Mark MecGwire bate uma bola de beisebol de forma que ela abandona o bastão com velocidade de 30,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s} formando um ângulo de 36,9^{\circ} acima da horizontal. Despreze a resistência do ar. a) Ache os dois instantes para os quais a altura da bola está a 10,0 \mathrm{~m} acima do nível inicial. b) Calcule o componente vertical e o componente horizontal da velocidade da bola em cada um dos dois tempos calculados. c) Determine o módulo, a direção e o sentido da velocidade da bola quando ela retorna ao nível inicial.
Resp.:
a) 0,682 \mathrm{~s} ; 2,99 \mathrm{~s} b) 24,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s} ; 11,3 \mathrm{~m} / \mathrm{s} ; 24,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s} ;-11,3 \mathrm{~m} / \mathrm{s}
c) 30,0 \mathrm{~m} / \mathrm{s},-36,9^{\circ}

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados e pede as quantidades indicadas.
Dados:
  • Velocidade inicial: v_{0}=30,0\\ \mathrm{m/s}.
  • Ângulo de lançamento acima da horizontal: \theta=36,9^\circ.
  • Desprezar resistência do ar.
  • Aceleração da gravidade: g=9,80\\ \mathrm{m/s^{2}} apontando para baixo.
  • Queremos instantes em que a altura vale 10,0\\ \mathrm{m}, as componentes da velocidade nesses instantes e a velocidade (módulo, direção e sentido) quando a bola retorna ao nível inicial.
O que o enunciado pergunta:
a) Os dois instantes t tais que a altura y(t)=10,0\\ \mathrm{m}.
b) Para cada um desses instantes, o componente horizontal e o componente vertical da velocidade.
c) Ao retornar ao nível inicial: o módulo da velocidade, a direção (ângulo medido em relação à horizontal) e o sentido (se aponta para cima ou para baixo).

Passo 2

Vamos decompor a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical — isso é essencial para resolver qualquer movimento oblíquo sem resistência do ar.
Definição das componentes:
v_{0x}=v_{0}\cos\theta,\qquad v_{0y}=v_{0}\sin\theta.
Explicando: v_{0x} é a parte da velocidade ao longo da horizontal (não muda com o tempo porque não há aceleração horizontal), v_{0y} é a parte da velocidade na vertical (muda com o tempo por causa da gravidade).
Calculemos numericamente usando \cos36,9^\circ e \sin36,9^\circ. Para \theta=36,9^\circ os valores são próximos de \cos36,9^\circ\approx0,800 e \sin36,9^\circ\approx0,600 (essas aproximações decorrem de uma trigonometria conhecida; verifica-se que \cos36,87^\circ=0,8 e \sin36,87^\circ=0,6, e 36{,}9^\circ está suficientemente próximo).
Então:
v_{0x}=30{,}0\cdot 0{,}800=24{,}0\\ \mathrm{m/s},
v_{0y}=30{,}0\cdot 0{,}600=18{,}0\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Equação do movimento vertical (origem da altura no ponto de lançamento, y(0)=0):
y(t)=v_{0y}t-\tfrac{1}{2}gt^{2}.
Explicando: a posição vertical cresce inicialmente devido a v_{0y} e diminui devido à aceleração -g. Aqui a convenção adotada é positiva para cima.
Para achar os instantes em que y(t)=10{,}0\\ \mathrm{m}, substituímos:
10{,}0 = 18{,}0\,t - \tfrac{1}{2}(9{,}80)t^{2}.
Simplificando os coeficientes ( \tfrac{1}{2}g=4{,}90):
-4{,}90\,t^{2} + 18{,}0\,t - 10{,}0 = 0.
Multiplicando por -1 para ficar na forma padrão:
4{,}90\,t^{2} - 18{,}0\,t + 10{,}0 = 0.

Passo 4

Resolvendo a equação quadrática com a fórmula de Bhaskara:
t=\frac{18{,}0\pm\sqrt{(-18{,}0)^{2}-4\cdot 4{,}90\cdot 10{,}0}}{2\cdot 4{,}90}.
Calculemos o discriminante:
\Delta = 18{,}0^{2}-4\cdot 4{,}90\cdot 10{,}0 = 324{,}0 - 196{,}0 = 128{,}0.
Raiz do discriminante:
\sqrt{\Delta}=\sqrt{128{,}0}\approx 11{,}3137.
Logo as raízes são
t_{1}=\frac{18{,}0-11{,}3137}{9{,}80}=\frac{6{,}6863}{9{,}80}\approx 0{,}682\\ \mathrm{s},
t_{2}=\frac{18{,}0+11{,}3137}{9{,}80}=\frac{29{,}3137}{9{,}80}\approx 2{,}99\\ \mathrm{s}.
Interpretação: t_{1} é o instante na subida em que a bola passa por 10{,}0\\ \mathrm{m}, t_{2} é o instante na descida.

Passo 5

Agora calculamos as componentes da velocidade nos instantes encontrados.
A componente horizontal é constante:
v_{x}(t)=v_{0x}=24{,}0\\ \mathrm{m/s}\quad\text{para todo }t.
A componente vertical varia linearmente:
v_{y}(t)=v_{0y}-g\,t=18{,}0 - 9{,}80\,t.
Calcule em t_{1}=0{,}682\\ \mathrm{s}:
v_{y}(t_{1})=18{,}0 - 9{,}80\cdot 0{,}682 \approx 18{,}0 - 6{,}684 \approx 11{,}316\\ \mathrm{m/s}\approx 11{,}3\\ \mathrm{m/s}.
Calcule em t_{2}=2{,}99\\ \mathrm{s}:
v_{y}(t_{2})=18{,}0 - 9{,}80\cdot 2{,}99 \approx 18{,}0 - 29{,}302 \approx -11{,}302\\ \mathrm{m/s}\approx -11{,}3\\ \mathrm{m/s}.
Sinais: v_{y}(t_{1})>0 (subindo), v_{y}(t_{2})<0 (descendo).

Passo 6

Agora parte (c): velocidade quando a bola retorna ao nível inicial y=0 (além de t=0).
Tempo de voo total T obtido pela condição y(T)=0 (não nulo). Para movimento simétrico sem resistência:
T=\frac{2v_{0y}}{g}=\frac{2\cdot 18{,}0}{9{,}80}=\frac{36{,}0}{9{,}80}\approx 3{,}673\\ \mathrm{s}.
(Verificação: essa é a outra raiz da equação y(t)=0.)
Componentes da velocidade em t=T:
v_{x}(T)=24{,}0\\ \mathrm{m/s},
v_{y}(T)=18{,}0-9{,}80\cdot 3{,}673\approx 18{,}0-36{,}0=-18{,}0\\ \mathrm{m/s}.
Ou seja, a componente vertical é igual em magnitude e oposta à componente inicial (simetria do lançamento).

Passo 7

Cálculo do módulo e da direção da velocidade no retorno ao nível inicial.
Módulo:
v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}=\sqrt{24{,}0^{2}+(-18{,}0)^{2}}=\sqrt{576+324}=\sqrt{900}=30{,}0\\ \mathrm{m/s}.
Direção (ângulo em relação à horizontal, positivo para cima): usar arco-tangente
\varphi=\arctan\!\left(\frac{v_{y}}{v_{x}}\right)=\arctan\!\left(\frac{-18{,}0}{24{,}0}\right)=\arctan(-0{,}75)\approx -36{,}9^\circ.
Interpretação do sinal: \varphi=-36{,}9^\circ indica que a velocidade forma um ângulo de 36{,}9^\circ abaixo da horizontal, ou seja, o sentido é para baixo e para frente (componente horizontal positiva e vertical negativa).

Resposta

a) 0,682\\ \mathrm{s} ;\\\ 2,99\\ \mathrm{s}
b) 24{,}0\\ \mathrm{m/s} ;\\\ 11{,}3\\ \mathrm{m/s} ;\\\ 24{,}0\\ \mathrm{m/s} ;\\\ -11{,}3\\ \mathrm{m/s}
c) 30{,}0\\ \mathrm{m/s},\\\ -36{,}9^\circ

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