Uma bola de beisebol lançada horizontalmente com velocidade \mathrm{v}_{0} caiu 0,88 \mathrm{~m} enquanto percorria 17 m horizontalmente.
(i) Qual era v_{0} ?
(ii) Com que (pequeno) ângulo acima da horizontal ela deveria ter sido lançada, com a mesma velocidade, para chegar à mesma altura a 17 m de distância?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas.
Dados:
  • A bola foi lançada horizontalmente com velocidade inicial \mathrm{v}_0.
  • Enquanto avançava 17\\ \text{m} horizontalmente, ela caiu 0,88\\ \text{m} verticalmente.
  • Usar a aceleração da gravidade g=9,8\\ \text{m/s}^2 (valor padrão).
Perguntas:
(i) Qual era \mathrm{v}_0?
(ii) Com que (pequeno) ângulo acima da horizontal, mantendo a mesma velocidade \mathrm{v}_0, a bola deveria ser lançada para que ela chegue à mesma altura de lançamento quando estiver a 17\\ \text{m} horizontalmente? (ou seja, para que a altura vertical naquele ponto seja igual à altura inicial)

Passo 2

Entendendo o movimento na vertical (para a parte (i)).
Para um lançamento horizontal, a componente vertical da velocidade inicial é zero. A equação do deslocamento vertical, tomando para baixo deslocamento positivo negativo conforme convier, é:
\Delta y = -\frac{1}{2} g t^2,
onde:
  • \Delta y é a variação vertical (aqui \Delta y = -0,88\\ \text{m}, porque caiu 0,88\\ \text{m}),
  • g é a aceleração da gravidade (9,8\\ \text{m/s}^2),
  • t é o tempo de voo até percorrer os 17\\ \text{m} horizontais.
Vamos usar essa fórmula para achar o tempo t.

Passo 3

Calcular o tempo t usando \Delta y = -\dfrac{1}{2}gt^2. Substituindo \Delta y=-0,88\\ \text{m}:
-0,88 = -\frac{1}{2}\,g\,t^2.
Isolando t:
t^2 = \frac{2\cdot 0,88}{g}, \qquad t = \sqrt{\frac{2\cdot 0,88}{9,8}}.
Agora calculamos numericamente:
\frac{2\cdot 0,88}{9,8}=\frac{1,76}{9,8}\approx 0,1795918,
t \approx \sqrt{0,1795918}\approx 0,424\\ \text{s}.
(Arredondei o tempo para três algarismos significativos: t\approx0,424\\ \text{s}.)

Passo 4

Determinar \mathrm{v}_0 a partir do movimento horizontal. Para lançamento horizontal, a componente horizontal da velocidade é constante e igual a \mathrm{v}_0. A relação é:
x = \mathrm{v}_0\,t,
onde x=17\\ \text{m}. Então
\mathrm{v}_0 = \frac{x}{t}.
Substituindo x=17\\ \text{m} e t\approx0,424\\ \text{s}:
\mathrm{v}_0 \approx \frac{17}{0,424}\approx 40{,}1\\ \text{m/s}.
Portanto \mathrm{v}_0\approx 40{,}1\\ \text{m/s}.

Passo 5

Preparação para a parte (ii): equação de trajetória geral.
Se o lançamento tem velocidade inicial \mathrm{v}_0 e ângulo \theta acima da horizontal, as componentes iniciais são:
v_{0x}=\mathrm{v}_0\cos\theta,\qquad v_{0y}=\mathrm{v}_0\sin\theta.
A posição vertical em função da posição horizontal x pode ser escrita como
y(x)=x\tan\theta - \frac{g\,x^2}{2\,\mathrm{v}_0^{2}\cos^{2}\theta}.
Aqui y(x) é a diferença de altura em relação ao ponto de lançamento quando o projétil percorre distância horizontal x.
Para a pergunta (ii) queremos que a bola “chegue à mesma altura” ao atingir x=17\\ \text{m}, isto é y(17)=0. Então devemos resolver
0 = 17\tan\theta - \frac{g\cdot 17^{2}}{2\,\mathrm{v}_0^{2}\cos^{2}\theta}.

Passo 6

Resolver aproximadamente para \theta usando aproximação de ângulo pequeno. Para ângulos pequenos (em radianos) vale \tan\theta\approx\theta e \cos^2\theta\approx 1. Com essa aproximação a equação y(17)=0 fica:
0 \approx 17\tan\theta - \frac{g\cdot 17^{2}}{2\,\mathrm{v}_0^{2}}.
Isolando \tan\theta:
\tan\theta \approx \frac{g\cdot 17^{2}}{2\,\mathrm{v}_0^{2}\cdot 17}=\frac{g\cdot 17}{2\,\mathrm{v}_0^{2}}.
Mas observe uma simplificação útil: da parte (i) já temos que \mathrm{v}_0 foi tal que ao lançar horizontalmente a bola caiu 0,88\\ \text{m} em 17\\ \text{m}. Desses dados segue a relação
\mathrm{v}_0^{2}=\frac{g\cdot 17^{2}}{2\cdot 0,88}.
Substituindo essa expressão em \dfrac{g\cdot 17}{2\,\mathrm{v}_0^{2}} obtém-se
\tan\theta \approx \frac{g\cdot 17}{2}\cdot\frac{2\cdot 0,88}{g\cdot 17^{2}}=\frac{0,88}{17}.
Portanto, com a aproximação de pequeno ângulo temos
\tan\theta \approx \frac{0,88}{17}\approx 0{,}05176.

Passo 7

Calcular o ângulo em graus. Usando \theta pequeno, \theta em radianos ≈ \tan\theta. Para obter em graus:
\theta \approx \arctan\!\left(\frac{0,88}{17}\right).
Numericamente:
\frac{0,88}{17}\approx 0{,}0517647, \qquad \theta \approx \arctan(0{,}0517647)\approx 0{,}0520\\ \text{rad}.
Convertendo para graus:
\theta \approx 0{,}0520\cdot\frac{180^\circ}{\pi}\approx 2{,}97^\circ.

Passo 8

Interpretação e checagem rápida: o ângulo é pequeno (≈3°), então a aproximação \cos^2\theta\approx1 e \tan\theta\approx\theta está justificada numericamente. Assim o resultado é consistente.

Resposta

(i) \mathrm{v}_0\approx 40{,}1\\ \text{m/s}
(ii) \theta\approx 2{,}97^\circ

Exercícios relacionados