Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do alto do edifício, para a esquerda, a 60o no sentido horário com u...

Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do alto do edifício, para a esquerda, a 60o no sentido horário com um eixo apontando para a esquerda. Nesta situação invertida, é conveniente considerar como sentido positivo do eixo x o sentido da direita para a esquerda e como sentido positivo dos ângulos o sentido horário. As distâncias estão em metros e os tempos em segundos. (a) Com y0 = 20,0 m e y = 0 em t = 4,00 s, temos y y v t gty− = −0 0 1 2 2 , onde v vy0 0 60= °sen . Isso nos dá v0 = 16,9 m/s. Substituindo na equação da componente x do movimento, x x v tx− =0 0 (com x0 = 0 e x = d), obtemos d = (16,9 m/s) cos 60° (4,00 s) = 33,7 m. (b) Temos: v v v v gt x x y y = = = = = 0 0 16 9 60 8 45 1 ( , ) cos , ( m/s m/s 6 9 60 9 80 4 00 24 6, )sen ( , )( , ) ,m/s m/s s m/s.2 − = − O módulo de  v é | | ( , ) ( , ) ,  v v vx y= + = + − =2 2 2 28 45 24 56 26 0 m/s m/s m/s. (c) O ângulo em relação à horizontal é u =     = −    − −tan tan , , 1 1 24 6 8 43 v v y x m/s m/s  = − °71 1, . Podemos converter o vetor velocidade da forma retangular para a forma módulo-ângulo:  v = − → ∠ −( , , , ) ( , , )8 45 24 6 26 0 71 1 e interpretar o resultado (“desfazendo” a inversão do movimento) como uma velocidade inicial de módulo 26,0 m/se ângulo (para cima e para a direita) de 71,1°.