Você arremessa uma bola de baixo para cima do topo de um edifício alto. A bola deixa sua mão com velocidade de 15 \mathrm{~m} / \mathrm{s} em um ponto que coincide com a extremidade superior do parapeito do edifício; a seguir ela passa a se mover em queda livre. Quando a bola volta ela passa raspando pelo parapeito e continua a queda. No local do edifício, g=9,8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}. Calcule a) A posição e a velocidade da bola 1,0 \mathrm{~s} e 4,0 \mathrm{~s} depois que ela deixa sua mão; b) A velocidade quando a bola está a 5,0 \mathrm{~m} acima do parapeito e, c) A altura máxima atingida e o tempo que ela leva para atingir essa altura.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá. Temos uma bola lançada para cima a partir do topo do parapeito do edifício com velocidade inicial \,v_0=15\\ \mathrm{m/s}\, (para cima). Tomamos a posição vertical do parapeito como origem, isto é \,y(0)=0\,. A aceleração da gravidade no local é \,g=9,8\\ \mathrm{m/s^2}\, (para baixo). As perguntas são:
a) Calcular a posição e a velocidade da bola em \,t=1{,}0\\ \mathrm{s}\, e em \,t=4{,}0\\ \mathrm{s}\,.
b) A velocidade quando a bola está a \,5{,}0\\ \mathrm{m}\, acima do parapeito (ou seja, em \,y=+5{,}0\\ \mathrm{m}\,).
c) A altura máxima atingida (acima do parapeito) e o tempo que leva para atingi‑la.

Passo 2

Escolha de convenção e fórmulas úteis. Vou adotar o eixo vertical positivo para cima e origem em y=0 no parapeito. Com aceleração constante -g (pois a gravidade aponta para baixo), as fórmulas da cinemática retilínea uniformemente acelerada são:
v(t)=v_0 - g\,t
y(t)=y_0 + v_0 t - \tfrac{1}{2}g t^2
Aqui:
  • v(t) é a velocidade instantânea no tempo t,
  • v_0 é a velocidade inicial ( 15\\ \mathrm{m/s}),
  • y(t) é a posição (altura) no tempo t,
  • y_0 é a posição inicial (aqui 0),
  • g é a aceleração da gravidade ( 9,8\\ \mathrm{m/s^2}),
  • t é o tempo desde o lançamento, em segundos.
Também usaremos, quando conveniente, a relação que elimina o tempo:
v^2 = v_0^2 - 2g\bigl(y-y_0\bigr),
obtida a partir das fórmulas acima (é útil para relacionar velocidade e posição diretamente).

Passo 3

Cálculo para \,t=1{,}0\\ \mathrm{s}\, (parte a). Aplicando as fórmulas:
v(1{,}0)=v_0 - g\cdot 1{,}0 = 15 - 9{,}8\cdot 1{,}0 = 15 - 9{,}8 = 5{,}2\\ \mathrm{m/s}.
Isso significa que, 1{,}0\\ \mathrm{s} após o lançamento, a bola ainda sobe com velocidade de 5{,}2\\ \mathrm{m/s} (positivo = para cima).
Agora a posição:
y(1{,}0)=0 + 15\cdot 1{,}0 - \tfrac{1}{2}\cdot 9{,}8 \cdot (1{,}0)^2 = 15 - 4{,}9 = 10{,}1\\ \mathrm{m}.
Ou seja, a bola está a 10{,}1\\ \mathrm{m} acima do parapeito aos 1{,}0\\ \mathrm{s}.

Passo 4

Cálculo para \,t=4{,}0\\ \mathrm{s}\, (parte a). Velocidade:
v(4{,}0)=15 - 9{,}8\cdot 4{,}0 = 15 - 39{,}2 = -24{,}2\\ \mathrm{m/s}.
O sinal negativo indica que, aos 4{,}0\\ \mathrm{s}, a bola já está caindo e sua velocidade aponta para baixo com módulo 24{,}2\\ \mathrm{m/s}.
Posição:
y(4{,}0)=15\cdot 4{,}0 - \tfrac{1}{2}\cdot 9{,}8 \cdot (4{,}0)^2 = 60 - 4{,}9\cdot 16 = 60 - 78{,}4 = -18{,}4\\ \mathrm{m}.
Portanto, aos 4{,}0\\ \mathrm{s} a bola está 18{,}4\\ \mathrm{m} abaixo do parapeito (isto é, passou raspando o parapeito ao descer e já desceu essa distância).

Passo 5

Velocidade quando y=+5{,}0\\ \mathrm{m} (parte b). Usamos a relação sem tempo:
v^2 = v_0^2 - 2g(y-y_0).
Com v_0=15, y_0=0, y=5{,}0:
v^2 = 15^2 - 2\cdot 9{,}8 \cdot 5{,}0 = 225 - 98 = 127.
Logo
v = \pm\sqrt{127} \approx \pm 11{,}27\\ \mathrm{m/s}.
Explicação física: há duas passagens pela altura +5{,}0\\ \mathrm{m} — uma na subida (velocidade positiva \approx +11{,}27\\ \mathrm{m/s}) e outra na descida (velocidade negativa \approx -11{,}27\\ \mathrm{m/s}). Para confirmar, podemos achar os instantes em que y(t)=5{,}0 resolvendo
4{,}9 t^2 - 15 t + 5 = 0,
cuja solução é
t=\frac{15\pm\sqrt{127}}{9{,}8}.
Numericamente isso dá t\approx 0{,}381\\ \mathrm{s} (subida) e t\approx 2{,}680\\ \mathrm{s} (descida); as velocidades calculadas por v(t)=15-9{,}8t nesses tempos conferem os sinais acima.

Passo 6

Altura máxima e tempo para atingi‑la (parte c). No ponto mais alto a velocidade instantânea é zero: v(t_{\max})=0. Da fórmula v(t)=v_0 - g t temos
0 = v_0 - g t_{\max}\quad\Rightarrow\quad t_{\max}=\frac{v_0}{g}=\frac{15}{9{,}8}\approx 1{,}5306\\ \mathrm{s}.
A altura máxima pode ser obtida usando y(t) ou a fórmula direta
y_{\max}=y_0+\frac{v_0^2}{2g}=\frac{15^2}{2\cdot 9{,}8}=\frac{225}{19{,}6}\approx 11{,}48\\ \mathrm{m}.
Portanto a bola sobe aproximadamente 11{,}48\\ \mathrm{m} acima do parapeito e leva cerca de 1{,}53\\ \mathrm{s} para atingir essa altura.

Resposta

a) Em t=1{,}0\\ \mathrm{s}: posição y=10{,}1\\ \mathrm{m}, velocidade v=+5{,}2\\ \mathrm{m/s}. Em t=4{,}0\\ \mathrm{s}: posição y=-18{,}4\\ \mathrm{m}, velocidade v=-24{,}2\\ \mathrm{m/s}.
b) Ao passar por y=+5{,}0\\ \mathrm{m}: v=\pm\sqrt{127}\approx \pm 11{,}27\\ \mathrm{m/s} ( +11{,}27\\ \mathrm{m/s} na subida em t\approx 0{,}381\\ \mathrm{s}, -11{,}27\\ \mathrm{m/s} na descida em t\approx 2{,}680\\ \mathrm{s}).
c) Altura máxima y_{\max}\approx 11{,}48\\ \mathrm{m} acima do parapeito; tempo para atingi‑la t_{\max}\approx 1{,}53\\ \mathrm{s}.

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