(Lançamento oblíquo) Descreva a posição \vec{\sigma}(t)=x(t) \mathbf{i}+y(t) \mathbf{j} de um projétil após um lançamento oblíquo, onde o ângulo com a horizontal é de 60^{\circ} e a velocidade inicial é v_{0} \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Apresente a equação cartesiana da trajetória dessa partícula até ela atingir o solo.

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (o que é pedido e o que temos):
  • Foi feito um lançamento oblíquo com ângulo inicial de 60^\circ em relação à horizontal.
  • A velocidade inicial tem magnitude v_{0} (unidades: \mathrm{m/s}).
  • Pede-se a posição vetorial \vec{\sigma}(t)=x(t)\mathbf{i}+y(t)\mathbf{j} do projétil após o lançamento.
  • Pede-se também a equação cartesiana da trajetória (ou seja, y em função de x) da partícula até ela atingir o solo.
  • Assumo que o lançamento ocorre a partir do solo no instante inicial, ou seja, posição inicial \vec{\sigma}(0)=\mathbf{0} (ou (0,0)).
  • A aceleração da gravidade é \,g dirigida para baixo (valor usual \,g\approx 9{,}8\\ \mathrm{m/s^{2}}, mas mantemos o símbolo \,g para fórmulas).

Passo 2

Decomposição da velocidade inicial em componentes horizontal e vertical — por que e como fazer isso:
  • A velocidade inicial \,v_{0} forma ângulo \theta=60^\circ com a horizontal.
  • Em problemas de movimento sob gravidade, é útil separar movimento em duas direções independentes: horizontal (sem aceleração, se desconsiderarmos resistência do ar) e vertical (com aceleração -g).
  • As componentes da velocidade inicial são obtidas usando funções trigonométricas:
    • componente horizontal: \,v_{0x}=v_{0}\cos\theta,
    • componente vertical: \,v_{0y}=v_{0}\sin\theta.
  • Substituindo \theta=60^\circ:
    • \cos60^\circ=\tfrac{1}{2}, então \,v_{0x}=v_{0}\cdot\tfrac{1}{2}=\dfrac{v_{0}}{2}.
    • \sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, então \,v_{0y}=v_{0}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}.

Passo 3

Equações do movimento em cada direção — lembrar as fórmulas e explicar variáveis:
  • Para o eixo x (horizontal): não há aceleração (assumindo ar desprezível), portanto a posição horizontal cresce linearmente com o tempo: x(t)=x(0)+v_{0x}\,t.Aqui x(0)=0 (lançamento da origem) e v_{0x}=\dfrac{v_{0}}{2}.
  • Para o eixo y (vertical): há aceleração constante -g. A equação da posição vertical é y(t)=y(0)+v_{0y}\,t-\tfrac{1}{2}g\,t^{2}.Aqui y(0)=0 e v_{0y}=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}.
  • Explicação das variáveis:
    • t é o tempo após o lançamento (em segundos).
    • v_{0x} e v_{0y} são as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial.
    • g é a aceleração gravitacional (positiva como módulo; o sinal negativo aparece na equação vertical).

Passo 4

Substituir os valores das componentes em x(t) e y(t) para obter a posição vetorial explícita:
  • Substituindo v_{0x}=\dfrac{v_{0}}{2} em x(t): x(t)=\dfrac{v_{0}}{2}\,t.
  • Substituindo v_{0y}=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2} em y(t): y(t)=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\,t-\dfrac{g}{2}\,t^{2}.
  • Portanto a posição vetorial pedida é \vec{\sigma}(t)=x(t)\mathbf{i}+y(t)\mathbf{j}com x(t) e y(t) dados acima. Aqui t\ge 0.

Passo 5

Eliminação de t para obter a equação cartesiana y(x) — passo a passo algébrico:
  • A partir de x(t)=\dfrac{v_{0}}{2}\,t isolamos t: t=\dfrac{2x}{v_{0}}.
  • Substituímos esse t em y(t)=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\,t-\dfrac{g}{2}\,t^{2}: y(x)=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\cdot\left(\dfrac{2x}{v_{0}}\right)\;-\;\dfrac{g}{2}\cdot\left(\dfrac{2x}{v_{0}}\right)^{2}.
  • Simplificamos termo a termo:
    • Primeiro termo: \dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{2x}{v_{0}}=\sqrt{3}\,x.
    • Segundo termo: \dfrac{g}{2}\cdot\dfrac{4x^{2}}{v_{0}^{2}}=\dfrac{2g\,x^{2}}{v_{0}^{2}}.
  • Assim obtemos a equação da trajetória: y(x)=\sqrt{3}\,x-\dfrac{2g}{v_{0}^{2}}\,x^{2}.
  • Observação prática: trata-se de uma parábola aberta para baixo (coeficiente do x^{2} negativo), como era esperado para um projétil.

Passo 6

Intervalo de validade (até atingir o solo) — encontrar o tempo de queda e o alcance horizontal:
  • O projétil atinge o solo quando y(t)=0. Usamos a expressão y(t)=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\,t-\dfrac{g}{2}\,t^{2}.
  • Factorizando t: y(t)=\dfrac{t}{2}\Big(v_{0}\sqrt{3}-g\,t\Big)=0.As soluções são t=0 (instante inicial) e t_{\text{voo}}=\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{g}.
  • O alcance horizontal R é x no instante t_{\text{voo}}: R=x\big(t_{\text{voo}}\big)=\dfrac{v_{0}}{2}\cdot \dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{g}=\dfrac{v_{0}^{2}\sqrt{3}}{2g}.
  • Portanto a trajetória cartesiana \,y(x)=\sqrt{3}\,x-\dfrac{2g}{v_{0}^{2}}x^{2} vale para 0\le x\le R (ou equivalentemente para 0\le t\le t_{\text{voo}}).

Passo 7

Resumo final e dicas rápidas para a prova (como lembrar e aplicar estas fórmulas):
  • Para qualquer lançamento oblíquo a partir da origem:
    • decomponha v_{0} em v_{0}\cos\theta e v_{0}\sin\theta;
    • escreva x(t)=v_{0}\cos\theta\,t e y(t)=v_{0}\sin\theta\,t-\tfrac{1}{2}g t^{2};
    • elimine t por t=\dfrac{x}{v_{0}\cos\theta} para obter y(x)=x\tan\theta-\dfrac{g}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}x^{2}.
  • No caso \theta=60^\circ isso simplifica muito porque \tan60^\circ=\sqrt{3} e \cos60^\circ=\tfrac{1}{2}, levando à forma simples que já achamos.
  • Você consegue decorar a forma geral e, em prova, basta substituir o ângulo e simplificar como fizemos.

Resposta

\displaystyle \vec{\sigma}(t)=\left(\dfrac{v_{0}}{2}\,t\right)\mathbf{i}+\left(\dfrac{v_{0}\sqrt{3}}{2}\,t-\dfrac{g}{2}\,t^{2}\right)\mathbf{j},\quad t\ge 0.\n
\displaystyle y(x)=\sqrt{3}\,x-\dfrac{2g}{v_{0}^{2}}\,x^{2},\quad 0\le x\le \dfrac{v_{0}^{2}\sqrt{3}}{2g}.

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