Question

Um avião de bombardeiro voa horizontalmente em linha reta , à altura H , com velocidade V . Para atingir o alvo indicado na figura , uma bomba é solta a partir do repouso em relação ao aviso. Despreze a influência do ar no movimento da bomba , determine o ângulo theta , sendo grosso a intensidade do campo gravitacional .

Answer 1

$Vou \ considerar \ a \ gravidade \ = \ g. \\ (Corretores \ de \ celular \ sempre \ trollando \ a \ gente...)$

$A \ bomba \ est\'a \ verticalmente \ parada, \ mas \ na \ horizontal \ tem \\ velocidade \ v \ por \ estar \ em \ movimento \ relativo \ ao \ referencial \ da \\ Terra.$

$Ao \ ser \ derrubada, \ a \ bomba \ fica \ sujeita \ \'a \ gravidade \ g \ (queda \ livre). \\ \\ \Delta S \ = \ v_o \ . \ t \ + \ \frac{a \ . \ t^2}{2}$

$Analisando \ apenas \ o \ movimento \ vertical \ \rightarrow \\ \\ A \ bomba \ se \ desloca \ at\'e \ o \ alvo \ em \ \Delta S \ = \ H; \\ \\ A \ sua \ velocidade \ vertical \ inicial \ (v_{y_{o}}) \ \'e \ nula, \ pois, \ como \ dito, \\ verticalmente \ ela \ est\'a \ parada \ ao \ ser \ solta \ do \ bombardeiro; \\ \\ Fica \ sujeita, \ nessa \ queda \ livre, \ a \ acelera\c{c}\~ao \ a \ = \ g; \\ \\ t_t \ (tempo \ total) \ \'e \ o \ tempo \ que \ ela \ leva \ para \ cair \\ no \ ch\~ao...$

$A \ partir \ disso, \ temos \ : \\ \\ H \ = \ \not{ v_{y_{o}} \ . \ t} \ + \ \frac{g \ . \ t_t^2}{2} \\ \\ H \ = \ \frac{g \ . \ t_t^2}{2} \\ \\ t_t^2 \ = \ \frac{2 \ . \ H}{g} \\ \\ t_t \ = \ \sqrt{\frac{2 \ . \ H}{g} } \ \rightarrow \ Tempo \ que \ ela \ leva \ para \ cair !$

$Mas, \ para \ cair \ em \ cima \ do \ alvo \ 'certinho', \ no \ mesmo \ tempo, \ \\ (enquanto \ cai) \ ela \ deve \ se \ deslocar \ horizontalmente \ um \ certo \ \Delta \ S_x. \\ \\ Esse \ \Delta \ S_x \ \'e \ provocado \ pela \ velocidade \ v \ horizontal \ que \ ela \ possui \\ em \ rela\c{c}\~ao \ ao \ ch\~ao, \ de \ forma \ que \ podemos \ escrever \ :$

$\Delta \ S_x \ = \ v \ . \ t_t \ \rightarrow \ t_t \ = \ \sqrt{\frac{2 \ . \ H}{g} } \ : \\ \\ \Delta \ S_x \ = \ v \ . \ \sqrt{\frac{2 \ . \ H}{g} } \ metros \ \'e \ o \ quanto \ ela \ anda \ horizontalmente \ !$

$Monte \ um \ tri\^angulo \ ret\^angulo \ deslocamento \ para \ a \ bomba. \\ \\ Podemos \ usar \ esse \ \Delta \ porque \ as \ suas \ medidas \ s\~ao \ condizentes \\ (metro \ e \ metro \ ou, \ se \ preferir, \ deslocamento \ e \ deslocamento) \\ \\ Os \ catetos \ s\~ao \ H \ e \ \Delta \ S_x \ e \ a \ hipotenusa \ \'e \ o \ deslocamento \ vetorial \\ efetivo \ da \ bomba.$

$Perceba \ que \ \Delta \ S_x \ \'e \ oposto \ a \ \theta \ e \ H \ \'e \ adjacente. \\ \\ tg(\theta) \ = \ \frac{cat. \ oposto}{cat. \ adjacente}$

$tg(\theta) \ = \ \frac{\Delta \ S_x }{H} \\ \\ tg(\theta) \ = \ \frac{v \ . \ \sqrt{\frac{2 \ . \ H}{g} }}{H} \\ \\ tg(\theta) \ = \ \frac{v}{H} \ . \ \sqrt{\frac{2 \ . \ H}{g} } \\ \\ tg(\theta) \ = \ \frac{v}{H} \ . \ \frac{\sqrt{2} \ . \ \sqrt{H}}{\sqrt{g}} \\ \\ tg(\theta) \ = \ v \ . \ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{g} \ . \ \sqrt{H}} \\ \\ tg(\theta) \ = \ v \ . \ \sqrt{\frac{2}{g \ . \ H}} \\ \\ \boxed{\boxed{\theta \ = \ arctg(v \ . \ \sqrt{\frac{2}{g \ . \ H}}) }}$