Um helicóptero de resgate larga um pacote de suprimentos para vítimas de uma inundação, que estão dentro de um bote em um lago. Quando o pacote é solto, o helicóptero está a 120 m diretamente acima do bote e voando a 20 \mathrm{~m} / \mathrm{s} a um ângulo de 30^{\circ} para cima. Neste problema, você pode usar que g=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}. Responda os itens a seguir:
(a) Quanto tempo o pacote fica no ar?
(b) A que distância do bote o pacote cai?

Passo 1

Vou organizar direitinho o que o enunciado dá e o que pede, assim a gente não se perde no desespero (respira, dá pra fazer). Dados importantes:
\text{altura inicial } y_0 = 120\\ \mathrm{m}
\text{velocidade inicial do helicóptero (e do pacote) } v_0 = 20\\ \mathrm{m/s}ó
\text{direção da velocidade } \theta = 30^\circ\\ \text{(acima da horizontal)}çã
g = 10\\ \mathrm{m/s^2}
O helicóptero está exatamente acima do bote no instante de soltar o pacote. Perguntas:
(a) Quanto tempo o pacote fica no ar até atingir a superfície do lago (nível do bote)?
(b) A que distância horizontal do bote o pacote cai?

Passo 2

Vamos quebrar a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical — isso é padrão em problemas de projéteis. As fórmulas são:
v_{0x} = v_0\cos\theta,\qquad v_{0y} = v_0\sin\theta.
Lembre que \cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} e \sin 30^\circ = \frac{1}{2}. Então:
v_{0x} = 20\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s},
v_{0y} = 20\cdot\frac{1}{2} = 10\\ \mathrm{m/s}.
Explicação curta: a componente horizontal determina o quanto o pacote avança; a vertical determina subida/queda e tempo de voo.

Passo 3

Escrevemos a equação do movimento vertical (e explico cada termo):
y(t)=y_0+v_{0y}t-\tfrac{1}{2}gt^2.
Aqui \;y(t)\; é a altura no tempo t, \;y_0\; é a altura inicial \,120\\ \mathrm{m}, \;v_{0y}t\; é o deslocamento vertical inicial (positivo para cima) e -\tfrac{1}{2}gt^2 é a desaceleração por gravidade (para baixo). O pacote atinge o lago quando y(t)=0. Substituindo números:
0 = 120 + 10t - \tfrac{1}{2}\cdot 10\,t^2 = 120 + 10t - 5t^2.

Passo 4

Colocamos a equação no formato padrão e resolvemos a quadrática:
-5t^2 +10t +120 = 0 \quad\Longrightarrow\quad 5t^2 -10t -120 = 0.
Dividindo por 5:
t^2 - 2t - 24 = 0.
Usamos a fórmula de Bhaskara (ou fórmula quadrática). Para at^2+bt+c=0 é
t=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
Aqui a=1, b=-2, c=-24. Então
t=\frac{2\pm\sqrt{(-2)^2-4\cdot1\cdot(-24)}}{2}=\frac{2\pm\sqrt{4+96}}{2}=\frac{2\pm\sqrt{100}}{2}.
Logo
t=\frac{2\pm 10}{2}.
As soluções são t=6\\ \mathrm{s} e t=-4\\ \mathrm{s}. Rejeitamos t=-4\\ \mathrm{s} porque é tempo antes do lançamento. Portanto o tempo de voo é
t=6\\ \mathrm{s}.

Passo 5

Agora a parte horizontal: não há aceleração horizontal (ignoramos resistência do ar), então o deslocamento horizontal é simplesmente
x(t)=v_{0x}\,t.
Substituindo \;v_{0x}=10\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\; e \;t=6\\ \mathrm{s}\;:
x = 10\sqrt{3}\cdot 6 = 60\sqrt{3}\\ \mathrm{m}.
Para ter uma noção numérica, \sqrt{3}\approx 1{,}732, então
x \approx 60\cdot 1{,}732 \approx 103{,}9\\ \mathrm{m}.
Interpretação: como o helicóptero estava exatamente acima do bote no momento de soltar, o pacote cai a cerca de 60\sqrt{3}\\ \mathrm{m} à frente do bote (aprox. 104\\ \mathrm{m} na direção do movimento).

Passo 6

Checagem rápida por intuição: se não houvesse componente vertical inicial ( v_{0y}=0) o tempo seria \sqrt{2y_0/g}=\sqrt{24}\approx 4{,}9\\ \mathrm{s}. Como aqui v_{0y}=10\\ \mathrm{m/s} para cima, o pacote sobe um pouco e demora mais para cair, dando 6\\ \mathrm{s}. Faz sentido.

Resposta

(a) 6\\ \mathrm{s}
(b) 60\sqrt{3}\\ \mathrm{m} \approx 103{,}9\\ \mathrm{m}

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