No nível do solo, uma bomba é disparada com velocidade inicial igual a 80 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, a 60^{\circ} sobre a horizontal e sem sofrer resistência significativa do ar. (a) Ache as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial da bomba. (b) Quanto tempo ela leva para atingir o ponto mais alto? (c) Ache sua altura máxima sobre o solo. (d) A que distância do seu
ponto de disparo a bomba aterrissa? (e) no ponto mais alto, ache os componentes horizontal e vertical da sua aceleração e velocidade.

Passo 1

O enunciado fornece as seguintes informações e pede as perguntas abaixo.
  • Dados fornecidos:
    • Velocidade inicial: v_0 = 80\\ \mathrm{m/s}.
    • Direção do lançamento: \theta = 60^\circ acima da horizontal.
    • Não há resistência do ar (movimento do projétil sob aceleração constante da gravidade).
    • Tomarei a aceleração da gravidade como g = 9,8\\ \mathrm{m/s^2} apontando para baixo (convencional).
  • Perguntas pedidas:
    (a) Ache as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial da bomba.
    (b) Quanto tempo ela leva para atingir o ponto mais alto?
    (c) Ache sua altura máxima sobre o solo.
    (d) A que distância do seu ponto de disparo a bomba aterrissa (alcance horizontal)?
    (e) No ponto mais alto, ache as componentes horizontal e vertical da sua aceleração e da sua velocidade.

Passo 2

Entender como decompor a velocidade inicial em componentes horizontal e vertical (resposta da letra (a)).
  • Ideia: a velocidade inicial \,v_0\, forma um ângulo \theta com a horizontal. As componentes são obtidas usando trigonometria:
    • componente horizontal: \,v_{0x} = v_0 \cos\theta,
    • componente vertical: \,v_{0y} = v_0 \sin\theta.
  • Aplicando os valores \,v_0 = 80\\ \mathrm{m/s} e \theta = 60^\circ:
    v_{0x} = 80\cos 60^\circ,\qquad v_{0y} = 80\sin 60^\circ.
  • Lembrando os valores trigonométricos exatos:
    \cos 60^\circ = \tfrac{1}{2} e \sin 60^\circ = \tfrac{\sqrt{3}}{2}. Então
    v_{0x} = 80\cdot \tfrac{1}{2} = 40\\ \mathrm{m/s}, \qquad v_{0y} = 80\cdot \tfrac{\sqrt{3}}{2} = 40\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}.
    Valores numéricos aproximados (para intuição):
    v_{0y} \approx 40\cdot 1{,}73205 \approx 69{,}28\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Calcular o tempo até o ponto mais alto (letra (b)).
  • Conceito usado: a velocidade vertical varia com o tempo segundo a equação cinemática (para aceleração constante):
    v_y(t) = v_{0y} - g t,
    onde v_y(t) é a componente vertical da velocidade no tempo t.
  • No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é zero, ou seja v_y(t_\text{top})=0. Assim:
    0 = v_{0y} - g t_\text{top} \quad\Rightarrow\quad t_\text{top} = \frac{v_{0y}}{g}.
  • Substituindo v_{0y}=40\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s} e g=9,8\\ \mathrm{m/s^2}:
    t_\text{top} = \frac{40\sqrt{3}}{9,8}\\ \mathrm{s}.
    Calculando numericamente:
    t_\text{top} \approx \frac{69{,}282}{9{,}8} \approx 7{,}07\\ \mathrm{s}.

Passo 4

Calcular a altura máxima (letra (c)).
  • Duas fórmulas úteis; uso a mais direta aqui: relação entre velocidade inicial vertical e altura máxima (derivada de v^2 = v_0^2 + 2a\Delta y):
    0 = v_{0y}^2 - 2g h_\text{max} \quad\Rightarrow\quad h_\text{max} = \frac{v_{0y}^2}{2g}.
  • Substituindo v_{0y}=40\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}:
    h_\text{max} = \frac{(40\sqrt{3})^2}{2\cdot 9{,}8} = \frac{1600\cdot 3}{19{,}6} = \frac{4800}{19{,}6}\\ \mathrm{m}.
  • Calculando numericamente:
    h_\text{max} \approx 244{,}90\\ \mathrm{m}.
  • Observação pedagógica rápida: também daria o mesmo resultado usando y(t)=v_{0y}t - \tfrac{1}{2}g t^2 com t=t_\text{top}.

Passo 5

Calcular o alcance horizontal (letra (d)).
  • Primeiro achar o tempo total de voo T. Para lançamento e aterrissagem ao mesmo nível, a trajetória é simétrica: o tempo de subida t_\text{top} é metade do tempo total. Assim
    T = 2 t_\text{top} = 2\frac{v_{0y}}{g}.
  • A distância horizontal (alcance) é dada por movimento horizontal com velocidade constante v_{0x}:
    R = v_{0x} T = v_{0x}\cdot 2\frac{v_{0y}}{g}.
  • Substituindo v_{0x}=40\\ \mathrm{m/s} e v_{0y}=40\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}:
    R = 40\cdot 2\frac{40\sqrt{3}}{9{,}8} = \frac{3200\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{m}.
  • Alternativa curta (fórmula conhecida para alcance): R=\dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}. Com \sin(120^\circ)=\sin(60^\circ)=\tfrac{\sqrt{3}}{2},
    R=\frac{6400\cdot (\sqrt{3}/2)}{9{,}8}=\frac{3200\sqrt{3}}{9{,}8},
    que é o mesmo que acima.
  • Valor numérico:
    R \approx \frac{3200\cdot 1{,}73205}{9{,}8}\approx 565{,}6\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Componentes da velocidade e da aceleração no ponto mais alto (letra (e)).
  • Velocidade:
    • Componente horizontal da velocidade é constante durante todo o percurso (pois não há aceleração horizontal): \,v_x = v_{0x} = 40\\ \mathrm{m/s}.
    • Componente vertical no ponto mais alto é zero por definição: \,v_y = 0\\ \mathrm{m/s}.
  • Aceleração:
    • A aceleração do projétil é a aceleração da gravidade, que é vertical para baixo e constante. Portanto a_x = 0\\ \mathrm{m/s^2},\qquad a_y = -g = -9{,}8\\ \mathrm{m/s^2}.
    • Essas componentes valem em qualquer instante, inclusive no ponto mais alto.

Resposta

(a) v_{0x}=40\\ \mathrm{m/s},\quad v_{0y}=40\sqrt{3}\\ \mathrm{m/s}\\ (\approx 69{,}28\\ \mathrm{m/s})
(b) t_\text{top}=\dfrac{40\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{s}\\ (\approx 7{,}07\\ \mathrm{s})
(c) h_\text{max}=\dfrac{(40\sqrt{3})^2}{2\cdot 9{,}8}\\ \mathrm{m}\\ (\approx 244{,}90\\ \mathrm{m})
(d) R=\dfrac{3200\sqrt{3}}{9{,}8}\\ \mathrm{m}\\ (\approx 565{,}6\\ \mathrm{m})
(e) No ponto mais alto: v_x=40\\ \mathrm{m/s},\\ v_y=0\\ \mathrm{m/s};\\ a_x=0\\ \mathrm{m/s^2},\\ a_y=-9{,}8\\ \mathrm{m/s^2}.

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