Um moleque atira uma pedra para cima na direção vertical, com uma velocidade inicial de 12 \mathrm{~m} / \mathrm{s} do telhado de um edifício, 30 m acima do chão. (a) Quanto tempo a pedra leva para atingir o chão. (b) Com que velocidade a pedra atinge o solo. (c) Em que (quais) instante(s) a pedra estará 5 m acima do ponto de lançamento e qual a sua velocidade nesse(s) instante(s)?
20. Um corpo cai da altura de 50 m , partindo do repouso. Quanto ele percorre no último segundo da queda?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, para não nos perdermos.
Para o primeiro problema (pedra lançada do telhado):
  • Dados fornecidos:
    • Velocidade inicial: v_0=12\\ \mathrm{m/s} (para cima).
    • Altura inicial acima do solo: y_0=30\\ \mathrm{m}.
    • A aceleração da gravidade será tomada como g=9,8\\ \mathrm{m/s^2} (para baixo).
  • Perguntas:
    (a) Quanto tempo a pedra leva para atingir o chão?
    (b) Com que velocidade a pedra atinge o solo?
    (c) Em que instante(s) a pedra estará 5\\ \mathrm{m} acima do ponto de lançamento e qual a sua velocidade nesses instante(s)?
Para o segundo problema (questão 20):
  • Dados fornecidos:
    • Altura inicial: H=50\\ \mathrm{m}.
    • Parte do repouso: velocidade inicial 0.
    • Aceleração da gravidade g=9,8\\ \mathrm{m/s^2}.
  • Pergunta:
    • Quanto ele percorre no último segundo da queda?

Passo 2

Modelagem física e fórmulas essenciais (explicadinha passo a passo).
  • Escolho eixo vertical positivo para cima. A pedra tem movimento com aceleração constante -g (porque a gravidade aponta para baixo).
  • A posição vertical y(t) em função do tempo (medida a partir do ponto de lançamento, ou tomando y(0)=y_0 como feito aqui) é dada por:
y(t)=y_0+v_0 t-\tfrac{1}{2} g t^2.
Explicando cada símbolo:
  • y(t) é a altura acima do solo no instante t.
  • y_0 é a altura inicial (aqui 30\\ \mathrm{m}).
  • v_0 é a velocidade inicial (aqui 12\\ \mathrm{m/s}, positiva para cima).
  • g é 9,8\\ \mathrm{m/s^2}.
  • A velocidade instantânea é
v(t)=v_0 - g t.
Isto vem da integração da aceleração constante: a(t)=-g\Rightarrow v(t)=v_0-gt.

Passo 3

Resolver (a): tempo até atingir o chão.
  • A pedra atinge o chão quando a altura y(t)=0. Então colocamos:
0=y_0+v_0 t-\tfrac{1}{2} g t^2.
  • Rearranjando para a forma quadrática padrão:
\tfrac{1}{2}g t^2 - v_0 t - y_0 =0.
  • A solução dessa equação quadrática usando a fórmula de Bhaskara (para a=\tfrac{1}{2}g, b=-v_0, c=-y_0) leva à forma mais conveniente
t=\frac{v_0\pm\sqrt{v_0^2+2 g y_0}}{g}.
(derivei isso multiplicando a equação por 2 e aplicando a fórmula quadrática; a raiz com sinal + dá o tempo positivo físico, a outra raiz é negativa e corresponde a um instante antes do lançamento.)
  • Substituindo os números:
    • v_0^2=12^2=144.
    • 2 g y_0=2\cdot 9,8\cdot 30=588.
    • v_0^2+2 g y_0=144+588=732.
    • \sqrt{732}\approx 27,055.
  • Portanto
t=\frac{12\pm 27{,}055}{9{,}8}.
As duas soluções numéricas são
t_1=\frac{12+27{,}055}{9{,}8}\approx \frac{39{,}055}{9{,}8}\approx 3{,}99\\ \mathrm{s},
t_2=\frac{12-27{,}055}{9{,}8}\approx \frac{-15{,}055}{9{,}8}\approx -1{,}54\\ \mathrm{s}.
  • O instante físico é o positivo t\approx 3{,}99\\ \mathrm{s}. (A raiz negativa é descartada.)

Passo 4

Resolver (b): velocidade ao atingir o solo.
  • Use a expressão da velocidade v(t)=v_0-gt. Substituindo t obtido no passo anterior:
v_{\text{final}}=12 - 9{,}8\cdot 3{,}99.
  • Calculando:
9{,}8\cdot 3{,}99\approx 39{,}055,
v_{\text{final}}\approx 12-39{,}055\approx -27{,}06\\ \mathrm{m/s}.
  • O sinal negativo indica que a velocidade está dirigida para baixo; a velocidade escalar (módulo) é cerca de 27{,}06\\ \mathrm{m/s}.
  • Observação alternativa (mais elegante): a energia cinética ou a relação v^2=v_0^2+2 g y_0 (obtida integrando v\,dv=g\,dy ou pela equação de movimento) dá diretamente
|v|=\sqrt{144+588}=\sqrt{732}\approx 27{,}06\\ \mathrm{m/s},
com sentido para baixo.

Passo 5

Resolver (c): instantes em que a pedra está 5\\ \mathrm{m} acima do ponto de lançamento e suas velocidades.
  • A altura pedida é y= y_0+5 = 30+5 =35\\ \mathrm{m}.
  • Use a equação do movimento e coloque y(t)=35:
35 = 30 + 12 t - \tfrac{1}{2} 9{,}8 t^2.
  • Subtraindo 35 e rearranjando:
-\tfrac{1}{2} 9{,}8 t^2 + 12 t -5 =0 \quad\Longrightarrow\quad \tfrac{1}{2}9{,}8 t^2 - 12 t +5 =0.
  • Aplicando a fórmula quadrática (ou usando forma reduzida similar à do passo 3), obtemos
t=\frac{v_0\pm\sqrt{v_0^2-2 g\cdot 5}}{g},
pois aqui o termo constante corresponde a +5 (deslocamento para cima).
  • Calculemos:
    • v_0^2-2 g\cdot 5 =144 - 2\cdot 9{,}8\cdot 5 =144 -98 =46.
    • \sqrt{46}\approx 6{,}782.
  • Assim
t=\frac{12\pm 6{,}782}{9{,}8}.
As duas soluções:
t_a=\frac{12-6{,}782}{9{,}8}\approx \frac{5{,}218}{9{,}8}\approx 0{,}532\\ \mathrm{s},
t_b=\frac{12+6{,}782}{9{,}8}\approx \frac{18{,}782}{9{,}8}\approx 1{,}917\\ \mathrm{s}.
  • Interpretação física: t_a é o instante em que a pedra, subindo, alcança 5\\ \mathrm{m} acima do lançamento; t_b é quando ela, já descendo, passa novamente por essa mesma altura.
  • Velocidades nesses instantes usando v(t)=v_0-gt:
    • Em t_a: v(t_a)=12 - 9{,}8\cdot 0{,}532\approx 12 - 5{,}218 \approx 6{,}78\\ \mathrm{m/s} (para cima).
    • Em t_b: v(t_b)=12 - 9{,}8\cdot 1{,}917\approx 12 - 18{,}78 \approx -6{,}78\\ \mathrm{m/s} (para baixo).
  • Note que os módulos são iguais ( \approx 6{,}78\\ \mathrm{m/s}), como esperado por simetria do movimento.

Passo 6

Agora resolvemos o problema 20 (queda livre de 50\\ \mathrm{m}): tempo total de queda e distância percorrida no último segundo.
  • Para um corpo em queda livre a partir do repouso, a distância percorrida até o instante t é
s(t)=\tfrac{1}{2} g t^2.
  • Para atingir o solo de altura H exige-se
H=\tfrac{1}{2} g t_{\text{tot}}^2 \quad\Rightarrow\quad t_{\text{tot}}=\sqrt{\frac{2H}{g}}.

Passo 7

Calcular t_{\text{tot}} e a distância no último segundo.
  • Substituindo H=50\\ \mathrm{m} e g=9{,}8\\ \mathrm{m/s^2}:
t_{\text{tot}}=\sqrt{\frac{2\cdot 50}{9{,}8}}=\sqrt{\frac{100}{9{,}8}}\approx \sqrt{10{,}20408}\approx 3{,}194\\ \mathrm{s}.
  • A distância percorrida no último segundo (ou seja, entre t_{\text{tot}}-1 e t_{\text{tot}}) é
\Delta s = s(t_{\text{tot}})-s(t_{\text{tot}}-1) =\tfrac{1}{2}g\big(t_{\text{tot}}^2-(t_{\text{tot}}-1)^2\big).
  • Simplificando a expressão algébrica:
t_{\text{tot}}^2-(t_{\text{tot}}-1)^2 = t_{\text{tot}}^2-(t_{\text{tot}}^2-2t_{\text{tot}}+1)=2t_{\text{tot}}-1,
logo
\Delta s = \tfrac{1}{2}g(2t_{\text{tot}}-1)=g\left(t_{\text{tot}}-\tfrac{1}{2}\right).
  • Substituindo numericamente t_{\text{tot}}\approx 3{,}194:
\Delta s \approx 9{,}8\cdot(3{,}194-0{,}5)=9{,}8\cdot 2{,}694\approx 26{,}42\\ \mathrm{m}.
  • (Verificação alternativa: velocidade no final v=g t_{\text{tot}}\approx 31{,}30\\ \mathrm{m/s}, velocidade um segundo antes v_{\text{antes}}=g(t_{\text{tot}}-1)\approx 21{,}50\\ \mathrm{m/s}, distância no último segundo é a média aritmética dessas velocidades vezes 1\\ \mathrm{s}: (31{,}30+21{,}50)/2\approx 26{,}40\\ \mathrm{m}, consistente.)

Resposta

(a) t\approx 3{,}99\\ \mathrm{s}
(b) v_{\text{no solo}}\approx -27{,}06\\ \mathrm{m/s} (ou seja, 27{,}06\\ \mathrm{m/s} para baixo)
(c) t\approx 0{,}532\\ \mathrm{s} com v\approx 6{,}78\\ \mathrm{m/s} (subindo)
t\approx 1{,}917\\ \mathrm{s} com v\approx -6{,}78\\ \mathrm{m/s} (descendo)
Questão 20: \Delta s_{\text{último 1 s}}\approx 26{,}42\\ \mathrm{m}ú

Exercícios relacionados