Um jogador chuta uma bola a partir do solo com velocidade inicial v_{0}=24, \mathrm{~m} / \mathrm{s} \quad. A bola segue uma trajectória parabólica e, durante a descida, passa exactamente à altura de 2,1, \mathrm{~m} ao cruzar a linha da baliza situada a 18, \mathrm{~m} do ponto de remate.
a) Escreva as equações paramétricas x(t) e y(t).
b) Determine o tempo que a bola demora a alcançar a baliza.
c) Calcule o ângulo de lançamento \theta da velocidade inicial com a horizontal.

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (o que o problema pede e o que temos):
  • Foi dado que a velocidade inicial é \;v_{0}=24\\ \mathrm{m/s}.
  • A bola parte do solo (ou seja, a coordenada vertical inicial é zero: y(0)=0).
  • A linha da baliza está a 18\\ \mathrm{m} do ponto de remate (isto fornece a coordenada horizontal: x=18\\ \mathrm{m}).
  • Ao cruzar a linha da baliza, durante a descida, a altura da bola é 2{,}1\\ \mathrm{m} (isto fornece o ponto (x,y)=(18,\;2{,}1) que a trajetória atinge no instante de passagem pela baliza).
    O que o enunciado pede:
    a) Escrever as equações paramétricas x(t) e y(t).
    b) Determinar o tempo que a bola demora a alcançar a baliza (tempo t tal que x(t)=18\\ \mathrm{m}).
    c) Calcular o ângulo de lançamento \theta da velocidade inicial com a horizontal.

Passo 2

Equações gerais do movimento de um projétil (sem resistência do ar) e significado das variáveis — aula rápida e necessária.
  • Num lançamento oblíquo com velocidade inicial \;v_{0} formando um ângulo \theta com a horizontal, decomponho a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical: v_{0x}=v_{0}\cos\theta,\qquad v_{0y}=v_{0}\sin\theta.Aqui \;v_{0x} é a componente horizontal (constante no tempo se desprezarmos resistência do ar) e \;v_{0y} é a componente vertical (que se altera devido à gravidade).
  • Adotamos a aceleração da gravidade \;g=9{,}8\\ \mathrm{m/s^{2}} apontando para baixo.
  • As equações paramétricas, a partir das componentes e da cinemática de movimento com aceleração constante, são: x(t)=v_{0}\cos\theta\cdot t,
y(t)=v_{0}\sin\theta\cdot t-\tfrac{1}{2}g t^{2}.
Explico: x(t) vem de deslocamento horizontal = velocidade horizontal \times tempo. y(t) vem de deslocamento vertical = velocidade vertical inicial \times tempo mais \tfrac{1}{2} aceleração vertical \times t^{2}, aqui a aceleração é -g então aparece o sinal negativo.

Passo 3

Aplicando os dados numéricos às equações (resposta do item a) com explicação)
  • Substituo \;v_{0}=24\\ \mathrm{m/s} e g=9{,}8\\ \mathrm{m/s^{2}} nas fórmulas do passo anterior. Assim obtemos as equações paramétricas pedidas: x(t)=24\cos\theta\; t,
y(t)=24\sin\theta\; t-\tfrac{1}{2}\cdot 9{,}8\; t^{2}.
Estas são as equações paramétricas gerais do movimento com o valor numérico de \;v_{0} e g. (Isto responde o item a).)

Passo 4

Relacionar o tempo de passagem pela baliza com \theta — primeiro passo para encontrar t e \theta
  • No instante em que a bola cruza a linha da baliza temos x=18. Usando x(t)=24\cos\theta\; t isolamos o tempo t desse instante: t=\frac{18}{24\cos\theta}=\frac{18}{24}\cdot\frac{1}{\cos\theta}=\frac{3}{4}\cdot\operatorname{sec}\theta.Aqui \operatorname{sec}\theta=1/\cos\theta. Esse t é o tempo que queremos no item b), depois de encontrarmos \theta.

Passo 5

Usar a condição de altura y=2{,}1\\ \mathrm{m} no mesmo instante e reduzir a equação para uma equação em \tan\theta — técnica padrão
  • Substituo t=\dfrac{18}{24\cos\theta} em y(t)=24\sin\theta\; t-\tfrac{1}{2}g t^{2} e imponho y=2{,}1: 2{,}1 = 24\sin\theta\cdot\frac{18}{24\cos\theta} - \tfrac{1}{2}\,g\left(\frac{18}{24\cos\theta}\right)^{2}.
  • Simplifico o primeiro termo: 24 cancela, ficando 18\tan\theta. No segundo termo, simplifico os números e uso \operatorname{sec}^{2}\theta=1+\tan^{2}\theta para obter uma equação em T=\tan\theta, que costuma facilitar os cálculos: 2{,}1 = 18\tan\theta - \tfrac{1}{2}g\cdot\frac{18^{2}}{24^{2}}\operatorname{sec}^{2}\theta.Agora calculemos os fatores numéricos: 18^{2}=324 e 24^{2}=576. Assim 2{,}1 = 18\tan\theta - \left(\tfrac{1}{2}g\cdot\frac{324}{576}\right)\operatorname{sec}^{2}\theta.Compute o coeficiente numérico \tfrac{1}{2}g\cdot\frac{324}{576}=\frac{324}{576}\cdot\frac{g}{2}. Como g=9{,}8, \tfrac{1}{2}g\cdot\frac{324}{576}=\frac{324}{576}\cdot 4{,}9 = \frac{324\cdot 4{,}9}{576}.Fazendo as multiplicações/delimitações (faço passo a passo): 324\cdot 4{,}9=1587{,}6 e dividindo por 576 dá aproximadamente 2{,}75625. Portanto 2{,}1 = 18\tan\theta - 2{,}75625\operatorname{sec}^{2}\theta.
  • Substituo \operatorname{sec}^{2}\theta=1+\tan^{2}\theta e ponho T=\tan\theta. Obtenho uma equação quadrática em T: 2{,}1 = 18T - 2{,}75625(1+T^{2}).Expandindo: 2{,}1 = 18T - 2{,}75625 - 2{,}75625\,T^{2}.Coloco em forma padrão aT^{2}+bT+c=0: 2{,}75625\,T^{2} -18T + (2{,}75625+2{,}1)=0,
2{,}75625\,T^{2} -18T + 4{,}85625 = 0.

Passo 6

Resolver a quadrática em T=\tan\theta usando a fórmula de Bhaskara e explicar a fórmula
  • A fórmula para as raízes da equação aT^{2}+bT+c=0 é T=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}.Aqui a=2{,}75625,\\ b=-18,\\ c=4{,}85625.
  • Calculo o discriminante \Delta = b^{2}-4ac: \Delta = (-18)^{2} - 4\cdot 2{,}75625\cdot 4{,}85625 =324 - 4\cdot 13{,}3850390625 \approx 324 - 53{,}54015625 = 270{,}45984375.(Mostrei o produto intermediário 2{,}75625\cdot 4{,}85625\approx 13{,}3850390625; multiplicando por 4 obtemos 53{,}54015625.)
  • A raiz quadrada do discriminante (aplico método numérico/ Newton) dá \sqrt{\Delta}\approx 16{,}447846.
  • Substituindo na fórmula: T=\frac{18\pm 16{,}447846}{2\cdot 2{,}75625}=\frac{18\pm 16{,}447846}{5{,}5125}.
  • Calculo as duas raízes: T_{1}=\frac{18+16{,}447846}{5{,}5125}\approx 6{,}24904,
T_{2}=\frac{18-16{,}447846}{5{,}5125}\approx 0{,}28206.
Estas são as duas soluções para \tan\theta. Expliquei: para um projétil que passa por um dado ponto a uma dada distância horizontal, é comum existir duas soluções (uma trajetória baixa e rápida, outra alta e lenta).

Passo 7

Converter T=\tan\theta nas medidas do ângulo \theta (graus) e interpretar as duas soluções — como fazer na prova
  • Para obter \theta aplico a função arco-tangente: \theta=\arctan(T). Em provas sem calculadora basta indicar o procedimento; aqui faço o cálculo numérico aproximado: \theta_{1}=\arctan(6{,}24904)\approx 80{,}91^{\circ},
\theta_{2}=\arctan(0{,}28206)\approx 15{,}80^{\circ}.
Interpretação: existem duas inclinações possíveis que fazem a bola passar pela altura 2{,}1\\ \mathrm{m} a 18\\ \mathrm{m} — uma muito inclinada ( \approx 80{,}9^{\circ}) e outra rasa ( \approx 15{,}8^{\circ}). Ambas matematicamente válidas; fisicamente, para um remate de futebol, a solução menor ( \approx 15{,}8^{\circ}) é a mais realista. Note que o enunciado diz que a passagem ocorre durante a descida — é boa prática verificar o sentido vertical da velocidade naquele instante (ver passo seguinte) para confirmar que o ponto ocorre após o ápice.

Passo 8

Determinar os tempos correspondentes ao cruzamento da baliza (resposta do item b) e verificar que em ambos os casos a bola está em descida
  • O tempo para atingir x=18 é t=\frac{18}{24\cos\theta}.Posso calcular esse tempo para cada \theta obtida. Uso a relação \cos\theta=1/\sqrt{1+\tan^{2}\theta}=1/\sqrt{1+T^{2}} (útil quando já tenho T).
  • Para T_{2}=0{,}28206 (ângulo baixo): \cos\theta_{2}=\frac{1}{\sqrt{1+0{,}28206^{2}}}\approx 0{,}9615,
t_{2}=\frac{18}{24\cdot 0{,}9615}\approx 0{,}780\\ \mathrm{s}.
  • Para T_{1}=6{,}24904 (ângulo alto): \cos\theta_{1}=\frac{1}{\sqrt{1+6{,}24904^{2}}}\approx 0{,}15808,
t_{1}=\frac{18}{24\cdot 0{,}15808}\approx 4{,}745\\ \mathrm{s}.
  • Verificação de que em ambos os casos a passagem ocorre durante a descida: calculo a velocidade vertical no instante t: v_{y}(t)=v_{0}\sin\theta - g t.Para cada solução v_{y}(t) fica negativo (isto é, a componente vertical aponta para baixo), confirmando que a bola está a descer ao cruzar a baliza em ambas as trajetórias. (Na prova basta calcular t_{apex}=v_{0}\sin\theta/g e verificar que t>t_{apex}.)

Passo 9

Resumo/observações finais de estratégia para a prova (rápido)
  • Procedimento padrão para este tipo de problema: (i) escrever as equações paramétricas; (ii) usar x conhecido para achar t em função de \theta; (iii) substituir em y(t) e transformar em equação em \tan\theta usando \operatorname{sec}^{2}\theta=1+\tan^{2}\theta; (iv) resolver a quadrática; (v) converter em \theta e voltar ao tempo. Guardar sempre a verificação do sinal da velocidade vertical se o enunciado menciona “durante a descida”.

Resposta

a) x(t)=24\cos\theta\; t,\qquad y(t)=24\sin\theta\; t-\tfrac{1}{2}\cdot 9{,}8\; t^{2}.
b) Os tempos para cruzar a baliza são aproximadamente t\approx 0{,}780\\ \mathrm{s} e t\approx 4{,}745\\ \mathrm{s}.
c) Os ângulos de lançamento possíveis são aproximadamente \theta\approx 15{,}80^{\circ} ou \theta\approx 80{,}91^{\circ} (a solução mais realista para um remate de futebol é \theta\approx 15{,}80^{\circ}).

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