• Exercício 6 (forma paramétrica no tempo)
O movimento de um projéctil num plano vertical é descrito, num referencial cartesiano O x y, pelas seguintes equações paramétricas em função do tempo { }^{\boldsymbol{t}} (em segundos):
\left\{\begin{array}{l}x(t)=18 t \\\ y(t)=1,2+24 t-4,9 t^{2}\end{array}\right.
onde { }^{x} e { }^{y} estão em metros. Considere g=9,8, \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2} e despreze a resistência do ar.

Passo 1

O enunciado dá as equações paramétricas do movimento de um projéctil no plano vertical em função do tempo t\) (segundos): \[\begin{cases} x(t)=18\,t,\\[4pt] y(t)=1,2+24\,t-4,9\,t^{2}, \end{cases}
com x\] e \(y em metros, g=9,8\\ \mathrm{m/s^{2}} e resistência do ar desprezível.
Como o enunciado só fornece o movimento em forma paramétrica, eu vou analisar os itens que normalmente se pedem em exercícios desse tipo — e que são úteis para a prova — e responder cada um passo a passo:
  1. posição inicial e velocidade inicial (vector e módulo);
  2. vetor velocidade \mathbf{v}(t) e seu módulo |\mathbf{v}(t)|;
  3. vetor aceleração \mathbf{a}(t);
  4. velocidade inicial e ângulo de lançamento;
  5. instante e altura máximos (tempo em que a altura é máxima e valor de y_{\max});
  6. tempo de voo (instante em que o projéctil atinge o solo y=0) e alcance horizontal;
  7. equação da trajetória y(x).
A partir daqui começo a resolver cada item e a explicar a teoria necessária para entender cada passo.]

Passo 2

Derivadas: posição → velocidade.
Explicação rápida: a velocidade instantânea é a derivada da posição em relação ao tempo; em coordenadas, derivamos cada componente separadamente.
Calculemos as componentes de \mathbf{v}(t):
\mathbf{r}(t)=\bigl(x(t),\,y(t)\bigr)=\bigl(18t,\;1,2+24t-4,9t^{2}\bigr).
Derivando em relação a t:
\mathbf{v}(t)=\mathbf{r}'(t)=\bigl(x'(t),\,y'(t)\bigr)=\bigl(18,\;24-9,8t\bigr).
Aqui usei que \dfrac{d}{dt}(18t)=18 e \dfrac{d}{dt}(-4,9t^{2})=-9,8t porque 2\cdot4,9=9,8.
Agora o módulo (velocidade escalar) é
|\mathbf{v}(t)|=\sqrt{18^{2}+\bigl(24-9,8t\bigr)^{2}}.
Explicação: o módulo de um vector (v_x,v_y) é \sqrt{v_x^{2}+v_y^{2}}.

Passo 3

Aceleração: derivando a velocidade.
Explicação: aceleração instantânea é a derivada da velocidade em relação ao tempo.
\mathbf{a}(t)=\mathbf{v}'(t)=\bigl(0,\,-9,8\bigr).
Interpretação física e didática: componente horizontal 0 porque não há força horizontal (sem resistência do ar); componente vertical constante -9,8\\ \mathrm{m/s^{2}} que é a aceleração da gravidade apontando para baixo.

Passo 4

Valores iniciais.
Posição inicial ( t=0):
\mathbf{r}(0)=\bigl(x(0),y(0)\bigr)=\bigl(0,\;1,2\bigr).
Velocidade inicial:
\mathbf{v}(0)=\bigl(18,\;24\bigr).
Módulo da velocidade inicial (rapidamente: uso pitágoras):
|\mathbf{v}(0)|=\sqrt{18^{2}+24^{2}}=\sqrt{324+576}=\sqrt{900}=30\\ \mathrm{m/s}.
Comentário amigável: viu como esse 3-4-5 aparece? 18:24 simplifica para 3:4, e \sqrt{3^{2}+4^{2}}=5, então a hipotenusa escala para 5\cdot 6=30.

Passo 5

Ângulo de lançamento.
Explicação: o ângulo \theta com a horizontal satisfaz \tan\theta=\dfrac{v_{y0}}{v_{x0}}, onde v_{x0} e v_{y0} são as componentes iniciais da velocidade.
Aqui v_{x0}=18 e v_{y0}=24, então
\tan\theta=\frac{24}{18}=\frac{4}{3}.
Podemos relacionar com o triângulo 3–4–5: isso implica \cos\theta=\dfrac{3}{5} e \sin\theta=\dfrac{4}{5}. Em graus,
\theta=\arctan\!\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)\approx 53,13^\circ.

Passo 6

Tempo em que a altura é máxima e altura máxima.
Teoria curta: a componente vertical da velocidade é v_{y}(t)=v_{y0}-g\,t. No ponto mais alto a componente vertical da velocidade zera: v_{y}(t_{\max})=0. Assim
0=24-9,8\,t_{\max}\quad\Rightarrow\quad t_{\max}=\frac{24}{9,8}=\frac{240}{98}=\frac{120}{49}\approx 2,449\\ \mathrm{s}.
Altura máxima: podemos usar y_{\max}=y_{0}+\dfrac{v_{y0}^{2}}{2g}. Explicação: energia cinética vertical transformada em ganho de altura, ou integrar a equação do movimento vertical; é uma fórmula padrão:
y_{\max}=1,2+\frac{24^{2}}{2\cdot 9,8}=1,2+\frac{576}{19,6}=1,2+\frac{1440}{49}\approx 30,588\\ \mathrm{m}.
Se preferir, daria o mesmo substituindo t_{\max} em y(t).

Passo 7

Tempo de voo (instante em que y=0) e alcance horizontal.
Queremos a solução positiva de
1,2+24t-4,9t^{2}=0.
Explico a resolução: é uma equação quadrática; aplicamos a fórmula de Bhaskara. Reescrevendo como 4,9t^{2}-24t-1,2=0 (multiplicando por -1) temos discriminante
\Delta=24^{2}+4\cdot4,9\cdot1,2=576+23,52=599,52.
As raízes são
t=\frac{24\pm\sqrt{599,52}}{9,8}.
A raiz positiva (tempo após o lançamento) corresponde ao sinal +:
t_{\text{voo}}=\frac{24+\sqrt{599,52}}{9,8}\approx 4,947\\ \mathrm{s}.
Alcance horizontal (posição x no instante de impacto):
x_{\text{alcance}}=x\bigl(t_{\text{voo}}\bigr)=18\cdot t_{\text{voo}}=18\cdot\frac{24+\sqrt{599,52}}{9,8}\approx 89,05\\ \mathrm{m}.

Passo 8

Equação da trajetória y(x) (eliminar o tempo).
Explicação: como x(t)=18t, temos t=\dfrac{x}{18}. Substituindo em y(t):
y(x)=1,2+24\cdot\frac{x}{18}-4,9\left(\frac{x}{18}\right)^{2}.
Simplificando 24/18=4/3 e escrevendo 4,9=\dfrac{49}{10}, fica
y(x)=1,2+\frac{4}{3}\,x-\frac{49}{3240}\,x^{2}.
Essa é a parábola que descreve a trajetória no plano xy.

Passo 9

(Coordenada x do vértice — ponto de máxima altura — e verificação rápida)
O x do vértice é x(t_{\max})=18\cdot t_{\max}. Usando t_{\max}=\dfrac{24}{9,8},
x_{\text{vértice}}=18\cdot\frac{24}{9,8}=\frac{432}{9,8}=\frac{4320}{98}=\frac{2160}{49}\approx 44,08\\ \mathrm{m}.é
Verificação: em x\approx 44,08 a parábola atinge y_{\max}\approx 30,588, consistente com os passos anteriores.

Resposta

Posição inicial: \mathbf{r}(0)=(0,\;1,2) m.
Velocidade inicial: \mathbf{v}(0)=(18,\;24) m/s, |\mathbf{v}(0)|=30\\ \mathrm{m/s}.
Vetor velocidade: \mathbf{v}(t)=\bigl(18,\;24-9,8t\bigr).
Módulo da velocidade: |\mathbf{v}(t)|=\sqrt{18^{2}+(24-9,8t)^{2}}.
Aceleração: \mathbf{a}(t)=(0,\,-9,8)\\ \mathrm{m/s^{2}}.
Ângulo de lançamento: \theta=\arctan\!\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr) com \sin\theta=\tfrac{4}{5},\\ \cos\theta=\tfrac{3}{5}, \theta\approx 53,13^\circ.
Tempo até a altura máxima: t_{\max}=\dfrac{24}{9,8}\approx 2,449\\ \mathrm{s}.
Altura máxima: y_{\max}=1,2+\dfrac{24^{2}}{2\cdot9,8}\approx 30,588\\ \mathrm{m}.
Tempo de voo (até y=0): t_{\text{voo}}=\dfrac{24+\sqrt{599,52}}{9,8}\approx 4,947\\ \mathrm{s}.
Alcance horizontal: x_{\text{alcance}}=18\cdot t_{\text{voo}}\approx 89,05\\ \mathrm{m}.
Equação da trajetória: y(x)=1,2+\dfrac{4}{3}x-\dfrac{49}{3240}x^{2}.

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