Encontrar o tempo de voo T, a amplitude R, e a maxima altura Y de um projetil com v_{0}=16 \mathrm{mtr} / \mathrm{seg} e
\alpha=30^{\circ}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede três quantidades:
  • Velocidade inicial: v_{0}=16\\ \mathrm{m/s}.
  • Ângulo de lançamento: \alpha=30^\circ.
    O que devemos encontrar:
  • O tempo de voo T (tempo total desde o lançamento até voltar ao mesmo nível).
  • A amplitude (alcance horizontal) R.
  • A altura máxima Y.
Observação: vou assumir que o projétil é lançado e atinge o solo no mesmo nível de lançamento (situação usual). Usarei a aceleração da gravidade g=9,8\\ \mathrm{m/s^2}.

Passo 2

Primeiro passo técnico: decompor a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical. Isso é importante porque o movimento horizontal e o vertical são independentes (na ausência de resistência do ar).
  • Componente horizontal: v_{0x}=v_{0}\cos\alpha.
  • Componente vertical inicial: v_{0y}=v_{0}\sin\alpha.
Explicando rápido as funções trigonométricas: em um triângulo retângulo com hipotenusa v_{0} e ângulo \alpha, \cos\alpha dá a razão do cateto adjacente (horizontal) pela hipotenusa, e \sin\alpha dá a razão do cateto oposto (vertical) pela hipotenusa.
Agora substituímos numericamente ( \sin30^\circ=\tfrac{1}{2}, \cos30^\circ=\tfrac{\sqrt{3}}{2}):
v_{0y}=v_{0}\sin\alpha=16\cdot\frac{1}{2}=8\\ \mathrm{m/s},
v_{0x}=v_{0}\cos\alpha=16\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 13,8564\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Tempo de voo T. No eixo vertical, a posição y(t) (tomando y=0 no solo) é dada por movimento uniformemente variado:
y(t)=v_{0y}t-\tfrac{1}{2}gt^{2}.
O tempo total de voo (além de t=0) é quando y(T)=0. Assim:
v_{0y}T-\tfrac{1}{2}gT^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad T\bigl(v_{0y}-\tfrac{1}{2}gT\bigr)=0.
A solução não trivial é
T=\frac{2v_{0y}}{g}.
Substituindo v_{0y}=8\\ \mathrm{m/s} e g=9,8\\ \mathrm{m/s^{2}}:
T=\frac{2\cdot 8}{9,8}=\frac{16}{9,8}\approx 1,632653\\ \mathrm{s}.
Arredondando de forma prática para a prova:
T\approx 1,63\\ \mathrm{s}.

Passo 4

Alcance horizontal R. O movimento horizontal é uniforme com velocidade constante v_{0x}, então o alcance é
R=v_{0x}T.
Substituindo v_{0x}=8\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s} e o T encontrado:
R = 8\sqrt{3}\cdot\frac{16}{9,8} = \frac{128\sqrt{3}}{9,8}\\ \mathrm{m}.
Uma forma alternativa e muito usada em provas é a fórmula fechada
R=\frac{v_{0}^{2}\sin(2\alpha)}{g},
porque \sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha. Usando \sin(60^\circ)=\tfrac{\sqrt{3}}{2}:
R=\frac{16^{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{9,8}=\frac{256\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{9,8}=\frac{128\sqrt{3}}{9,8}.
Agora o valor numérico: \sqrt{3}\approx 1,7320508, então
R\approx\frac{128\cdot 1,7320508}{9,8}\approx\frac{221,6965}{9,8}\approx 22,6225\\ \mathrm{m}.
Arredondando:
R\approx 22,62\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Altura máxima Y. No ponto mais alto a velocidade vertical é zero. Podemos usar a equação cinemática sem tempo:
v_{y}^{2}=v_{0y}^{2}-2gY,
com v_{y}=0 no topo, daí
Y=\frac{v_{0y}^{2}}{2g}.
Substituindo v_{0y}=8\\ \mathrm{m/s}:
Y=\frac{8^{2}}{2\cdot 9,8}=\frac{64}{19,6}=3,265306\\ \mathrm{m}.
Arredondando:
Y\approx 3,27\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Resumo rápido e checagem: valores fazem sentido (tempo curto, alcance algumas dezenas de metros e altura de poucos metros para essa velocidade e ângulo moderado). Usei g=9,8\\ \mathrm{m/s^{2}} e arredondei os resultados para duas casas decimais, o que é adequado para provas sem calculadora muito precisa. Vai dar certo — foco nas fórmulas e em decompor a velocidade!

Resposta

T=1,63\\ \mathrm{s}
R=22,62\\ \mathrm{m}
Y=3,27\\ \mathrm{m}

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