Um balão sobe com velocidade de 15,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s} e está a 100 m acima do solo quando dele se deixa cair um saco de areia. Determine: (a) o espaço total percorrido pelo saco de areia, (b) o intervalo de tempo em que o saco de areia permanece no ar, ao percorrer a trajetória mencionada no item anterior.

Passo 1

O enunciado diz que um balão sobe com velocidade 15{,}0\\ \mathrm{m/s} e, no instante em que o saco de areia é largado, o saco está a 100\\ \mathrm{m} acima do solo. Preciso determinar duas coisas:
  • (a) o espaço total percorrido pelo saco de areia desde o instante da queda até atingir o solo;
  • (b) o intervalo de tempo total que o saco permanece no ar até atingir o solo.
Informações dadas (retiradas do enunciado):
v_0 = 15{,}0\\ \mathrm{m/s}\quad(\text{velocidade inicial do saco, para cima})
h_0 = 100\\ \mathrm{m}\quad(\text{altura inicial acima do solo})
Assumirei a aceleração da gravidade como
g = 9{,}8\\ \mathrm{m/s^2},
para baixo (portanto a aceleração é a=-g). A resolução começa agora.

Passo 2

Conceitos e fórmulas básicas de cinematica retilínea uniforme acelerada que vamos usar (explicadinho):
  • posição em função do tempo (eixo vertical positivo para cima): y(t)=h_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2,
onde y(t) é a altura no instante t, h_0 é a altura inicial, v_0 é a velocidade inicial (positiva para cima), e a é a aceleração (aqui a=-g).
  • velocidade em função do tempo: v(t)=v_0 + a t.
  • para achar a altura máxima atingida a partir de uma velocidade inicial para cima usamos que no ponto máximo v=0. O tempo até o máximo é t_\text{up} = -\dfrac{v_0}{a} (quando a<0 isso dá um tempo positivo). A subida adicional em altura pode ser calculada por \Delta h_\text{up} = \dfrac{v_0^2}{2g} (fórmula da energia cinética transformada em altura, mas derivável do movimento).
  • para achar o tempo até o solo resolvemos y(t)=0 (tomando y=0 como o solo) e pegamos a raiz positiva da equação quadrática resultante.
Vou aplicar isso passo a passo.

Passo 3

Calcular o tempo que o saco leva para subir até parar momentaneamente (tempo até o vértice da trajetória).
Usamos v(t)=v_0 - g t
e queremos v(t_\text{up})=0. Assim
0 = v_0 - g t_\text{up}\quad\Rightarrow\quad t_\text{up}=\dfrac{v_0}{g}.
Substituindo os valores:
t_\text{up}=\dfrac{15{,}0}{9{,}8}\\ \mathrm{s} \approx 1{,}5306\\ \mathrm{s}.

Passo 4

Calcular o ganho de altura durante essa subida (distância que o saco sobe acima de h_0).
Usamos a fórmula direta
\Delta h_\text{up} = \dfrac{v_0^2}{2g}.
Substituindo:
\Delta h_\text{up}=\dfrac{(15{,}0)^2}{2\cdot 9{,}8}=\dfrac{225}{19{,}6}\\ \mathrm{m}\approx 11{,}4796\\ \mathrm{m}.
Portanto a altura máxima em relação ao solo é
h_\text{max}=h_0+\Delta h_\text{up}=100 + 11{,}4796 \approx 111{,}4796\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Interpretando o que foi pedido em (a): o espaço total percorrido pelo saco desde a liberação até o impacto é a soma da distância que ele sobe (de h_0 até h_\text{max}) mais a distância que ele desce (de h_\text{max} até o solo). Logo
\text{espaço total} = \Delta h_\text{up} + h_\text{max}.ç
Mas h_\text{max}=h_0+\Delta h_\text{up}, então
\text{espaço total} = \Delta h_\text{up} + (h_0+\Delta h_\text{up}) = h_0 + 2\,\Delta h_\text{up}.ç
Substituindo valores:
\text{espaço total} = 100 + 2\cdot 11{,}4796 \\ \mathrm{m} = 100 + 22{,}9592 \\ \mathrm{m} = 122{,}9592\\ \mathrm{m}.ç
Arredondando sensivelmente (dados com 3 algarismos significativos): \text{espaço total} \approx 122{,}96\\ \mathrm{m}.ç

Passo 6

Agora vamos calcular o tempo total no ar (item (b)). Duas formas equivalentes: (i) resolver a equação da posição até y=0 como uma quadrática em t; ou (ii) somar o tempo de subida t_\text{up} com o tempo de queda a partir do repouso do vértice até o solo. Vou fazer os dois para checar coerência (mas você pode usar só um deles na prova).
Método (i) — resolver y(t)=0. A equação é
y(t)=h_0 + v_0 t - \tfrac{1}{2} g t^2 = 0.
Colocando números:
-4{,}9\,t^2 + 15{,}0\,t + 100 = 0,
ou multiplicando por -1,
4{,}9\,t^2 - 15{,}0\,t - 100 = 0.
Aplicamos a fórmula de Bhaskara:
t = \dfrac{15{,}0 \pm \sqrt{(15{,}0)^2 - 4\cdot 4{,}9\cdot(-100)}}{2\cdot 4{,}9} = \dfrac{15{,}0 \pm \sqrt{225 + 1960}}{9{,}8} = \dfrac{15{,}0 \pm \sqrt{2185}}{9{,}8}.
A raiz positiva (tempo físico após a queda) é com o sinal +:
t_\text{total}=\dfrac{15{,}0 + \sqrt{2185}}{9{,}8}.
Calculando numericamente \sqrt{2185}\approx 46{,}744, temos
t_\text{total}\approx \dfrac{15{,}0 + 46{,}744}{9{,}8} = \dfrac{61{,}744}{9{,}8}\\ \mathrm{s}\approx 6{,}30\\ \mathrm{s}.

Passo 7

Método (ii) — verificação somando tempos: já tínhamos t_\text{up}\approx 1{,}5306\\ \mathrm{s}. O tempo de queda desde o repouso no vértice até o solo satisfaz
h_\text{max} = \tfrac{1}{2} g t_\text{down}^2 \quad\Rightarrow\quad t_\text{down}=\sqrt{\dfrac{2 h_\text{max}}{g}}.
Substituindo h_\text{max}\approx 111{,}4796\\ \mathrm{m}:
t_\text{down}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 111{,}4796}{9{,}8}}=\sqrt{22{,}7316}\\ \mathrm{s}\approx 4{,}769\\ \mathrm{s}.
Somando
t_\text{total}=t_\text{up}+t_\text{down}\approx 1{,}5306 + 4{,}769 \approx 6{,}2996\\ \mathrm{s},
o que coincide (dentro de arredondamentos) com o resultado do método (i) 6{,}30\\ \mathrm{s}. Portanto o tempo total no ar é aproximadamente 6{,}30\\ \mathrm{s}.

Resposta

(a) 122{,}96\\ \mathrm{m}
(b) 6{,}30\\ \mathrm{s}

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