Uma bola de tênis é atirada para cima, a uma altura de 1,5 \mathrm{~m} em relação ao solo, com velocidade inicial 10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Aproximando o valor da aceleração da gravidade local para 10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}, determine (a) a altura máxima atingida, (b) o tempo de subida, (c) a velocidade ao retornar ao local de lançamento, (d) o instante em que a mesma toca o solo e (e) a velocidade de impacto no solo.

Passo 1

O enunciado pede cinco coisas sobre o movimento vertical de uma bola de tênis lançada para cima:
  • (a) a altura máxima atingida;
  • (b) o tempo de subida (tempo até atingir a altura máxima);
  • (c) a velocidade ao retornar ao local de lançamento (quando passa de volta pela altura inicial);
  • (d) o instante em que toca o solo;
  • (e) a velocidade de impacto no solo.
Dados fornecidos (peguei estes valores do enunciado):
  • altura inicial \,y_0 = 1{,}5\\ \mathrm{m};
  • velocidade inicial (para cima) \,v_0 = 10\\ \mathrm{m\,s^{-1}};
  • aceleração da gravidade aproximada \,g = 10\\ \mathrm{m\,s^{-2}}.
    Sinal convém: tomo a direção para cima como positiva.

Passo 2

Principais fórmulas (explicadas e com o que cada símbolo significa):
  • Equação da posição em função do tempo para aceleração constante:
y(t)=y_0+v_0 t-\tfrac{1}{2}g t^2,
onde \,y(t) é a altura no instante \,t, \,y_0 é a altura inicial, \,v_0 é a velocidade inicial (positiva para cima) e \,g é a aceleração da gravidade (positivo aqui, o sinal negativo na fórmula já indica que atua para baixo).
  • Equação da velocidade em função do tempo:
v(t)=v_0-g t,
onde \,v(t) é a velocidade no instante \,t.
  • Equação que relaciona velocidades e deslocamento sem ter tempo explicitamente:
v^2=v_0^2-2g(y-y_0),
onde \,v é a velocidade em um ponto cuja altura é \,y.
Essas fórmulas vêm direto das leis do movimento uniformemente acelerado; basta integrar a aceleração constante para obter velocidade e posição.

Passo 3

No ponto de altura máxima a velocidade instantânea é nula, isto é \,v=0. Uso a fórmula v^2=v_0^2-2g(y-y_0) e substituo \,v=0 para achar \,y_{\max}:
0=v_0^2-2g(y_{\max}-y_0).
Isolando \,y_{\max}:
y_{\max}=y_0+\dfrac{v_0^2}{2g}.
Agora substituo os valores (cada número em TeX):
y_{\max}=1{,}5+\dfrac{10^2}{2\cdot 10}=1{,}5+\dfrac{100}{20}=1{,}5+5=6{,}5\\ \mathrm{m}.
Interpretação: a bola parte de 1{,}5\\ \mathrm{m}, sobe mais 5\\ \mathrm{m} e atinge 6{,}5\\ \mathrm{m}.

Passo 4

O tempo de subida \,t_{\text{subida}} é o instante em que \,v(t)=0. Uso v(t)=v_0-g t e resolvo para \,t:
0=v_0-g t_{\text{subida}}\quad\Rightarrow\quad t_{\text{subida}}=\dfrac{v_0}{g}.
Substituindo:
t_{\text{subida}}=\dfrac{10}{10}=1{,}0\\ \mathrm{s}.
Comentário prático: leva exatamente 1{,}0\\ \mathrm{s} para a velocidade diminuir de 10\\ \mathrm{m\,s^{-1}} a zero com desaceleração de 10\\ \mathrm{m\,s^{-2}}.

Passo 5

Há duas maneiras de ver isso: (i) pela simetria do movimento sem resistência do ar, a velocidade ao passar novamente pela mesma altura terá a mesma magnitude e direção oposta da inicial; (ii) uso direto da equação do movimento para \,t=2t_{\text{subida}}.
Primeiro pelo método direto com tempo: o tempo para voltar à altura inicial é t=2t_{\text{subida}}=2\cdot 1{,}0=2{,}0\\ \mathrm{s}. Uso v(t)=v_0-g t:
v(2{,}0)=10-10\cdot 2{,}0=10-20=-10\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
Sinal negativo indica direção para baixo. Pela simetria o módulo é 10\\ \mathrm{m\,s^{-1}} para baixo.

Passo 6

Resolver \,y(t)=0 usando \,y(t)=y_0+v_0 t-\tfrac{1}{2}g t^2:
1{,}5+10 t-5 t^2=0.
Reescrevendo na forma padrão (multiplicando por -1 para ter coeficiente de t^2 positivo):
5 t^2-10 t-1{,}5=0.
Aplicando a fórmula de Bhaskara ( t=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}) com \,a=5, \,b=-10, \,c=-1{,}5 (ou diretamente com os coeficientes da forma acima):
t=\dfrac{10\pm\sqrt{100+30}}{10}=\dfrac{10\pm\sqrt{130}}{10}.
Cálculo do discriminante: \sqrt{130}\approx 11{,}401754. Assim as duas raízes são
t_1=\dfrac{10-11{,}401754}{10}\approx -0{,}1401754\\ \mathrm{s}\quad(\text{descartada, negativa}),
t_2=\dfrac{10+11{,}401754}{10}\approx 2{,}1401754\\ \mathrm{s}.
Portanto o instante fisicamente relevante em que a bola toca o solo é
t_{\text{impacto}}\approx 2{,}14\\ \mathrm{s}.
Nota: o tempo t=2{,}0\\ \mathrm{s} que encontramos antes é o instante em que a bola retorna à altura de lançamento \,y_0=1{,}5\\ \mathrm{m}; ela ainda demora mais um pouco para cair até o solo.

Passo 7

Método 1 (usando v(t)): avalio v(t) no instante de impacto t_{\text{impacto}}:
v_{\text{impacto}}=v_0-g t_{\text{impacto}}=10-10\cdot 2{,}1401754\approx 10-21{,}401754\approx -11{,}401754\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
O sinal negativo indica direção para baixo; o módulo é 11{,}401754\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
Método 2 (verificação pela relação energia/velocidade):
v^2=v_0^2-2g(y_{\text{final}}-y_0)=100-2\cdot 10\cdot(0-1{,}5)=100+30=130,
logo |v|=\sqrt{130}\approx 11{,}401754\\ \mathrm{m\,s^{-1}}, o que confirma o resultado anterior. Tomando direção para baixo: v_{\text{impacto}}\approx -11{,}40\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.

Passo 8

Resumo rápido de interpretação (motivação para prova):
  • altura máxima: some o ganho de altura \dfrac{v_0^2}{2g} à altura inicial;
  • tempo até o topo: v_0/g;
  • retorno à mesma altura leva o dobro do tempo de subida;
  • para tocar o solo resolva a equação quadrática da posição;
  • velocidade ao impacto pode ser obtida pelo valor de v(t) no tempo de impacto ou pela fórmula v^2=v_0^2-2g(y-y_0).
    Força na dica de prova: organize sempre sinais (para cima positivo aqui) e use simetria quando possível — economiza tempo.

Resposta

(a) 6{,}5\\ \mathrm{m}
(b) 1{,}0\\ \mathrm{s}
(c) -10\\ \mathrm{m\,s^{-1}} (ou 10\\ \mathrm{m\,s^{-1}} para baixo)
(d) 2{,}14\\ \mathrm{s} (aprox.)
(e) -11{,}40\\ \mathrm{m\,s^{-1}} (ou 11{,}40\\ \mathrm{m\,s^{-1}} para baixo)

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