-lhe uma velocidade cujo vetor forma, com a horizontal, um ângulo α. Desprezando a resistência do ar, são feitas as afirmações abaixo.

I. No ponto mais alto da trajetória, a velocidade vetorial da bola é nula.

II. A velocidade inicial pode ser decomposta segundo as direções horizontal e vertical.

III. No ponto mais alto da trajetória é nulo o valor da aceleração da gravidade.

IV. No ponto mais alto da trajetória é nulo o valor da componente vertical da velocidade.

Estão corretas:

a) I, II e III

b) I, III e IV

c) II e IV

d) III e IV

e) I e II

Resposta: c.

Resolução:

Afirmativa I: está errada. No ponto mais alto da trajetória ainda há o componente horizontal da velocidade (Vx), fazendo com que a velocidade vetorial não seja nula.

Afirmativa II: está correta.

Afirmativa III: está errada. A aceleração existe até mesmo no ponto mais alto.

Afirmativa IV: está correta. No ponto mais alto da trajetória o componente vertical da velocidade (Vy) é zero.

4) (VUNESP) - Um projétil é atirado com velocidade v0 = 200 m/s fazendo um ângulo de 60º com a horizontal. Desprezada a resistência do ar, qual será a altura do projétil quando sua velocidade fizer um ângulo de 45º com a horizontal? (Adote g = 10 m/s2 )

Resposta: 1000 m.

Resolução:

Voy = Vo.senθ

Voy = 200.sen45º

Voy = 200.0,7

Voy = 141 m/s

Fórmula de Torricelli:

V² = Vo² + 2.g.d

141² = 0² + 2.10.d

19881 = 20d

d = 19881/20

d = 994,05 ---> arredondando = 1000 m de altura

5) (ITA-SP-2009) - Considere hipoteticamente duas bolas lançadas de um mesmo lugar ao mesmo tempo: a bola 1, com velocidade para cima de 30 m/s, e a bola 2, com velocidade de 50 m/s formando um ângulo de 30° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s², assinale a distância entre as bolas no instante em que a primeira alcança sua máxima altura.

a) d = √6250 m.

b) d = √2717 m

c) d = √17100 m

d) d = √19375 m

e) d = √26875 m

Resposta: c.

Resolução:

BOLA 1:

Tempo de subida

V = Vo - g.t

0 = 30 - 10.t

t = 30/10

t = 3 s

Altura máxima:

h = Vo.t - g.t²/2

h = 30.3 - 10.3²/2

h = 90 - 10.9/2

h = 90 - 45

h = 45 m

BOLA 2:

x = Vo.cosθ.t

x = 50.cos30º.3

x = 50.√3/2.3

x = 75√3 m

y = Vo.senθ.t - g.t²/2

y = 50.sen30º.3 - 10.3²/2

y = 50.1/2.3 - 90/2

y = 30 m

Calculando a distância:

d² = ∆x² + ∆y²

d² = (75√3 - 0)² + (30-45)²

d² = 16875 + 225

d = √17100 m

6) Um canhão dispara projéteis sempre com a mesma velocidade. Observa-se que, variando a inclinação de tiro, o alcance máximo que se obtém é 360 m. Considerando g = 10 m/s² e desprezando a resistência do ar, a velocidade com que o projétil sai do canhão é, em m/s:

a) 6

b) 36

c) 60

d) 1.296

e) 3.600

Resposta: c.

Resolução:

Amax = Vo²/g

360 = Vo²/10

360.10 = Vo²

Vo = √3600

Vo = 60 m/s

7) (PUC) -  Uma esfera de aço é lançada obliquamente com pequena velocidade, formando um ângulo de 45 graus com o eixo horizontal. Durante sua trajetória, desprezando-se o atrito com o ar, pode-se afirmar que

a) a velocidade é zero no ponto de altura máxima.

b) a componente vertical da velocidade mantém-se constante em todos os pontos.

c) a componente horizontal da velocidade é variável em todos os pontos.

d) o vetor velocidade é o mesmo nos pontos de lançamento e de chegada.

e) a componente vertical da velocidade é nula no ponto de máxima altura.

Resposta: e.

Resolução:

No ponto de altura máxima, a velocidade vertical da esfera de aço é nula.

8) (UNESP-SP) - Em uma partida de futebol, a bola é chutada a partir do solo descrevendo uma trajetória parabólica cuja altura máxima e o alcance atingido são, respectivamente, h e s.

Desprezando o efeito do atrito do ar, a rotação da bola e sabendo que o ângulo de lançamento foi de 45° em relação ao solo horizontal, calcule a razão s/h.

Dado: sen 45° = cos 45° = √2/2.

Resposta: 4.

Resolução:

Fórmula do alcance:

s = Vo².sen2θ/g (1)

Fórmula da altura máxima:

h = Vo².sen²θ/2.g (2)

Razão entre as duas:

s/h = (1)/(2)

s/h = Vo².sen2θ/g / Vo².sen²θ/2.g

s/h = Vo².sen2θ,2g / Vo².sen²θ.g

s/h = 2sen2θ,/sen²θ

s/h = 2.sen(2.45º)/sen²45º

s/h = 2.1/(√2/2)²

s/h = 2/1/2

s/h = 4

9) (Fatec-SP) - Em um jogo de futebol, o goleiro, para aproveitar um contra-ataque, arremessa a bola no sentido do campo adversário. Ela percorre, então, uma trajetória parabólica, conforme representado na figura, em 4 segundos.

Desprezando a resistência do ar e com base nas informações apresentadas, podemos concluir que os módulos da velocidade V, de lançamento, e da velocidade VH, na altura máxima, são, em metros por segundos, iguais a, respectivamente,

Dados: senβ = 0,8; cosβ = 0,6.

a) 15 e 25.

b) 15 e 50.

c) 25 e 15.

d) 25 e 25.

e) 25 e 50.

Resposta: c.

Resolução:

Ao analisarmos a figura podemos ver que no eixo x o movimento feito pelo o goleiro é retilíneo e uniforme (MRU), portanto, o alcance horizontal é de 60 m e o tempo de execução do movimento é de 4 s.

Dessa forma, podemos calcular a velocidade Vh, na altura máxima:

A = Vh.t

60 = Vh.4

Vh = 60/4

Vh = 15 m/s

Sabendo que a velocidade Vh é a componente no eixo x da velocidade V, podemos inferir:

Vh = V.cosβ

15 = V.0,6

V = 15/0,6

V = 25 m/s

10) (Fesp-SP) - Lança-se um projétil com velocidade de 40 m/s, formando um ângulo 30º com a horizontal. Desprezando-se a resistência do ar, ele atingirá a altura máxima após:

a) 1 s

b) 2 s

c) 3 s

d) 4 s

e) 5 s

Resposta: b.

Resolução:

Voy = Vo.sen30°

Voy = 40.1/2

Voy = 20 m/s

A velocidade no eixo y é igual a zero quando o projétil atingir a altura máxima:

Vy = Voy-g.t

0 = 20 -10t

t = 20/10

t = 2 s

11) (EFOA-MG) - Um corpo é lançado obliquamente do solo, atingindo a altura máxima igual a 10 m e realizando alcance horizontal igual a 40 m. Podemos afirmar que o ângulo de tiro é:

a) 30º

b) 45º

c) 60º

d) 65º

e) 90º

Resposta: b.

Resolução:

Vamos encontrar a componente vertical da velocidade de lançamento através da fórmula de Torricelli:

V² = Voy² - 2.g.h

0² = Voy² - 2.10.10

Voy² = 200

Voy = √200

Voy = 10√2 m/s

O tempo de subida será:

Vy = Voy - g.t

0 = 10√2 - 10.t

t = 10√2/10

t = √2 s

Tempo total = 2.√2 = 2√2 s

Calcularemos também a velocidade horizontal:

V = d/t

Vx = 40/2√2

Vx = 10√2 m/s

Por fim, a tangente do ângulo de lançamento é igual a:

tgø = Voy/Vx

tgø = 10√2/10√2

tgø = 1 

Ou seja, o angulo é 45º.

12) (CESGRANRIO) - Um objeto é lançado a partir da origem de um sistema de coordenadas, com velocidade inicial de 8,0 m/s, fazendo um ângulo de 60 graus em relação à horizontal. O alcance do objeto lançado, em metros, é de:

Dados: g = 10,0 m/s²

√3 = 1,7

√2 = 1,4

a) 2,8

b) 4,0

c) 5,4

d) 11,2

Resposta: c.

Resolução:

A = V².sen2θ/g

A = (8)².sen(2.60º)/10

A = 64.sen(120º)/10

A = 64√3/2/10

A = 64.(1,7/2)/10

A = 54,4/10

A = 5,44 m