( 0,5 ponto) No movimento de um projétil quais são as equações para:
a) a sua posição e velocidade em relação a x;
b) a sua posição e velocidade em relação a y;
c) a sua trajetória (deduza a equação); e
d) a altura y=h (deduza a equação); e
e) o alcance horizontal ( R ) (deduza a equação);

Passo 1

O enunciado pede cinco coisas sobre o movimento de um projétil (lançado com velocidade inicial e sob gravidade). Vou listar exatamente o que é pedido e as informações/pressupostos que vou usar (tudo que eu preciso está aqui, não vou pedir nada):
  • Perguntas do enunciado:
    a) as equações da posição e da velocidade em relação a x;
    b) as equações da posição e da velocidade em relação a y;
    c) a equação da trajetória (ou seja, y em função de x, deduzida);
    d) a(s) equação(ões) para o instante(s) em que a altura vale y=h (ou seja, resolver y(t)=h);
    e) o alcance horizontal R (deduzir a fórmula do alcance).
  • Pressupostos padrão que vou usar (comuns em problemas de projéteis):
    • O lançamento ocorre no instante t=0.
    • A posição inicial é a origem: x(0)=0 e y(0)=0.
    • A velocidade inicial tem módulo v_0 e forma ângulo \theta com a horizontal (para cima).
    • A aceleração é apenas a gravidade, vertical para baixo com módulo g (constante): \vec a=(0,-g).
    • Não há resistência do ar.
  • Variáveis que vou usar e o que significam:
    • v_0: velocidade inicial (módulo).
    • \theta: ângulo de lançamento medido a partir da horizontal (positivo para cima).
    • g: aceleração da gravidade (positiva; a componente vertical da aceleração é -g).
    • t: tempo desde o lançamento.
    • x(t),y(t): posições horizontais e verticais em função do tempo.
    • v_x(t),v_y(t): componentes da velocidade em função do tempo.

Passo 2

Conceito básico e fórmula de movimento com aceleração constante (aula rápida):
  • Para movimento com aceleração constante \vec a, as equações vetoriais gerais (obtidas por integração) são
\vec v(t)=\vec v(0)+\vec a\,t
\vec r(t)=\vec r(0)+\vec v(0)\,t+\frac{1}{2}\vec a\,t^2.
Explicando cada termo:
  • \vec v(0) é a velocidade inicial (vetor).
  • \vec r(0) é a posição inicial (vetor).
  • \vec a é a aceleração constante.
  • A equação de \vec r(t) vem de integrar \vec v(t) no tempo.
    Agora aplico essas fórmulas ao caso do projétil com \vec a=(0,-g) e \vec r(0)=(0,0).

Passo 3

Componentes da velocidade inicial e interpretação:
  • A velocidade inicial decomposta em componentes horizontais e verticais é
v_{0x}=v_0\cos\theta,\qquad v_{0y}=v_0\sin\theta.
Significado:
  • v_{0x} é a componente horizontal (constante se não há resistência do ar).
  • v_{0y} é a componente vertical (varia no tempo por causa da gravidade).

Passo 4

Resposta da letra (a): posição e velocidade em x.
  • Como a aceleração horizontal é zero, a velocidade horizontal é constante e igual a v_{0x}. Assim
v_x(t)=v_{0x}=v_0\cos\theta.
  • A posição horizontal é obtida integrando a velocidade constante:
x(t)=v_{0x}\,t=v_0\cos\theta\;t.
Comentário prático: na prova, para encontrar x em dado tempo basta multiplicar a componente horizontal da velocidade pelo tempo.

Passo 5

Resposta da letra (b): posição e velocidade em y.
  • A componente vertical da aceleração é -g, logo a velocidade vertical varia linearmente:
v_y(t)=v_{0y}-g\,t=v_0\sin\theta - g\,t.
  • A posição vertical vem da fórmula com \frac12 a t^2:
y(t)=v_{0y}\,t-\frac{1}{2}g\,t^2=v_0\sin\theta\;t-\frac{1}{2}g\,t^2.
Explicação: o termo v_0\sin\theta\;t é a contribuição do movimento inicial para cima; o termo -\tfrac12 g t^2 reduz a altura por causa da gravidade.

Passo 6

Resposta da letra (c): deduzir a equação da trajetória y(x).
  • Objetivo: eliminar t entre x(t)=v_0\cos\theta\;t e y(t)=v_0\sin\theta\;t-\tfrac12 g t^2.
  • Da equação de x(t) isolamos t:
t=\frac{x}{v_0\cos\theta}.
  • Substituindo em y(t) obtemos
y(x)=v_0\sin\theta\left(\frac{x}{v_0\cos\theta}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_0\cos\theta}\right)^2.
  • Simplificando (primeiro termo: \dfrac{v_0\sin\theta}{v_0\cos\theta}x=\tan\theta\;x):
y(x)=x\tan\theta - \frac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\theta}\;x^{2}.
Interpretação: a curva é uma parábola em x; o coeficiente do x é \tan\theta (reta inicial) e o termo quadrático (negativo) é responsável pela concavidade para baixo, devido à gravidade.

Passo 7

Resposta da letra (d): equação(s) para o instante(s) em que y=h (resolver y(t)=h).
  • Partimos da equação temporal vertical
y(t)=v_0\sin\theta\;t-\frac{1}{2}g\,t^2.
  • Para achar t tal que y(t)=h colocamos
v_0\sin\theta\;t-\frac{1}{2}g\,t^2 = h.
  • Reescrevendo em forma padrão de equação quadrática em t:
\frac{1}{2}g\,t^2 - v_0\sin\theta\;t + h = 0.
  • Aplicando a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática), as soluções são
t=\frac{v_0\sin\theta \pm \sqrt{(v_0\sin\theta)^2 - 2gh}}{g}.
  • Observações físicas:
    • Se o discriminante (v_0\sin\theta)^2-2gh for negativo, não existe tempo real em que a altura h é atingida (altura maior que a máxima atingida).
    • Se o discriminante for zero, há um único instante (tamanho máximo atingido exatamente em único tempo — topo).
    • Se positivo, há dois instantes: um na subida (com o sinal + na fórmula) e outro na descida (com o sinal - se se ordenar adequadamente).
  • Se for útil também se obtém a(s) posição(ões) horizontal(is) correspondente(s) substituindo cada t em x(t)=v_0\cos\theta\;t:
x(h)=v_0\cos\theta\;t=\frac{v_0\cos\theta}{g}\bigg(v_0\sin\theta \pm \sqrt{(v_0\sin\theta)^2 - 2gh}\bigg).

Passo 8

Resposta da letra (e): deduzir o alcance horizontal R.
  • Definição prática: alcance R é o valor de x quando o projétil retorna à altura inicial y=0 (alcança o solo), desprezando t=0.
  • Igualando y(t_R)=0 com t_R>0 e usando y(t)=v_0\sin\theta\;t-\tfrac12 g t^2, obtemos
v_0\sin\theta\;t_R-\frac{1}{2}g\,t_R^2=0.
  • Fatorando t_R:
t_R\left(v_0\sin\theta-\frac{1}{2}g\,t_R\right)=0.
A solução t_R=0 é o instante inicial; a outra é
t_R=\frac{2v_0\sin\theta}{g}.
  • O alcance R é x(t_R)=v_0\cos\theta\;t_R. Substituindo:
R=v_0\cos\theta\cdot\frac{2v_0\sin\theta}{g}=\frac{2v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}.
  • Usando a identidade trigonométrica \sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta, a forma mais compacta é
R=\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}.
Comentário prático: para dado v_0 o alcance é máximo quando \sin(2\theta) é máximo, ou seja quando 2\theta=90^\circ (ou \theta=45^\circ).

Passo 9

Resumindo pedagogicamente (dicas para a prova):
  • Sempre comece escrevendo as componentes iniciais v_{0x}=v_0\cos\theta e v_{0y}=v_0\sin\theta.
  • Use as fórmulas padrão de aceleração constante:
x(t)=v_{0x}t,\quad v_x(t)=v_{0x};
y(t)=v_{0y}t-\tfrac12gt^2,\quad v_y(t)=v_{0y}-gt.
  • Para a trajetória elimine t por t=x/(v_0\cos\theta).
  • Para encontrar tempos onde y=h resolva a quadrática em t e interprete o discriminante.
  • Para o alcance, coloque y=0 (além de t=0) e escolha a solução t>0.

Resposta

(a) x(t)=v_0\cos\theta\;t,\qquad v_x(t)=v_0\cos\theta
(b) y(t)=v_0\sin\theta\;t-\dfrac{1}{2}g\,t^2,\qquad v_y(t)=v_0\sin\theta - g\,t
(c) y(x)=x\tan\theta - \dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\theta}\;x^{2}
(d) \displaystyle t=\frac{v_0\sin\theta \pm \sqrt{(v_0\sin\theta)^2 - 2gh}}{g} (e as posições horizontais correspondentes: \displaystyle x=v_0\cos\theta\;t=\frac{v_0\cos\theta}{g}\big(v_0\sin\theta \pm \sqrt{(v_0\sin\theta)^2 - 2gh}\big))
(e) \displaystyle R=\frac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}

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