Enem 2021 - Questão resolvida #02

(Enem 2021) A figura foi extraída de um antigo jogo para computadores, chamado Bang! Bang!

No jogo, dois competidores controlam os canhões A e B, disparando balas alternadamente com o objetivo de atingir o canhão do adversário; para isso, atribuem valores estimados para o módulo da velocidade inicial de disparo ($|\vec{v_0}|$) e para o ângulo de disparo ($\theta$).

Em determinado momento de uma partida, o competidor B deve disparar; ele sabe que a bala disparada anteriormente, $\theta = 53°$, passou tangenciando o ponto $\textrm{P}$.

No jogo, $\vec{g}$ é igual a $10 \ \textrm{m/s}^2$. Considere $\sin{53°} = 0{,}8$, $\cos{53°} = 0{,}6$, e desprezível a ação de forças dissipativas.

Disponível em: http://mebdownloads.butzke.net.br.
Acesso em: 18 abr. 2015 (adaptado).

Com base nas distâncias dadas e mantendo o último ângulo de disparo, qual deveria ser, aproximadamente, o menor valor de $|\vec{v_0}|$ que permitiria ao disparo efetuado pelo canhão B atingir o canhão A?

a) $30 \ \textrm{m/s}$. b) $35 \ \textrm{m/s}$. c) $40 \ \textrm{m/s}$. d) $45 \ \textrm{m/s}$. e) $50 \ \textrm{m/s}$.

Vamos considerar o lançamento de um projétil em B, a um ângulo $\theta$ com a horizontal, com módulo da velocidade inicial $v_0$ — isto é, módulos das velocidades iniciais $v_{0x}$ na horizontal e $v_{0y}$ na vertical — como representado na Figura 1.

Figura 1. Lançamento oblíquo. O projétil parte de B, no ponto $(x_\textrm{B},y_\textrm{B})$, a um ângulo $\theta$ com a horizontal e velocidades iniciais $v_{0x} = v_0 \, \cos{\theta}$ e $v_{0y} = v_0 \, \sin{\theta}$, passa por cima do morro e atinge A no ponto $(x_\textrm{A},y_\textrm{A})$.

No eixo vertical, a expressão que rege o deslocamento em $y$, com relação ao tempo $t$, devido à aceleração $\vec{g}$ da gravidade, é a do movimento uniformemente variado:

\begin{equation} y = y_0 + v_{0y} t - \frac{gt^2}{2} \, \textrm{.} \end{equation}

Se, inicialmente, $y_0=y_\textrm{B}=0$, pois é a altura do projétil em B, e, das relações trigonométricas, $v_{0y} = v_0 \, \sin{\theta}$, então:

\begin{equation} y = v_0 \, \sin{\theta} \, t - \frac{g t^2 }{2} \, \textrm{.} \end{equation}

Por outro lado, no eixo horizontal, a expressão que rege o deslocamento em $x$, com relação ao tempo $t$, por não haver aceleração, é a do movimento uniforme:

\begin{equation} x = x_0 + v_{0x} t \, \textrm{.} \end{equation}

Da mesma forma; se, no início, $x_0=x_\textrm{B}=0$, pois é a origem horizontal do deslocamento, e, das relações trigonométricas, $v_{0x} = v_0 \, \cos{\theta}$ então:

\begin{equation} x = v_0 \, \cos{\theta} \, t \, \textrm{.} \end{equation}

Vamos isolar $t$ da expressão acima,

\begin{equation} t = \frac{x}{v_0 \, \cos{\theta}} \, \textrm{,} \end{equation}

e substituí-lo na Equação (2):

\begin{align} \begin{split} \require{cancel} y &= v_0 \, \sin{\theta} \, t - \frac{g}{2} t^2 \\ &= v_0 \, \sin{\theta} \frac{x}{v_0 \, \cos{\theta}} - \frac{g}{2} \Big(\frac{x}{v_{0} \, \cos{\theta}}\Big)^2 \\ &= \frac{\cancel{v_0} \sin{\theta} \, x}{\cancel{v_0} \cos{\theta}} - \frac{g}{2} \frac{ x^2 }{ v^2_0 \, \cos^2{\theta} } \\ &= \frac{\sin{\theta} \, x }{ \cos{\theta} } - \frac{g}{2} \frac{ x^2 }{ v^2_0 \, \cos^2{\theta} } \, \textrm{.} \end{split} \end{align}

Agora, para encontrar $v_0$, vamos prosseguir substituindo, na equação acima, os valores dados no enunciado referentes ao ponto A, já que estão todos no SI, isto é, $x=x_\textrm{A}=120$ e $y=y_\textrm{A}=35$:

\begin{align} \begin{split} 35 &= \frac{ 0{,}8 \cdot 120}{ 0{,}6 } - \frac{10}{2} \frac{ 120^2 }{ v^2_0 \, 0{,}6^2 } \\ &= 160 - \frac{200.000}{ v^2_0 } \, \textrm{,} \end{split} \end{align}

ou seja,

\begin{equation} 125 = \frac{200.000}{ v^2_0 } \, \textrm{,} \end{equation}

ou melhor,

\begin{align} \begin{split} v^2_0 &= \frac{200.000}{ 125 } \\ &= 1.600 \, \textrm{.} \end{split} \end{align}

Por fim, extraindo a raiz quadrada,

\begin{align} \begin{split} v_0 &= \sqrt{1.600} \\ &= 40 \ \textrm{m/s} \, \textrm{.} \end{split} \end{align}

Resposta: c.

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