Você deseja jogar uma bola para um amigo segura-la no meio do seu quarto. A distância entre o chão e o teto é igual a D e você lança a bola com velocidade v_{0}=\sqrt{6 g D}. Qual é a distância horizontal máxima (em termos de D ) que a bola pode
se deslocar sem que seja rebatida pelo teto? (Suponha que a bola tenha sido lançada do chão.)

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar a maior distância horizontal que a bola pode percorrer (lançada do chão) sem tocar o teto.
O que é dado: a distância entre chão e teto é D. A velocidade inicial do lançamento é \(v_{0}=\sqrt{6 g D}). A bola é lançada do chão (altura inicial zero).
O que se espera encontrar: a máxima distância horizontal (em termos de D) tal que a trajetória não ultrapasse a altura D.

Passo 2

Vamos definir as variáveis e lembrar as fórmulas básicas (devagar e com calma).
  • Seja \theta o ângulo de lançamento medido em relação à horizontal.
  • A velocidade inicial tem componentes horizontal e vertical: v_{0x} = v_{0}\cos\theta,\qquad v_{0y} = v_{0}\sin\theta.Aqui \(v_{0x}) é a velocidade horizontal inicial e \(v_{0y}) é a velocidade vertical inicial.
  • A altura máxima H atingida por um projétil (quando ignoramos resistência do ar) é dada pela energia cinética vertical convertida em altura: a fórmula é H=\frac{v_{0y}^{2}}{2g}=\frac{v_{0}^{2}\sin^{2}\theta}{2g},onde g é a aceleração da gravidade. Vou explicar: a componente vertical sobe até a velocidade vertical momentaneamente zero; usando v^{2}=v_{0}^{2}-2g\Delta y resolvemos para \Delta y.
  • A distância horizontal total (alcance) R até a bola voltar ao chão (mesma altura inicial) é R=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sin(2\theta).Explicando: o tempo de voo é T=2v_{0y}/g=2v_{0}\sin\theta/g, e a distância horizontal é v_{0x}\cdot T = v_{0}\cos\theta\cdot \frac{2v_{0}\sin\theta}{g}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sin(2\theta).

Passo 3

Impor a condição de não tocar o teto. Isso significa que a altura máxima H não pode ser maior que D. Usamos a fórmula de H:
H=\frac{v_{0}^{2}\sin^{2}\theta}{2g}\le D.
Substituímos \(v_{0}^{2} = 6 g D)) (pois v_{0}=\sqrt{6 g D}):
\frac{6 g D \,\sin^{2}\theta}{2g}\le D.
Simplificando (os g e D não nulos cancelam onde aplicável):
\frac{6\sin^{2}\theta}{2}\le 1 \quad\Rightarrow\quad 3\sin^{2}\theta\le 1 \quad\Rightarrow\quad \sin^{2}\theta\le \frac{1}{3}.
Portanto a condição para não atingir o teto é
\sin^{2}\theta\le \frac{1}{3} \quad\text{ou}\quad \sin\theta\le \frac{1}{\sqrt{3}}.

Passo 4

Queremos agora maximizar a distância horizontal R sujeita à restrição anterior. Escrevemos R usando v_{0}^{2}=6gD:
R=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sin(2\theta)=\frac{6gD}{g}\sin(2\theta)=6D\sin(2\theta).
Então o problema virou: para \theta com \sin\theta\le 1/\sqrt{3}, qual o maior valor possível de \sin(2\theta)?

Passo 5

Transformamos a função a ser maximizada em termos de s=\sin\theta (isso ajuda a visualizar):
\sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta=2s\sqrt{1-s^{2}},
onde 0\le s\le \frac{1}{\sqrt{3}}. Definimos
f(s)=2s\sqrt{1-s^{2}}.
Queremos o máximo de f no intervalo 0\le s\le 1/\sqrt{3}.

Passo 6

Estudo de monotonicidade (modo simples): calcule a derivada de f para saber se cresce ou decresce no intervalo.
Derivando (mostro cada passo):
f(s)=2s(1-s^{2})^{1/2}.
Usando regra do produto e cadeia,
f'(s)=2(1-s^{2})^{1/2}+2s\cdot\frac{1}{2}(1-s^{2})^{-1/2}(-2s).
Simplificando:
f'(s)=2\sqrt{1-s^{2}} - \frac{2s^{2}}{\sqrt{1-s^{2}}} = \frac{2(1-2s^{2})}{\sqrt{1-s^{2}}}.
O denominador é positivo para 0\le s<1. O sinal de f'(s) é, portanto, o sinal de 1-2s^{2}. Assim f'\!>\!0 enquanto s^{2}<\tfrac{1}{2} (i.e. s<1/\sqrt{2}), e f'\!<\!0 para s>1/\sqrt{2}. Logo f cresce até s=1/\sqrt{2} e depois decresce.
Mas nosso intervalo permitido é 0\le s\le 1/\sqrt{3}. Note que
\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0,577\quad\text{e}\quad \frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,707,
portanto 1/\sqrt{3} < 1/\sqrt{2}. Isso significa que em todo o intervalo permitido f'(s)>0: a função é estritamente crescente no intervalo. Assim o máximo ocorre no extremo superior s=1/\sqrt{3}.

Passo 7

Calcule o valor máximo de \sin(2\theta) usando s=1/\sqrt{3}:
\sin(2\theta)_{\max}=2\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{1-\frac{1}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.
Agora substituímos em R=6D\sin(2\theta):
R_{\max}=6D\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}.
Simplificando os fatores:
R_{\max} = 6D\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3} = 4\sqrt{2}\,D.

Passo 8

Interpretação final (curta e animadora): com a velocidade dada \(v_{0}=\sqrt{6gD}), qualquer lançamento que mantenha a altura máxima abaixo do teto precisa satisfazer \sin\theta\le 1/\sqrt{3}. Dentro dessa condição, o maior alcance horizontal possível ocorre justamente quando a altura máxima é exatamente D (ou seja, a trajetória “encosta” no teto sem ultrapassar), e o alcance máximo é \(4\sqrt{2}\,D). Dá pra imaginar: se tentar ângulos maiores a bola bate no teto; ângulos menores reduzem o alcance.

Resposta

\;4\sqrt{2}\,D

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