[Introdução à Física na graduação - R. Del Sant - Clube de Autores, 1{ }^{a} ed ]. Um canhão no solo dispara um obus a uma velocidade inicial de 100 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, num ângulo de 30^{\circ} relativamente à direção horizontal. Determine para o obus:
a) as componente horizontal e vertical de sua velocidade inicial
b) as equações horárias de seu movimento (espaço e velocidade)
c) a altura máxima atingida
d) a velocidade no ponto de altura máxima
e) o tempo de viagem até o ponto de alcance
f) o alcance
g) a velocidade, a altura e a distância horizontal em 8 s

Passo 1

O enunciado dá um canhão que lança um obus com velocidade inicial \,100\\ \mathrm{m/s}\, num ângulo de \,30^\circ\, acima da horizontal e pede:
a) as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial;
b) as equações horárias do movimento (posição e velocidade em função do tempo);
c) a altura máxima atingida;
d) a velocidade no ponto de altura máxima;
e) o tempo de viagem até o ponto de alcance (quando o obus volta ao solo);
f) o alcance horizontal total;
g) a velocidade, a altura e a distância horizontal no instante t=8\\ \mathrm{s}.
Informações dadas e suposições (vou usar explicitamente estas hipóteses porque o enunciado não especificou):
  • velocidade inicial \,v_0 = 100\\ \mathrm{m/s}\, e ângulo \,\theta=30^\circ;
  • desprezamos resistência do ar (movimento é um lançamento oblíquo ideal);
  • gravidade \,g = 9{,}8\\ \mathrm{m/s^2}\, apontando para baixo;
  • o canhão está no solo e o obus retorna ao mesmo nível de lançamento (mesma altitude de partida e chegada).

Passo 2

Vamos decompor a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical. Regra: dada uma velocidade \,v_0\, que faz ângulo \,\theta\, com a horizontal,
v_{0x} = v_0\cos\theta,\qquad v_{0y} = v_0\sin\theta.
Aqui \,v_{0x}\, é a componente horizontal (constante, pois não há aceleração horizontal) e \,v_{0y}\, é a componente vertical inicial (sujeita à aceleração -g).
Aplicando com \,v_0 = 100\\ \mathrm{m/s}\, e \,\theta=30^\circ (sabendo que \,\cos30^\circ=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\, e \,\sin30^\circ=\tfrac{1}{2}\,):
v_{0x} = 100\cos30^\circ = 100\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s},
v_{0y} = 100\sin30^\circ = 100\cdot\frac{1}{2} = 50\\ \mathrm{m/s}.
Valores numéricos aproximados: \,50\sqrt{3}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s}\, e \,50\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Equações horárias. Método: separar o movimento nas direções x e y.
  • Direção horizontal: não há aceleração, portanto movimento retilíneo uniforme (MRU).
    • Posição horizontal: \,x(t) = x_0 + v_{0x}\,t\,. Tomando origem em x_0=0, x(t) = v_{0x}\,t = 50\sqrt{3}\,t\\ \mathrm{(m)}.
    • Velocidade horizontal: \,v_x(t)=v_{0x}=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}.
  • Direção vertical: há aceleração constante -g, então movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV).
    • Posição vertical: usando \,y(t)=y_0+v_{0y}t-\tfrac{1}{2}gt^2\, e y_0=0, y(t) = v_{0y}t - \tfrac{1}{2}gt^2 = 50\,t - \tfrac{1}{2}\cdot 9{,}8\,t^2 = 50t - 4{,}9t^2\\ \mathrm{(m)}.
    • Velocidade vertical: \,v_y(t)=v_{0y}-gt = 50 - 9{,}8\,t\\ \mathrm{m/s}.
Explicando as variáveis: t em segundos desde o disparo; x(t) e y(t) em metros; v_x(t) e v_y(t) em \mathrm{m/s}.

Passo 4

Altura máxima. Raciocínio: a altura máxima ocorre quando a componente vertical da velocidade chega a zero, isto é \,v_y(t_\text{top})=0\,.
Usamos \,v_y(t)=v_{0y}-gt\,. Igualando a zero:
0 = v_{0y} - g\,t_\text{top} \quad\Rightarrow\quad t_\text{top} = \frac{v_{0y}}{g}.
Substituindo \,v_{0y}=50\\ \mathrm{m/s} e \,g=9{,}8\\ \mathrm{m/s^2}\,:
t_\text{top} = \frac{50}{9{,}8}\\ \mathrm{s} \approx 5{,}102\\ \mathrm{s}.
Agora a altura máxima y_\text{max}=y(t_\text{top}). Usando a equação da posição vertical:
y_\text{max} = 50\,t_\text{top} - 4{,}9\,t_\text{top}^2.
Podemos também usar a fórmula de energia cinemática (mais direta):
v_y^2 = v_{0y}^2 - 2g(y - y_0).
Em v_y=0 e y_0=0:
0 = v_{0y}^2 - 2g\,y_\text{max}\quad\Rightarrow\quad y_\text{max} = \frac{v_{0y}^2}{2g}.
Substituindo:
y_\text{max} = \frac{50^2}{2\cdot 9{,}8} = \frac{2500}{19{,}6} \approx 127{,}55\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Velocidade no ponto de altura máxima. Na altura máxima a componente vertical é zero ( v_y=0), mas a componente horizontal permanece igual a v_{0x}. Logo:
\vec v_\text{top} = (v_x,v_y) = \bigl(50\sqrt{3},\,0\bigr)\\ \mathrm{m/s}.
A rapidez (módulo da velocidade) no topo é simplesmente \,|\vec v_\text{top}| = 50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s}.

Passo 6

Tempo total de voo até o alcance (quando o projétil volta ao solo: y=0 para t>0). Resolver y(t)=0 com
y(t) = 50t - 4{,}9t^2 = t(50 - 4{,}9t)=0.
Soluções: t=0 (lançamento) e t = \dfrac{50}{4{,}9}=\dfrac{50}{4{,}9}\\ \mathrm{s}. Note que 4{,}9 = \tfrac{1}{2}g, então este t é o tempo total:
t_\text{total} = \frac{50}{4{,}9} = \frac{v_{0y}}{\tfrac{1}{2}g} = \frac{2v_{0y}}{g} = 2\,t_\text{top}.
Numericamente:
t_\text{total} = \frac{2\cdot 50}{9{,}8} \approx 10{,}204\\ \mathrm{s}.

Passo 7

Alcance horizontal R. Duas formas equivalentes:
  1. Usando que R = v_{0x}\,t_\text{total}:
R = v_{0x}\,t_\text{total} = 50\sqrt{3}\cdot \frac{2\cdot 50}{9{,}8} = \frac{5000\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{m}.
  1. Usando fórmula clássica R = \dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}. Aqui \sin(2\theta)=\sin60^\circ=\tfrac{\sqrt{3}}{2}, então
R = \frac{100^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{9{,}8} = \frac{5000\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{m},
mesmo resultado. Valor numérico aproximado:
R \approx 883{,}7\\ \mathrm{m}.

Passo 8

Valores no instante t=8\\ \mathrm{s}.
  • Posição horizontal:
x(8) = v_{0x}\cdot 8 = 50\sqrt{3}\cdot 8 = 400\sqrt{3}\\ \mathrm{m}\approx 692{,}82\\ \mathrm{m}.
  • Posição vertical:
y(8)=50\cdot 8 - 4{,}9\cdot 8^2 = 400 - 4{,}9\cdot 64 = 400 - 313{,}6 = 86{,}4\\ \mathrm{m}.
  • Componentes da velocidade em t=8\\ \mathrm{s}:
v_x(8)=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s},
v_y(8)=50 - 9{,}8\cdot 8 = 50 - 78{,}4 = -28{,}4\\ \mathrm{m/s}.
Aqui o sinal negativo de \,v_y(8)\, indica que o obus já está descendendo.
  • Rapidez (módulo da velocidade) em t=8\\ \mathrm{s}:
|\vec v(8)| = \sqrt{v_x(8)^2 + v_y(8)^2} = \sqrt{(50\sqrt{3})^2 + (-28{,}4)^2} = \sqrt{7500 + 806{,}56} = \sqrt{8306{,}56}\approx 91{,}15\\ \mathrm{m/s}.

Passo 9

Resumo rápido e uma palavra de incentivo: você já tem todas as fórmulas úteis para qualquer lançamento oblíquo — decomposição inicial, x(t)=v_{0x}t, y(t)=v_{0y}t-\tfrac{1}{2}gt^2, e as fórmulas derivadas para tempo de subida, altura máxima e alcance. Respira fundo: com esses passos você resolve variações da mesma questão na prova.

Resposta

a) v_{0x}=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s};\quad v_{0y}=50\\ \mathrm{m/s}.
b) x(t)=50\sqrt{3}\,t\\ \mathrm{(m)};\quad y(t)=50t-4{,}9t^2\\ \mathrm{(m)};\quad v_x(t)=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s};\quad v_y(t)=50-9{,}8t\\ \mathrm{m/s}.
c) y_\text{max}=\dfrac{v_{0y}^2}{2g}=\dfrac{2500}{19{,}6}\\ \mathrm{m}\approx 127{,}55\\ \mathrm{m}.
d) \vec v_\text{top}=(50\sqrt{3},0)\\ \mathrm{m/s} e rapidez |\vec v_\text{top}|=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s}.
e) t_\text{total}=\dfrac{2v_{0y}}{g}=\dfrac{100}{9{,}8}\\ \mathrm{s}\approx 10{,}204\\ \mathrm{s}.
f) R=\dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}=\dfrac{5000\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{m}\approx 883{,}7\\ \mathrm{m}.
g) Em t=8\\ \mathrm{s}:\quad x(8)=400\sqrt{3}\\ \mathrm{m}\approx 692{,}82\\ \mathrm{m};\quad y(8)=86{,}4\\ \mathrm{m};\quad |\vec v(8)|\approx 91{,}15\\ \mathrm{m/s} (com v_x(8)=50\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\approx 86{,}60\\ \mathrm{m/s} e v_y(8)=-28{,}4\\ \mathrm{m/s}).

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