Simulador de Movimento de Projétil

trajetória parabólica com animação ao vivo

Dois movimentos num só relógio	$\begin{gathered}x=v_0\cos\theta\,t\\ y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}\end{gathered}$
Lançamento e chegada à mesma altura	$\begin{gathered}t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}\\ y_{\max}=\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}\end{gathered}$

Exemplo resolvido — Simulador de Movimento de Projétil

Velocidade horizontal	14,142 m/s
Velocidade vertical	14,142 m/s
Tempo de voo	2,8832 s
Alcance	40,775 m
Tempo até o ponto máximo	1,4416 s
Altura máxima	10,194 m
Velocidade de chegada	20 m/s
Ângulo de chegada abaixo da horizontal	45°

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Simulador de Movimento de Projétil

Um projétil move-se sob a ação exclusiva da gravidade assim que é lançado. Arremessado com velocidade v₀ e um ângulo θ a partir de uma altura h, desloca-se lateralmente a velocidade constante enquanto a sua altura varia exatamente como em queda livre.

O que significa cada símbolo

v₀: velocidade de lançamento
θ: ângulo de lançamento acima da horizontal
h: altura de lançamento em relação ao solo de chegada
g: aceleração da gravidade, 9,81 m/s², dirigida para baixo
R: alcance: distância horizontal do ponto de lançamento ao de chegada

De onde vem a fórmula

A gravidade atua unicamente para baixo; nada altera, portanto, a velocidade horizontal. A distância horizontal progride ao mesmo ritmo durante todo o voo.
$v_x=v_0\cos\theta,\qquad x=v_0\cos\theta\,t$
Na vertical o movimento é uniformemente acelerado, a lição anterior com u = v₀ sin θ e a = −g. Ambos os movimentos partilham o mesmo relógio, t.
$v_y=v_0\sin\theta-gt,\qquad y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}$
Elimine t entre ambas e a altura torna-se uma função quadrática da distância horizontal: a trajetória é uma parábola.
$y=h+x\tan\theta-\frac{g\,x^{2}}{2v_0^{2}\cos^{2}\theta}$
O voo termina quando a altura regressa a zero. Em terreno plano as duas raízes correspondem ao lançamento e a t_f, sendo o alcance dado por v_x mantida durante t_f. Como sin 2θ = sin(180° − 2θ), os ângulos θ e 90° − θ proporcionam o mesmo alcance.
$t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=v_x\,t_f=\frac{2v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
No ponto mais alto a velocidade vertical anula-se. A equação sem o tempo fornece a altura.
$0=(v_0\sin\theta)^{2}-2g\,(y_{\max}-h)\ \Rightarrow\ y_{\max}=h+\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}$

Pressupõe: Sem resistência do ar e com g constante ao longo de todo o percurso. Com resistência do ar a trajetória deixa de ser parabólica, tema da página seguinte.

Dois movimentos em um só

Um projétil realiza, em rigor, dois movimentos independentes em simultâneo: avança na horizontal a velocidade constante enquanto cai sob o efeito da gravidade. Nenhum interfere com o outro, donde decorre um resultado clássico: uma bala disparada na horizontal e outra simplesmente largada da mesma altura chegam ao solo no mesmo instante. Regule o ângulo para 0°, dê alguma altura ao lançamento e varie a velocidade: o alcance aumenta, mas o tempo de voo não se altera.

Lá no alto, 45° deixa de vencer

A famosa regra dos 45° para o alcance máximo só vale quando o lançamento e a queda estão à mesma altura. Acrescente uma altura de lançamento h e o melhor ângulo cai abaixo de 45°, seguindo θ = arctan(v / √(v² + 2gh)). Atire uma bola do alto de um penhasco: mirar um pouco mais baixo que 45° a leva mais longe — suba o controle de altura e procure o verdadeiro ótimo.

PROJÉTEIS — O ÂNGULO DECIDE TUDO, MENOS O QUE A VELOCIDADE DECIDE

Qual caso de lançamento você está resolvendo?

Os movimentos horizontal e vertical são independentes: velocidade constante para o lado, aceleração constante para baixo. Todo o resto sai dessa separação. Em terreno plano o alcance é R = v²sen(2θ)/g, que é máximo em 45° e emparelha os ângulos dos dois lados. Lance de uma altura e essa simetria se quebra: o melhor ângulo cai abaixo de 45°.

45° em terreno plano — o alcance máximo R = v²/g at θ = 45°

Ângulos complementares — dois jeitos de acertar o mesmo ponto R = v²sin(2θ)/g

Reto para cima — só altura, alcance nenhum h = v²/2g, R = 0

Lançado de uma altura — a simetria se quebra h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

45° em terreno plano — o alcance máximo

O que você sabe: Lançamento e queda estão na mesma altura e você quer chegar o mais longe possível. sen(2θ) é máximo quando 2θ = 90°.

Alcance: R = v²/g at θ = 45°

Exemplo resolvido: v = 20 m/s a 45° → R = v²/g = 400/9,81 = 40,8 m, o mais longe que essa velocidade alcança

Abrir este caso: 45° alcance máx.

45° em terreno plano — o alcance máximo. A 45° o tempo de voo e a velocidade horizontal se equilibram e o alcance é máximo. Lançamento e queda estão na mesma altura e você quer chegar o mais longe possível. sen(2θ) é máximo quando 2θ = 90°. — A 45° o tempo de voo e a velocidade horizontal se equilibram e o alcance é máximo.

Ângulos complementares — dois jeitos de acertar o mesmo ponto

O que você sabe: Qualquer ângulo θ e seu complemento 90° − θ dão o mesmo alcance em terreno plano, porque sen(2θ) = sen(180° − 2θ).

Alcance: R = v²sin(2θ)/g

Exemplo resolvido: v = 20 m/s a 30° → 35,3 m; a 60° → 35,3 m de novo. O tiro rasteiro leva 2,0 s e o alto 3,5 s

Abrir este caso: 30°

Ângulos complementares — dois jeitos de acertar o mesmo ponto. Duas trajetórias, um ponto de queda: 30° e 60° dão o mesmo alcance em alturas diferentes. Qualquer ângulo θ e seu complemento 90° − θ dão o mesmo alcance em terreno plano, porque sen(2θ) = sen(180° − 2θ). — Duas trajetórias, um ponto de queda: 30° e 60° dão o mesmo alcance em alturas diferentes.

Reto para cima — só altura, alcance nenhum

O que você sabe: θ = 90°, então a componente horizontal é zero. Tudo o que o lançamento deu vai para subir e voltar.

Alcance: h = v²/2g, R = 0

Exemplo resolvido: v = 20 m/s para cima → altura máxima v²/2g = 20,4 m, alcance 0, e volta à sua mão a 20 m/s

Abrir este caso: 90° reto para cima

Reto para cima — só altura, alcance nenhum. Lançamento vertical: a trajetória vira uma linha e o alcance desaparece. θ = 90°, então a componente horizontal é zero. Tudo o que o lançamento deu vai para subir e voltar. — Lançamento vertical: a trajetória vira uma linha e o alcance desaparece.

Lançado de uma altura — a simetria se quebra

O que você sabe: O ponto de queda está abaixo do de lançamento, então o voo deixa de ser simétrico e a regra dos 45° não vale mais.

Alcance: h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

Exemplo resolvido: v = 22 m/s a 35° de 18 m de altura → 3,6 s no ar e 65 m de alcance; o ângulo ótimo aqui é 37,2°, não 45°

Abrir este caso: de um penhasco

Lançado de uma altura — a simetria se quebra. A altura extra compra tempo de voo extra, então o lançamento mais rasteiro vence. O ponto de queda está abaixo do de lançamento, então o voo deixa de ser simétrico e a regra dos 45° não vale mais. — A altura extra compra tempo de voo extra, então o lançamento mais rasteiro vence.

Problemas resolvidos na íntegra

Uma bola lançada a 20 m/s e 45° a partir de solo plano 5 passos
Uma bola é lançada a 20 m/s e 45° a partir de um solo plano. Determine quanto tempo permanece no ar e a que distância atinge o solo — depois determine o custo de um erro de pontaria de 5°, que é a questão que decide se vale a pena apontar a 45°.
1. Decomponha o lançamento em dois movimentos que nunca comunicam entre si. A gravidade atua apenas para baixo, pelo que a velocidade horizontal é a mesma no impacto e no lançamento, e 45° é o único ângulo em que as duas componentes começam iguais.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=20\cos45^\circ=14.142\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=v_0\sin\theta=14.142\ \mathrm{m/s}$
2. O voo termina quando a altura regressa a zero, e apenas o movimento vertical determina isso. A subida e a descida demoram o mesmo tempo a partir de um solo plano, pelo que todo o voo dura o dobro do tempo até ao topo.
  
  $y(t_f)=0:\quad t_f=\frac{2v_y}{g}=\frac{2(14.142)}{9.81}=2.8832\ \mathrm{s}$
3. A distância horizontal é uma velocidade constante mantida durante esse tempo de voo. Substituindo as componentes, tudo se reduz ao ângulo duplicado e, como sin 2θ não se altera quando θ é trocado por 90° − θ, lançar a 30° ou a 60° faz a bola atingir o solo a 35,312 m em ambos os casos.
  
  $R=v_xt_f=14.142\times2.8832=40.775\ \mathrm{m}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}=\frac{400}{9.81}$
4. A altura máxima resulta apenas da componente vertical, imobilizada pela gravidade. A 45°, esta corresponde a exatamente um quarto do alcance, e esse quarto mantém-se a 45° para qualquer velocidade de lançamento.
  
  $y_{\max}=\frac{v_y^{2}}{2g}=\frac{200}{19.62}=10.194\ \mathrm{m}=\frac{R}{4}$
5. Agora, o erro de pontaria. sin 2θ é estacionário a 45°, pelo que falhar por 5° é um erro de segunda ordem e custa 62 cm num total de 40,775 m. A mesma falha de 5° a 30° é de primeira ordem e altera o alcance em 8,5%, cerca de 3 m.
  
  $\frac{R(50^\circ)}{R(45^\circ)}=\sin100^\circ=0.9848\ (-0.62\ \mathrm{m}),\qquad\frac{R(35^\circ)}{R(30^\circ)}=\frac{\sin70^\circ}{\sin60^\circ}=1.085$
Resposta

A ferramenta indica 2,8832 s de voo, um alcance de 40,775 m e uma altura máxima de 10,194 m. Estes dois últimos estão numa proporção de exatamente 4 e mantêm essa proporção a 45° seja qual for a velocidade — uma trajetória a 45° é sempre quatro vezes mais larga do que alta, pelo que existe apenas uma forma e só o tamanho varia. O Passo 5 é o essencial a reter: o máximo é plano, razão pela qual os 45° persistem como uma regra prática que ninguém verifica com rigor. Contudo, esta ausência de curvatura funciona nos dois sentidos, pois um pico plano é difícil de localizar — quem procurar o melhor ângulo por tentativa obtém uma banda larga de ângulos que parecem todos igualmente bons.

$R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g},\qquad \frac{R}{y_{\max}}=4\ \ (\theta=45^\circ)$
Ao rolar da mesa 4 passos
Uma bola rola para fora de uma mesa de 1,2 m de altura a 3,0 m/s. Quanto tempo demora a atingir o chão, a que distância da mesa cai e com que velocidade atinge o solo?

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1. Decomponha o movimento em dois. Abandonar a mesa na horizontal significa que θ = 0; logo, o movimento vertical parte do repouso e a totalidade dos 3,0 m/s é horizontal:
  
  $v_x=3{.}0\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=0,\qquad h=1{.}2\ \mathrm{m}$
2. A descida é uma queda a partir do repouso ao longo de 1,2 m, na qual a velocidade horizontal não tem qualquer influência:
  
  $0=h-\tfrac12gt_f^{2}\ \Rightarrow\ t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2(1{.}2)}{9{.}81}}=0{.}49462\ \mathrm{s}$
3. A distância horizontal resulta dessa velocidade constante mantida durante todo o tempo de queda:
  
  $R=v_x\,t_f=3{.}0\times0{.}49462=1{.}4839\ \mathrm{m}$
4. Ao nível do chão a componente horizontal continua nos 3,0 m/s e a vertical passou a gt. Some-as vetorialmente:
  
  $v_{y,f}=-g\,t_f=-4{.}8522\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{3{.}0^{2}+4{.}8522^{2}}=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{4{.}8522}{3{.}0}=58{.}273^\circ$
Resposta

0,49462 s, caindo a 1,4839 m da mesa a 5,7047 m/s, 58,273° abaixo da horizontal. Se rolar com o dobro da velocidade, cairá ao dobro da distância, após os mesmíssimos 0,49462 s.

$t_f=0{.}49462\ \mathrm{s},\qquad R=1{.}4839\ \mathrm{m},\qquad v_f=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=58{.}273^\circ$
Do alto de uma falésia: a velocidade de chegada 5 passos
Uma pedra é lançada a 15 m/s, a 40° acima da horizontal, do cimo de uma falésia de 25 m de altura. Determine o tempo de voo, a que distância da base da falésia cai e a sua velocidade ao chegar ao solo.

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1. Primeiro, as componentes:
  
  $v_x=15\cos40^\circ=11{.}491\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=15\sin40^\circ=9{.}6418\ \mathrm{m/s}$
2. O voo termina quando a altura em relação ao solo regressa a zero. Obtemos uma equação do segundo grau em t, cuja raiz positiva corresponde ao instante posterior ao lançamento:
  
  $25+9{.}6418\,t-4{.}905\,t^{2}=0\ \Rightarrow\ t_f=\frac{9{.}6418+\sqrt{9{.}6418^{2}+2(9{.}81)(25)}}{9{.}81}=3{.}4451\ \mathrm{s}$
3. O alcance horizontal é dado por v_x ao longo desse tempo:
  
  $R=v_x\,t_f=(15\cos40^\circ)(3{.}4451)=39{.}587\ \mathrm{m}$
4. Ao chegar ao solo a componente horizontal permanece inalterada e a vertical vale v_y − gt_f. Junte ambas:
  
  $v_{y,f}=9{.}6418-9{.}81(3{.}4451)=-24{.}155\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{11{.}491^{2}+24{.}155^{2}}=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{24{.}155}{11{.}491}=64{.}559^\circ$
5. Confirme a velocidade sem recorrer ao tempo. A conservação da energia permite determiná-la apenas a partir da velocidade de lançamento e do desnível:
  
  $v_f=\sqrt{v_0^{2}+2gh}=\sqrt{15^{2}+2(9{.}81)(25)}=26{.}749\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Resposta

3,4451 s no ar, caindo a 39,587 m da base a 26,749 m/s, 64,559° abaixo da horizontal. A confirmação do passo 5 não depende do ângulo: a partir desta falésia, qualquer lançamento a 15 m/s chega ao solo a 26,749 m/s, independentemente da orientação inicial. O ângulo apenas decide onde a pedra cai e em que direção se desloca.

$t_f=3{.}4451\ \mathrm{s},\qquad R=39{.}587\ \mathrm{m},\qquad v_f=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=64{.}559^\circ$
Por cima do muro? 3 passos
Chuta-se uma bola do chão a 25 m/s, a 30° acima da horizontal, em direção a um muro de 3,0 m de altura situado a 40 m de distância. A bola ultrapassa o muro? Quando lá chega, ainda está a subir?
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1. O movimento horizontal indica o instante em que a bola alcança o muro:
  
  $t=\frac{x}{v_0\cos\theta}=\frac{40}{25\cos30^\circ}=\frac{40}{21{.}651}=1{.}8475\ \mathrm{s}$
2. O movimento vertical fornece a sua altura nesse mesmo instante:
  
  $y=v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}=12{.}5(1{.}8475)-4{.}905(1{.}8475)^{2}=23{.}094-16{.}742=6{.}352\ \mathrm{m}$
3. A velocidade vertical revela então se a bola está a subir ou a descer:
  
  $v_y=v_0\sin\theta-gt=12{.}5-9{.}81(1{.}8475)=-5{.}624\ \mathrm{m/s}$
Resposta

Sim, com 3,35 m de margem: a bola passa sobre o muro a 6,35 m do chão, já em descida a 5,62 m/s. Como o problema incidia sobre um único ponto da trajetória, o tempo resultou da distância ao muro, e não do final do voo.

$y(40\ \mathrm{m})=6{.}35\ \mathrm{m}>3{.}0\ \mathrm{m},\qquad v_y=-5{.}62\ \mathrm{m/s}$
A velocidade que o alcance exige 3 passos
Um atleta de salto em comprimento deixa a tábua de chamada a 20° acima da horizontal e atinge 7,5 m de distância. Supondo que a impulsão e a queda ocorrem à mesma altura e desprezando a resistência do ar, qual foi a velocidade de saída?

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1. Em terreno plano o voo dura 2v₀ sin θ/g, e o alcance é esse tempo multiplicado por v₀ cos θ. Reunidos, fornecem a fórmula do alcance:
  
  $R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
2. Resolvendo em ordem a v₀:
  
  $v_0=\sqrt{\frac{Rg}{\sin2\theta}}=\sqrt{\frac{7{.}5\times9{.}81}{\sin40^\circ}}=\sqrt{114{.}46}=10{.}699\ \mathrm{m/s}$
3. Confirme substituindo a velocidade obtida:
  
  $R=\frac{10{.}699^{2}\sin40^\circ}{9{.}81}=7{.}50\ \mathrm{m}\ \checkmark$
Resposta

10,699 m/s. Com essa mesma velocidade a 45°, o salto chegaria aos 11,668 m. Ainda assim, os atletas saltam a cerca de 20°, porque quanto mais íngreme for a saída, maior é a perda na tábua da velocidade ganha na corrida.

$v_0=10{.}699\ \mathrm{m/s};\qquad R(45^\circ)=\frac{v_0^{2}}{g}=11{.}668\ \mathrm{m}$
Dois ângulos para o mesmo ponto 3 passos
Uma bola parte do solo plano a 25 m/s e deve cair a 50 m de distância. Com que ângulo deve ser lançada?

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1. Introduza os valores na fórmula do alcance e resolva em ordem a sin 2θ:
  
  $\sin2\theta=\frac{Rg}{v_0^{2}}=\frac{50\times9{.}81}{25^{2}}=0{.}7848$
2. Entre 0° e 180° existem dois ângulos com esse seno; logo, entre 0° e 90° há dois ângulos de lançamento possíveis, cuja soma é 90°:
  
  $2\theta=51{.}702^\circ,\ \ 128{.}298^\circ\ \Rightarrow\ \theta=25{.}851^\circ,\ \ 64{.}149^\circ$
3. Ambos atingem os 50 m, mas em instantes diferentes, já que apenas a componente vertical dita o tempo de voo:
  
  $t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g}:\qquad\frac{2(25)\sin25{.}851^\circ}{9{.}81}=2{.}2224\ \mathrm{s},\qquad\frac{2(25)\sin64{.}149^\circ}{9{.}81}=4{.}5868\ \mathrm{s}$
Resposta

25,851° ou 64,149°. O lançamento mais rasteiro chega ao fim de 2,2224 s; o mais alto demora 4,5868 s e sobe até aos 25,799 m pelo caminho, contra os 6,0565 m do primeiro. Prima 30° e depois 60° para ver o mesmo comportamento a 20 m/s.

$\theta=25{.}851^\circ\ \ (t_f=2{.}2224\ \mathrm{s},\ y_{\max}=6{.}0565\ \mathrm{m}),\qquad \theta=64{.}149^\circ\ \ (t_f=4{.}5868\ \mathrm{s},\ y_{\max}=25{.}799\ \mathrm{m})$
O ângulo que chega mais longe a partir de 18 m de altura 7 passos
O painel resolve o lançamento que lhe der: 35° a partir de 18 m de altura chegam a 64,764 m. Não lhe dirá se 35° valia a pena. Encontre o ângulo que chega mais longe a partir desta falésia — e pergunte depois quanto vale realmente a resposta.

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1. Separe o lançamento em dois. Tudo o que se segue é uma velocidade horizontal constante e uma queda livre vertical que começa 18 m acima do solo de chegada.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=22\cos35^\circ=18.021\ \mathrm{m\,s^{-1}},\qquad v_y=v_0\sin\theta=22\sin35^\circ=12.619\ \mathrm{m\,s^{-1}}$
2. O voo termina quando a altura regressa a zero, o que é uma equação do segundo grau em t. Tome a raiz positiva; a outra seria o instante em que o projétil teria deixado o solo se tivesse partido lá de baixo.
  
  $h+v_yt-\tfrac12gt^{2}=0\ \Longrightarrow\ t_f=\frac{v_y+\sqrt{v_y^{2}+2gh}}{g}=\frac{12.619+\sqrt{159.24+353.16}}{9.81}=3.5938\ \mathrm{s}$
3. O alcance é a velocidade horizontal vezes todo o voo, porque na horizontal nada atua. Três dos quatro números obtidos até aqui estão no painel acima.
  
  $R=v_xt_f=18.021\times3.5938=64.764\ \mathrm{m}$
4. O ponto mais alto é onde a velocidade vertical se esgota, e a falésia limita-se a levantar tudo: 18 m de avanço mais exatamente a subida que um lançamento ao nível do solo teria conseguido.
  
  $y_{\max}=h+\frac{v_y^{2}}{2g}=18+\frac{159.24}{19.62}=26.116\ \mathrm{m}$
5. Agora a pergunta a que o painel não responde. Escreva o alcance como função apenas do ângulo, com v₀ e h fixos. O tempo de voo passa também a depender de θ, e é precisamente por isso que esta não é a fórmula cómoda do nível do mar.
  
  $R(\theta)=\frac{v_0\cos\theta}{g}\left(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^{2}\sin^{2}\theta+2gh}\right)$
6. Derive e iguale a zero. Tudo se reduz a uma única condição sobre sen θ, e a falésia entra apenas através do grupo adimensional 2gh/v₀². Com h = 0 devolve sen θ = 1/√2, os 45° de sempre. Aqui devolve 37,248°.
  
  $\frac{dR}{d\theta}=0\ \Longrightarrow\ \sin\theta^{*}=\frac{1}{\sqrt{2+2gh/v_0^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2.72967}}=0.60526\ \Longrightarrow\ \theta^{*}=37.248^\circ$
7. Coloque agora os três ângulos lado a lado e leia as grandezas, não apenas a ordem.
  
  $R(37.248^\circ)=64.887,\qquad R(35^\circ)=64.764,\qquad R(45^\circ)=63.355\ \ \mathrm{(m)}$
Resposta

O melhor ângulo a partir desta falésia é 37,248°, e voltar a apontar vale 12 cm num lançamento de 65 m. É essa a verdadeira lição, e não está no ótimo: um máximo é plano, portanto falhá-lo por 2,2° quase nada custa. Caro é trazer o modelo errado — 45° só é ótimo ao nível do solo, e usá-lo aqui deita fora 1,532 m, doze vezes o custo do erro de pontaria. Suba a falésia e θ* continua a descer; no limite de uma muito alta, o lançamento mais longo é quase horizontal.

$\sin\theta^{*}=\left(2+\frac{2gh}{v_0^{2}}\right)^{-1/2}\Longrightarrow\theta^{*}=37.248^\circ;\qquad R^{*}-R(35^\circ)=0.123\ \mathrm{m},\qquad R^{*}-R(45^\circ)=1.532\ \mathrm{m}$

Problemas suplementares, só com a resposta

Uma pedra é lançada horizontalmente a 12 m/s do cimo de uma falésia com 30 m de altura. Quanto tempo demora até tocar o solo e a que distância da base da falésia cai?

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2,473 s e 29,68 m.

$t_f=\sqrt{\frac{2(30)}{9{.}81}}=2{.}473\ \mathrm{s},\qquad R=12\times2{.}473=29{.}68\ \mathrm{m}$
Uma bola é chutada do solo plano a 18 m/s, a 60° acima da horizontal. Determine a sua altura máxima e o alcance.

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12,39 m e 28,60 m.

$y_{\max}=\frac{(18\sin60^\circ)^{2}}{2(9{.}81)}=12{.}39\ \mathrm{m},\qquad R=\frac{18^{2}\sin120^\circ}{9{.}81}=28{.}60\ \mathrm{m}$
Uma bola é lançada a 20 m/s, a 30° acima da horizontal. Calcule a sua velocidade e direção decorrido 1,0 s.

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17,32 m/s, 0,63° acima da horizontal: encontra-se imediatamente antes do ponto mais alto.

$v_x=17{.}32,\quad v_y=10-9{.}81=0{.}19\ \ (\mathrm{m/s})\ \Rightarrow\ v=17{.}32\ \mathrm{m/s},\ \ 0{.}63^\circ$
Qual é o alcance máximo em terreno plano de um projétil lançado a 50 m/s e quanto tempo permanece no ar?

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254,8 m a 45°, ao fim de 7,208 s.

$R_{\max}=\frac{v_0^{2}}{g}=\frac{50^{2}}{9{.}81}=254{.}8\ \mathrm{m},\qquad t_f=\frac{2(50)\sin45^\circ}{9{.}81}=7{.}208\ \mathrm{s}$
Um dardo lançado horizontalmente contra um alvo a 2,5 m de distância espeta-se 0,20 m abaixo do ponto visado. Com que velocidade foi lançado?

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12,38 m/s: a descida de 0,20 m demora 0,2019 s.

$t=\sqrt{\frac{2(0{.}20)}{9{.}81}}=0{.}2019\ \mathrm{s},\qquad v_0=\frac{2{.}5}{0{.}2019}=12{.}38\ \mathrm{m/s}$

Percurso de aprendizagem

O lançamento de objetos

Referências (1)

Insight block 2 stacks two motions. Arriving at that decomposition took Galileo most of a career: S. Drake, "Galileo’s Discovery of the Parabolic Trajectory", in Essays on Galileo and the History and Philosophy of Science, 160–170. University of Toronto Press, 1999.

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