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Enunciado

Física - Curso de Física Básica - Mecânica Volume 1 - 5ª Edição - Herch Moysés Nussenzveig- Ed: 5º - Capítulo 3.Problemas - Ex. 9

Num jogo de vôlei, desde uma distância de 14,5 m da rede, é dado um saque do tipo “jornada das estrelas”. A bola sobe a 20 m acima da altura de lançamento, e desce até a altura do lançamento num ponto do campo adversário situado a 1 m da rede e 8 m à esquerda do lançamento. (a) Em que ângulo a bola foi lançada? (b) Com que velocidade (em km/h) volta a atingir a altura do lançamento? (c) Quanto tempo decorre neste percurso?

Passo 1

Nosso saque é assim

Portanto, cai no mesmo caso de lançamento de projéteis que já sabemos responder! Top.

Não sabemos a que distância da rede a bola atinge o chão, mas que ela está a 1 m da rede quando atinge a altura do saque, então vamos considerar o lançamento só até essa altura, asism nossa distância horizontal percorrida é

D = 15,5 m

E a altura máxima atingida ( com referencial 0 no topo da rede) é

H = 20   m

Passo 2

  1. Sabemos que o movimento é descrito asism

    2. x = v x t   y = v 0 y t - g 2 t 2  

    E fazendo y = 0 podemos resolver o sistema e descobrir a distância do projétil, dessa forma

    D = v 0 2 g s e n 2 θ

    Como só temos D e H, vamos buscar outras relações para achar nossa veclodade v 0  

    A altura máx acontece quando a velocidade vertical = 0 , então

    0 = v 0 y - g t →   t = v s e n θ g

    Substituindo na equação da trajetória temos

    D = v 0 2 g   s e n 2 θ

    y m á x = H =   v 0 s e n θ . v 0 s e n θ g - 1 2 g v 0 2 s e n 2 θ =   v 0 2 s e n 2 θ 2 g

    Assim ficamos com o sistema :

    D = v 0 2 g s e n 2 θ   H =   v 0 2 s e n 2 θ 2 g  

    Temos :

    D g = v 0 2 s e n 2 θ   2 H g =   v 0 2 s e n 2 θ  

    Dividindo as 2 equções ficamos com

    D 2 H = s e n 2 θ s e n 2 θ  

    Para resolver aqui usaremos uma identidade trigonométrica

    s e n 2 θ = 1 2 ( 1 - c o s 2 θ )  

    →

    D 2 H = s e n 2 θ 1 2 ( 1 - c o s 2 θ )

    Fazendo D 4 H = k para facilitar nossos cálculos fica assim

    k 1 - c o s 2 θ = s e n 2 θ

    →

    k 2 1 - c o s 2 θ 2 = s e n 2 2 θ

    Utilizando aquela formulinha da trigonometria a gente consegue deixar a equação bonita! Tamos quase no fim, não desiste haha.

    s e n 2 x + cos 2 ⁡ x = 1

    →

    k 2 1 - c o s 2 θ 2 = 1 - cos 2 ⁡ 2 θ

    →

    k 2 - 2 k 2 cos ⁡ 2 θ + k 2 cos 2 ⁡ 2 θ = 1 - cos 2 ⁡ 2 θ  

    Organizando tudo a gente fica com uma equação do segundo grau tranquilinha

    ( k 2 + 1 ) cos 2 ⁡ 2 θ - 2 k 2 c o s 2 θ + k 2 - 1 = 0

    k 2 + 1 = a  

    - 2 k 2 = b

    k 2 - 1 = c

    →

    c o s 2 θ = 2 k 2 ± 4 k 4 - 4 ( k 2 + 1 ) ( k 2 - 1 ) 2 k 2 + 1

    k = D 4 H = 15,5 4.20 = 0,19375

    →

    c o s 2 θ = 1   o u - 0,927

    Isso nos leva a θ = 0 °   o u   78 °

    Como o ângulo de lançamento não pode ser 0 então

    θ = 78 °

     

    Passo 3

  2. Como já descobrimos o ângulo de lançamento basta calcular a velocidade inicial da bola, que será a mesma da final, show?

    3. Aproveitando nossas contas

    H =   v 0 2 s e n 2 θ 2 g

    →

    v 0 = 2.9,8.20 s e n 2 78 ° = 20,4   m / s = 73   k m / h

    Passo 4

  3. Finalmente pra acabar nosso probleminha ( problemão né? Rs) o tempo que ela percorreu é dado por

x = v x t

→

t = x v x = 15,5 20,4 . c o s 78 ° ∼ 4 s  

Resposta

a )   78 °

b )   73   k m / h

c )   4 s

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