Suponha o lançamento oblíquo de uma partícula na superfície da Terra. O ângulo de lançamento em relação á horizontal é \theta. Além disso, módulo da velocidade de lançamento é v_{0}.
a) Exponha razões para que o movimento da partícula seja descrito por
x=x_{0}+v_{x 0} t
e
y=y_{0}+v_{y 0} t-\frac{g}{2} t^{2}
b) Use essas duas equações para obter
y=y_{0}+\frac{v_{y 0}}{v_{x 0}}\left(x-x_{0}\right)-\frac{g\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2 v_{x 0}^{2}} .
c) Certifique-se de que
v_{x 0}=v_{0} \cos \theta \quad \text { e } \quad v_{y 0}=v_{0} \operatorname{sen} \theta
d) Escolha a origem do sistema de coordenadas tal que x_{0}=y_{0}=0 e empregue as equações (24) e (25) para verificar que
y=(\tan \theta) x-\frac{g x^{2}}{2\left(v_{0} \cos \theta\right)^{2}}
e) Empregue d y / d x=0 com y dado pela equação
(26) para obter
x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{2 g} \operatorname{sen}(2 \theta),
em que x_{m} representa o valor de x que corresponde ao máximo de y.
f) A seguir, use esse resultado para concluir que o alcance d do projétil em um plano horizontal é
d=2 x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{g} \operatorname{sen}(2 \theta) .

Passo 1

O enunciado dá um lançamento oblíquo na superfície da Terra com ângulo de lançamento \theta e velocidade inicial de módulo v_{0}. As perguntas são:
a) Justificar por que as leis do movimento podem ser escritas como
x=x_{0}+v_{x0}\,t
e
y=y_{0}+v_{y0}\,t-\frac{g}{2}t^{2}.
b) Usar essas duas equações para obter
y=y_{0}+\frac{v_{y0}}{v_{x0}}\left(x-x_{0}\right)-\frac{g\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2v_{x0}^{2}}.
c) Mostrar que
v_{x0}=v_{0}\cos\theta\quad\text{e}\quad v_{y0}=v_{0}\operatorname{sen}\theta.
d) Com x_{0}=y_{0}=0 obter
y=(\tan\theta)\,x-\frac{g x^{2}}{2\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}.
e) Usar \dfrac{dy}{dx}=0 para encontrar x_{m}, o x do máximo de y, e obter
x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{2g}\operatorname{sen}(2\theta).
f) Mostrar que o alcance d sobre um plano horizontal é
d=2x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\operatorname{sen}(2\theta).
Informações dadas e hipóteses implícitas que usaremos: a aceleração da gravidade é \,g dirigida para baixo (vertical), desprezamos resistência do ar e consideramos plano cartesiano com eixos horizontal x e vertical y. Não resolvemos nada neste passo, só identifiquei o que é pedido e os dados.

Passo 2

Por que as equações do enunciado (parte a) fazem sentido — ideia física e dedução por integração:
  • Primeiro observação simples e importante: na direção horizontal não há força (se desprezarmos resistência do ar). Pela segunda lei de Newton, isso implica aceleração horizontal nula. Em símbolos, a aceleração horizontal é \,a_x=0.
  • Na direção vertical a única aceleração importante é a gravidade, para baixo, de módulo \,g. Tomando para cima o sentido positivo, a aceleração vertical é \,a_y=-g.
Agora convertamos acelerações em velocidades e posições por integração (passo a passo, sem pular).
  • A aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo, isto é, \,a_x=\dfrac{dv_x}{dt} e \,a_y=\dfrac{dv_y}{dt}.
  • Como \,a_x=0, temos \dfrac{dv_x}{dt}=0. Integrando em t obtemos que v_x é constante:
v_x(t)=v_{x0},
onde \,v_{x0} é a componente horizontal da velocidade no instante inicial t=0.
  • A velocidade é a derivada da posição: v_x=\dfrac{dx}{dt}. Como v_x(t)=v_{x0} é constante, integraremos \dfrac{dx}{dt}=v_{x0}. Integrando de 0 a t (ou usando primitiva), obtemos
x(t)=x_{0}+v_{x0}\,t,
onde \,x_{0} é a posição horizontal inicial no instante t=0. Isso justifica a primeira equação pedida.
  • Na vertical, \,a_y=-g nos dá \dfrac{dv_y}{dt}=-g. Integrando em t temos
v_y(t)=v_{y0}-g\,t,
onde \,v_{y0} é a componente vertical da velocidade em t=0.
  • Integrando v_y=\dfrac{dy}{dt}=v_{y0}-g\,t para obter a posição vertical:
y(t)=y_{0}+v_{y0}\,t-\frac{g}{2}t^{2},
onde \,y_{0} é a posição vertical inicial em t=0. Isso justifica a segunda equação pedida. Aqui explicitei cada passo de integração e o significado de cada constante de integração ( v_{x0},v_{y0},x_{0},y_{0}).

Passo 3

Derivar a fórmula y(x) pedida na parte (b) eliminando o tempo t:
  • Da equação horizontal \,x=x_{0}+v_{x0}\,t isolamos o tempo:
t=\frac{x-x_{0}}{v_{x0}}.
Isso faz sentido porque v_{x0} é constante e relaciona deslocamento horizontal com tempo.
  • Substituímos esse t na expressão de y(t):
y=y_{0}+v_{y0}\left(\frac{x-x_{0}}{v_{x0}}\right)-\frac{g}{2}\left(\frac{x-x_{0}}{v_{x0}}\right)^{2}.
  • Simplificando os termos obtemos exatamente
y=y_{0}+\frac{v_{y0}}{v_{x0}}\left(x-x_{0}\right)-\frac{g\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2v_{x0}^{2}}.
Essa é a equação da trajetória na forma y em função de x, que mostra que a trajetória é uma parábola (termo em (x-x_{0})^{2}).

Passo 4

Mostrar as expressões das componentes iniciais (parte c). Motivação e geometricamente por triângulo:
  • A velocidade inicial \vec{v}_{0} tem módulo \,v_{0} e forma com a horizontal o ângulo \theta. Se você desenhar um triângulo retângulo onde a hipotenusa é \,v_{0}, o cateto adjacente à \theta é a componente horizontal \,v_{x0} e o cateto oposto é a componente vertical \,v_{y0}.
  • Pela definição de cosseno e seno num triângulo retângulo:
\cos\theta=\frac{v_{x0}}{v_{0}}\quad\Rightarrow\quad v_{x0}=v_{0}\cos\theta,
\operatorname{sen}\theta=\frac{v_{y0}}{v_{0}}\quad\Rightarrow\quad v_{y0}=v_{0}\operatorname{sen}\theta.
  • Outra forma de ver é pela relação de magnitude da velocidade:
v_{0}^{2}=v_{x0}^{2}+v_{y0}^{2},
e projetando em cada eixo obtemos as identidades acima. Assim a parte (c) está demonstrada.

Passo 5

Escolher x_{0}=y_{0}=0 e obter a forma (parte d):
  • Começamos da equação já obtida em (b):
y=y_{0}+\frac{v_{y0}}{v_{x0}}\left(x-x_{0}\right)-\frac{g\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2v_{x0}^{2}}.
  • Tomando x_{0}=0 e y_{0}=0, isso simplifica para
y=\frac{v_{y0}}{v_{x0}}\,x-\frac{g x^{2}}{2v_{x0}^{2}}.
  • Substituímos agora v_{x0}=v_{0}\cos\theta e v_{y0}=v_{0}\operatorname{sen}\theta (obtidos no passo anterior). O quociente \dfrac{v_{y0}}{v_{x0}} é
\frac{v_{y0}}{v_{x0}}=\frac{v_{0}\operatorname{sen}\theta}{v_{0}\cos\theta}=\tan\theta.
  • E o denominador v_{x0}^{2} é \left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}. Assim obtemos
y=(\tan\theta)\,x-\frac{g x^{2}}{2\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}},
que é exatamente a equação (26) pedida.

Passo 6

Encontrar o x do máximo y (parte e) usando derivada \dfrac{dy}{dx}=0:
  • A função y(x) da parte (d) é uma parábola. Para achar o máximo (vértice) podemos derivar em relação a x e igualar a zero:
y(x)=(\tan\theta)\,x-\frac{g x^{2}}{2\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}.
  • Derivando termo a termo (recorde: derivada de a x é a e derivada de b x^{2} é 2b x):
\frac{dy}{dx}=\tan\theta-\frac{g}{2\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}\cdot 2x.
  • Simplificando:
\frac{dy}{dx}=\tan\theta-\frac{g x}{\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}.
  • Igualando a zero para obter o ponto crítico:
0=\tan\theta-\frac{g x_{m}}{\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}.
  • Isolando x_{m}:
\frac{g x_{m}}{\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}=\tan\theta \quad\Rightarrow\quad x_{m}=\frac{\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}{g}\tan\theta.
  • Usando \tan\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} e simplificando o \cos\theta:
x_{m}=\frac{v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}{g}\cdot\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} =\frac{v_{0}^{2}\cos\theta\,\operatorname{sen}\theta}{g}.
  • Agora usar a identidade trigonométrica \operatorname{sen}(2\theta)=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta. Assim
x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\cdot\frac{\operatorname{sen}(2\theta)}{2} =\frac{v_{0}^{2}}{2g}\operatorname{sen}(2\theta).
Isso dá exatamente o resultado pedido para x_{m}.

Passo 7

Obter o alcance d (parte f) e explicar por que d=2x_{m}:
  • Para um lançamento e aterrissagem em mesma altura inicial ( y_{0}=0), a trajetória é simétrica: o ponto de maior altura (vértice) ocorre no tempo médio entre partida e chegada. Em termos de x, isso significa que a abscissa do vértice x_{m} é exatamente a metade do alcance total d. Logo d=2x_{m}.
  • Substituindo o valor de x_{m} obtido:
d=2x_{m}=2\cdot\frac{v_{0}^{2}}{2g}\operatorname{sen}(2\theta)=\frac{v_{0}^{2}}{g}\operatorname{sen}(2\theta).
  • Comentário físico rápido: essa fórmula mostra que o alcance é proporcional a v_{0}^{2} e depende de \theta através de \operatorname{sen}(2\theta). O ângulo que maximiza o alcance no caso sem resistência do ar é \theta=45^\circ porque \operatorname{sen}(2\theta) alcança 1 quando 2\theta=90^\circ.

Resposta

a) x=x_{0}+v_{x0}\,t,\qquad y=y_{0}+v_{y0}\,t-\frac{g}{2}t^{2}.
b) y=y_{0}+\frac{v_{y0}}{v_{x0}}\left(x-x_{0}\right)-\frac{g\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2v_{x0}^{2}}.
c) v_{x0}=v_{0}\cos\theta,\qquad v_{y0}=v_{0}\operatorname{sen}\theta.
d) y=(\tan\theta)\,x-\frac{g x^{2}}{2\left(v_{0}\cos\theta\right)^{2}}.
e) x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{2g}\operatorname{sen}(2\theta).
f) d=2x_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\operatorname{sen}(2\theta).

Exercícios relacionados