Lançamento oblíquo

Iniciante

Um projétil é qualquer coisa arremessada, chutada ou lançada que então se move apenas sob a gravidade: uma bola de basquete, um atleta do salto em distância, a água de uma mangueira de jardim. Sua trajetória é uma curva chamada parábola.

O truque é dividir o movimento em dois. Na horizontal, nada empurra nem puxa a bola depois que ela sai da mão (se ignorarmos o ar), então ela mantém a mesma velocidade horizontal. Na vertical, a gravidade age exatamente como em uma bola solta: ela acrescenta 9,81 m/s de velocidade para baixo a cada segundo.

Arremesse uma pedra na horizontal, a 10 m/s, do alto de um penhasco. Após 1 s, ela está 10 m à frente e caiu cerca de 4,9 m; após 2 s, está 20 m à frente e caiu cerca de 19,6 m.

Pergunta rápida: depois de 2 s, com que velocidade ela se move para a frente e com que velocidade para baixo? (Ainda 10 m/s para a frente; cerca de 20 m/s para baixo.)

Como os dois movimentos não interferem um no outro, uma moeda lançada para fora de uma mesa e uma moeda solta da mesma borda atingem o chão juntas.

O ângulo de lançamento importa. Lançada muito rasante, a bola cai logo; lançada muito inclinada, sobe bastante, mas não vai longe. No solo plano e sem ar, 45° dá o arremesso mais longo, e 30° e 60° caem no mesmo ponto.

Newton imaginou um canhão no alto de uma montanha disparando cada vez mais rápido: cada bala cai mais longe, até que uma cai exatamente tão rápido quanto a Terra redonda se curva sob ela e nunca toca o chão. Isso é uma órbita.

Na animação, observe os pontos cinza, um a cada meio segundo: na horizontal, eles estão sempre à mesma distância uns dos outros; na vertical, os intervalos diminuem na subida e aumentam na descida.

Intermediário

Eixos, componentes e sinais

Coloque a origem no ponto de lançamento, o eixo $x$ horizontal na direção do arremesso e o eixo $y$ verticalmente para cima. Uma bola lançada com velocidade $v_0$ e ângulo $\theta$ acima da horizontal tem uma velocidade que é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são as componentes
$v_x=v_0\cos \theta$
$v_{y0}=v_0\sin \theta$

Ambas têm sinal, em metros por segundo: $v_y>0$ significa subindo, $v_y<0$ descendo. Já o módulo da velocidade é $v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$. Tomando o sentido para cima como positivo, a aceleração vertical é $-g$, em que $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$ é o módulo da aceleração da queda livre. Verifique como o ângulo foi dado: se for medido a partir da vertical, seno e cosseno trocam de lugar.

Dois movimentos retilíneos independentes

Depois que a bola deixa a mão, a única força sobre ela, se ignorarmos o ar, é o seu peso, para baixo. Nada a empurra na horizontal, então sua velocidade horizontal nunca muda: o movimento horizontal é uniforme. Na vertical, a bola se move exatamente como uma bola arremessada para cima com $v_0\sin \theta$, o caso tratado em Queda livre. Os dois movimentos compartilham apenas o relógio.

Após um tempo $t$, portanto,
$x=v_0\cos \theta t$
$v_y=v_0\sin \theta -gt$
$y=v_0\sin \theta t-\frac{1}{2}g{t}^2$

Um teste simples dessa independência: arremesse uma moeda para fora de uma mesa enquanto deixa outra cair da mesma borda. As duas começam com $v_y=0$ e caem a mesma altura, então atingem o chão juntas; a moeda arremessada apenas cai mais longe.

Tempo de voo, altura e alcance

Em terreno plano, o tempo no ar, a altura e o alcance decorrem do movimento vertical mais uma multiplicação. A bola sobe até $v_y=0$, em $t=v_0\sin \theta /g$, e a descida espelha a subida, então ela cai após o dobro desse tempo. Substituir o tempo de subida em $y(t)$ dá a altura máxima; a velocidade horizontal vezes o tempo de voo dá o alcance:

• $T=\frac{2v_0\sin \theta }{g}$
• $H=\frac{(v_0\sin \theta {)}^2}{2g}$
• $R=\frac{v_0^2\sin 2\theta }{g}$

O tempo de voo e a altura dependem apenas da componente vertical $v_0\sin \theta$. O alcance precisa das duas componentes, $R=v_0\cos \theta \cdot 2v_0\sin \theta /g$, e a identidade $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ simplifica tudo.

Qual ângulo arremessa mais longe? Um lançamento íngreme fica muito tempo no alto, mas se move lentamente na horizontal; um lançamento baixo é rápido na horizontal, mas cai quase de imediato. O alcance, seu produto, é maior no meio-termo: $\sin 2\theta$ atinge o máximo 1 quando $2\theta =90^{\circ }$, então em terreno plano $\theta =45^{\circ }$ é o melhor, com $R_{\max }=v_0^2/g$. Ângulos igualmente acima e abaixo de 45° dão o mesmo alcance, porque $\sin 2\theta =\sin (180^{\circ }-2\theta )$: 30° e 60° caem no mesmo ponto, e também 40° e 50°.

Exemplo resolvido: o arremesso da animação

A bola sai do chão com $v_0=20m/s$ e $\theta =50^{\circ }$. Suas componentes são
$v_x=20\cos 50^{\circ }\approx 12,9m/s$
$v_{y0}=20\sin 50^{\circ }\approx 15,3m/s$

Esses são os valores dos indicadores $v_x$ e $v_y$ no lançamento. A bola chega ao topo após $t=15,3/9,81\approx 1,56\mathrm{s}$ e pousa após o dobro, $T\approx 3,12\mathrm{s}$. Então
$H=\frac{15,32^2}{2\cdot 9,81}\approx 12,0\mathrm{m}$
$R=\frac{20^2\sin 100^{\circ }}{9,81}\approx 40,2\mathrm{m}$
e, como conferência, $v_{x}T=12,9\cdot 3,12\approx 40,2\mathrm{m}$.

Durante o voo, o indicador dourado de $v_x$ permanece em 12,9 m/s. O indicador verde de $v_y$ cai 9,81 m/s a cada segundo, passa por zero em 1,56 s, quando a bola está no topo da linha tracejada marcada $H$, e chega a $-15,3m/s$ no pouso. A bola chega ao chão a 40,2 m de distância, com 20 m/s, 50° abaixo da horizontal: a descida é a subida reproduzida de trás para frente.

Com 40°, a mesma velocidade alcança os mesmos 40,2 m, mas a bola sobe apenas 8,4 m e pousa após 2,62 s. Com 45°, ela pousa em 40,8 m, apenas 1,5 % mais longe do que com 50°: perto do melhor ângulo, o alcance perdoa bastante.

Exemplo resolvido: um arremesso de peso

Um atleta solta o peso a 2,0 m do chão, com 13 m/s e 40° acima da horizontal. A que distância, medida na horizontal, ele pousa? As fórmulas de solo plano não se aplicam, porque o peso cai 2,0 m abaixo do ponto de partida.

As componentes são $v_x=13\cos 40^{\circ }\approx 9,96m/s$ e $v_{y0}=13\sin 40^{\circ }\approx 8,36m/s$. O peso pousa quando $y=-2,0\mathrm{m}$, ou seja, quando $4,905t^2-8,36t-2,0=0$, em que $4,905$ é $\frac{1}{2}g$. A raiz positiva é
$t=\frac{8,36+\sqrt{8,36^2+4\cdot 4,905\cdot 2,0}}{2\cdot 4,905}\approx 1,92\mathrm{s}$
então o peso pousa a $x=9,96\cdot 1,92\approx 19,1\mathrm{m}$ de distância.

A fórmula de solo plano daria $13^2\sin 80^{\circ }/9,81\approx 17,0\mathrm{m}$: a altura de soltura acrescenta 2,1 m ao alcance. O peso sobe $8,36^2/(2\cdot 9,81)\approx 3,6\mathrm{m}$ acima da mão e chega ao chão com 14,4 m/s, mais rápido do que saiu, porque termina mais abaixo. Quando o ponto de pouso está abaixo do ponto de lançamento, o melhor ângulo fica um pouco abaixo de 45°, aqui cerca de 42°; os atletas soltam o peso ainda mais baixo, porque os braços o impulsionam mais rápido em ângulos mais baixos.

Lendo os pontos estroboscópicos e as setas

Os pontos cinza marcam a bola a cada 0,5 s. Na horizontal, eles estão sempre $12,9\cdot 0,5\approx 6,4\mathrm{m}$ distantes uns dos outros: distâncias iguais em tempos iguais, a marca do movimento uniforme. Na vertical, contando a partir do ponto de lançamento, a bola sobe 6,4, 4,0 e 1,5 m de uma marca de meio segundo para a seguinte e depois desce 0,9, 3,4 e 5,8 m. Cada passo sobe 2,45 m a menos, ou desce 2,45 m a mais, do que o anterior, porque $g(0,5\mathrm{s}{)}^2=2,45\mathrm{m}$: é o padrão de uma bola solta que começou com um impulso para cima.

As setas contam a mesma história. A seta azul $v$ é sempre tangente à trajetória tracejada. A seta dourada $v_x$ mantém seu comprimento do lançamento até o pouso, enquanto a seta verde $v_y$ encolhe, some no topo e depois cresce apontando para baixo. Assim, a seta azul é mais curta no topo, onde a velocidade é igual a $v_x$, 12,9 m/s, e é tão longa no pouso quanto no lançamento.

Erros comuns

• A velocidade não é zero no topo. Só $v_y$ é; a bola ainda se move lateralmente a 12,9 m/s, sua menor velocidade durante todo o voo.
• A aceleração também não é zero no topo. Ela continua sendo 9,81 m/s² para baixo, então 0,1 s depois do topo $v_y$ já é $-0,98m/s$.
• Um arremesso lateral mais rápido não fica mais tempo no ar. Rolada para fora de uma mesa de 1,0 m de altura, a 2 m/s ou a 4 m/s, uma bola cai após 0,45 s nos dois casos, a 0,9 m ou a 1,8 m de distância.
• O alcance precisa de $\sin 2\theta$, não de $\sin \theta$. Com $\sin 50^{\circ }$ em vez de $\sin 100^{\circ }$, o arremesso da animação pareceria cair a 31,2 m, e não a 40,2 m.
• A fórmula do alcance pressupõe pouso na altura do lançamento. Para o arremesso de peso, ela dá 17,0 m em vez de 19,1 m.

Onde isso aparece

Jogos com bola, o salto em distância, o jato de uma mangueira ou de uma fonte (cada gota segue sua própria parábola), saltos de trampolim e fogos de artifício seguem essas equações enquanto o ar importa pouco. Isso vale bem para um peso de arremesso, menos bem para uma bola de futebol e não vale de jeito nenhum para uma peteca, caso para Arrasto e velocidade terminal.

Galileu mostrou em 1638 que a trajetória de um projétil é uma parábola, combinando um movimento horizontal uniforme com uma queda uniformemente acelerada. As leis de Newton explicam por que os dois movimentos são independentes. Levado longe o suficiente, o mesmo raciocínio leva às órbitas: lançado lateralmente a cerca de 7,9 km/s, um corpo cai em torno da Terra tão depressa quanto o chão se curva, assunto de Gravitação e órbitas.

Avançado

A lei de Newton, componente por componente

Tudo nesta lição se apoia em um passo: dividir um movimento no plano em dois movimentos ao longo de linhas retas. Coloque o ponto de lançamento na origem, com $x$ horizontal e $y$ para cima. A bola sai com velocidade $v_0$ no ângulo $\theta$ acima da horizontal, então sua velocidade de lançamento ${\vec{v}}_0$ tem componentes $v_0\cos \theta$ e $v_0\sin \theta$. Escreva $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$ para o módulo da aceleração da gravidade, de modo que $\vec{g}=(0,-g)$ aponta para baixo.

Em voo, e desde que a resistência do ar seja desprezada, a única força sobre a bola é o peso $m\vec{g}$. A segunda lei de Newton diz $m\vec{a}=m\vec{g}$. Dois vetores são iguais somente quando suas componentes são iguais, então essa equação se divide em duas, em que um ponto significa derivada em relação ao tempo:
$m\ddot{x}=0,m\ddot{y}=-mg$

Duas coisas decorrem disso imediatamente. As equações não se misturam: $y$ nunca aparece na primeira e $x$ nunca aparece na segunda, então cada uma é um problema próprio de movimento retilíneo. E a massa se cancela, de modo que uma bolinha de gude e uma bala de canhão lançadas com a mesma velocidade seguem o mesmo caminho. Na horizontal, a bola se move com velocidade constante; na vertical, está em queda livre.

Integre cada equação uma vez para obter a velocidade, e outra vez para obter a posição. Cada integração introduz uma constante, fixada pelo estado em $t=0$: a bola começa na origem com as componentes de velocidade acima. O resultado é
$\dot{x}=v_0\cos \theta ,x=v_0\cos \theta t$
$\dot{y}=v_0\sin \theta -gt,y=v_0\sin \theta t-\frac{1}{2}g{t}^2$

Foram necessárias quatro constantes: duas coordenadas iniciais e duas componentes iniciais de velocidade. Movimentos no plano sempre precisam de quatro valores iniciais, o dobro do necessário para um movimento ao longo de uma reta.

Os números abaixo se referem ao arremesso da animação: $v_0=20m/s$ com $\theta =50^{\circ }$. Sua componente horizontal é $v_x=20\cos 50^{\circ }\approx 12,9m/s$ e sua componente vertical inicial é $20\sin 50^{\circ }\approx 15,3m/s$.

A posição como soma vetorial

Os dois resultados por componente podem ser reunidos em uma única equação vetorial. Vale a pena, porque a forma vetorial mostra de relance como a gravidade afasta a bola da linha ao longo da qual ela foi mirada.

Legenda

$\theta$	Ângulo da linha de mira acima da horizontal.	$\mathrm{rad}$
${\vec{v}}_{0}t$	Onde a bola estaria sem a gravidade: a velocidade de lançamento vezes o tempo, ao longo da linha de mira.	$\mathrm{m}$
$\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$	Queda causada pela gravidade: para baixo, crescendo com $t^2$.	$\mathrm{m}$
$\vec{r}$	Posição da bola: a seta do ponto de lançamento até a bola.	$\mathrm{m}$
$M$	Ponto da linha de mira onde um macaco está pendurado no instante do lançamento.

A figura 1 desenha a equação
$\vec{r}(t)={\vec{v}}_{0}t+\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$
Leia como duas setas colocadas ponta com ponta. A seta ${\vec{v}}_{0}t$ começa no ponto de lançamento e segue a linha de mira, no ângulo $\theta$ acima da horizontal. Ela termina onde a bola estaria no instante $t$ se não houvesse gravidade. A partir da sua ponta, a seta $\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$ aponta diretamente para baixo: é quanto a bola caiu abaixo da linha de mira. O vetor posição $\vec{r}$, do ponto de lançamento até a bola, é a soma das duas, e a curva vermelha é a trajetória até ali.

A primeira seta cresce em proporção a $t$, a segunda em proporção a $t^2$. No início do voo, a queda é minúscula comparada à distância ao longo da linha de mira; depois ela passa a dominar, e a bola afunda cada vez mais rápido abaixo dessa linha.

Isso resolve um quebra-cabeça clássico. Um macaco está pendurado em um galho no ponto $M$, sobre a linha de mira, e solta o galho exatamente no instante em que a bola é disparada diretamente contra ele. A bola passa por cima do macaco que cai? Não. A figura 1 mostra o momento em que ${\vec{v}}_{0}t$ atingiu $M$. A bola está então $\frac{1}{2}g{t}^2$ abaixo da linha de mira, exatamente abaixo de $M$. O macaco, caindo do repouso pelo mesmo tempo $t$, desceu exatamente a mesma distância. Assim, a bola encontra o macaco qualquer que seja a velocidade de lançamento, desde que chegue lá antes de ambos atingirem o chão: a gravidade rebaixa os dois pela mesma quantidade, por isso mirar diretamente no macaco é exatamente o certo.

A velocidade tem a mesma estrutura, $\vec{v}(t)={\vec{v}}_0+\vec{g}t$. Sua parte horizontal nunca muda, e a vertical perde 9,81 m/s a cada segundo. Desenhe as setas de velocidade de instantes sucessivos a partir de um mesmo ponto: suas pontas marcham em linha reta para baixo, 4,9 m/s a cada meio segundo.

Eliminando o tempo: a parábola

As equações até aqui dizem onde a bola está a cada instante. Para ver a forma da trajetória em si, elimine o tempo.

Como $x$ cresce à taxa constante $v_0\cos \theta$, a bola atinge um dado $x$ no instante $t=x/(v_0\cos \theta )$. Substituindo isso em $y(t)$, obtemos a altura em função da distância horizontal:
$y=x\tan \theta -\frac{g{x}^2}{2v_0^2{\cos }^2\theta }$

Leia termo a termo. O primeiro termo, $x\tan \theta$, é a linha de mira. O segundo é a queda $\frac{1}{2}g{t}^2$ da figura 1, agora escrita em termos de $x$. Como a queda cresce com $x^2$, a trajetória é uma parábola com a concavidade voltada para baixo.

Dois marcos decorrem disso. A bola volta à altura de lançamento onde $y=0$: em $x=0$ e no alcance
$R=\frac{v_0^2\sin 2\theta }{g}$
onde se usou a identidade $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$. O topo do arco está onde a trajetória é horizontal. A inclinação é $dy/dx=\tan \theta -gx/(v_0^2{\cos }^2\theta )$, que se anula em $x=v_0^2\sin \theta \cos \theta /g=R/2$. Assim, o vértice fica exatamente no meio, como exige a simetria de uma parábola, na altura $H=v_0^2{\sin }^2\theta /(2g)$.

Para o arremesso da animação, a trajetória é $y=1,192x-0,02968x^2$, com $x$ e $y$ em metros. Ela volta ao chão a 40,2 m e atinge o pico em 12,0 m, quando $x=20,1\mathrm{m}$.

Mirar em um alvo: dois ângulos e a borda do alcance

Até aqui o lançamento estava dado, e perguntávamos aonde a bola vai. Um arremessador enfrenta a pergunta inversa: com velocidade fixa, em que ângulo a bola deve sair para atingir um alvo dado? A mesma equação da trajetória responde.

Legenda

$v_0$	Velocidade de lançamento, a mesma para os dois lançamentos e para a parábola tracejada.	$m/s$
${\theta }_1$	Ângulo de lançamento do lançamento baixo.	$\mathrm{rad}$
${\theta }_2$	Ângulo de lançamento do lançamento alto.	$\mathrm{rad}$
$T$	O alvo.
$x$	Distância horizontal do ponto de lançamento ao alvo.	$\mathrm{m}$
$y$	Altura do alvo acima do ponto de lançamento.	$\mathrm{m}$
$v_0^2/(2g)$	Maior altura alcançável com a velocidade $v_0$, por um lançamento vertical: o topo da parábola tracejada.	$\mathrm{m}$
$v_0^2/g$	Maior alcance em terreno plano, atingido a $45^{\circ }$: onde a parábola tracejada encontra o chão.	$\mathrm{m}$

Na figura 2, a bola sai do ponto de lançamento com velocidade $v_0$ e deve atingir o alvo $T$, a uma distância horizontal $x$ e a uma altura $y$ acima do ponto de lançamento. Duas trajetórias fazem isso, um lançamento baixo no ângulo ${\theta }_1$ e um lançamento alto em ${\theta }_2$, e elas se cruzam em $T$.

Para encontrar esses ângulos, trate $\theta$ como incógnita. A equação da trajetória contém tanto $\tan \theta$ quanto $1/{\cos }^2\theta$. A identidade $1/{\cos }^2\theta =1+{\tan }^2\theta$ a transforma em uma equação só em $u=\tan \theta$:
$y=xu-\frac{g{x}^2}{2v_0^2}\left(1+u^2\right)$
A quantidade $D=g{x}^2/(2v_0^2)$ é um comprimento: a queda de uma bola lançada horizontalmente com $v_0$ ao longo da distância $x$. Com ela, agrupando as potências de $u$, obtemos uma equação do segundo grau, a equação de mira:
$D{u}^2-xu+(y+D)=0$

Uma equação do segundo grau tem duas, uma ou nenhuma raiz real, e cada caso tem um significado. Duas raízes: um lançamento baixo e um alto atingem o alvo, as duas trajetórias da figura 2. Uma raiz dupla: o alvo está exatamente no limite do alcance, e só um ângulo chega lá. Nenhuma raiz real: o alvo está fora do alcance com essa velocidade.

O produto das duas raízes traz um resultado elegante. Para qualquer equação do segundo grau, ele é o termo constante dividido pelo coeficiente de $u^2$, aqui $1+y/D$. Em solo plano, $y=0$, o produto é 1, logo $\tan {\theta }_1\tan {\theta }_2=1$ e ${\theta }_2=90^{\circ }-{\theta }_1$: os dois ângulos são complementares, e lançamentos de 30° e de 60° caem no mesmo ponto. Para um alvo acima do ponto de lançamento, como na figura 2, o produto é maior que 1. Então $\tan ({\theta }_1+{\theta }_2)=(\tan {\theta }_1+\tan {\theta }_2)/(1-\tan {\theta }_1\tan {\theta }_2)$ é negativo, e os dois ângulos somam mais de $90^{\circ }$.

A raiz dupla traça o próprio limite do alcance. Ela ocorre quando o discriminante se anula, $x^2=4D(y+D)$. Isolando $y$ e substituindo $D=g{x}^2/(2v_0^2)$ de volta, obtemos a borda do alcance:
$y=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{g{x}^2}{2v_0^2}$

Essa curva, muitas vezes chamada de parábola de segurança, é a curva tracejada da figura 2. Toda trajetória lançada com velocidade $v_0$ a toca em um ponto e permanece dentro dela, de modo que ela envolve todos os pontos que a bola pode alcançar. Ela fica $v_0^2/(2g)$ acima do ponto de lançamento, a altura de um arremesso vertical, e encontra o chão em $v_0^2/g$. Esse é o maior alcance em solo plano, obtido a 45°, onde $\sin 2\theta =1$. Com 20 m/s, essas distâncias são 20,4 m e 40,8 m. Trajetórias lançadas acima de 45° tocam a curva durante o voo, como a trajetória alta da figura 2 logo depois do próprio vértice; trajetórias mais baixas só a tocariam se fossem prolongadas abaixo do chão.

O gráfico de velocidade e a velocidade em função da altura

Duas outras ferramentas descrevem o voo sem resolver nada de novo: o gráfico da velocidade vertical e uma relação entre velocidade e altura que não envolve o tempo.

A camada de especialista da animação traça $v_y(t)$. Como ${\dot{v}}_y=-g$ é constante, o gráfico é uma reta de inclinação $-g=-9,81m/{\mathrm{s}}^2$, aqui de 15,3 m/s até $-15,3m/s$. Ela cruza o zero em $t=15,3/9,81\approx 1,56\mathrm{s}$, o instante do vértice. A área sob um gráfico de velocidade é o deslocamento, então o triângulo acima do eixo, $\frac{1}{2}\cdot 1,562\cdot 15,32\approx 12,0\mathrm{m}$, é a altura $H$. O triângulo igual abaixo do eixo é o caminho de volta, e a bola está novamente em $y=0$ em 3,12 s.

Velocidade e altura se relacionam sem o tempo. Parta de ${\dot{v}}_y=-g$ e multiplique os dois lados por $v_y=\dot{y}$. O lado esquerdo vira $\frac{1}{2}d(v_y^2)/dt$ e o direito $-gdy/dt$. Agora os dois lados são derivadas em relação ao tempo, e integrar desde o lançamento dá $v_y^2=v_0^2{\sin }^2\theta -2gy$. A componente horizontal nunca muda, então somar $v_x^2=v_0^2{\cos }^2\theta$ aos dois lados dá
$v^2=v_0^2-2gy$

A velocidade depende apenas da altura, não do tempo nem do sentido do movimento. A bola passa por cada nível com a mesma velocidade subindo e descendo, e chega ao chão com 20 m/s, sua velocidade de lançamento. No vértice, $v^2=400-2\cdot 9,81\cdot 12,0\approx 165{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$, que é exatamente $v_x^2$, como deve ser quando a bola se move na horizontal. Multiplicada por $m/2$, a relação fica $\frac{1}{2}m{v}^2+mgy=\frac{1}{2}m{v}_0^2$: a energia cinética mais a potencial permanece constante.

Curvatura da trajetória

Uma parábola não é um círculo, mas em cada ponto existe um círculo que melhor se ajusta a ela, e o raio desse círculo mede o quanto a trajetória se curva ali. Encontrá-lo mostra os dois trabalhos separados que a gravidade faz: ela curva a bola e muda sua velocidade.

Legenda

$P$	Ponto da trajetória em que a velocidade forma o ângulo $\alpha$ com a horizontal.
$\vec{v}$	Velocidade em $P$, ao longo da trajetória.	$m/s$
$\alpha$	Ângulo entre $\vec{v}$ e a horizontal; o mesmo ângulo fica entre $\vec{g}$ e a direção perpendicular à trajetória.	$\mathrm{rad}$
$\vec{g}$	Aceleração da gravidade, para baixo.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$g\sin \alpha$	Parte de $\vec{g}$ ao longo da trajetória: aponta contra $\vec{v}$ enquanto a bola sobe, e altera apenas a rapidez.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$g\cos \alpha$	Parte de $\vec{g}$ perpendicular à trajetória, em direção a $C$: altera apenas a direção.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\rho$	Raio de curvatura em $P$: a distância de $P$ a $C$.	$\mathrm{m}$
$C$	Centro do círculo que se ajusta à trajetória em $P$.

Na figura 3, a bola está no ponto $P$, movendo-se com velocidade $\vec{v}$ ao longo da trajetória, no ângulo $\alpha$ acima da horizontal. Decomponha $\vec{g}$ em uma parte ao longo da trajetória e uma parte perpendicular a ela, em ângulo reto com $\vec{v}$; o pequeno quadrado em $P$ marca o ângulo reto. As direções ao longo e perpendicular são apenas a horizontal e a vertical giradas de $\alpha$. Como $\vec{g}$ aponta para baixo na vertical, ele faz o mesmo ângulo $\alpha$ com a direção perpendicular, como mostra o arco entre $\vec{g}$ e $g\cos \alpha$. Então a parte ao longo da trajetória é $g\sin \alpha$, apontando contra $\vec{v}$ enquanto a bola sobe, e a parte perpendicular é $g\cos \alpha$.

As duas partes fazem trabalhos diferentes. Uma aceleração ao longo da velocidade altera apenas a rapidez; uma perpendicular a ela altera apenas a direção. Então só $g\cos \alpha$ curva a trajetória. Ele aponta para o centro $C$ do círculo que se ajusta à trajetória em $P$, a distância $\rho$. Um corpo que se move com velocidade $v$ em um círculo de raio $\rho$ precisa da aceleração $v^2/\rho$ em direção ao centro, então $g\cos \alpha =v^2/\rho$. Com $\cos \alpha =v_x/v$, o raio de curvatura é
$\rho =\frac{v^2}{g\cos \alpha }=\frac{v^3}{g{v}_x}$

Como $v_x$ nunca muda, $\rho$ é menor onde a velocidade é menor: no topo. Ali $\alpha =0$, a gravidade fica totalmente perpendicular à trajetória e $\rho =v_x^2/g=12,9^2/9,81\approx 17\mathrm{m}$. No lançamento, $\rho =20^3/(9,81\cdot 12,9)\approx 63\mathrm{m}$. O arco é mais fechado no topo.

A outra parte, $g\sin \alpha$, altera a velocidade. Enquanto a bola sobe, ela aponta contra $\vec{v}$ e freia a bola. Na descida, $\vec{v}$ aponta abaixo da horizontal; a parte ao longo da trajetória aponta então no mesmo sentido de $\vec{v}$, e a bola acelera.

Resistência do ar e passos numéricos

Bolas reais voam pelo ar. O arrasto estraga as fórmulas simples acima, mas um computador ainda pode acompanhar o movimento passo a passo, e o método funciona para qualquer força.

Legenda

$R$	Alcance com resistência do ar: a distância do ponto de lançamento ao ponto de pouso.	$\mathrm{m}$
$R_0$	Alcance sem ar: onde a trajetória tracejada pousa.	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	Velocidade da bola, desenhada no lançamento e no pouso.	$m/s$
${\vec{a}}_d$	Aceleração causada pelo arrasto: ao longo da trajetória, contra $\vec{v}$, de módulo $g(v/v_t{)}^2$.	$m/{\mathrm{s}}^2$

A figura 4 coloca o arremesso da animação com ar (vermelho) ao lado do mesmo arremesso sem ar (tracejado). A força de arrasto sempre se opõe à velocidade e, para uma bola em velocidades cotidianas, cresce aproximadamente com o quadrado da velocidade. Chame de $v_t$ a velocidade terminal: a velocidade na qual o arrasto iguala o peso, atingida por uma bola solta de grande altura. A aceleração de arrasto tem então módulo $g(v/v_t{)}^2$ e aponta contra $\vec{v}$; em forma vetorial é $-kv\vec{v}$, com $k=g/v_t^2$. Na figura 4, cada seta ${\vec{a}}_d$ aponta de volta ao longo da trajetória, contra $\vec{v}$, e a da aterrissagem é a mais curta, porque a bola pousa mais devagar do que saiu.

Incluindo a gravidade, as equações do movimento ficam
$\ddot{x}=-kv\dot{x},\ddot{y}=-g-kv\dot{y}$
com $v=\sqrt{{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2}$. A velocidade contém as duas componentes, então cada equação depende do movimento da outra: os movimentos horizontal e vertical estão acoplados, e nenhuma fórmula dá a trajetória.

Ainda assim, pode-se acompanhá-la passo a passo. Escolha um pequeno intervalo de tempo $\epsilon$. A partir da posição e da velocidade atuais, calcule a aceleração $\vec{a}$ e avance um passo,
$\vec{v}\to \vec{v}+\vec{a}\epsilon ,\vec{r}\to \vec{r}+\vec{v}\epsilon$
e repita até a bola pousar. Em um passo curto, a aceleração e a velocidade quase não mudam, então tratá-las como constantes gera apenas um pequeno erro. Nesse esquema mais simples, o método de Euler, o erro total diminui em proporção a $\epsilon$: dividir o passo pela metade reduz o erro pela metade. Passos de 0,01 s já dão o alcance abaixo com erro de cerca de 0,2 m. Nada no método depende da forma da força, então ele funciona para qualquer lei de força.

A trajetória vermelha da figura 4 é um cálculo desse tipo, para uma bola com velocidade terminal de 30 m/s. O arrasto começa em $(20/30{)}^2\approx 0,44$ do peso e cai para $(15,6/30{)}^2\approx 0,27$ dele no pouso. O alcance $R$ cai de $R_0=40,2\mathrm{m}$ para 30,0 m, e a altura máxima de 12,0 m para 10,1 m.

O arco deixa de ser simétrico. Na subida, o arrasto soma-se à gravidade para frear a ascensão; na descida, opõe-se à queda. Assim, a subida leva 1,39 s e a descida 1,48 s. O arrasto também consome a velocidade horizontal, de modo que a bola percorre mais chão subindo do que caindo: o topo fica a 15,9 m, além do meio do caminho. A bola chega ao chão com 15,6 m/s, 57° abaixo da horizontal, mais inclinada do que os 50° do lançamento. O ângulo que dá o maior alcance cai para cerca de 43°, porque um lançamento mais alto fica mais tempo no ar e perde mais para o arrasto. Quanto mais rápido for o lançamento em comparação com $v_t$, menor será o melhor ângulo.

Problema resolvido: duas maneiras de atingir um alvo

Aplique a equação de mira ao alvo da figura 2, com a velocidade de lançamento de 20 m/s da animação. Em que ângulos você deve arremessar para atingir um alvo a 30 m de distância e 5,0 m acima do ponto de lançamento?

Primeiro a queda: $D=g{x}^2/(2v_0^2)=9,81\cdot 900/800\approx 11,04\mathrm{m}$, então $y+D\approx 16,04\mathrm{m}$. Com $x=30\mathrm{m}$, a equação de mira fica
$11,04u^2-30u+16,04=0$
e a fórmula de Bhaskara dá
$u=\frac{30\pm \sqrt{900-4\cdot 11,04\cdot 16,04}}{2\cdot 11,04}=\frac{30\pm 13,84}{22,08}$
então $u\approx 0,732$ ou $u\approx 1,986$, isto é, $\theta \approx 36,2^{\circ }$ ou $\theta \approx 63,3^{\circ }$. Esses são os ângulos ${\theta }_1$ e ${\theta }_2$ da figura 2. Eles somam 99,5°, mais de $90^{\circ }$, como se espera para um alvo acima do ponto de lançamento.

Os tempos de voo seguem de $t=x/(v_0\cos \theta )$: $30/(20\cos 36,2^{\circ })\approx 1,86\mathrm{s}$ para o lançamento baixo e $30/(20\cos 63,3^{\circ })\approx 3,34\mathrm{s}$ para o alto. Ambos chegam com a mesma velocidade, $\sqrt{400-2\cdot 9,81\cdot 5,0}\approx 17,4m/s$, porque a velocidade depende apenas da altura. Mas chegam de direções diferentes. O lançamento baixo já passou pelo seu topo, a 7,1 m, e chega 22° abaixo da horizontal; o alto desce de um topo a 16,3 m, com 59°. Por isso jogadores de basquete preferem arcos íngremes: para uma bola que cai em ângulo forte, a cesta oferece uma abertura maior.

Poderia o mesmo lançamento atingir um alvo a 10 m de altura nessa distância? A borda do alcance em $x=30\mathrm{m}$ fica em $20,39-11,04\approx 9,35\mathrm{m}$. O alvo está acima dela, a equação de mira não tem raiz real, e nenhum ângulo funciona. Um alvo exatamente a 9,35 m de altura é atingido por um único lançamento. A raiz dupla é $u=x/(2D)$, aqui $\tan \theta =v_0^2/(gx)\approx 1,36$, isto é, $\theta \approx 53,7^{\circ }$: o lançamento baixo e o alto se fundiram em uma só solução.

Limites de validade

Tudo acima repousa em três idealizações: uma bola que se comporta como um ponto, solo plano e uma atração uniforme da gravidade. Cada uma vale bem para bolas arremessadas, e cada uma falha de um modo conhecido.

O modelo trata a bola como um ponto sem rotação. Uma bola girando também sofre uma força de sustentação perpendicular à sua velocidade, o efeito Magnus, que faz uma cobrança de falta descrever uma curva e mantém no ar uma bola de golfe com rotação para trás. O arrasto importa quando a velocidade é uma fração considerável da velocidade terminal, pois arrasto dividido pelo peso é $(v/v_t{)}^2$. Um peso de arremesso de 7,26 kg tem velocidade terminal de cerca de 150 m/s; a 13 m/s, seu arrasto é menor que 1 % do peso, e a parábola é excelente.

Solo plano e um $\vec{g}$ uniforme também são aproximações. Com o raio da Terra $R_E\approx 6371\mathrm{km}$, o chão se curva apenas $x^2/(2R_E)\approx 0,1\mathrm{mm}$ ao longo dos 40 m da animação. A gravidade enfraquece com o inverso do quadrado da distância ao centro da Terra, então no topo de 12 m $g$ é menor na fração $2H/R_E\approx 4\times 10^{-6}$. Esses efeitos crescem com o alcance. Um lançamento a 1 km/s e 45°, com alcance no vácuo de 102 km, cairia onde o chão já tivesse descido 0,8 km, embora o ar dominasse muito antes disso. A rotação da Terra desloca o ponto de pouso do arremesso de 3,1 s em menos de um centímetro, mas o de um projétil que voa por um minuto em dezenas de metros.

Rigorosamente, a gravidade aponta para o centro da Terra, e não para uma direção fixa, e a trajetória é um arco de elipse com um foco nesse centro. Em um trecho curto, onde as direções ao centro são quase paralelas, a elipse não se distingue da parábola. Lançado lateralmente a $\sqrt{g{R}_E}\approx 7,9km/s$ e desprezando o ar, um corpo cai em torno da Terra exatamente tão rápido quanto o chão se curva sob ele: o projétil se tornou um satélite, e a bola arremessada e a Lua obedecem à mesma lei.

Para onde isso leva

As leis de Newton fornecem as equações por componente. A relação $v^2=v_0^2-2gy$ é a conservação da energia, desenvolvida em Trabalho, energia e potência. No vértice, a gravidade faz o papel da aceleração centrípeta do Movimento circular, $g=v_x^2/\rho$. As equações acopladas com arrasto são o assunto de Arrasto e velocidade terminal, e o canhão de Newton e a elipse pertencem a Gravitação e órbitas.

Uma bola solta pela janela de um trem que se move com velocidade constante cai em linha reta para um passageiro, mas descreve uma parábola para alguém na plataforma: um mesmo movimento visto de dois referenciais, como em Vetores e movimento relativo. E uma partícula carregada no campo uniforme entre duas placas carregadas segue a mesma parábola, com $g$ substituído por $qE/m$; tubos de osciloscópio e algumas impressoras a jato de tinta desviam elétrons e gotas de tinta dessa forma (Campo elétrico e potencial).