FISICAI EX5 sem5

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EXERCÍCIO 5 
Chamamos de “movimento livre” no campo gravitacional aquele executado por um objeto 
– sem propulsão como um foguete ou avião – e livre da resistência o ar. 
A única força atuante é o peso do projétil 
= = = -(m·g)· . 
Aplicando a 2ª Lei de Newton: -(mg) = m. :· = -g ou = 0. - g 
Conclusão: no movimento livre no campo gravitacional a aceleração de um projétil tem 
componente: = 0 e ay = -g . 
Para a análise do lançamento vertical da bola (como movimento livre no campo 
gravitacional), primeiramente, adota-se um referencial cartesiano: eixo 0y vertical) e eixo 
0x horizontal) paralelo ao solo, conforme segue. 
 
Acionando-se o cronômetro no ato do lançamento da bola (t = = 0) as condições iniciais 
do movimento são: 
Eixo x Eixo y 
 =0 
 = 0 
 = 0 
 =h = + 9 m 
 = + 12 m/s 
 =-g = - 10 m/s² 
 
Sendo = 0 e 0, o movimento da bola é unidimensional( movimento retilíneo na 
direção do eixo 0y). Para obter as respostas aos itens formulados adaptam-se as funções 
horárias das componentes da aceleração, velocidade do espaço para os dados 
fornecidos pelas condições iniciais: 
Eixo x Eixo y 
 = 0 
 = = 0 
x = = 0 
 = - g = -10 m/s² 
(t)= 12 - 10t (I) 
y(t) = 9 + 12t -5t² (II) 
 
 
 
a) A altura máxima atingida pela bola 
Considerações 
• Na ascensão, o movimento é progressivo, mas retardado: a componente vertical 
da velocidade diminui a razão de 10 m/s em cada t = 1 s, até se anular. 
• Quando = 0, a altura atingida pela bola é a máxima ( y = ;depois ela 
começa o descenso, período em que a velocidade aumenta em módulo até o 
impacto com o solo. 
 
y = 
 = 0. 
 
Para se determinar y = por meio da função y(t) é necessário conhecer o instante
 para o qual a bola atinge a altura máxima. Para tal, escrevem-se as funçõesI e 
II ( da tabela acima)para t = : 
( ) = 12 - 10( 
( )= 0. 
Resolvendo – se o sistema: 
 0 = 12 – 10.( ) → = = 1,2 s 
Para se determinar , substitui-se t por =1,2 s na função II (tabela): 
= 9 +12(1,2) – 5(1,2)² = 16.2 m. 
Observação: a bola foi lançada de = 9 m; se = 16.2 m, a bola subiu 7,2 m antes de 
começar a viagem de retorno, rumo ao solo. 
 
b) A velocidade com que a bola atinge o solo. 
Para a identificação da velocidade de impacto com o solo, deve-se determinar o instante 
t = em que a bola colide com o solo. Substitui-se t = na função (t): 
( ) =12 - 10( ) 
Determinação de 
Em t = a bola impacta o solo em y( ) = 0. Substituindo-se t = na 
função y(t) tem-se: 
9 + 12( ) – 5( )² = 0. 
As duas raízes desta equação de 2° grau podem ser obtidas por meio da Fórmula de 
Bhaskara: 
 = = = 
• = 3,0 s 
• = -0,60 s 
 Descartando a raiz negativa ( o tempo é sempre positivo), o tempo de queda será: 
)= 3,0 s 
Determinação da velocidade no ponto de impacto. 
Substituindo-se )= 3,0s na função (t): 
( ) =12 - 10( ) = 12 – 10(3) = - 18 m/s 
O sinal negativo indica que o vetor velocidade tem sentido oposto ao do versor 
adotado. O vetor velocidade no ponto de impacto é, então, assim escrito: = -18. (m/s) 
 
c) O tempo de vôo da bola. 
O “tempo de vôo” é o intervalo de tempo em que a bola fica no ar. Corresponde ao 
intervalo = - . Sendo = 0, o “tempo de voo” da bola será = 
= 3 ( calculado no item b). 
 O “tempo de voo” da bola corresponde também ao “tempo de subida” + “tempo de 
descida” da bola. O “ tempo de subida” é = - . Sendo = 0, = 
 = 1,2 s, conforme calculado no item (a). 
Como calcular o “tempo de descida” 
Para se calcular APENASo” tempo de descida”,podemos fazer a seguinte simplificação: 
considerar que o cronômetro foi acionado no instante em que a bola começa a descida, 
ou seja, as novas condições iniciais: 
= 0; 
= 16,2 m 
 = 0. 
Assim, durante a descida: = -10t e y’(t’) =16.2 – 5.t’². 
Impondo y’ = 0 →0 =16,2 – 5t’² :· t’ = = = 1,8 s. 
Conhecendo-se o “tempo de subida” ( 1,2 s), o “tempo de voo” será = 1,2 s + 1,8 s = 
3,0 s que corresponde ao “tempo de queda”.