Lançamento oblíquo

por mhope Dom 14 Jan 2024, 16:19

Um lançamento obliquo é feito diretamente para cima em um plano inclinado, de modo a atingir o máximo alcance sobre o plano. Determine em função da velocidade (Vo) e da aceleração da gravidade (g), o alcance máximo (Am) ao longo do plano inclinado.

gab.: Am=2Vo²/3g:

por Zeroberto Dom 14 Jan 2024, 17:33

Olá!

Pelo que vi na sua imagem, você estava decompondo a gravidade para fazer a questão. Infelizmente vou ficar te devendo a resolução com esse método.

Normalmente utilizo o método vetorial para lançamentos no plano incliado, vou deixar esse vídeo caso você não conheça: https://youtu.be/Ch-Su17jT1Y?si=BAyEA0TJKUIun4yE

OBS: o alcance no plano inclinado é máximo quando o objeto é lançado na bissetriz do ângulo entre a reta normal ao chão e o plano inclinado (o 2α da imagem), por isso o ângulo lá de cima é α também. Essa propriedade é demonstrada no vídeo que te mandei.

OBS²: se alguém puder colocar a resolução pela decomposição da gravidade, enriqueceria o tópico ainda mais.

Qualquer dúvida só avisar!

por **Giovana Martins** Dom 14 Jan 2024, 17:43

Basicamente vou copiar a resolução que eu propus aqui em algum outro momento: https://pir2.forumeiros.com/t201227-lancamento-obliquo.

Seja θ - α o ângulo de lançamento da partícula, dado que θ é o ângulo entre o lançamento e a horizontal.

[latex]\\\mathrm{Sejam\ v_x=v_0cos(\theta -\alpha ),\ v_y=v_0sin(\theta -\alpha ),g_x=gsin(\alpha )\ e\ g_y=gcos(\alpha )}\\\\ \mathrm{ Tempo\ de\ v\hat{o}o:v_y(t)=v_0sin(\theta -\alpha )-gcos(\alpha )t}\\\\ \mathrm{Para\ t_{Subida}=t_{Descida}\ \therefore\ t_{V\hat{o}o}=2t_{Subida}=2t_{Descida}=\frac{2v_0sin(\theta -\alpha )}{gcos(\alpha )}}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Em\ x:R=v_xt_{V\hat{o}o}+\frac{g_xt_{V\hat{o}o}^2}{2}:}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ R=\frac{2v_0^2sin(\theta -\alpha )cos(\theta -\alpha )}{gcos(\alpha )}-\frac{2v_0^2sin^2(\theta -\alpha )sin(\alpha )}{gcos^2(\alpha )}}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ R=\frac{2v_0^2}{g}\left [ \frac{sin(\theta -\alpha )cos(\theta -\alpha )}{cos(\alpha )}-\frac{sin^2(\theta -\alpha )sin(\alpha )}{cos^2(\alpha )} \right ]}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ R=\frac{2v_0^2}{g}\left [ \frac{sin(\theta -\alpha )cos(\theta -\alpha )cos(\alpha )}{cos^2(\alpha )}-\frac{sin^2(\theta -\alpha )sin(\alpha )}{cos^2(\alpha )} \right ]}[/latex]

[latex] \mathrm{ R=\frac{2v_0^2sin(\theta -\alpha )}{gcos^2(\alpha )}[cos(\theta -\alpha )cos(\alpha )-sin(\theta -\alpha )sin(\alpha )]=\frac{2v_0^2sin(\theta -\alpha )cos(\theta )}{gcos^2(\alpha )}}\\\\ \mathrm{Sendo\ \alpha =cte,logo,R=R(\theta )=\frac{2v_0^2sin(\theta -\alpha )cos(\theta )}{gcos^2(\alpha )}=ksin(\theta -\alpha )cos(\theta ),k=cte}\\\\ \mathrm{Sejam\ \lambda =\theta -\alpha \ e\ \mu =\theta\ \therefore\ R(\theta )=ksin(\lambda )cos(\mu )=\frac{k}{2}[sin(\lambda +\mu )+sin(\lambda -\mu )]}\\\\ \mathrm{\lambda -\mu =-\alpha =cte\ \therefore\ R(\theta )=\frac{k}{2}[sin(\lambda +\mu )+cte]\ \therefore\ R(\theta )=R_{m\acute{a}x}\ quando\ sin(\lambda +\mu )=1}\\\\ \mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \therefore\ \lambda +\mu =90^{\circ}\to 2\theta -\alpha =90^{\circ}\ \therefore\ \theta =60^{\circ}, dado\ que\ \alpha =30^{\circ}}[/latex]

Voltando em:

[latex]\mathrm{R=R(\theta )=\frac{2v_0^2sin(\theta -\alpha )cos(\theta )}{gcos^2(\alpha )}=\frac{2v_0^2}{3g},com(\theta,\alpha )=(60^{\circ},30^{\circ})}[/latex]

Se houver dúvidas, avise.

por **Giovana Martins** Dom 14 Jan 2024, 17:47

Zeroberto escreveu:Olá!

Pelo que vi na sua imagem, você estava decompondo a gravidade para fazer a questão. Infelizmente vou ficar te devendo a resolução com esse método.

Normalmente utilizo o método vetorial para lançamentos no plano incliado, vou deixar esse vídeo caso você não conheça: https://youtu.be/Ch-Su17jT1Y?si=BAyEA0TJKUIun4yE

OBS: o alcance no plano inclinado é máximo quando o objeto é lançado na bissetriz do ângulo entre a reta normal ao chão e o plano inclinado (o 2α da imagem), por isso o ângulo lá de cima é α também. Essa propriedade é demonstrada no vídeo que te mandei.

OBS²: se alguém puder colocar a resolução pela decomposição da gravidade, enriqueceria o tópico ainda mais.

Qualquer dúvida só avisar!

Excelente o seu jeito de resolver. Não tinha ideia de que era possível resolver assim.

Decompondo a gravidade igual eu resolvi é ruim demais kkkkkk. Dá muita conta e na pressa é muito fácil de errar. Enfim, segue a resolução decompondo a gravidade. Aprendi essa daí vendo questões da OBF, mas não me lembro em qual ano da OBF caiu essa questão.

por Zeroberto Dom 14 Jan 2024, 18:03

Giovana Martins escreveu:
Excelente o seu jeito de resolver. Não tinha ideia de que era possível resolver assim.

Decompondo a gravidade igual eu resolvi é ruim demais kkkkkk. Dá muita conta e na pressa é muito fácil de errar. Enfim, segue a resolução decompondo a gravidade. Aprendi essa daí vendo questões da OBF, mas não me lembro em qual ano da OBF caiu essa questão.

Ano passado caí nesse vídeo pela recomendação do youtube. Desde então, nunca mais decompus a gravidade. Eu me bato demais encontrando os ângulos certos, perdendo muito tempo.

É importante frisar que essa tática vetorial não resolve tudo (infelizmente). Fiz uma questão ano passado que, além do plano inclinado, havia também um campo elétrico só pra complicar. Aí não tinha jeito, era só decompondo a gravidade.

Se eu não esquecer, mais tarde posto ela no fórum junto com a resolução, é bem interessante.

por mhope Dom 14 Jan 2024, 19:02

Muito obrigada, pessoal!! Resoluções brilhantes, meus sinceros parabéns!! Smile

por **Leonardo Mariano** Dom 14 Jan 2024, 19:18

Uma outra maneira, utilizando a parábola de segurança, que é ensinada no livro de mecânica do Renato Brito.
Ao efetuar o lançamento de um objeto com velocidade v e variar o ângulo, são obtidas diversas trajetórias, essas trajetórias tangenciam uma mesma parábola que é chamada de parábola de segurança. Ou seja, sabendo a velocidade de lançamento temos a equação de uma parábola que descreve todos os pontos máximos atingíveis por esse lançamento.
Sua equação, na qual x e y são as coordenadas, considerando o lançamento em (0, 0):
[latex] Y_p = \frac{v_o^2}{2g}-\frac{g}{2v_o^2}X_p^2 [/latex]
No caso da questão, como foi dito que o lançamento foi feito de modo a atingir o máximo alcance no plano inclinado, v0 é a velocidade necessária para que o objeto, sendo lançado por um ângulo específico, caia no final do plano inclinado, ou seja, este ponto pertence à parábola de segurança.
Chamando de (a, b) as coordenadas do ponto máximo do plano inclinado:
[latex] tg30^o=\frac{b}{a}\rightarrow a = b\sqrt{3} [/latex]
Aplicando a equação da parábola de segurança e fazendo a substituição acima:
[latex] b = \frac{v_o^2}{2g}-\frac{g}{2v_o^2}a^2 \rightarrow \frac{3g}{2v_o^2}b^2+b-\frac{v_o^2}{2g}=0 \\
b = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4.\frac{3g}{2v_o^2}.(-\frac{v_o^2}{2g})}}{2.\frac{3g}{2v_o^2}}=\frac{-1 \pm \sqrt{4}}{\frac{3g}{v_o^2}} \therefore b = \frac{v_o^2}{3g} [/latex]
Chamando a medida do alcance de A:
[latex] sen30^o=\frac{b}{A} \rightarrow A = \frac{\frac{v_o^2}{3g}}{\frac{1}{2}} \therefore A = \frac{2v_o^2}{3g} [/latex]

por **Giovana Martins** Dom 14 Jan 2024, 19:27

Leonardo Mariano escreveu:
Uma outra maneira, utilizando a parábola de segurança, que é ensinada no livro de mecânica do Renato Brito.
Ao efetuar o lançamento de um objeto com velocidade v e variar o ângulo, são obtidas diversas trajetórias, essas trajetórias tangenciam uma mesma parábola que é chamada de parábola de segurança. Ou seja, sabendo a velocidade de lançamento temos a equação de uma parábola que descreve todos os pontos máximos atingíveis por esse lançamento.
Sua equação, na qual x e y são as coordenadas, considerando o lançamento em (0, 0):
[latex] Y_p = \frac{v_o^2}{2g}-\frac{g}{2v_o^2}X_p^2 [/latex]
No caso da questão, como foi dito que o lançamento foi feito de modo a atingir o máximo alcance no plano inclinado, v0 é a velocidade necessária para que o objeto, sendo lançado por um ângulo específico, caia no final do plano inclinado, ou seja, este ponto pertence à parábola de segurança.
Chamando de (a, b) as coordenadas do ponto máximo do plano inclinado:
[latex] tg30^o=\frac{b}{a}\rightarrow a = b\sqrt{3} [/latex]
Aplicando a equação da parábola de segurança e fazendo a substituição acima:
[latex] b = \frac{v_o^2}{2g}-\frac{g}{2v_o^2}a^2 \rightarrow \frac{3g}{2v_o^2}b^2+b-\frac{v_o^2}{2g}=0 \\
b = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4.\frac{3g}{2v_o^2}.(-\frac{v_o^2}{2g})}}{2.\frac{3g}{2v_o^2}}=\frac{-1 \pm \sqrt{4}}{\frac{3g}{v_o^2}} \therefore b = \frac{v_o^2}{3g} [/latex]
Chamando a medida do alcance de A:
[latex] sen30^o=\frac{b}{A} \rightarrow A = \frac{\frac{v_o^2}{3g}}{\frac{1}{2}} \therefore A = \frac{2v_o^2}{3g} [/latex]

Excelente. Vou favoritar essa aqui também, pois eu também não conhecia.

Muito obrigada!