(Mantenha as notações do exemplo 2.2.21.) Supondo desprezível a resistência do ar e constante a aceleração \mathbf{g} da gravidade, seja A=(0,-g)=\alpha^{\prime \prime}(t), em relação ao referencial plano indicado abaixo.
Se Q=\alpha(0)=(0,0) e V=\alpha^{\prime}(0)=\left(v_{1}, v_{2}\right), v_{1} \neq 0, v_{2} \neq 0, então
\alpha(t)=\left(v_{1} t, v_{2} t-\frac{1}{2} g t^{2}\right), t \geq 0
é a equação da posição de um projétil no plano-xy, lançado da origem com velocidade V. Seja \theta o ângulo entre V e o x-eixo, e v_{0}=\|V\|. Temos v_{1}=v_{0} \cos \theta e v_{2}=v_{0} \operatorname{sen} \theta. Donde
\alpha(t)=\left(\left(v_{0} \cos \theta\right) t,\left(v_{0} \operatorname{sen} \theta\right) t-\frac{1}{2} g t^{2}\right), t \geq 0

Passo 1

O enunciado fornece as seguintes informações (vou listar exatamente o que foi dado):
  • A aceleração é constante e vertical para baixo: A=(0,-g)=\alpha^{\prime\prime}(t), com g>0.
  • A posição inicial é Q=\alpha(0)=(0,0).
  • A velocidade inicial é V=\alpha^{\prime}(0)=(v_{1},v_{2}), com v_{1}\neq 0 e v_{2}\neq 0.
  • Definições trigonométricas: v_{0}=\|V\|, \theta é o ângulo entre V e o eixo x, de modo que v_{1}=v_{0}\cos\theta e v_{2}=v_{0}\operatorname{sen}\theta.
  • A equação paramétrica do projétil já dada é
\alpha(t)=\bigl((v_{0}\cos\theta)\,t,\\ (v_{0}\operatorname{sen}\theta)\,t-\tfrac{1}{2}g t^{2}\bigr),\quad t\ge 0.
As perguntas que vou responder (estou inferindo as questões naturais associadas a esse enunciado):
(a) Determinar a equação da trajetória como y em função de x (eliminar t e mostrar que é uma parábola).
(b) Determinar o tempo de voo até o projétil voltar ao solo ( y=0, excluindo t=0).
(c) Calcular o alcance horizontal R.
(d) Determinar a altura máxima H e o instante t_{\text{máx}}á em que ela ocorre, e a coordenada x_{\text{máx}}á nesse instante.
(e) Encontrar o ângulo \theta que maximiza o alcance R.

Passo 2

Encontrar a equação da trajetória y(x) (eliminar t).
  • Da coordenada x temos:
x(t)=(v_{0}\cos\theta)\,t.
Isolando t,
t=\frac{x}{v_{0}\cos\theta}.
  • Substituindo em y(t)=(v_{0}\operatorname{sen}\theta)\,t-\tfrac{1}{2}g t^{2}, obtemos:
y(x)=\left(v_{0}\operatorname{sen}\theta\right)\!\left(\frac{x}{v_{0}\cos\theta}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_{0}\cos\theta}\right)^{2}.
  • Simplificando usando \tan\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}, fica
y(x)=x\tan\theta-\frac{g}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}\,x^{2}.
Comentário didático curto: aqui eliminamos o tempo porque o movimento horizontal é uniforme ( x cresce linearmente com t), enquanto a componente vertical é uniformemente variada; ao substituir t em função de x vemos que y é um polinômio quadrático em x, ou seja, uma parábola.

Passo 3

Determinar o tempo de voo (solução não nula de y(t)=0).
  • A coordenada vertical como função do tempo é
y(t)=v_{0}\operatorname{sen}\theta\,t-\tfrac{1}{2}g t^{2}.
  • Colocando em evidência t:
y(t)=t\left(v_{0}\operatorname{sen}\theta-\tfrac{1}{2}g t\right).
  • As soluções de y(t)=0 são t=0 (lançamento) e a outra dada por
v_{0}\operatorname{sen}\theta-\tfrac{1}{2}g t=0\quad\Rightarrow\quad t=\frac{2v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}.
Esse segundo valor é o tempo de voo até o projétil retornar ao nível y=0.

Passo 4

Calcular o alcance horizontal R.
  • O alcance é x avaliado no tempo de voo t=\dfrac{2v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}:
R=x\bigl(t_{\text{voo}}\bigr)=v_{0}\cos\theta\cdot\frac{2v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}=\frac{2v_{0}^{2}\operatorname{sen}\theta\cos\theta}{g}.
  • Usando a identidade trigonométrica \operatorname{sen}(2\theta)=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta, obtemos a forma clássica:
R=\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}(2\theta)}{g}.
Didática: essa fórmula mostra que o alcance depende de \operatorname{sen}(2\theta), ou seja, depende de 2\theta — ângulos complementares \theta e 90^\circ-\theta dão o mesmo alcance.

Passo 5

Determinar a altura máxima H e o instante t_{\text{máx}}á e a posição horizontal correspondente x_{\text{máx}}á.
  • A componente vertical da velocidade é
v_{y}(t)=v_{0}\operatorname{sen}\theta-g t.
No ponto mais alto a velocidade vertical zera: v_{y}(t_{\text{máx}})=0á. Assim
t_{\text{máx}}=\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}.á
  • Substituindo em y(t) para obter H:
H=y\bigl(t_{\text{máx}}\bigr)=v_{0}\operatorname{sen}\theta\cdot\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}-\tfrac{1}{2}g\left(\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}\right)^{2} =\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}^{2}\theta}{2g}.á
  • A coordenada horizontal no ponto mais alto é
x_{\text{máx}}=v_{0}\cos\theta\cdot t_{\text{máx}}=v_{0}\cos\theta\cdot\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}=\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}\theta\cos\theta}{g}.áá
Observação útil: comparando com o alcance, x_{\text{máx}}=\dfrac{R}{2}á. Ou seja, o ponto mais alto ocorre no meio da trajetória horizontal.

Passo 6

Determinar o ângulo \theta que maximiza o alcance R.
  • Da expressão R=\dfrac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}(2\theta)}{g}, com v_{0} e g fixos, maximizar R equivale a maximizar \operatorname{sen}(2\theta). A função seno atinge seu máximo igual a 1 quando 2\theta=90^\circ, isto é, \theta=45^\circ (ou \theta=\tfrac{\pi}{4} radianos).
  • Portanto o alcance máximo é
R_{\max}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\quad\text{quando}\quad \theta=45^\circ.
Comentário motivador: em provas, é comum lembrar a forma R=\dfrac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}(2\theta)}{g} e deduzir rapidamente que \theta=45^\circ dá o máximo, sem necessidade de derivadas.

Resposta

y(x)=x\tan\theta-\frac{g}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}\,x^{2}
t_{\text{voo}}=\frac{2v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g}
R=\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}(2\theta)}{g}
t_{\text{máx}}=\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{g},\quad H=\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}^{2}\theta}{2g},\quad x_{\text{máx}}=\frac{v_{0}^{2}\operatorname{sen}\theta\cos\theta}{g}áá
\theta_{\text{máx para }R}=45^\circ\quad\text{(ou }\theta=\tfrac{\pi}{4}\text{), com }R_{\max}=\frac{v_{0}^{2}}{g}}

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