Questão 6) Um projétil é disparado com ângulo de elevação \alpha e velocidade escalar inicial de 240 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Suponha que a resistência do ar seja desprezível e que a única força externa é devido à gravidade. Determine os possíveis ângulos de elevação para atingir um alvo a 2880 m de distância. (Use \mathrm{g}=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{\wedge} 2 ).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que segue.
  • Dados fornecidos:
    • ângulo de elevação inicial: \alpha (desconhecido);
    • velocidade escalar inicial: \,v_0 = 240\\ \mathrm{m/s};
    • aceleração da gravidade: \,g = 10\\ \mathrm{m/s}^2;
    • distância horizontal até o alvo (alcance desejado): \,R = 2880\\ \mathrm{m}.
  • O que se pede:
    • Determinar os possíveis valores de \alpha para que o projétil atinja um alvo a \,2880\\ \mathrm{m} de distância.
  • Observação implícita (aceita pelo enunciado): o alvo está no mesmo nível vertical do ponto de lançamento (ou seja, a altura final é igual à inicial).

Passo 2

Vamos escrever as componentes da velocidade inicial em termos de \alpha. Se a velocidade inicial tem expressão escalar \,v_0 e faz ângulo \,\alpha com a horizontal, então:
v_{0x} = v_0\cos\alpha,\qquad v_{0y} = v_0\sin\alpha.
Explicando: v_{0x} é a componente horizontal da velocidade (quanto “anda” por segundo na horizontal) e v_{0y} é a componente vertical (quanto “sobe” por segundo no instante inicial). Esses valores vêm da definição trigonométrica de cosseno e seno num triângulo retângulo.

Passo 3

Escrevemos as equações do movimento separando horizontal e vertical (resistência do ar desprezada).
  • Movimento horizontal (aceleração horizontal nula):
x(t) = v_{0x}\,t = v_0\cos\alpha\; t.
  • Movimento vertical (aceleração vertical -g):
y(t) = v_{0y}\,t - \frac{1}{2} g t^2 = v_0\sin\alpha\; t - \frac{1}{2} g t^2.
Aqui t é o tempo desde o lançamento, x(t) é a posição horizontal e y(t) a posição vertical.

Passo 4

Para atingir o alvo no mesmo nível de lançamento, precisamos que a altura volte a zero num tempo T>0. Assim resolvemos y(T)=0 (além da solução T=0 trivial):
v_0\sin\alpha\; T - \frac{1}{2} g T^2 = 0.
Fatorando T e tomando a solução não nula:
T = \frac{2 v_0\sin\alpha}{g}.
Esse é o tempo total de voo quando o projétil retorna à mesma altura de onde foi lançado.

Passo 5

Agora calculamos o alcance horizontal R substituindo T em x(T):
R = v_0\cos\alpha\; T = v_0\cos\alpha\cdot\frac{2 v_0\sin\alpha}{g}.
Usando a identidade trigonométrica \sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha, obtemos a fórmula clássica do alcance:
R = \frac{v_0^2}{g}\sin(2\alpha).
Explanação: essa fórmula relaciona a distância horizontal máxima percorrida com a velocidade inicial, gravidade e o ângulo duplo 2\alpha.

Passo 6

Substituímos os valores numéricos conhecidos para encontrar \sin(2\alpha). Temos \,v_0=240, \,g=10 e \,R=2880. Então:
\sin(2\alpha) = \frac{R\,g}{v_0^2} = \frac{2880\cdot 10}{240^2}.
Calculemos os termos:
240^2 = 57600,\qquad 2880\cdot 10 = 28800.
Logo
\sin(2\alpha) = \frac{28800}{57600} = \frac{1}{2} = 0,5.

Passo 7

Agora resolvemos \sin(2\alpha)=\tfrac{1}{2}. No intervalo de interesse para ângulos de elevação (assumimos 0^\circ<\alpha<90^\circ), o argumento 2\alpha está entre 0^\circ e 180^\circ. As soluções de \sin\theta=\tfrac{1}{2} nesse intervalo são \theta=30^\circ e \theta=150^\circ. Portanto:
2\alpha = 30^\circ \quad\text{ou}\quad 2\alpha = 150^\circ.
Dividindo por 2:
\alpha = 15^\circ \quad\text{ou}\quad \alpha = 75^\circ.
Comentário didático: fisicamente isso significa que existem dois ângulos complementares cuja soma é 90^\circ que dão o mesmo alcance — um disparo mais rasante e rápido no tempo e outro mais alto e mais lento no tempo, ambos atingindo a mesma distância horizontal se partirem e aterrissarem ao mesmo nível.

Resposta

\alpha = 15^\circ
\alpha = 75^\circ

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