Uma bola de massa m em queda sob ação da gravidade (aceleração g ) experimenta uma força extra na vertical para cima dada por F=-m \gamma v^{2}, com \gamma constante positiva e v(t) a velocidade da bola. Determine como a velocidade dessa bola varia com sua posição, se ela foi solta de uma altura h do solo. Cuidado com convenções de sinais.

Passo 1

Vou listar de forma clara o que o enunciado dá e o que pede (atenção nas convenções de sinal, conforme o enunciado pede cuidado):
  • Dados fornecidos:
    • Massa da bola: m.
    • Aceleração da gravidade: g.
    • Força de arrasto adicional (para cima): F_{\text{arrasto}} = -m\gamma v^{2}, com \gamma>0 constante e v(t) a velocidade da bola.
    • A bola é solta do repouso a uma altura h do solo (ou seja, velocidade inicial v(0)=0 no instante de soltura).
  • O que se pede:
    • Determinar como a velocidade da bola varia com sua posição vertical, isto é achar v em função da posição.
  • Convenções de sinal que vou usar (explicitando para evitar confusão):
    • Tomarei a coordenada vertical y medida a partir do ponto de soltura para baixo: \,y=0 no ponto de soltura e \,y aumenta quando a bola desce. Com isso a velocidade v=\dfrac{dy}{dt} será positiva durante a queda.
    • Com essa convenção, a força peso aponta para baixo e contribui com +mg na equação do movimento; a força de arrasto aponta para cima e é -m\gamma v^{2}, já dada no enunciado.

Passo 2

Escrever a segunda lei de Newton com as forças na vertical (somatório das forças = massa vezes aceleração):
  • Soma das forças na direção positiva (para baixo):
    • Peso: +mg.
    • Arrasto (para cima): -m\gamma v^{2}.
  • Portanto, aplicando m a = \sum F e lembrando que a aceleração a=\dfrac{dv}{dt}, obtemos
m\frac{dv}{dt}=mg-m\gamma v^{2}.
  • Podemos simplificar dividindo por m (assumindo m\neq0):
\frac{dv}{dt}=g-\gamma v^{2}.
Aqui cada símbolo significa:
  • \,v(t) é a velocidade para baixo (positiva),
  • \,g é positiva (módulo da gravidade),
  • \,\gamma é a constante positiva do arrasto.

Passo 3

Transformar a equação em uma relação entre v e a posição y (isso é útil porque a pergunta pede v em função da posição):
  • Usar a regra da cadeia que relaciona derivadas temporais e espaciais:
\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dy}\cdot\frac{dy}{dt}=v\frac{dv}{dy},
pois \dfrac{dy}{dt}=v. Esta identidade vem direto da derivada composta: dv/dt = (dv/dy)(dy/dt).

Passo 4

Substituir \dfrac{dv}{dt}=v\,\dfrac{dv}{dy} na equação do passo 2 e simplificar:
  • Substituindo:
v\frac{dv}{dy}=g-\gamma v^{2}.
  • Esta é uma equação diferencial ordinária que relaciona v e y. Nosso objetivo agora é separá-la e integrá-la usando a condição inicial v(0)=0.

Passo 5

Separar variáveis e preparar a integração:
  • Colocar todos os termos em v do lado esquerdo e dy do lado direito:
\frac{v\,dv}{g-\gamma v^{2}}=dy.
  • Agora integraremos ambos os lados: à esquerda em v (de 0 até v), e à direita em y (de 0 até y) — esses limites correspondem à condição inicial v(0)=0.

Passo 6

Calcular explicitamente a integral do lado esquerdo usando uma substituição simples:
  • Considere a integral
\int_{0}^{v}\frac{v'\,dv'}{g-\gamma v'^{2}}.
  • Faça a substituição \,u=g-\gamma v'^{2}. Então du=-2\gamma v'\,dv', ou seja v'\,dv'=-\dfrac{du}{2\gamma}.
  • A integral fica
\int \frac{v'\,dv'}{g-\gamma v'^{2}}=\int -\frac{1}{2\gamma}\frac{du}{u} = -\frac{1}{2\gamma}\ln|u| + C.
  • Voltando à variável v:
\int_{0}^{v}\frac{v'\,dv'}{g-\gamma v'^{2}} = -\frac{1}{2\gamma}\left[\ln\bigl(g-\gamma v^{2}\bigr)-\ln(g)\right] = \frac{1}{2\gamma}\ln\!\left(\frac{g}{g-\gamma v^{2}}\right).
  • A integral do lado direito é simples:
\int_{0}^{y} dy' = y.
  • Igualando as duas integrais (com os limites aplicados):
\frac{1}{2\gamma}\ln\!\left(\frac{g}{g-\gamma v^{2}}\right)=y.

Passo 7

Isolar v a partir da expressão logarítmica e simplificar:
  • Multiplicando por 2\gamma:
\ln\!\left(\frac{g}{g-\gamma v^{2}}\right)=2\gamma y.
  • Exponenciando:
\frac{g}{g-\gamma v^{2}}=e^{2\gamma y}.
  • Resolver para g-\gamma v^{2}:
g-\gamma v^{2}=g\,e^{-2\gamma y}.
  • Portanto
\gamma v^{2}=g\bigl(1-e^{-2\gamma y}\bigr).
  • Finalmente,
v^{2}=\frac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-2\gamma y}\bigr).
  • Como escolhemos v positivo para baixo, tomamos raiz positiva:
v(y)=\sqrt{\dfrac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-2\gamma y}\bigr)}\qquad(\text{velocidade para baixo, }y\ge0).

Passo 8

Expressar a velocidade ao atingir o solo e comentar comportamento físico:
  • A velocidade ao atingir o solo (quando a bola desceu a altura h, isto é y=h) é
v(h)=\sqrt{\dfrac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-2\gamma h}\bigr)}.
  • Comentários físicos e verificação dimensional:
    • À medida que y\to\infty (queda muito longa), e^{-2\gamma y}\to0 e v\to\sqrt{g/\gamma}. Este é a velocidade limite (velocidade terminal) imposta pelo equilíbrio entre peso e arrasto.
    • Dimensionalmente, \gamma tem unidade de inverso de comprimento, de modo que g/\gamma tem unidade de velocidade ao quadrado, e a expressão é consistente.
    • Se \gamma\to 0 (sem arrasto), podemos recuperar o caso sem resistência: expandindo para pequenos \gamma, nota-se que v^{2}\approx (g/\gamma)(1-(1-2\gamma y+\cdots))\approx 2gy, que é a relação conhecida v=\sqrt{2gy} do caso sem resistência — boa checagem de consistência.

Resposta

v(y)=\sqrt{\dfrac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-2\gamma y}\bigr)}
v(h)=\sqrt{\dfrac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-2\gamma h}\bigr)}

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