Física – Mecânica, Movimentos Compostos.
Lançamentos oblíquos
No capítulo precedente estudamos os lançamentos horizontais. Agora iremos analisar os lançamentos oblíquos. Trata-se também de movimentos compostos, que descrevem uma parábola, porém, a direção da velocidade de lançamento é inclinada em relação à horizontal. O ângulo pode ser acima da horizontal e abaixo. A situação mais comum é acima da horizontal.
Lançamento oblíquo acima da horizontal
Vamos imaginar um lançador de morteiros. É um tubo, disposto em uma armação, capaz de disparar projéteis explosivos. Sua utilização foi intensa nas guerras do século XX, para atingir objetivos inimigos, situados por trás de elevações ou obstáculos, onde o tiro direto seria inviável. Usando de várias técnicas determina-se a inclinação do tubo de lançamento e a carga propulsora, tendo em vista a altura a ser transposta e a distância do alvo.
Na figura temos uma ilustração de como ocorre o lançamento de um obus de morteiro. Um projétil especial é introduzido em um tupo apropriado, colocado em uma inclinação conveniente. Na base do projétil são colocadas cargas propulsoras que disparam o projétil, numa velocidade inicial. Essa velocidade pode ser decomposta em duas componentes $V_{0X}$ e $V_{0Y}$. Inicialmente o projétil sobe enquanto se desloca na direção da elevação. Ao alcançar sua altura máxima, acima do topo, sua velocidade vertical se anula e inicia a queda. Enquanto isso a componente horizontal da velocidade permanece aproximadamente constante. Dessa forma a trajetória descrita é uma parábola, de concavidade para baixo. Se os cálculos da inclinação e da quantidade de propelente estiverem corretos, o projétil irá atingir o alvo situado do outro lado.
Aplicaremos as equações que usamos nos movimentos retilíneos, tanto o uniforme como o uniformemente variado. Começamos por decompor a velocidade de lançamento em suas componentes ortogonais $V_{0X}$ e $V_{0Y}$.
O ângulo de lançamento é medido em relação à linha horizontal e o representaremos por $\alpha$.
$\color{Blue}{V_{0X} = V_{0}\cdot cos\alpha}$
$\color{Blue}{V_{0Y} = V_{0}\cdot sen\alpha}$
O movimento horizontal é considerado uniforme e o vertical é uniformemente variado. Por isso as equações horárias de posição são:
$\color{Green}{X = V_{0X}\cdot t}$$\Leftrightarrow$$\color{Blue}{X = V_{0}\cdot\cos\alpha\cdot t}$
$\color{Green}{Y = V_{0Y}\cdot t – \frac{1}{2}\cdot g\cdot t^{2}}$$\Leftrightarrow$$\color{Blue}{Y =V_{0}sen\alpha\cdot t – \frac{1}{2}\cdot g\cdot t^{2}}$
Equação da trajetória do movimento
$X = V_{0}\cdot\cos\alpha\cdot t$$\Leftrightarrow$$ \color{Green}{t = \frac{X}{V_{0}\cdot\cos\alpha}}$
$Y = V_{0}\cdot sen\alpha\cdot \frac{X}{V_{0}\cos\alpha} – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}$
$\color{Blue}{Y = X\cdot tg\alpha – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{{V_{0}}^{2}\cdot cos^{2}\alpha}}$
Altura máxima atingida
Com facilidade podemos deduzir que a altura máxima desse tipo de movimento é atingida no instante em que a componente vertical da velocidade se torna nula, invertendo o sentido daí em diante.
$v_{y}= v_{oy} – g\times t$$\Leftrightarrow$$ 0 = v_{oy} – g\times t_{m}$
$t_{m}=\frac{v_{oy}}{g}$$\Leftrightarrow$$t_{m} = \frac{v_{o}\times sen\alpha}{g}$
$$\color{Navy}{t_{m}=\frac{v_{o}\times sen\alpha}{g}}$$
Equação de Torricelli:
$v_{y}^{2} = v_{oy}^{2} – 2gy_{m}$$\Leftrightarrow$$ 0 = {(v_{o}^\times sen\alpha)}^{2} – 2 g y_{m}$
$$\color{Navy}{y_{m} =\frac{v_{0}^{2}\times sen^{2}\alpha}{2g}}$$
Para retornar à altura de lançamento, vale o que foi visto para os movimentos verticais. O tempo gasto para descer é o mesmo gasto na subida e portanto;
$$\color{Navy}{t_{t} = \frac{2\times v_{o}\times sen\alpha}{g}}$$
Alcance horizontal
O móvel lançado obliquamente acima da horizontal irá tocar o solo, no mesmo nível do lançamento, no instante de tempo visto acima. Basta multiplicar a componente horizontal da velocidade pelo tempo gasto para subir e descer.
$$\color{Navy}{x_{m}=v_{o}\times cos\alpha\times t_{t}}$$
Substituindo $t_{t}$, teremos:
$$\color{Navy}{x_{m}=2\times v_{o}^{2}\frac{cos\alpha\times sen\alpha}{g}} = \frac{v_{o}^{2}\times sen(2\alpha)}{g}$$
O alcance horizontal, como mostra a equação, depende de dois fatores principalmente. A componente da velocidade nesta direção e o tempo que o objeto fica em movimento, antes de atingir o solo. Elas variam com o ângulo de lançamento e podemos perceber que a condição em que o alcance será máximo é para um ângulo de $45^{o}$. Vejamos a figura abaixo, comparando as trajetórias para vários ângulos.
Estamos obviamente desprezando a resistência do ar, ventos e quaisquer empecilhos. Pode-se observar que ao aproximar o lançamento da posição vertical o alcance torna-se cada vez menor, terminando por chegar a zero, quando teremos um lançamento vertical.
Lançamento Oblíquo abaixo da horizontal.
Podemos fazer lançamentos abaixo da horizontal. Esse tipo de movimento é praticamente igual ao lançamento horizontal, com a diferença de que terá uma componente inicial da velocidade na vertical, o que não acontece no outro caso.
O movimento é parabólico como se fosse um lançamento horizontal, apenas na velocidade vertical teremos uma componente inicial, além da aceleração da gravidade.
$\color{Brown}{V_{0X} = V_{0}\cdot cos\beta}$$\Leftrightarrow$ essa componente é constante.
$V_{0Y} = V_{0}\cdot sen\beta$
$\color{Brown}{V_{Y} = – V_{0Y} – g\cdot t}$
As posições são dadas pelas equações horárias de MRU e MRUV.
$\color{Brown}{X = V_{0}\cdot cos\beta\cdot t}$
$\color{Brown}{Y = Y_{0} – V_{0}\cdot sen\beta\cdot t – \frac{1}{2}\cdot g\cdot t^{2}}$
Equação da trajetória no movimento
$X = V_{0}\cdot cos\beta\cdot t$$\Leftrightarrow$$ t = \frac{X}{V_{0}\cdot cos\beta}$
$Y = Y_{0} – V_{0}\cdot sen\beta\cdot \frac{X}{V_{0}\cdot cos\beta} – \frac{1}{2}\cdot g\cdot \frac{X ^{2}}{V_{0}^{2}\cdot cos^{2}\beta}$
$\color{Blue}{Y = Y_{0} – X\cdot tg\beta – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{V_{0}^{2}\cdot cos^{2}\beta}}$
Hora de aplicar o aprendido
01. Um dispositivo de mola, colocado numa direção de $45^{0}$ acima da horizontal, dispara projéteis com velocidade inicial de $V_{0} = 50,0\, m\cdot s^{-1}$. Adotando $g = 10,0\, m\cdots^{-2}$, pergunta-se: a) qual é a altura máxima que o projétil alcança? b) qual é o tempo que o projétil demora para atingir a altura máxima? c) qual é o tempo para retornar ao nível do lançamento? d) qual é o alcance do projétil? e) escreva a equação da trajetória do projétil.
Para começar, vamos calcular as componentes $V_{0X}$ e $V_{0Y}$ da velocidade.
$V_{0X} = V_{0}\cdot cos\alpha$$\Leftrightarrow$$V_{0X}= {50,0}\cdot cos(45^{0})$
$\color{Brown}{V_{0X} = {50,0}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = {25,0}\sqrt{2}\, m\cdot s^{-1}}$
$V_{0Y} = V_{0}\cdot sen\alpha$$\Leftrightarrow$$V_{0Y}={50,0}\cdot sen(45^{0})$
$\color{Brown}{V_{0Y} = {50,0}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}= {25,0}\sqrt{2}\, m\cdot s^{-1}}$
a) Vimos que o projétil começa a descer a partir do instante em que a sua velocidade vertical se anula. Logo nesse instante ele atingiu a altura máxima.
Podemos usar a equação de Torricelli para determinar $Y_{max}$.
$V_{Y}^{2} = V_{0Y}^{2}- 2\cdot g\cdot Y_{max}$*
$0 = {{25,0}\cdot\sqrt{2}}^{2} – 2\cdot{10,0}\cdot Y_{max}$
$20,0\cdot Y_{max} = 625,0\cdot 2$$\Leftrightarrow$$Y_{max} =\frac{1250,0}{20,0}$
$\color{Blue}{Y_{max} = 62,5\, m}$
b) o tempo para alcançar a altura máxima, obtemos pela equação da velocidade vertical.
$V_{Y} = V_{0Y} – g\cdot t$$\Leftrightarrow$$ 0 = {25,0}\cdot\sqrt{2} – {10,0}\cdot t_{mx}$
$t_{mx} = \frac{25,0\cdot\sqrt{2}}{10}$$\Leftrightarrow$$t_{mx}= {2,5}\cdot\sqrt{2}$
$\color{Blue}{t_{mx} \simeq 3,54\, s}$
c)o tempo para retornar ao nível do lançamento, habitualmente denominamos de alcance. Seria o instante em que o projétil toca o solo, supondo o lançamento neste nível e o terreno próximo plano.
No estudo do movimento de queda livre e lançamento vertical vimos que o tempo de atingir a altura máxima é igual ao tempo de queda na volta. Portanto o tempo para o projétil atingir o solo, será também o dobro do que gastou para atingir a altura máxima. Logo:
$t_{t} = 2\cdot t_{mx}$$\Leftrightarrow$$ t_{t}=2\cdot {2,5}\cdot\sqrt{2}$
$t_{t}= 5,0\sqrt{2}\, s$$\Leftrightarrow$$\color{Blue}{t_{t}\simeq 7,07\, s}$
d) o alcance depende da componente horizontal da velocidade e do tempo para chegar ao ponto de impacto.
$X = V_{0X}\cdot t_{t}$$\Leftrightarrow$$X = {25,0}\cdot {5,0}\cdot\sqrt{2}$
$\color{Blue}{X = {125,0}\cdot\sqrt{2} = 176,78\, m}$
e) equação da trajetória.
$Y = X\cdot tg\alpha – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{{V_{0}}^{2}\cdot cos^{2}\alpha}$
$Y = X\cdot tg(45^{0}) – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{{V_{0}}^{2}\cdot cos^{2}(45^{0})}$
$Y = X\cdot 1 – \frac{1}{2}\cdot 10\cdot\frac{X^{2}}{{(50,0)}^{2}\cdot \frac{\sqrt{2}^{2}}{{2}^{2}}}$
$Y = X – 5\cdot\frac{x^{2}}{{2500,0}\cdot \frac{\not{2}}{\not{4}}}$
$Y = X – \frac{5\cdot X^{2}\cdot 2}{2500\cdot 1}$
$Y = X – \frac{10\cdot X^{2}}{2500}$$\Leftrightarrow$$ Y = X – \frac{X^{2}}{250}$
$\color{Blue}{Y = X – \frac{X^{2}}{250,0}}$
02. Um projétil é lançado obliquamente com velocidade de $V_{0} = 30 m/s$, formando um ângulo $\alpha = 30^{0}$ com a horizontal. Em relação ao movimento desse projétil, $g= 10,0\, m\cdot s^{-2}$, calcule: a) A altura máxima atingida por ele; b) O alcance do projétil; c) a equação da trajetória.
Calculemos as componentes ortogonais da velocidade inicial.
$V_{0X} = V_{0}\cdot cos\alpha$$\Leftrightarrow$$V_{0X}={30,0}cos(30^{0})$
$V_{0X} = {30,0}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$$\Leftrightarrow$$V_{0X}= {15,0}\cdot\sqrt{3}$
$V_{0Y}=V_{0}\cdot sen\alpha$$\Leftrightarrow$$V_{0X}={30,0}\cdot sen(30^{0})$
$V_{0Y}={30,0}\cdot\frac{1}{2} = 15,0\, m\cdot s^{-1}$
a) a altura máxima pode ser determinado com a equação de Torricelli.
$V_{Y}^{2} = V_{0Y}^{2} – 2\cdot g\cdot Y_{mx}$$\Leftrightarrow$$0 = {15,0}^{2} – 2\cdot{10,0}\cdot Y_{mx}$
${20,0}\cdot Y_{mx} = 225,0$$\Leftrightarrow$$ Y_{mx}=\frac{225,0}{20,0}$
$\color{Blue}{Y_{mx} = 11,25\, m}$
b)O alcance é a distância horizontal que o corpo percorre, num tempo igual ao dobro do tempo gasto para atingir a altura máxima.
$V_{Y} = V_{0Y} – g\cdot t$$\Leftrightarrow$$ 0 = {15,0} – {10,0}\cdot t_{mx}$
$t_{mx} = \frac{15,0}{10}$$\Leftrightarrow$$t_{mx} = 1,5\, s$
$t_{mx}= 1,5\, s$$\Rightarrow$$ t_{A} = 2\cdot t_{mx}$
$X_{A} = {15,0}\sqrt{3}\cdot 2\cdot{1,5} = {45,0}\sqrt{3} = 77,94\, m$
$\color{Blue}{X_{A} = 77,94\, m}$
$Y = X\cdot tg\alpha – \frac{1}{2}\cdot g\cdot\frac{X^{2}}{{V_{0}}^{2}\cdot cos^{2}\alpha}$
$Y = X\cdot tg(30^{0}) – \frac{1}{2}\cdot 10\frac{X^{2}}{{(30)}^{2}\cdot \frac{\sqrt{3}^{2}}{{2}^{2}}}$
$Y = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot X -\frac{5\cdot X^{2}}{900\cdot \frac{3}{4}}$
$Y = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot X – \frac{5\cdot 4\cdot X^{2}}{2700}$
$\color{Blue}{Y = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot X – \frac{X^{2}}{135}}$
03. Um avião caça voa à velocidade horizontal de $V_{X} = 900,0 km\cdot h^{-1}$, quando dispara um projétil bomba com velocidade de $V_{XR} = 60,0\, m\cdot s^{-1}$, num ângulo de $\alpha = 30^{0}$ abaixo da horizontal. Sendo $g= 10,0 m\cdot s^{-2}$, determine: a) a velocidade horizontal da bomba; b) a componente inicial da velocidade vertical da bomba; c) sendo a altura do lançamento igual a $Y_{0}= 1200,0\, m$, qual é o tempo até a bomba tocar o chão; d) qual é a distância do ponto de lançamento, medida na horizontal, até o ponto de impacto; e) a velocidade com que a bomba atinge o solo.
a) Para começar vamos calcular o valor da velocidade do caça na unidade do SI e as componentes da velocidade de lançamento do projétil.
Sabemos que $1 km\cdot ^{-1} = \frac{1}{3,6}\, m\cdot s^{-1}$
${900,0}\, km\cdot h^{-1} = x$
$ 1 km\cdot h^{-1} = \frac{1}{3,6}$
$x = {900,0}\cdot\frac{1}{3,6} = 250,0 m\cdot s^{-1}$
A velocidade da bomba logo após o lançamento será:
$V_{X} = V_{0X} + v_{x} = 250,0 + \frac{60\sqrt{3}}{2}$
$\color{Green}{V_{X} = 302\,m\cdot s^{-1}}$
b)componente vertical da velocidade
$V_{0Y} = V_{0}\cdot sen(30^{0})$$\Leftrightarrow$$\color{Brown}{V_{0Y}={60,0}\cdot \frac{1}{2} = 30,0\, m\cdot^{-1}}$
c)$Y = Y_{0} – V_{0Y}\cdot t – \frac{1}{2}\cdot g\cdot t^{2}$
$0 = 1200,0 – 30,0\cdot t – \frac{1}{2}\cdot {10,0}\cdot t^{2}$
$5\cdot t^{2} +30,0\cdot t – 1200,0 = 0$
Usando Baskahra:
$t =\frac{ -{30,0}\pm\sqrt{{30,0}^{2} – 4\cdot 5\cdot{(-1200,0)}}}{2\cdot {5,0}}$
$t = \frac{-{30,0}\pm\sqrt{900,0 + 24000}}{10}$
$t = \frac{-{30,0}\pm\sqrt{24900}}{2400}$$\Leftrightarrow$$t=\frac{-{30,0}\pm\ 157,8}{10}$
$t = \frac{-30,0+ 157,8}{10} = 12,78 s$
$t = \frac{-30,0 – 157,80}{10} = -18,78 s$ Este valor não existe, pois é negativo.
d)$X = V_{X}\cdot t$$\Leftrightarrow$$X = 302,0\cdot 12,78 $
$\color{Blue}{X = 3859,56\, m}$
e)$V_{Y}= V_{0Y} + g\cdot t$$\Leftrightarrow$$V_{Y}= 30,0 +{ 10,0}\cdot {12,78}$
$V_{Y}= 157,8 m\cdot s^{-1}$
$V^{2} = V_{X}^{2} + V_{Y}^{2}$$\Leftrightarrow$$V^{2}={302,0}^{2} + {157,8}^{2}$
$V^{2} = 91204 + 24900,84 = 116.104,84$$\Leftrightarrow$$\sqrt{V^{2}} = \sqrt{116.104,84}$
$\color{Blue}{V = 340,74\,m\cdot s^{-1}}$
É sua vez agora.
1. (CEFET-CE) – Duas pedras são lançadas do mesmo ponto no solo no mesmo sentido. A primeira tem velocidade inicial de módulo $V_{01} = 40 m/s$ e forma um ângulo $\alpha_{1} = 60^{0}$ com a horizontal, enquanto, para a outra pedra, este ângulo é $\alpha_{2} = 30^{0}$. Determine o módulo da velocidade da segunda pedra para que elas tenham o mesmo alcance. Considere a aceleração da gravidade igual a $g=10,0 m\cdot s^{-2}$
02. Um lança morteiros está instalado num ponto de altura $Y_{0} = 20,0 m$, em relação ao nível em que se encontra o alvo que pretende ser atingido. Sendo o lançamento feito em um ângulo $\alpha =30^{0}$, com velocidade de saída igual a $V_{0}= 180,0 m\cdot s^{-1}$ e tendo $g=10,0\, m\cdot s^{-2}$, qual é a distância entre as verticais que passam pelo ponto de lançamento e a localização do alvo?
03. Um canhão anti-aéreo lança granadas de $m = 15,0 kg$, com velocidade de saída na boca do cano $V_{0} = 720,0 m\cdot s^{-1}$. Deseja-se abater um avião cargueiro que está voando a altitude de $Y =6000,0 m e se aproxima com velocidade de $V_{c} = 648,0 km\cdot h^{-1}$. Com uma inclinação do cano em $\beta = 60^{0}$ com a horizontal, Qual deve ser o ângulo de visada do atirador ao avião, para que o tiro seja certeiro?
04. Um artilheiro militar, atira com um canhão, de cima de uma montanha, visando um tanque parado numa superfície plana, à $y = 1200,0 m abaixo do ponto de tiro. Sendo a distância horizontal entre o atirador e o alvo igual a $X = 2400,0 m$, o cano da arma está inclinado de $\beta = 30^{0}$ abaixo da horizontal. Em quanto tempo após o disparo o projétil atinge o alvo? Qual é a velocidade do projétil no instante do impacto? Escreva a equação da trajetória do projétil, tomando o nível em que se encontra o tanque como referencial. Adote $G = 10,0 m\cdot s^{-2}$.
05. Marque a alternativa incorreta a respeito do lançamento oblíquo.
a) O ângulo que fornecerá o maior alcance horizontal possível é o de $45^{o}$;
b) Ao chegar na altura máxima a componente vertical da velocidade do móvel é nula;
c) A componente horizontal da velocidade mantêm-se inalterada, uma vez que no eixo x o movimento é classificado como retilíneo e uniforme;
d) A componente vertical da velocidade diminui desde o solo até se tornar nula na altura máxima, o que classifica o movimento como sendo acelerado;
e) A componente horizontal da velocidade pode ser determinada pelo produto da velocidade do objeto com o cosseno do ângulo com o qual o corpo abandona o solo.
06. A bala de um canhão, com massa de %m=15\,kg$, é lançada com velocidade de $v = 1080\,km/h$. Determine o alcance horizontal máximo do projétil para o caso de o ângulo formado entre o canhão e a horizontal ser de $\gamma=15^{o}$.
Dados: $Sen 30^{o} = 0,5$
Gravidade $g= 10\,m/s^{2}$
a) 2,5 km;
b) 3,5 km;
c) 4,5 km;
d) 5,5 km;
e) 6,0 km.
07. (Uefs-BA) – Em um planeta X, uma pessoa descobre que pode pular uma distância horizontal máxima de $x_{max}= 20,0\,m$ se sua velocidade escalar inicial for de $V=4,0\,m/s$. Nessas condições, a aceleração de queda livre no planeta X, em $10^{-1}m/s^{2}$, é igual a:
a) 10,0;
b) 8,0;
c) 6,0;
d) 4,0;
e) 2,0.
08. (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 $_{x}$, na altura máxima, são, em metros por segundos, iguais a, respectivamente,
Dados: $sen\gamma = 0,8$; $cos\gamma = 0,6$.
a) 15 e 25;
b) 15 e 50;
c) 25 e 15;
d) 25 e 25;
e) 25 e 50.
09. Um canhão dispara uma bala com velocidade inicial igual a $v_{o}=500\,m/s$ (em módulo), a $\alpha=45^{o}$ com a horizontal. Desprezando o atrito e considerando $g = 10\,m/s^{2}$, determine o alcance máximo horizontal da bala.
10. Um projétil é lançado segundo um ângulo de $\alpha=30^{o}$ com a horizontal, com uma velocidade de $v_{o}=200\,m/s$. Supondo a aceleração da gravidade igual a $g=10\,m/s^{2}$ e desprezando a resistência do ar, o intervalo de tempo entre as passagens do projétil pelos pontos de altura $h=480\,m$ acima do ponto de lançamento, em segundos, é:
(DADOS: $sen 30^{o} = 0,50$ e $cos 30^{o} = 0,87$)
a) 2,0;
b) 4,0;
c) 6,0;
d) 8,0;
e) 12.
11. (CEFET-CE) – Duas pedras são lançadas do mesmo ponto no solo no mesmo sentido. A primeira tem velocidade inicial de módulo $V_{1}= 20\,m/s$ e forma um ângulo de $\alpha_{1}=60^{o}$ com a horizontal, enquanto, para a outra pedra, este ângulo é de $\alpha_{2}=30^{o}$.
O módulo da velocidade inicial da segunda pedra, de modo que ambas tenham o mesmo alcance, desprezando a resistência do ar, é:
a) $10\,m/s$;
b) $10\sqrt{3}\,m/s$;
c) $15\,m/s$;
d) $20\,m/s$;
e) $20\sqrt{3}\,m/s$.
12. (PUCCAMP-SP) – Observando a parábola do dardo arremessado por um atleta, um matemático resolveu obter uma expressão que lhe permitisse calcular a altura $y$, em metros, do dardo em relação ao solo, decorridos $t$ segundos do instante de seu lançamento ($t = 0$).
Se o dardo chegou à altura máxima de $h_{m}=20\,m$ e atingiu o solo $t=4,0\,s$ após o seu lançamento, então, desprezada a altura do atleta, considerando $g=10\,m/s^{2}$, a expressão que o matemático encontrou foi:
( )a) $y = – 5t^{2} + 20t$;
( )b) $y = – 5t^{2} + 10t$;
( )c) $y = – 5t^{2} + t$;
( )d) $y = -10t^{2} + 50$;
( )e) $y = -10t^{2} + 10$.
13. (UFSM-RS) – Um índio dispara uma flecha obliquamente. Sendo a resistência do ar desprezível, a flecha descreve uma parábola num referencial fixo ao solo. Considerando o movimento da flecha depois que ela abandona o arco, afirma-se:
I. A flecha tem aceleração mínima, em módulo, no ponto mais alto da trajetória;
II. A flecha tem aceleração sempre na mesma direção e no mesmo sentido;
III. A flecha atinge a velocidade máxima, em módulo, no ponto mais alto da trajetória.
Está (ão) correta(s):
a) apenas I;
b) apenas I e II;
c) apenas II;
d) apenas III;
e) I, II e III.
14. Um projétil é lançado obliquamente com velocidade de $v =30\, m/s$, formando um ângulo de $\alpha=30^{o}$ com a horizontal. Em relação ao movimento desse projétil, calcule:
Dados: $g= 10\,m/s^{2}$
a) A altura máxima atingida por ele.
b) O alcance máximo do projétil.
Se tiver dúvidas sobre qualquer questão resolvida ou proposta, faça contato comigo para que eu possa lhe ajudar.
Curitiba, 26 de abril de 2020.
Décio Adams
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