Considere que uma massa M está presa a uma corrente cuja densidade linear de massa \lambda é constante. A massa M é lançada verticalmente para cima com velocidade inicial vo.
(a) Primeiramente, sabendo que a massa total do sistema que está subindo é do tipo M_{T}=M+m(t), com m(t) sendo a massa da corrente em um tempo t, mostre que a segunda Lei de Newton aplicada ao problema resulta em
\frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{~d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}=-2 g
Obs.: pode ser útil pensar que \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} t}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} y} \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t}=v \frac{\mathrm{~d} v}{\mathrm{~d} y}=\frac{1}{2} \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} y} v^{2}.
(b) A equação acima é resolvida a partir de um método chamado fator integrante, que vocês irão aprender melhor na disciplina de Física Matemática. Porém, a ideia é que existe uma função f(y) que podemos multiplicar na equação (1) que a transforma em uma equação separável. Para este problema, temos f(y)=(M+\lambda y)^{2}. Verifique, então, que
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} y}\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)=(M+\lambda y)^{2}\left(\frac{\mathrm{~d} v^{2}}{\mathrm{~d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}\right)
(c) Agora, resolva a equação
(M+\lambda y)^{2} v^{2}=-2 g \int(M+\lambda y)^{2} d y
e mostre que, quando assumimos que em y=0 a velocidade é v=v_{0}, obtemos
v^{2}=\frac{M^{2} v_{0}^{2}+\frac{2 g M^{3}}{3 \lambda}}{(m+\lambda y)^{2}}-\frac{2 g(M+\lambda y)}{3 \lambda} .
(d) Usando a equação (4), mostre que a altura máxima do movimento é escrita como
h=\frac{M}{\lambda}\left(\sqrt[3]{1+\frac{3 \lambda v_{0}^{2}}{2 g M}}-1\right)
Esse é um resultado que nos mostra uma coisa interessante. Poderíamos abordar esse problema através da conservação de energia. Neste caso, poderíamos pensar que toda a energia cinética inicial dada à massa M seria utilizada para elevar essa massa até uma altura h, além de elevar uma massa dada por λh a uma altura h / 2, acompanhando o centro de massa da corrente. Porém, ao fazermos isso, não obteríamos a altura da equação (5), mas sim
h=\frac{M}{\lambda}\left(\sqrt{1+\frac{\lambda v_{0}^{2}}{M g}}-1\right)
Isso mostra claramente que há uma parte da energia perdida nesse movimento. A energia que estaríamos desconsiderando é aquela recebida por cada elemento de massa que sai do repouso e passa a se movimentar com velocidade v. Perceba que, a medida que a massa M sobe, novos pedaços da corrente passam de energia nula para uma energia cinética inicial correspondente à massa dm e velocidade v. Sendo assim, devemos incluir a soma de todas as energias cinéticas de todos os pedaços da corrente. Ou seja, a conservação da energía, neste caso, se escreve
M v_{0}^{2}=M g h+\frac{1}{2} \lambda g h^{2}+\frac{1}{2} \lambda \int_{0}^{h} v^{2} d y

Passo 1

Vamos organizar direitinho o que o enunciado pede e quais informações ele dá.
  • Temos uma massa puntual M presa a uma corrente com densidade linear de massa constante \lambda.
  • A massa M é lançada verticalmente para cima com velocidade inicial v_0.
  • Quando a massa sobe uma distância y, a porção da corrente que também sobe tem massa m(y)=\lambda y. Assim a massa total que está em movimento vale M_T=M+m(y)=M+\lambda y.
  • O enunciado pede, em partes:
    (a) aplicar a Segunda Lei de Newton ao sistema e mostrar que \frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}=-2 g.(b) verificar a identidade com o fator integrante f(y)=(M+\lambda y)^2: \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)=(M+\lambda y)^{2}\!\left(\frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}\right).(c) resolver a equação resultante e, com v(0)=v_0, mostrar que v^{2}=\frac{M^{2} v_{0}^{2}+\dfrac{2 g M^{3}}{3 \lambda}}{(M+\lambda y)^{2}}-\frac{2 g(M+\lambda y)}{3 \lambda}.(d) usando (c), determinar a altura máxima h (onde v=0) e obter h=\frac{M}{\lambda}\Bigg(\sqrt[3]{1+\frac{3 \lambda v_{0}^{2}}{2 g M}}-1\Bigg).
Pronto — agora vamos resolver passo a passo.

Passo 2

Derivando a equação pelo método físico (parte a). Explicando física e sinais com calma.
  • Escolhemos eixo vertical positivo para cima.
  • Considere o sistema formado pela massa M mais a porção da corrente que já foi levantada (comprimento y), então a massa total móvel é M_T=M+\lambda y.
  • A quantidade de movimento do sistema é p=M_T v=(M+\lambda y)\,v,onde v=\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} é a velocidade instantânea para cima.
  • A Segunda Lei de Newton em forma de quantidade de movimento diz que a soma das forças externas F_{\mathrm{ext}} sobre o sistema é igual à variação temporal da quantidade de movimento: F_{\mathrm{ext}}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t}.Aqui estamos tratando o sistema que vai “capturando” pedaços da corrente que, antes de serem arrastados, estavam em repouso em relação ao referencial fixo.
  • Calculemos \dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t} usando regra do produto: \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\big((M+\lambda y)v\big)=(M+\lambda y)\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+v\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(M+\lambda y).Mas \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(M+\lambda y)=\lambda\,\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\lambda v. Logo \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t}=(M+\lambda y)\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+\lambda v^{2}.
  • As forças externas no sistema vertical são apenas o peso total para baixo (assumindo que não haja outras forças externas verticais atuando): F_{\mathrm{ext}}=-(M+\lambda y)\,g.
  • Igualando: (M+\lambda y)\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+\lambda v^{2}=-(M+\lambda y)g.
  • Dividindo por M+\lambda y: \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-g-\frac{\lambda v^{2}}{M+\lambda y}.
  • Agora usamos a dica do enunciado para trocar derivada temporal por derivada em relação a y. Como \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=v\,\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y} e 2v\,\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}v^{2}, multiplicando a equação por 2/v (ou simplesmente reescrevendo) obtemos: \frac{\mathrm{d}v^{2}}{\mathrm{d}y}+ \frac{2\lambda}{M+\lambda y}\,v^{2} = -2g,que é exatamente a equação pedida na parte (a).

Passo 3

Verificação da identidade com o fator integrante (parte b). Aqui vamos fazer uma conta de cálculo elementar (produto e cadeia) e explicar a ideia.
  • A identidade a verificar é \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)=(M+\lambda y)^{2}\!\left(\frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}\right).
  • Aplicando a regra do produto à derivada do lado esquerdo: \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)= (M+\lambda y)^{2}\frac{\mathrm{d}v^{2}}{\mathrm{d}y} + v^{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\big((M+\lambda y)^{2}\big).
  • A derivada de (M+\lambda y)^{2} é 2(M+\lambda y)\cdot \lambda. Então \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)= (M+\lambda y)^{2}\frac{\mathrm{d}v^{2}}{\mathrm{d}y} + 2\lambda (M+\lambda y) v^{2}.
  • Fatorando (M+\lambda y)^{2} no lado direito: (M+\lambda y)^{2}\frac{\mathrm{d}v^{2}}{\mathrm{d}y} + 2\lambda (M+\lambda y) v^{2} = (M+\lambda y)^{2}\!\left(\frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}\right),que é exatamente o que queríamos mostrar. Pronto, identidade verificada.

Passo 4

Integrando a equação usando o fator integrante; preparação para a solução (parte c).
  • Multiplicando a equação diferencial da parte (a) por (M+\lambda y)^{2} (o fator integrante dado) e usando a identidade da parte (b), obtemos a forma exata: \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right) = -2g\,(M+\lambda y)^{2}.
  • Esta é agora uma equação em forma integrável imediata. Integramos ambos os lados em relação a y. Para ficar explícito, vamos integrar de y=0 até um y genérico e usar a condição inicial v(0)=v_0: \int_{0}^{y}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y'}\!\left((M+\lambda y')^{2} v^{2}(y')\right)\mathrm{d}y' = -2g\int_{0}^{y}(M+\lambda y')^{2}\mathrm{d}y'.
  • A integral do lado esquerdo é direta pela Teorema Fundamental do Cálculo: (M+\lambda y)^{2} v^{2}(y) - M^{2} v_{0}^{2}.
  • Para o lado direito, fazemos a substituição u=M+\lambda y', então \mathrm{d}u=\lambda \mathrm{d}y' e \int_{0}^{y}(M+\lambda y')^{2}\mathrm{d}y' = \frac{1}{\lambda}\int_{M}^{M+\lambda y} u^{2}\mathrm{d}u = \frac{1}{\lambda}\cdot\frac{(M+\lambda y)^{3}-M^{3}}{3} = \frac{(M+\lambda y)^{3}-M^{3}}{3\lambda}.
  • Portanto a igualdade integrada fica (M+\lambda y)^{2} v^{2}(y) - M^{2} v_{0}^{2} = -2g\cdot\frac{(M+\lambda y)^{3}-M^{3}}{3\lambda}.

Passo 5

Resolvendo para v^{2}(y) e manipulando a expressão para ficar na forma pedida (continuação da parte c).
  • Reescrevendo a equação obtida: (M+\lambda y)^{2} v^{2}(y) = M^{2} v_{0}^{2} - \frac{2g}{3\lambda}\big((M+\lambda y)^{3}-M^{3}\big).
  • Podemos reorganizar o lado direito somando e subtraindo \dfrac{2g M^{3}}{3\lambda} para evidenciar os termos conforme a forma pedida: (M+\lambda y)^{2} v^{2}(y) = \underbrace{M^{2} v_{0}^{2}+\frac{2g M^{3}}{3\lambda}}_{A} - \frac{2g}{3\lambda}(M+\lambda y)^{3}.
  • Dividindo ambos os lados por (M+\lambda y)^{2}: v^{2}(y) = \frac{M^{2} v_{0}^{2}+\dfrac{2g M^{3}}{3\lambda}}{(M+\lambda y)^{2}} - \frac{2g}{3\lambda}\,(M+\lambda y).
  • Esta é exatamente a expressão pedida na parte (c). Observação: a primeira fração descreve a “parte remanescente” da energia inicial por unidade de massa effective, e o segundo termo é o efeito do peso acumulado; mas a conta está pronta.

Passo 6

Determinando a altura máxima h onde v(h)=0 (parte d).
  • No ponto mais alto y=h temos v(h)=0. Pegando a expressão de v^{2}(y) e igualando a zero: 0 = \frac{M^{2} v_{0}^{2}+\dfrac{2g M^{3}}{3\lambda}}{(M+\lambda h)^{2}} - \frac{2g}{3\lambda}\,(M+\lambda h).
  • Isolando o termo da fração: \frac{M^{2} v_{0}^{2}+\dfrac{2g M^{3}}{3\lambda}}{(M+\lambda h)^{2}} = \frac{2g}{3\lambda}\,(M+\lambda h).
  • Multiplicando ambos os lados por (M+\lambda h)^{2}: M^{2} v_{0}^{2}+\frac{2g M^{3}}{3\lambda} = \frac{2g}{3\lambda}\,(M+\lambda h)^{3}.
  • Reescrevendo o lado direito isolado: (M+\lambda h)^{3} = \frac{3\lambda}{2g}\left(M^{2} v_{0}^{2}+\frac{2g M^{3}}{3\lambda}\right) = M^{3}\left(1+\frac{3\lambda v_{0}^{2}}{2gM}\right).
  • Tomando a raiz cúbica: M+\lambda h = M\sqrt[3]{1+\frac{3\lambda v_{0}^{2}}{2gM}}.
  • Finalmente isolamos h: h=\frac{M}{\lambda}\left(\sqrt[3]{1+\frac{3\lambda v_{0}^{2}}{2gM}}-1\right),que é exatamente a expressão pedida na parte (d).

Resposta

\displaystyle \frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}=-2 g.
\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y}\!\left((M+\lambda y)^{2} v^{2}\right)=(M+\lambda y)^{2}\!\left(\frac{\mathrm{d} v^{2}}{\mathrm{d} y}+\frac{2 \lambda}{M+\lambda y} v^{2}\right).
\displaystyle v^{2}=\frac{M^{2} v_{0}^{2}+\dfrac{2 g M^{3}}{3 \lambda}}{(M+\lambda y)^{2}}-\frac{2 g(M+\lambda y)}{3 \lambda}.
\displaystyle h=\frac{M}{\lambda}\Bigg(\sqrt[3]{1+\frac{3 \lambda v_{0}^{2}}{2 g M}}-1\Bigg)

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