Uma bola é lançada verticalmente para baixo com velocidade incial v_{o} e a partir de uma altura h. Sabe-se que no local do lançamento o ar oferece resistência ao movimento da bola de tal forma que suas funções horárias da velocidade e da posição
são expressas por
v=-\frac{g}{k}+\left(A+\frac{g}{k}\right) e^{-k t} \quad y=B-\frac{g t}{k}+\frac{1}{k}\left(A+\frac{g}{k}\right)\left(1-e^{-k t}\right),
onde g é a aceleração da gravidade local, k é uma constante conhecida associada à resistência do ar e A e B constantes a serem determinadas.
a) Mostre que A=v_{o} e B=h.
b) Mostre que a velocidade terminal v_{T} da partícula (para um tempo muito longo) é dada por v=v_{T}=-\frac{g}{k}.
c) Que tipo de movimento o resultado do item b sugere para a bola?
d) Use a aproximação e^{-x}=1-x+\frac{x^{2}}{2!}-\frac{x^{3}}{3!}+\ldots, válida para x \ll 1 e mostre que se k \rightarrow 0 ou k \ll 1, as expressões para v(t) e y(t) são: v(t)=v_{o}-g t e y(t)=h+v_{o} t-\frac{g}{2} t^{2}.

Passo 1

O enunciado dá as funções horárias da velocidade e da posição da bola lançada verticalmente para baixo:
v=-\frac{g}{k}+\left(A+\frac{g}{k}\right) e^{-k t}
y=B-\frac{g t}{k}+\frac{1}{k}\left(A+\frac{g}{k}\right)\left(1-e^{-k t}\right)
As quantidades conhecidas/fornecidas são: g (aceleração da gravidade local), k (constante da resistência do ar), e os parâmetros A e B que devem ser determinados. As condições físicas implícitas são as condições iniciais no instante t=0: a velocidade inicial é v(0)=v_{o} e a posição inicial (altura de lançamento) é y(0)=h.
O que o problema pede:
a) Determinar A e B mostrando que A=v_{o} e B=h.
b) Mostrar que a velocidade terminal para t\to\infty é v_{T}=-\dfrac{g}{k}.
c) Explicar que tipo de movimento esse resultado sugere para a bola.
d) Usando a expansão em série e^{-x}=1-x+\dfrac{x^{2}}{2!}-\dfrac{x^{3}}{3!}+\ldots para x\ll 1, mostrar que para k\to 0 (ou k\ll 1) as expressões aproximadas são v(t)=v_{o}-g t e y(t)=h+v_{o} t-\dfrac{g}{2}t^{2}.

Passo 2

Determinar A usando a condição inicial de velocidade. Explicação didática: a condição inicial significa que ao tempo t=0 a velocidade dada pela expressão teórica deve coincidir com a velocidade real inicial v_{o}. Para aplicar isso, substituímos t=0 na expressão de v(t) e igualamos a v_{o}.
Substituindo t=0 em
v=-\frac{g}{k}+\left(A+\frac{g}{k}\right) e^{-k t}
obtemos
v(0)=-\frac{g}{k}+\left(A+\frac{g}{k}\right)e^{0}.
Como e^{0}=1, isso vira
v(0)=-\frac{g}{k}+A+\frac{g}{k}=A.
Pela condição inicial v(0)=v_{o}, temos imediatamente
A=v_{o}.
Interpretação: A é simplesmente a velocidade inicial porque a forma da solução foi construída para que o termo exponencial se anule em t=0 deixando v(0)=A.

Passo 3

Determinar B usando a condição inicial de posição. Explicação didática: a condição inicial de posição significa que ao tempo t=0 a expressão y(t) deve valer a altura inicial h. Substituímos t=0 na expressão de y(t).
Substituindo t=0 em
y=B-\frac{g t}{k}+\frac{1}{k}\left(A+\frac{g}{k}\right)\left(1-e^{-k t}\right)
obtemos
y(0)=B-\frac{g\cdot 0}{k}+\frac{1}{k}\left(A+\frac{g}{k}\right)\left(1-e^{0}\right).
Como e^{0}=1 e \frac{g\cdot 0}{k}=0, o segundo termo e o terceiro termo com 1-e^{0} se anulam, restando
y(0)=B.
Pela condição inicial y(0)=h, concluímos
B=h.

Passo 4

Mostrar a velocidade terminal v_{T} quando t\to\infty. Explicação didática: a função exponencial e^{-k t} tende a zero quando t\to\infty desde que k>0. Assim, para tempos muito grandes o termo multiplicado por e^{-k t} desaparece e fica apenas a parte constante da expressão de v(t).
Partindo de
v(t)=-\frac{g}{k}+\left(A+\frac{g}{k}\right)e^{-k t},
tendo já A=v_{o}, ao tomar o limite t\to\infty obtemos
\lim_{t\to\infty} v(t) = -\frac{g}{k} + \left(v_{o}+\frac{g}{k}\right)\cdot 0 = -\frac{g}{k}.
Portanto a velocidade terminal é
v_{T}=-\frac{g}{k}.
Comentário físico: a velocidade terminal é negativa indicando que a direção do movimento é para baixo (sinal negativo convencionado para baixo).

Passo 5

Que tipo de movimento o item (b) sugere? Explicação didática: quando a velocidade de um corpo tende a um valor constante para t\to\infty, isso significa que, após transientes iniciais dissipativos, o corpo passa a se mover com velocidade constante — ou seja, com movimento uniforme (velocidade constante). Aqui, por causa da resistência do ar proporcional à velocidade (modelo implícito pelo termo -k v que gerou essa solução), a força peso e a força de resistência chegam a um equilíbrio, resultando em velocidade constante descendente. Resumindo: o resultado sugere que a bola, após um tempo suficientemente grande, atinge movimento uniforme para baixo (velocidade constante v_{T}).

Passo 6

Preparação para a aproximação quando k\to 0 ou k\ll 1. Explicação didática sobre a série de Taylor: a exponencial pode ser expandida em série de potências quando seu argumento é pequeno. Aqui vamos usar x=k t como argumento, e a expansão
e^{-x}=1-x+\frac{x^{2}}{2!}-\frac{x^{3}}{3!}+\ldots
é válida para x\ll 1, ou seja quando k t\ll 1. A hipótese k\to 0 ou k\ll 1 é equivalente a dizer que os termos contendo potências de k são pequenos e podemos desprezar termos de ordem superior em k. Nosso objetivo é expandir e^{-k t} em potências de k e manter apenas os termos que não desaparecem quando k\to 0.

Passo 7

Aplicar a expansão à expressão de v(t) e mostrar que ela tende para v_{o}-g t. Começamos escrevendo v(t) com A=v_{o}:
v(t)=-\frac{g}{k}+\left(v_{o}+\frac{g}{k}\right)e^{-k t}.
Reescrevendo para facilitar a expansão:
v(t)=v_{o}e^{-k t}+\frac{g}{k}\bigl(e^{-k t}-1\bigr).
Agora use a expansão e^{-k t}=1-k t+\frac{(k t)^{2}}{2!}-\cdots. Substituindo:
v(t)=v_{o}\Bigl(1-k t+\frac{(k t)^{2}}{2}-\cdots\Bigr)+\frac{g}{k}\Bigl((1-k t+\frac{(k t)^{2}}{2}-\cdots)-1\Bigr).
Simplificando os parênteses:
v(t)=v_{o}-v_{o}k t+v_{o}\frac{(k t)^{2}}{2}-\cdots +\frac{g}{k}\Bigl(-k t+\frac{(k t)^{2}}{2}-\cdots\Bigr).
Multiplicando o último termo:
v(t)=v_{o}-v_{o}k t+v_{o}\frac{(k t)^{2}}{2}-\cdots -g t + g\frac{k t^{2}}{2}-\cdots.
Agora observe os ordens em k: os termos -v_{o}k t, v_{o}\dfrac{(k t)^{2}}{2}, g\dfrac{k t^{2}}{2} são todos proporcionais a potências positivas de k e, portanto, quando k\to 0 (ou k\ll 1) esses termos tornam-se negligenciáveis frente aos termos constantes/independentes de k. Mantendo apenas os termos de ordem zero em k, ficamos com
v(t)\approx v_{o}-g t.
Conclusão: no limite k\to 0 (resistência do ar nula), recuperamos a expressão do movimento uniformemente acelerado pela gravidade sem resistência.

Passo 8

Aplicar a expansão à expressão de y(t) e mostrar que ela tende para h+v_{o} t-\dfrac{g}{2}t^{2}. Começamos com A=v_{o} e B=h na expressão
y(t)=h-\frac{g t}{k}+\frac{1}{k}\left(v_{o}+\frac{g}{k}\right)\left(1-e^{-k t}\right).
Expandimos 1-e^{-k t} usando a série:
1-e^{-k t}=k t-\frac{(k t)^{2}}{2}+\frac{(k t)^{3}}{6}-\cdots.
Substituímos essa série na expressão de y(t). Primeiro distribuímos os fatores para organizar termos:
y(t)=h-\frac{g t}{k}+\frac{v_{o}}{k}\bigl(1-e^{-k t}\bigr)+\frac{g}{k^{2}}\bigl(1-e^{-k t}\bigr).
Agora substituímos a série:
\frac{v_{o}}{k}\bigl(1-e^{-k t}\bigr)=\frac{v_{o}}{k}\Bigl(k t-\frac{(k t)^{2}}{2}+\cdots\Bigr)=v_{o}t - v_{o}\frac{k t^{2}}{2}+\cdots,
\frac{g}{k^{2}}\bigl(1-e^{-k t}\bigr)=\frac{g}{k^{2}}\Bigl(k t-\frac{(k t)^{2}}{2}+\cdots\Bigr)=\frac{g}{k}t - \frac{g t^{2}}{2} + \cdots.
Substituindo essas expressões em y(t):
y(t)=h-\frac{g t}{k}+\Bigl(v_{o}t - v_{o}\frac{k t^{2}}{2}+\cdots\Bigr)+\Bigl(\frac{g}{k}t - \frac{g t^{2}}{2}+\cdots\Bigr).
Agora vemos que os termos \frac{g}{k}t e -\frac{g t}{k} se cancelam:
y(t)=h+v_{o}t - \frac{g t^{2}}{2} - v_{o}\frac{k t^{2}}{2} + \text{termos de ordem superior em }k.
Os termos como -v_{o}\dfrac{k t^{2}}{2} e outros são proporcionais a potências positivas de k e, portanto, quando k\to 0 (ou k\ll 1) tornam-se desprezíveis. Mantendo apenas termos de ordem zero em k, obtemos
y(t)\approx h+v_{o}t-\frac{g}{2}t^{2}.
Conclusão: no limite sem resistência ( k\to 0) recuperamos a conhecida equação do deslocamento para movimento uniformemente acelerado devido à gravidade.

Passo 9

Breve recapitulação e observação final motivadora: aplicamos condições iniciais para encontrar A e B, usamos limite para encontrar a velocidade terminal e interpretamos fisicamente o resultado (movimento uniforme descendente para tempos longos). Em seguida, usando a expansão em série de e^{-x} mostramos que, ao anular a resistência do ar ( k\to 0), as fórmulas retornam às expressões clássicas do MUA (movimento uniformemente acelerado) sem resistência. Isso confirma a consistência física das soluções dadas e dá um caminho prático para recordar o procedimento na prova: aplicar condições iniciais, usar limite e usar expansão em séries quando um parâmetro é pequeno.

Resposta

a) A=v_{o}, B=h
b) v_{T}=-\dfrac{g}{k}
c) Sugere que, para tempos muito grandes, a bola atinge um movimento uniforme para baixo (velocidade constante igual a v_{T}).
d) v(t)=v_{o}-g t
y(t)=h+v_{o} t-\dfrac{g}{2}t^{2}

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