2.43 •• Falha no lançamento. Um foguete de 7.500 kg é lançado verticalmente da plataforma com uma aceleração constante no sentido de baixo para cima de 2,25 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2} e não sente qualquer resistência significativa do ar. Ao atingir uma altura de 525 m , seus motores falham repentinamente, de modo que a única força atuando sobre ele nesse momento é a gravidade. (a) Qual é a altura máxima que esse foguete atingirá a partir da plataforma de lançamento? (b) A partir da falha no motor, quanto tempo decorrerá antes que o foguete caia sobre a plataforma de lançamento e qual será sua velocidade instantes antes da queda? (c) Faça gráficos a_{y} t, v_{y} t e y t do movimento do foguete, do instante do lançamento até a queda.
2.44 •• Um balonista de ar quente que se desloca verticalmente para cima com velocidade constante de módulo igual a 5,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s} deixa cair um saco de areia no momento em que ele está a uma distância de 40,0 \mathrm{~m} acima do solo (Figura E2.44). Após ser largado, o saco de areia passa a se mover em queda livre. (a) Calcule a posição e a velocidade do saco de areia 0,250 \mathrm{se} 1,0 \mathrm{~s} depois de ser largado. (b) Calcule o tempo que o saco de areia leva para atingir o solo desde o momento em que foi lançado. (c) Qual é a velocidade do saco de areia quando atinge o solo? (d) Qual é a altura máxima em relação ao solo atingida pelo saco de areia? (e) Faça gráficos a_{y} t, v_{y} t e yt para o movimento do saco de areia.

Passo 1

Questão 2.43: Um foguete de massa 7500\:\mathrm{kg} sobe verticalmente com aceleração constante de 2,25\:\mathrm{m/s^2} desde o solo até a altura de 525\:\mathrm{m}, quando os motores falham e ele passa a mover-se sob gravidade g=9,8\:\mathrm{m/s^2} até cair de volta na plataforma. Vamos usar as equações de MRUV
v^2 = v_0^2 + 2a\Delta y,
v = v_0 + a\,t,
\Delta y = v_0\,t + \tfrac12 a\,t^2.

Passo 2

Determinar a velocidade no instante da falha (altura 525\:\mathrm{m}): parte acelerada desde repouso v_0=0, a=2,25.
v_{\rm cort} = \sqrt{2\cdot2,25\cdot525} = \sqrt{2362{,}5} \approx 48,6\:\mathrm{m/s}.

Passo 3

Calcular a altura extra que percorre depois da falha até a subida máxima, sob desaceleração a=-g:
h_{\rm extra} = \frac{v_{\rm cort}^2}{2g} = \frac{(48{,}6)^2}{2\cdot9{,}8} \approx 120{,}6\:\mathrm{m}.
Logo a altura máxima acima da plataforma é
h_{\max} = 525 + 120{,}6 = 645{,}6\:\mathrm{m}.

Passo 4

Tempo desde a falha até o instante de subida máxima:
t_{\rm subida} = \frac{v_{\rm cort}}{g} = \frac{48{,}6}{9{,}8} \approx 4{,}96\:\mathrm{s}.
Tempo de queda livre de h_{\max} ao solo:
t_{\rm queda} = \sqrt{\frac{2h_{\max}}{g}} = \sqrt{\frac{2\cdot645{,}6}{9{,}8}} \approx 11{,}49\:\mathrm{s}.
Tempo total após falha até impacto:
t_{\rm total} = 4{,}96 + 11{,}49 = 16{,}45\:\mathrm{s}.
Velocidade imediatamente antes do impacto:
v_{\rm impacto} = g \, t_{\rm queda} \approx 9{,}8\cdot11{,}49 \approx 112{,}7\:\mathrm{m/s} \quad(\text{sentido para baixo}).

Passo 5

Esboço dos gráficos do movimento (do lançamento até a queda):
  1. a_y vs.\ t:
  • a=+2{,}25 constante até a falha, depois a=-9{,}8 constante até o impacto.
  1. v_y vs.\ t:
  • Reta crescente de inclinação +2{,}25 até v=48{,}6 em t_1, depois reta decrescente de inclinação -9{,}8 passando por zero em t_1+4{,}96 e atingindo -112{,}7 em t_1+16{,}45.
  1. y vs.\ t:
  • Trecho parabólico côncavo para cima até t_1, depois parabólico côncavo para baixo até retorno ao solo.

Passo 6

Questão 2.44: Um balonista sobe verticalmente com velocidade constante 5{,}0\:\mathrm{m/s} e, a 40{,}0\:\mathrm{m} do solo, solta um saco de areia que passa a cair em queda livre g=9,8\:\mathrm{m/s^2}. Adotamos y=0 no solo, positiva para cima, e no instante de liberação y_0=40, v_{0}=+5{,}0.

Passo 7

Posição e velocidade em t=0{,}250\:\mathrm{s} e t=1{,}0\:\mathrm{s} após a liberação, usando
y = y_0 + v_0\,t - \tfrac12 g\,t^2, \quad v = v_0 - g\,t.
Para t=0{,}250:
y = 40 + 5\cdot0{,}25 - 4{,}9\cdot(0{,}25)^2 = 40 + 1{,}25 - 0{,}30625 \approx 40{,}94\:\mathrm{m},
v = 5 - 9{,}8\cdot0{,}25 = 2{,}55\:\mathrm{m/s}.
Para t=1{,}0:
y = 40 + 5\cdot1 - 4{,}9\cdot1^2 = 40 + 5 - 4{,}9 = 40{,}1\:\mathrm{m},
v = 5 - 9{,}8\cdot1 = -4{,}8\:\mathrm{m/s}.

Passo 8

Tempo até atingir o solo: resolver
0 = 40 + 5\,t - 4{,}9\,t^2 \;\Longrightarrow\; 4{,}9\,t^2 - 5\,t - 40 = 0.
Solução positiva
t = \frac{5 + \sqrt{25 + 4\cdot4{,}9\cdot40}}{2\cdot4{,}9} = \frac{5 + \sqrt{809}}{9{,}8} \approx 3{,}41\:\mathrm{s}.

Passo 9

Velocidade ao atingir o solo:
v = 5 - 9{,}8\cdot3{,}41 \approx 5 - 33{,}42 \approx -28{,}4\:\mathrm{m/s}.

Passo 10

Altura máxima atingida pelo saco após a liberação: instante de velocidade nula
t_{\rm pico} = \frac{v_0}{g} = \frac{5}{9{,}8} \approx 0{,}51\:\mathrm{s},
y_{\rm pico} = 40 + 5\cdot0{,}51 - 4{,}9\cdot(0{,}51)^2 \approx 41{,}28\:\mathrm{m}.

Passo 11

Gráficos do movimento do saco (desde a liberação até o solo):
  1. a_y(t): constante -9{,}8.
  2. v_y(t): reta decrescente de +5{,}0 até -28{,}4 em 3{,}41\:\mathrm{s}.
  3. y(t): parábola côncava para baixo, inicial em 40, pico em 0{,}51\:\mathrm{s}, zero em 3{,}41\:\mathrm{s}.

Resposta

(a) Em t=0{,}25\:\mathrm{s}: y\approx40{,}94\:\mathrm{m}, v\approx2{,}55\:\mathrm{m/s}.
Em t=1{,}0\:\mathrm{s}: y=40{,}1\:\mathrm{m}, v=-4{,}8\:\mathrm{m/s}.
(b) Tempo até o solo: 3{,}41\:\mathrm{s}.
(c) Velocidade ao atingir o solo: -28{,}4\:\mathrm{m/s}.
(d) Altura máxima: 41{,}28\:\mathrm{m}.
(e) Gráficos qualitativos descritos no passo 6.

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