( 2,5 pontos) Do alto do terraço de um edificio de altura H um objeto é arremessado verticalmente para cima, num local onde a aceleração da gravidade possui módulo g. Na descida ele passa rente ao edifício atingindo o solo com uma velocidade cujo módulo é v_{l}. Determine, em função de v_{l}, g e H, (a) a velocidade de lançamento do objeto; (b) o instante em que o objeto atinge o solo e (c) a velocidade do objeto no instante em que passa por um ponto localizado na metade da altura do edificio.

Passo 1

O enunciado pede três coisas e nos dá algumas informações. Vou listar explicitamente o que é pedido e o que temos:
  • O que o enunciado pede:
    (a) a velocidade de lançamento do objeto (módulo da velocidade inicial);
    (b) o instante (tempo) em que o objeto atinge o solo (desde o lançamento);
    (c) a velocidade do objeto no instante em que passa por um ponto localizado na metade da altura do edifício (isto é, na altura H/2 acima do solo).
  • Informações dadas:
    • altura do terraço (do ponto de lançamento) em relação ao solo: H;
    • aceleração da gravidade (módulo): g (vetorialmente para baixo);
    • velocidade com que o objeto atinge o solo (módulo): v_{l}.
    • o objeto é arremessado verticalmente para cima a partir do topo (posição inicial a y=H).

Passo 2

Escolho um referencial e defino variáveis (isso evita confusão nas contas).
  • Origem do eixo vertical em y=0 no solo, eixo y apontando para cima.
  • Posição inicial: y(0)=H.
  • Velocidade inicial (que queremos): vou chamar de u (positiva quando para cima).
  • Aceleração escalar: a=-g (porque a gravidade aponta para baixo).
  • Velocidade no instante t: v(t).
  • Velocidade ao atingir o solo (módulo dado): v_{l}. Observação: o vetor velocidade ao chegar ao solo é para baixo, mas v_{l} é o módulo.
As equações do movimento retilíneo uniformemente acelerado (MRUA) que vamos usar são:
v(t)=u+at,
y(t)=H+ut+\tfrac{1}{2}at^{2}.
Existe também a relação independente do tempo que liga velocidades e deslocamento:
v^{2}=u^{2}+2a(y-y_0),
que é muito útil — explicando rápido: ela vem ao integrar a=\dfrac{dv}{dt} usando dv/dt=(dv/dy)(dy/dt)=v\,dv/dy, e então integrar em y.

Passo 3

Relacionar v_{l} e u usando a fórmula sem tempo.
Tomamos o ponto final como o solo: y=0. Aplicando
v^{2}=u^{2}+2a(y-y_0)
com v=v_{l}, y=0, y_0=H e a=-g, temos
v_{l}^{2}=u^{2}+2(-g)(0-H)=u^{2}+2gH.
Isolando u^{2}:
u^{2}=v_{l}^{2}-2gH.
Como u é a velocidade de lançamento (módulo) e deve ser não negativa, tomamos a raiz positiva:
u=\sqrt{v_{l}^{2}-2gH}.
Observação importante: essa expressão só faz sentido real se v_{l}^{2}\ge 2gH (caso contrário não existiría lançamento compatível nos termos reais), mas o enunciado considera uma situação física válida.

Passo 4

Determinar o instante em que o objeto atinge o solo (resolvendo a equação da posição).
Usamos
y(t)=H+ut-\tfrac{1}{2}gt^{2}.
Queremos o tempo t>0 tal que y(t)=0. Assim:
0=H+ut-\tfrac{1}{2}gt^{2}.
Reescrevendo como equação quadrática em t:
\tfrac{1}{2}gt^{2}-ut-H=0.
Aplicando a fórmula de Bhaskara (ou a fórmula resolvente) para at^{2}+bt+c=0 com a=\tfrac{1}{2}g, b=-u, c=-H, obtemos
t=\frac{u\pm\sqrt{u^{2}+2gH}}{g}.
Escolhemos o sinal positivo porque queremos a raiz positiva (tempo positivo, maior que zero):
t=\frac{u+\sqrt{u^{2}+2gH}}{g}.
Mas note que \sqrt{u^{2}+2gH}=v_{l} pela relação do Passo 3. Portanto uma forma elegante em termos de v_{l} é
t=\frac{u+v_{l}}{g}.
Substituindo u=\sqrt{v_{l}^{2}-2gH} (obtido no Passo 3) obtemos a expressão completamente em v_{l},g,H:
t=\frac{v_{l}+\sqrt{v_{l}^{2}-2gH}}{g}.

Passo 5

Velocidade do objeto quando passa pela altura H/2.
Queremos a velocidade (módulo) no instante em que y=H/2. Como o lançamento é do topo y=H para cima, o ponto H/2 fica abaixo do ponto de partida, portanto o objeto só o atravessa durante a descida — logo a velocidade nesse instante terá direção para baixo (ou seja, negativa no nosso eixo), mas aqui vou calcular o módulo.
Usamos novamente a relação sem tempo entre velocidades e deslocamento: tomando y=H/2,
v_{1/2}^{2}=u^{2}+2a\bigl(\tfrac{H}{2}-H\bigr)=u^{2}+2(-g)\bigl(-\tfrac{H}{2}\bigr)=u^{2}+gH.
Agora substituímos u^{2}=v_{l}^{2}-2gH (do Passo 3):
v_{1/2}^{2}=(v_{l}^{2}-2gH)+gH=v_{l}^{2}-gH.
Tomando a raiz positiva para o módulo:
v_{1/2}=\sqrt{v_{l}^{2}-gH}.
E lembrando a direção física: no instante em que passa por H/2 o movimento é de descida, então o vetor velocidade é apontando para baixo (no eixo com sentido para cima, a componente seria -\sqrt{v_{l}^{2}-gH}).

Resposta

(a) u=\sqrt{v_{l}^{2}-2gH}\n
(b) t=\dfrac{v_{l}+\sqrt{v_{l}^{2}-2gH}}{g}\n
(c) v_{1/2}=\sqrt{v_{l}^{2}-gH}

Exercícios relacionados