Movimento Balístico

Consideraremos, a seguir, um caso especial de movimento bidimensional: uma

partícula que se move em um plano vertical com velocidade inicial e com 0

uma aceleração constante, igual à aceleração de queda livre , dirigida para baixo. Uma partícula que se move dessa forma é chamada de projétil (o que significa que é projetada ou lançada), e o movimento é chamado de movimento

balístico. O projétil pode ser uma bola de tênis (Fig. 4-8) ou de golfe, mas não um avião ou um pato. Muitos esportes envolvem o movimento balístico de uma bola; jogadores e técnicos estão sempre procurando controlar esse movimento para obter o máximo de vantagem. O jogador que descobriu a rebatida em Z no raquetebol na década de 1970, por exemplo, vencia os jogos com facilidade porque a trajetória peculiar da bola no fundo da quadra surpreendia os adversários.

Vamos agora analisar o movimento balístico usando as ferramentas descritas

nos Módulos 4-1 a 4-3 para o movimento bidimensional, sem levar em conta a

influência do ar. A Fig. 4-9, que será discutida em breve, mostra a trajetória de um projétil quando o efeito do ar pode ser ignorado. O projétil é lançado com

uma velocidade inicial que pode ser escrita na forma 0

 

As componentes v e v podem ser calculadas se conhecermos o ângulo θ 0x 0y0

entre e o semieixo x positivo: 0

 

Durante o movimento bidimensional, o vetor posição e a velocidade do projétil mudam continuamente, mas o vetor aceleração é constante e está sempre dirigido verticalmente para baixo. O projétil não possui aceleração horizontal.

O movimento balístico, como o das Figs. 4-8 e 4-9, parece complicado, mas

apresenta a seguinte propriedade simplificadora (que pode ser demonstrada experimentalmente):

 

No movimento balístico, o movimento horizontal e o movimento

vertical são independentes, ou seja, um não afeta o outro.

 

Richard Megna/Fundamental Photographs

Figura 4-8 Fotografia estroboscópica de uma bola de tênis amarela quicando em uma superfície dura. Entre os impactos, a trajetória da bola é balística.

Figura 4-9 O movimento balístico de um projétil lançado da origem de um sistema de coordenadas com

velocidade inicial e ângulo θ . Como mostram as componentes da velocidade, o movimento é uma 0 0

combinação de movimento vertical (com aceleração constante) e movimento horizontal (com velocidade constante).

 

Essa propriedade permite decompor um problema que envolve um movimento bidimensional em dois problemas unidimensionais independentes e mais fáceis de serem resolvidos, um para o movimento horizontal (com aceleração nula) e outro para o movimento vertical (com aceleração constante para baixo). Apresentamos a seguir dois experimentos que mostram que o movimento horizontal e o movimento vertical são realmente independentes.

 

Duas Bolas de Golfe

A Fig. 4-10 é uma fotografia estroboscópica de duas bolas de golfe, uma que simplesmente foi deixada cair e outra que foi lançada horizontalmente por uma mola. As bolas de golfe têm o mesmo movimento vertical; ambas percorrem a mesma distância vertical no mesmo intervalo de tempo. O fato de uma bola estar se movendo horizontalmente enquanto está caindo não afeta o movimento vertical; ou seja, os movimentos horizontal e vertical são independentes.

 

Richard Megna/Fundamental Photographs

Figura 4-10 Uma bola é deixada cair a partir do repouso no mesmo instante em que outra bola é lançada horizontalmente para a direita. Os movimentos verticais das duas bolas são iguais.

Uma Demonstração Interessante

A Fig. 4-11 apresenta uma demonstração que tem animado muitas aulas de física. Um canudo C é usado para soprar pequenas bolas em direção a uma lata suspensa por um eletroímã E. O experimento é arranjado de tal forma que o canudo está apontado para a lata e o ímã solta a lata no mesmo instante em que a bola deixa o tubo.

Se g (o módulo da aceleração de queda livre) fosse zero, a bola seguiria a

trajetória em linha reta mostrada na Fig. 4-11 e a lata continuaria no mesmo lugar após ter sido liberada pelo eletroímã. Assim, a bola certamente atingiria a lata, independentemente da força do sopro. Na verdade, g não é zero, mas,

mesmo assim, a bola sempre atinge a lata! Como mostra a Fig. 4-11, a aceleração da gravidade faz com que a bola e a lata sofram o mesmo deslocamento para baixo, h, em relação à posição que teriam, a cada instante, se a gravidade fosse nula. Quanto maior a força do sopro, maior a velocidade inicial da bola, menor o tempo que a bola leva para se chocar com a lata e menor o valor de h.

 

Teste 3

Em um dado instante, uma bola que descreve um movimento

balístico tem uma velocidade = 25 – 4,9 (o eixo x é horizontal, o eixo y é vertical e aponta para cima e está em metros por segundo). A bola já passou pelo ponto mais alto da trajetória?

Figura 4-11 A bola sempre acerta na lata que está caindo, já que as duas percorrem a mesma distância h em queda livre.

 

Movimento Horizontal

Agora estamos preparados para analisar o movimento horizontal e vertical de um projétil. Como não existe aceleração na direção horizontal, a componente

horizontal v da velocidade do projétil permanece inalterada e igual ao valor x

inicial v durante toda a trajetória, como mostra a Fig. 4-12. Em qualquer 0x

instante t, o deslocamento horizontal do projétil em relação à posição inicial, x

– x , é fornecido pela Eq. 2-15 com a = 0, que podemos escrever na forma 0

 

x − x = v t. 0 0x

 

Como v = v cos θ , temos: 0x 0 0

 

Movimento Vertical

O movimento vertical é o movimento que discutimos no Módulo 2-5 para uma partícula em queda livre. O mais importante é que a aceleração é constante.

Assim, as equações da Tabela 2-1 podem ser usadas, desde que a seja

substituído por −g e o eixo x seja substituído pelo eixo y. A Eq. 2-15, por exemplo, se torna

 

em que a componente vertical da velocidade inicial, v , foi substituída pela 0y

expressão equivalente v sen θ . Da mesma forma, as Eqs. 2-11 e 2-16 se 0 0

tornam

 

Como mostram a Fig. 4-9 e a Eq. 4-23, a componente vertical da velocidade

se comporta exatamente como a de uma bola lançada verticalmente para cima. Está dirigida inicialmente para cima e o módulo diminui progressivamente até se anular no ponto mais alto da trajetória. Em seguida, a componente vertical da velocidade muda de sentido e o módulo passa a aumentar com o tempo.

Jamie Budge

Figura 4-12 A componente vertical da velocidade do skatista está variando, mas não a componente horizontal, que é igual à velocidade do skate. Em consequência, o skate permanece abaixo do atleta, permitindo que ele pouse no skate após o salto.

 

Equação da Trajetória

Podemos obter a equação do caminho percorrido pelo projétil (ou seja, da

trajetória) eliminando o tempo t nas Eqs. 4-21 e 4-22. Explicitando t na Eq. 4-

21 e substituindo o resultado na Eq. 4-22, obtemos, após algumas manipulações algébricas,

 

Essa é a equação da trajetória mostrada na Fig. 4-9. Ao deduzi-la, para

simplificar, fizemos x = 0 e y = 0 nas Eqs. 4-21 e 4-22, respectivamente. 0 0

Como g, θ e v são constantes, a Eq. 4-25 é da forma y = ax + bx2, em que a e b 0 0

são constantes. Como se trata da equação de uma parábola, dizemos que a trajetória é parabólica.

 

Alcance Horizontal

O alcance horizontal R de um projétil é a distância horizontal percorrida pelo projétil até voltar à altura inicial (altura de lançamento). Para determinar o

alcance R, fazemos x – x = R na Eq. 4-21 e y – y = 0 na Eq. 4-22, o que nos dá 0 0

 

Eliminando t nas duas equações, obtemos

 

Usando a identidade sen 2θ = 2 sen θ cos θ (veja o Apêndice E), obtemos 0 0 0

 

Essa equação não fornece a distância horizontal percorrida pelo projétil quando

a altura final é diferente da altura de lançamento. Observe na Eq. 4-26 que R é

máximo para sen 2θ = 1, o que corresponde a 2θ = 90° ou θ = 45°. 0 0 0

 

O alcance horizontal R é máximo para um ângulo de lançamento de 45°.

 

Quando a altura final é diferente da altura de lançamento, como acontece no arremesso de peso, no lançamento de disco e no basquetebol, a distância horizontal máxima não é atingida para um ângulo de lançamento de 45°.

 

Efeitos do Ar Até agora, supusemos que o ar não exerce efeito algum sobre o movimento de um projétil. Em muitas situações, porém, a diferença entre a trajetória calculada dessa forma e a trajetória real do projétil pode ser considerável, já que o ar

resiste (se opõe) ao movimento. A Fig. 4-13, por exemplo, mostra as trajetórias de duas bolas de beisebol que deixam o bastão fazendo um ângulo de 60° com a horizontal, com uma velocidade inicial de 44,7 m/s. A trajetória I (de uma bola de verdade) foi calculada para as condições normais de jogo, levando em conta a resistência do ar. A trajetória II (de uma bola em condições ideais) é a trajetória que a bola seguiria no vácuo.

 

Figura 4-13 (I) Trajetória de uma bola, levando em conta a resistência do ar. (II) Trajetória que a bola

seguiria no vácuo, calculada usando as equações deste capítulo. Os dados correspondentes estão na Tabela

4-1. (Adaptado de “The Trajectory of a Fly Ball”, Peter J. Brancazio, The Physics Teacher, January 1985.)

 

Teste 4

Uma bola de beisebol é rebatida na direção do campo de jogo. Durante o percurso (ignorando o efeito do ar), o que acontece com as componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade? Qual é a componente (c) horizontal e (d) vertical da aceleração durante a subida, durante a descida e no ponto mais alto da trajetória?

 

Tabela 4-1 a Trajetórias de Duas Bolas de Beisebol

 

Trajetória I Trajetória I

(Ar) (Vácuo)

Alcance 98,5 m 177 m

 

Altura máxima 53,0 m 76,8 m

Tempo de 6,6 s 7,9 s percurso

 

aVeja a Fig. 4.13. O ângulo de lançamento é 60º e a velocidade de lançamento é 44,7 m/s.

 

Exemplo 4.04 Projétil lançado de um

avião

Na Fig. 4-14, um avião de salvamento voa a 198 km/h (= 55,0 m/s), a uma altura constante de 500 m, rumo a um ponto diretamente acima da vítima de um naufrágio, para deixar cair uma balsa. (a) Qual deve ser o ângulo ϕ da linha de visada do piloto para a vítima no instante em que o piloto deixa cair a balsa?

 

IDEIAS-CHAVE

Como, depois de liberada, a balsa é um projétil, os movimentos horizontal e vertical podem ser examinados separadamente (não é preciso levar em conta a curvatura da trajetória).

 

Cálculos: Na Fig. 4-14, vemos que ϕ é dado por

 

em que x é a coordenada horizontal da vítima (e da balsa ao chegar à

água) e h = 500 m. Podemos calcular x com o auxílio da Eq. 4-21:

 

Sabemos que x = 0 porque a origem foi colocada no ponto de 0

lançamento. Como a balsa é deixada cair e não arremessada do

avião, a velocidade inicial é igual à velocidade do avião. Assim, 0

sabemos também que a velocidade inicial tem módulo v = 55,0 m/s e 0

ângulo θ = 0° (medido em relação ao semieixo x positivo). 0

Entretanto, não conhecemos o tempo t que a balsa leva para percorrer a distância do avião até a vítima.

 

Figura 4-14 Um avião lança uma balsa enquanto se desloca com velocidade constante em um voo horizontal. Durante a queda, a velocidade horizontal da balsa permanece igual à velocidade do avião.

 

Para determinar o valor de t, temos que considerar o movimento

vertical e, mais especificamente, a Eq. 4-22:

 

Aqui, o deslocamento vertical y - y da balsa é -500 m (o valor 0 negativo indica que a balsa se move para baixo). Assim,

 

Resolvendo essa equação, obtemos t = 10,1 s. Substituindo na Eq. 4-

28, obtemos:

 

ou x = 555,5 m.

Nesse caso, a Eq. 4-27 nos dá

(b) No momento em que a balsa atinge a água, qual é a sua velocidade na notação dos vetores unitários e na notação módulo-ângulo?

 

 

IDEIAS-CHAVE

(1) As componentes horizontal e vertical da velocidade da balsa são

independentes. (2) A componente v não muda em relação ao valor x

inicial v = v cos θ porque não existe uma aceleração horizontal. (3) 0x 0 0

A componente v muda em relação ao valor inicial v = v sen θ y 0y 00 porque existe uma aceleração vertical.

 

Cálculos: Quando a balsa atinge a água,

 

v = v cos θ = (55,0 m/s)(cos 0°) = 55,0 m/s. x 0 0

 

Usando a Eq. 4-23 e o tempo de queda da balsa t = 10,1 s, descobrimos que, quando a balsa atinge a água,

 

v = v sen θ − gt y 0 0

= (55,0 m/s)(sen 0°) = (9,8 m/s2)(10,1 s).

= −99,0 m/s.

 

Assim, no momento em que a balsa atinge a água,

 

De acordo com a Eq. 3-6, o módulo e o ângulo de são

 

Exemplo 4.05 Lançamento a partir de um

escorrega aquático

Um dos vídeos mais impressionantes da internet (na verdade, totalmente falso) mostra um homem descendo um grande escorrega aquático, sendo lançado no ar e mergulhando em uma piscina. Vamos usar dados realistas para calcular com que velocidade o homem

chegaria à piscina. A Fig. 4-15a mostra os pontos inicial e final da trajetória balística e um sistema de coordenadas com a origem no ponto de lançamento. Com base no que mostra o vídeo, usamos uma distância horizontal entre os pontos inicial e final D = 20,0 m, um

tempo de percurso t = 2,50 s e um ângulo de lançamento θ = 40,0°. 0 Nosso objetivo é calcular o módulo da velocidade no instante em que o homem deixa o escorrega e no instante em que ele mergulha na piscina.

 

Figura 4-15 (a) Um homem é lançado de um escorrega aquático e vai cair em uma piscina. Velocidade do homem (b) ao ser lançado do escorrega e (c) ao mergulhar na piscina.

 

IDEIAS-CHAVE

(1) Como se trata de um movimento balístico, podemos aplicar separadamente as equações de aceleração constante às componentes horizontal e vertical do movimento. (2) Em toda a trajetória, a

aceleração vertical é a = −g = −9,8 m/s e a aceleração horizontal é a yx = 0.

 

Cálculos: Na maioria dos problemas de balística, o primeiro desafio consiste em escolher as equações mais adequadas. Não há nada de errado em experimentar várias equações para ver se alguma delas permite calcular as velocidades que buscamos. Aqui vai, porém, uma sugestão: Como pretendemos aplicar separadamente as equações de aceleração constante aos movimentos ao longo dos eixos x e y, é mais razoável calcular as componentes horizontal e vertical da velocidade nos pontos inicial e final e usar esses resultados para calcular a velocidade total nos dois pontos.

Vamos começar pelo movimento horizontal. Como a = 0, sabemos x

que a componente horizontal v da velocidade é constante ao longo de x

todo o percurso e, portanto, é igual à componente horizontal v no 0x ponto de lançamento. Podemos relacionar essa componente ao

deslocamento x − x e ao tempo de percurso usando a Eq. 2-15: 0

 

Fazendo x − x = D = 20 m, a = 0 e t = 2,50 s, temos: 0 x

 

Como mostra a Fig. 4-15b, as componentes x e y da velocidade são

os catetos de um triângulo retângulo cuja hipotenusa é o módulo da velocidade total. Assim, podemos aplicar a relação trigonométrica

 

que nos dá