24)Para repor a bola em jogo rapidamente,um goleiro dá um chute e a bola sai de seus pés com uma velocidade inicial de 30 \mathrm{m} / \mathrm{s} ,cuja direção faz um ângulo de 30^{\circ} com o chão.Ela percorre, horizontalmente, 100 m do campo e entra no gol adversário. Considere a aceleração da gravidade 10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}, \cos 30^{\circ}=0,9 e \operatorname{sen} 30^{\circ}=0,5 .Determine:
a)Quanto tempo ela levou para entrar no gol,desde que perdeu o contato com o pé do goleiro?
b)O tempo que essa bola permanece no ar.
c)A altura máxima que essa bola atinge em relação ao solo.

Passo 1

O enunciado dá um chute com velocidade inicial \,30\\ \mathrm{m/s}\, formando ângulo de \,30^\circ\, com o chão. A bola percorre horizontalmente 100\\ \mathrm{m} e entra no gol adversário. Dados fornecidos: aceleração da gravidade g=10\\ \mathrm{m/s^2}, \cos 30^\circ = 0,9 e \sin 30^\circ = 0,5. As perguntas são:
a) Quanto tempo ela levou para entrar no gol (desde que saiu do pé do goleiro)?
b) Qual o tempo que essa bola permanece no ar (tempo total de voo até tocar o solo, assumindo lançamento da mesma altura do solo)?
c) Qual a altura máxima que essa bola atinge em relação ao solo (assumindo lançamento do solo)?

Passo 2

Primeiro vamos decompor a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical. Isso é padrão em lançamentos oblíquos: a componente horizontal é \,v_{x}=v_0\cos\theta\, e a componente vertical inicial é \,v_{y0}=v_0\sin\theta\,. Aqui:
v_0=30\\ \mathrm{m/s},\qquad \theta=30^\circ.
Usando os valores fornecidos:
v_x = 30\cdot 0{,}9 = 27\\ \mathrm{m/s},
v_{y0} = 30\cdot 0{,}5 = 15\\ \mathrm{m/s}.
Explicação curta: v_x é a velocidade constante no eixo horizontal (pois desprezamos resistência do ar), e v_{y0} é a velocidade inicial no eixo vertical que será afetada pela gravidade.

Passo 3

(a) Tempo até entrar no gol (usando a componente horizontal). A posição horizontal é dada por \,x=v_x t\, (movimento retilíneo uniforme). Logo
t=\frac{x}{v_x}.
Substituindo x=100\\ \mathrm{m} e v_x=27\\ \mathrm{m/s}:
t=\frac{100}{27}\\ \mathrm{s}.
Fazendo a divisão:
t\approx 3{,}70\\ \mathrm{s}.
Interpretação: esse é o tempo que a bola demora para percorrer 100\\ \mathrm{m} horizontalmente com velocidade horizontal 27\\ \mathrm{m/s}.

Passo 4

(b) Tempo total de voo (assumindo lançamento e aterrissagem na mesma altura do solo). Para o movimento vertical usamos a equação da posição
y(t)=v_{y0}t-\frac{1}{2}gt^2,
assumindo y(0)=0. As raízes dessa equação são t=0 e
T=\frac{2v_{y0}}{g},
que é a fórmula padrão para o tempo total de voo de um projétil lançado e aterrissando na mesma altura. Substituindo v_{y0}=15\\ \mathrm{m/s} e g=10\\ \mathrm{m/s^2}:
T=\frac{2\cdot 15}{10}=3\\ \mathrm{s}.
Explicação didática: a fórmula vem do fato de que o tempo de subida até o ponto mais alto é t_{\text{pico}}=v_{y0}/g; o tempo total de ida e volta vertical é o dobro disso.
Observação importante (para não te deixar confuso): comparando (a) e (b) vemos que 3{,}70\\ \mathrm{s}>3{,}00\\ \mathrm{s}. Isso significa que, se a bola tivesse sido chutada do solo ( y(0)=0), ela tocaria o solo após 3{,}0\\ \mathrm{s} e, portanto, não conseguiria percorrer 100\\ \mathrm{m} em vôo. Logo, para que a bola entre no gol aos 100\\ \mathrm{m} sem tocar o solo, o ponto de lançamento teria que ter uma altura inicial positiva. Se quiser saber essa altura inicial mínima para que a bola esteja ainda acima do solo aos 100\\ \mathrm{m}, calculamos abaixo (não pedido, só para reconciliar os números): impondo y(t=100/27)=0 e resolvendo para y(0) obtemos
y(0)=\frac{1}{2}g t^2 - v_{y0}t \approx 13{,}02\\ \mathrm{m}.
Ou seja, seria preciso uma altura de lançamento de cerca de 13{,}0\\ \mathrm{m} para que a bola ainda estivesse no ar ao alcançar 100\\ \mathrm{m}.

Passo 5

(c) Altura máxima em relação ao solo (assumindo lançamento no solo). Há duas formas equivalentes: (i) usar o tempo até o pico t_{\text{pico}}=v_{y0}/g e calcular y(t_{\text{pico}}), ou (ii) usar a fórmula direta
\Delta y_{\text{máx}}=\frac{v_{y0}^2}{2g},á
que dá a elevação máxima acima da altura inicial. Vou usar a forma direta e depois mostrar o tempo do pico.
\Delta y_{\text{máx}}=\frac{15^2}{2\cdot 10}=\frac{225}{20}=11{,}25\\ \mathrm{m}.á
Temos também t_{\text{pico}}=\dfrac{v_{y0}}{g}=\dfrac{15}{10}=1{,}5\\ \mathrm{s}, e substituindo em y(t)=15t-5t^2 dá o mesmo valor 11{,}25\\ \mathrm{m}. Interpretação: se o lançamento for do solo, o topo da trajetória fica a 11{,}25\\ \mathrm{m} acima do solo; se o lançamento tivesse altura inicial y(0)>0, a altura máxima absoluta seria y(0)+11{,}25\\ \mathrm{m}.

Resposta

t=\dfrac{100}{27}\\ \mathrm{s}\approx 3{,}70\\ \mathrm{s}
T_{\text{voo}}=3{,}00\\ \mathrm{s}
h_{\text{máx}}=11{,}25\\ \mathrm{m}á

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