Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
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Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Uma bola de aço é largada em A, bate na placa de aço rígida e salta para o ponto C. Sabendo que o coeficiente de restituição é 0,8, determine a distância D. Gab:1,47m
Última edição por edudiniz001 em Qui 01 Set 2022, 12:46, editado 2 vez(es) (Motivo da edição : faltou a imagem)
edudiniz001- Iniciante
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Ana Clara Macêdo gosta desta mensagem
Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Queria saber como se resolve também...
Eu tentei encontrar a velocidade com a qual ele chega na placa, substituir na fórmula do coeficiente de restituição, colocar na fórmula do alcance, mas não consegui chegar no gabarito.
Eu tentei encontrar a velocidade com a qual ele chega na placa, substituir na fórmula do coeficiente de restituição, colocar na fórmula do alcance, mas não consegui chegar no gabarito.
Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Posso estar errado, mas achei essa questão bem problemática...
Primeiro: ele não falou se a placa de metal se move ; acabei considerando ela fixa pois a questão fala que ela é rígida, além de caso eu considerasse seu movimento, na minha concepção não daria para fazer devido à falta de dados(sua massa)
Segundo: há ausência de alguns dados como a gravidade e algumas raízes, mas se a questão faz isso TEORICAMENTE não precisa usar
Terceiro: fiquei perdido em algumas situações, tipo se a velocidade após a colisão entre os objetos seria a velocidade resultante ou a velocidade do eixo Y, já que a quantidade de movimento é conservativa, além de precisar considerar a velocidade em cada eixo
Independente disso tudo, vou mostrar o que EU consegui fazer e, por favor, caso tenha feito alguma bizarrice, complementem nos cálculos...
FOTOS:
Primeiro: ele não falou se a placa de metal se move ; acabei considerando ela fixa pois a questão fala que ela é rígida, além de caso eu considerasse seu movimento, na minha concepção não daria para fazer devido à falta de dados(sua massa)
Segundo: há ausência de alguns dados como a gravidade e algumas raízes, mas se a questão faz isso TEORICAMENTE não precisa usar
Terceiro: fiquei perdido em algumas situações, tipo se a velocidade após a colisão entre os objetos seria a velocidade resultante ou a velocidade do eixo Y, já que a quantidade de movimento é conservativa, além de precisar considerar a velocidade em cada eixo
Independente disso tudo, vou mostrar o que EU consegui fazer e, por favor, caso tenha feito alguma bizarrice, complementem nos cálculos...
FOTOS:
Última edição por Alien supremo em Qui 01 Set 2022, 15:12, editado 2 vez(es) (Motivo da edição : Fotos)
Alien supremo- Jedi
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Ana Clara Macêdo gosta desta mensagem
Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Essa questão está presente no livro 2000q de física do professor Marcelo Rufino e concordo com os tópicos levantados anteriormente, parece estar com o gabarito furado.
edudiniz001- Iniciante
- Mensagens : 2
Data de inscrição : 01/09/2022
Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Alien, quando vc calculou a velocidade no eixo x, não deveria multiplicar 0,8*√24 pelo cosseno de 15°?
Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Seja \(B\) o ponto em que a bola colide com a placa de aço.
Por conservação de energia, determinamos a velocidade da bola imediatamente antes de colidir em \(B\):
\[
v_B = \sqrt{ 2gh}
\]
Decompondo a velocidade nas componentes normal e tangencial:
\[
v_{B,n} = v_B \cdot \cos \theta \qquad v_{B,t} = v_B \cdot \sin \theta
\]
Na direção tangencial, não há variação do momento linear de modo que a velocidade \(v_{B,t}\) permanece inalterada após a colisão. Por outro lado, na direção normal, devemos utilizar o coeficiente de restituição para avaliar a velocidade normal pós-colisão:
\[
e = \frac{u_{B,n}}{v_{B,n}} \Rightarrow u_{B,n} = e \cdot v_{B,n} = e \cdot v_B \cdot \cos \theta
\]
Agora fazemos a decomposição segundo as direções vertical (\(y\)) e horizontal (\(x\)) das componentes normal e tangencial
\[\begin{aligned}
v_x & = v_B\sin \theta \cos \theta + e v_B \sin \theta \cos \theta & v_y & = ev_B\cos^2 \theta - v_B\sin^2 \theta \\
& = v_B (e+1) \sin \theta \cos \theta & & = v_B \left[ (e+1)\cos^2 \theta - 1 \right]
\end{aligned}
\]
Tempo de lançamento e alcance:
\[
t = 2 \cdot \frac{v_y}{g} \qquad d = v_x \cdot t = \frac{2v_xv_y}{g}
\]
\[\begin{aligned}
d & = \frac{2v_B^2 (e+1) \sin \theta \cos \theta \left[ (e+1)\cos^2\theta - 1 \right]}{g} \\
& = \frac{2 \cdot 2gh \cdot (e+1) \cdot \frac{\sin(2\theta)}{2} \cdot \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta))-2 \right]}{g} \cdot \frac{1}{2} \\
& = h (e+1) \sin (2\theta) \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta))-2 \right]
\end{aligned}
\]
Substitua as variáveis correspondentes:
\[\begin{aligned}
d & = h (e+1) \sin (2\theta) \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta) )- 2 \right] \\
& = 1{,}2 \cdot (0{,}8+1) \cdot \frac{1}{2} \left[ (0{,}8+1) \left( 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) - 2 \right] \\
& = 1{,}47 \ \mathrm{m}
\end{aligned}
\]
Por conservação de energia, determinamos a velocidade da bola imediatamente antes de colidir em \(B\):
\[
v_B = \sqrt{ 2gh}
\]
Decompondo a velocidade nas componentes normal e tangencial:
\[
v_{B,n} = v_B \cdot \cos \theta \qquad v_{B,t} = v_B \cdot \sin \theta
\]
Na direção tangencial, não há variação do momento linear de modo que a velocidade \(v_{B,t}\) permanece inalterada após a colisão. Por outro lado, na direção normal, devemos utilizar o coeficiente de restituição para avaliar a velocidade normal pós-colisão:
\[
e = \frac{u_{B,n}}{v_{B,n}} \Rightarrow u_{B,n} = e \cdot v_{B,n} = e \cdot v_B \cdot \cos \theta
\]
Agora fazemos a decomposição segundo as direções vertical (\(y\)) e horizontal (\(x\)) das componentes normal e tangencial
\[\begin{aligned}
v_x & = v_B\sin \theta \cos \theta + e v_B \sin \theta \cos \theta & v_y & = ev_B\cos^2 \theta - v_B\sin^2 \theta \\
& = v_B (e+1) \sin \theta \cos \theta & & = v_B \left[ (e+1)\cos^2 \theta - 1 \right]
\end{aligned}
\]
Tempo de lançamento e alcance:
\[
t = 2 \cdot \frac{v_y}{g} \qquad d = v_x \cdot t = \frac{2v_xv_y}{g}
\]
\[\begin{aligned}
d & = \frac{2v_B^2 (e+1) \sin \theta \cos \theta \left[ (e+1)\cos^2\theta - 1 \right]}{g} \\
& = \frac{2 \cdot 2gh \cdot (e+1) \cdot \frac{\sin(2\theta)}{2} \cdot \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta))-2 \right]}{g} \cdot \frac{1}{2} \\
& = h (e+1) \sin (2\theta) \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta))-2 \right]
\end{aligned}
\]
Substitua as variáveis correspondentes:
\[\begin{aligned}
d & = h (e+1) \sin (2\theta) \left[ (e+1)(1+\cos(2\theta) )- 2 \right] \\
& = 1{,}2 \cdot (0{,}8+1) \cdot \frac{1}{2} \left[ (0{,}8+1) \left( 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) - 2 \right] \\
& = 1{,}47 \ \mathrm{m}
\end{aligned}
\]
al171- Fera
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Idade : 22
Localização : SP
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Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
al171, desculpa, mas eu não estou conseguindo enxergar. Por que eu posso falar que o momento linear na direção tangencial permanece inalterada?Como você decompôs as velocidades X e Y?Como você sabia que tinha que decompor a velocidade pré-colisão, sendo que a velocidade tagencial seria igual a zero?
Alien supremo- Jedi
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Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Na direção tangencial não há variação do momento linear pois não há forças nessa direção atuando sobre os corpos no momento da colisão. A força de contato que atua sobre a placa e sobre a bola é a normal (normal ao plano) e ela exerce um impulso sobre a bola de modo que a QDM nessa direção seja modificada.
Quanto à decomposição vetorial, siga os enunciados que eu listei passo a passo desenhando as etapas. Esboçando cada parte do movimento fica mais fácil de entender as decomposições \(x\) e \(y\).
Quanto à decomposição vetorial, siga os enunciados que eu listei passo a passo desenhando as etapas. Esboçando cada parte do movimento fica mais fácil de entender as decomposições \(x\) e \(y\).
al171- Fera
- Mensagens : 459
Data de inscrição : 14/03/2017
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al171- Fera
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Re: Lançamento oblíquo/ Plano inclinado
Agora sim, tudo depende como você considera o plano cartesiano(sentidos dos movimentos), como você sabia que tinha que fazer algo do tipo?
Alien supremo- Jedi
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