Questão 6:

Suponha que uma pedra é lançada verticalmente do topo de um edifício com 30,0 m de altura. Considere também que este lançamento vertical foi realizado de forma que ao retornar ela não toca o edifício, mas cairá diretamente no solo ( 30,0 m abaixo do nível de lançamento). Sabendo que a velocidade inicial do lançamento foi de 18,0 m / s, calcule:
a) esboce um diagrama vetorial, definindo o sistema de coordenadas, contendo as velocidades no ponto de partida e de chegada da pedra, além do vetor aceleração.
b) a velocidade da pedra imediatamente antes de tocar o solo;
c) por quanto tempo a pedra permaneceu no ar;
d) quanto tempo a pedra levou para alcançar o ponto mais alto da trajetória;
e) a altura do ponto mais alto da trajetória em relação ao solo.

Passo 1

Beleza, o enunciado diz que uma pedra é lançada para cima do topo de um prédio de 30,0 m de altura com velocidade inicial de 18,0 m/s. Quando ela volta, não bate na parede do prédio, cai direto no chão, ficando 30,0 m abaixo do ponto de lançamento.
Matéria: Cinemática do movimento uniformemente variado (MUV) em uma só dimensão (eixo vertical).
O que precisamos:
  • Definir sistema de coordenadas (eixo y para cima positivo).
  • Aceleração da gravidade: a = -9,8,m/s².
  • Equações do MUV:
    1. v = v0 + a,t
    2. y = y0 + v0,t + tfrac12,a,t^2
    3. v^2 = v0^2 + 2,a,De<a y
A partir do próximo passo começamos a resolver parte a), b), etc.

Passo 2

Parte (a): diagrama vetorial e sistema de coordenadas
  • Escolhe-se o eixo y com sentido para cima positivo e origem no ponto de lançamento (topo do prédio).
  • Vetor velocidade inicial ,vec v0,: aponta para cima com módulo 18,0 m/s.
  • Vetor aceleração vec a: sempre aponta pra baixo (gravidade), módulo 9,8 m/s².
  • Vetor velocidade no instante imediatamente antes de tocar o solo vec v: aponta para baixo (pois está caindo), com módulo que vamos calcular depois.

Passo 3

Parte (b): velocidade imediatamente antes de tocar o solo
Usamos a equação
v^2 = v0^2 + 2,a,De<a y
Aqui: v0 = +18,0,m/s, a = -9,8,m/s², De<a y = y - y0 = -30,0,m.
Então
v^2 = (18,0)^2 + 2,( -9,8),(-30,0) = 324 + 588 = 912
v = -raiz912approx -30,2 m/s
(O sinal negativo indica que está para baixo.)

Passo 4

Parte (c): tempo total de voo
Usamos
y = y0 + v0,t + tfrac12,a,t^2
Com y - y0 = -30, vira
-30 = 18,t - 4,9,t^2
Ou
4,9,t^2 - 18,t -30 = 0
Resolvendo a equação de 2º grau:
t = 18 pm raiz18^2 + 4cdot4,9cdot302cdot4,9 = 18 pm raiz9129,8
A raiz positiva dá
t approx 18 +30,29,8approx 4,92 s

Passo 5

Parte (d): tempo para alcançar o ponto mais alto
No ponto mais alto v=0. Use
v = v0 + a,tmax Longrightarrow 0 = 18 - 9,8,tmax
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tmax = 189,8approx 1,84 s

Passo 6

Parte (e): altura do ponto mais alto em relação ao solo
Do ponto de lançamento até o máximo, a subida é
De<a yrm subida = v0^22,g = 18^22cdot9,8approx 16,53 m
Como o prédio tem 30,0 m, a altura total acima do solo é
hmax = 30,0 + 16,53 approx 46,53 m

Resposta

a) Eixo y para cima positivo, vec v0 para cima (18,0 m/s), vec a pra baixo (9,8 m/s²), vec v final pra baixo.
b) vrm antes approx -30,2,m/s.
c) trm total approx 4,92,s.
d) tmax approx 1,84,s.
e) hmax approx 46,53,m.

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