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
(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
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 valeM_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 quev^{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 obterh=\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 éM_T=M+\lambda y.
A quantidade de movimento do sistema ép=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.
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}.
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).