Fotografia estroboscópica de duas esferas largadas simultaneamente
v0x
As duas esferas são jogadas sob
a acção da gravidade
A esfera rosa é solta  v0y = 0
(queda livre)
A esfera amarela tem velocidade
inicial horizontal v0x
A cada instante as esferas têm a
mesma altura
As duas esferas chegam ao
mesmo tempo no solo
1
Diagrama do movimento de um projéctil
Movimento uniformemente variado
Movimento rectilíneo uniforme
2
EQUAÇÕES DE MOVIMENTO DO PROJÉCTIL
Movimento rectilíneo uniforme na horizontal
Componente horizontal da velocidade
v x  v0 x  v0 cos 0  constante
Componente horizontal da posição
x  x0 x  v0 x t  x0 x  v0 cos 0 t
Movimento uniformemente variado na vertical
Componente vertical da velocidade
Componente vertical da posição
v y  voy  gt  v0 sin 0  gt
y  y0  v0 y t 
1 2
1
gt  y0  v0 sin 0t  gt 2
2
2
3
Alcance e altura máxima dum projéctil
ALTURA MÁXIMA
vy  0
O tempo para atingir a altura máxima
h (quando v y  0) :

v0
v y  v0 y  gt  v0 sen  0  gt
0  v0 y  gt  v0 sen  0  gt
v0 y v0 sin  0
th 

g
g
0
Substituindo th em
1 2
y  y0  v0 sin  0t  gt
2
obtemos
1 2 v0 sin  0 
h  v0 sin  0t h  gt h 
2
2g
2

v02 sin 2  0
h
2g
4
ALCANCE
vy  0

v0
R é o alcance - distância horizontal
percorrida pela partícula até chegar à
altura inicial
O movimento é simétrico 
a partícula
leva um tempo th para subir e o mesmo
tempo th para cair ao mesmo nível
Portanto o tempo para percorrer R é
t  2th  2 v0 sin  0
g
0
x  x0 x  v0 x t  x0 x  v0 cos 0 t
R  v0 x (2th )  v0cos0 (2th )
 2v0 sin  0 

R  v0 cos  0 
g



v02 sin 20
R
g
Um projéctil lançado da origem com uma velocidade escalar inicial de
para vários ângulos  0
50 m/s
Alcance máximo Rmáx
R
v2
0
g
sin 2 0
sin 20 é máximo quando for  1
O que acontece quando
 0  45 o
20   / 2
Rmax 
v 20
g
Os ângulos complementares (somam 90 graus) dão origem ao mesmo valor de R
6
Exemplo 11. Um canhão atira esferas com velocidade v0 = 100 m/s. a) Determine o
alcance máximo da esfera. b) Mostre que existem dois ângulos possíveis para atingir um
alvo à uma distância d = 800 m, menor que a distância máxima.
a) Determine o alcance máximo da esfera
2
v0
(100 m/s) 2

 1020 m
Rmax=
2
g
9.8 m/s
b) Mostre que existem dois ângulos possíveis para atingir um alvo à uma distância d =
800 m, menor que a distância máxima
R
v sin 2 0
g
2
0
2
, mas
v0
 RMáx
g
assim
sin 2 0 
R
800 m

 0.784
RMáx 1020m
sin2 01  52o   01  26o
e o ângulo complementar
 02  90o -26o  64o
. Substituindo, fica
R  RMáx sin2 0
Exemplo 12. Uma pedra cai dum penhasco com velocidade v = 10 m/s na horizontal. a)
Descreva o movimento,
ou seja, determine vx(t), vy(t), x(t) e y(t). b) Obtenha os ângulos

 e   de r e com a horizontal em t =1.0 s.
a) Descreva o movimento, ou seja, determine vx(t),
vy(t), x(t) e y(t).
As componentes da velocidade são:
v x  10 m/s

v
v y  voy  gt  0  gt  9.8t
As componentes do vetor posição são:
x  x0 x  v0 x t  0  10t  10t
1 2
1
y  y0  v0 y t  gt  0  0  9.8t 2  4.9t 2
2
2
 
b) Obtenha os ângulos  e  ' que r e v
fazem com a horizontal em t =1.0 s.





r  xex  yey  (10 t ex  4.9 t 2 e y ) m





v  v x ex  v y e y  (10ex  9.8te y ) m/s
y
tg    0,49 t  (0.49 )(1 s)  -0.49
x
  26o
tg  
vy
vx
 '  44o
  0,98 t  (0.98)(1 s)  -0.98
8