• 2.8: Um projétil é disparado com uma velocidade v_{o} de forma a passar por dois pontos, ambos a uma distância h acima da horizontal. Mostre que, se o ângulo de tiro for ajustado para maximizar o alcance horizontal R, então R=2 \mathrm{v}_{0} * \mathrm{sqrt}\left(\mathrm{v}_{0}{ }^{2}-4 \mathrm{gh}\right) / \mathrm{g}.

Passo 1

O enunciado pede que a gente mostre a expressão do alcance horizontal R maximizado, sabendo que um projétil é lançado com velocidade inicial \,v_0 e que a sua trajetória passa por dois pontos que estão à mesma altura, ambos a uma distância \,h acima da horizontal. As informações relevantes do enunciado são:
  • velocidade inicial: \,v_0 (módulo fixo);
  • aceleração da gravidade: \,g (constante);
  • a trajetória do projétil passa por dois pontos onde a ordenada é \,h;
  • queremos ajustar o ângulo de lançamento para maximizar a distância horizontal entre esses dois pontos, e mostrar a fórmula pedida para esse R.
Não vamos resolver nada neste passo, apenas listamos o que o problema fornece e o que pede.

Passo 2

Vamos escrever as equações paramétricas do movimento do projétil (lançado do ponto de origem no plano horizontal) com velocidade inicial \,v_0 e ângulo de lançamento \theta. São fórmulas básicas de movimento uniformemente acelerado:
x(t)=v_0\cos\theta\;t
y(t)=v_0\sin\theta\;t-\tfrac{1}{2}gt^2
Aqui \,t é o tempo desde o lançamento, \,x(t) é a coordenada horizontal e \,y(t) é a coordenada vertical. Essas fórmulas vêm de integrar velocidade constante na direção x e aceleração constante -g na direção y.

Passo 3

Queremos relacionar y com x eliminando t. Da fórmula de x(t) isolamos t:
t=\frac{x}{v_0\cos\theta}.
Substituindo em y(t) obtemos a equação da trajetória na forma y em função de x:
y(x)=x\tan\theta-\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta}\,x^2.
Isto é uma parábola clássica: o primeiro termo vem da componente vertical inicial e o segundo termo da queda por gravidade.

Passo 4

Como a trajetória passa por dois pontos com mesma altura \,h, isso significa que a equação y(x)=h tem duas raízes horizontais x_1 e x_2. Colocando y=h obtemos a equação quadrática em x:
\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta}\,x^2 - x\tan\theta + h = 0.
Chamando
a=\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta},\qquad b=-\tan\theta,\qquad c=h,
temos a x^2 + b x + c=0.

Passo 5

Para uma equação quadrática a x^2 + b x + c=0 com raízes x_1 e x_2 (com a\neq0), a diferença entre as raízes é
x_2-x_1=\frac{\sqrt{b^2-4ac}}{a},
pois x_{1,2}=(-b\pm\sqrt{b^2-4ac})/(2a) e fazendo a subtração o denominador 2a cancela. Aqui x_2-x_1 é exatamente a separação horizontal entre os dois pontos na mesma altura h, ou seja, é o R que queremos.
Aplicando com nossos a,b,c:
\Delta=b^2-4ac=\tan^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2\cos^2\theta}.
Note que \tan^2\theta=\dfrac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}. Portanto
\Delta=\frac{1}{\cos^2\theta}\!\left(\sin^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2}\right).
Agora
R=x_2-x_1=\frac{\sqrt{\Delta}}{a} =\frac{\displaystyle\sqrt{\frac{1}{\cos^2\theta}\!\left(\sin^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2}\right)}}{\displaystyle\frac{g}{2v_0^2\cos^2\theta}}.

Passo 6

Simplificando a expressão do passo anterior: a raiz tem um fator 1/|\cos\theta| e o denominador a dá um fator 2v_0^2\cos^2\theta/g. Para ângulos entre 0 e \pi/2 (cos positivo) obtemos
R=\frac{2v_0^2\cos^2\theta}{g}\cdot\frac{1}{\cos\theta}\sqrt{\sin^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2}} =\frac{2v_0^2\cos\theta}{g}\,\sqrt{\sin^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2}}.
Esta é a expressão do intervalo horizontal entre as duas interseções de altura h em função do ângulo \theta.

Passo 7

Para maximizar R em relação a \theta é mais simples maximizar R^2 (monotonia preserva o máximo). Define
R^2=\left(\frac{2v_0^2}{g}\right)^{\!2}\cos^2\theta\left(\sin^2\theta-\frac{2gh}{v_0^2}\right).
Para simplificar, ponha t=\sin^2\theta. Então \cos^2\theta=1-t. Também defina a constante adimensional
A=\frac{2gh}{v_0^2}.
Assim a função a maximizar (a parte que depende de \theta) vira
\varphi(t)=(1-t)(t-A),
com o domínio A<t\le 1 (precisamos de \sin^2\theta> A para que a raiz seja real).

Passo 8

A função \varphi(t) é um polinômio quadrático:
\varphi(t)=-t^2+(1+A)t-A.
Como o coeficiente de t^2 é negativo, \varphi tem um máximo em seu vértice. O vértice de um quadrático -t^2+(1+A)t+\dots ocorre em
t_{\text{máx}}=\frac{1+A}{2}.á
Verificamos que A<t_{\text{máx}}\le 1á desde que A<1 (isto corresponde fisicamente a v_0^2>2gh, ou seja, velocidade suficiente para alcançar a altura h). Então este t_{\text{máx}}á é admissível.

Passo 9

Avalie \varphi no ponto t_{\text{máx}}á:
\phi_{\text{máx}}=\left(1-\frac{1+A}{2}\right)\left(\frac{1+A}{2}-A\right) =\left(\frac{1-A}{2}\right)\left(\frac{1-A}{2}\right)=\frac{(1-A)^2}{4}.á
Voltando a R^2 (lembrando o fator multiplicativo):
R_{\text{máx}}^{2}=\left(\frac{2v_0^2}{g}\right)^{\!2}\cdot\frac{(1-A)^2}{4} =\frac{v_0^4}{g^2}(1-A)^2.á
Tomando raiz positiva (distância):
R_{\text{máx}}=\frac{v_0^2}{g}(1-A).á
Substituindo A=\dfrac{2gh}{v_0^2} obtemos
R_{\text{máx}}=\frac{v_0^2}{g}\left(1-\frac{2gh}{v_0^2}\right) =\frac{v_0^2-2gh}{g}.á
Portanto, o alcance horizontal R entre as duas interseções de altura h é maximizado quando \sin^2\theta=(1+A)/2 e o valor máximo é dado acima.

Resposta

\displaystyle R_{\text{máx}}=\frac{v_0^2-2gh}{g}á

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