. Considere um projétil, cuja Eq. de movimento é:
m \frac{d^{2} \vec{r}}{d t^{2}}=-m g \hat{k}-b \frac{d \vec{r}}{d t}
a). Determine a altura máxima H_{\text {max }} alcançada pelo projétil.
b). Determine a equação da trajetória do projetil no plano x z, z(x). Verifique a sua resposta do ítem anterior, que z=H_{\text {max }} é um ponto de máximo da curva z(x).

Passo 1

O enunciado dá a equação vetorial do movimento com resistência linear:
m\frac{d^{2}\vec{r}}{dt^{2}}=-m g \,\hat{k}-b\frac{d\vec{r}}{dt}.
Queremos: (a) a altura máxima H_{\text{max}} atingida pelo projétil; (b) a equação da trajetória no plano x\!-\!z, isto é z(x), e verificar que z=H_{\text{max}} corresponde a um máximo de z(x).
Informações / hipóteses que vou usar (não foram explicitadas no enunciado, mas são padrão para este tipo de problema):
\text{posições iniciais: }\vec{r}(0)=(0,0,0),\qquad \text{velocidade inicial: }\vec{v}(0)=(v_{0x},0,v_{0z}).çõ
Ou seja, o lançamento ocorre na origem e o vetor velocidade inicial tem componentes horizontais \,v_{0x}\, e verticais \,v_{0z}\,. Vou trabalhar no plano x\!-\!z (sem componente em y). Defino também
\alpha=\frac{b}{m}\qquad\text{e}\qquad V_t=\frac{m g}{b}=\frac{g}{\alpha},
onde V_t é a velocidade terminal (valor típico usado para simplificar expressões). Em todo o desenvolvimento cada símbolo será explicado quando aparecer.

Passo 2

Separei a equação vetorial nas componentes x e z. Para x (eixo horizontal) não há força de gravidade:
m\ddot{x}=-b\dot{x}\quad\Longrightarrow\quad \ddot{x}+\alpha\dot{x}=0.
Esta é uma equação linear de 2ª ordem que, para a velocidade v_x=\dot{x}, reduz-se a uma equação de 1ª ordem:
\dot{v}_x +\alpha v_x =0.
A solução geral desta equação exponencial é
v_x(t)=v_{0x}e^{-\alpha t},
pois em t=0 temos v_x(0)=v_{0x}. Integrando v_x=\dot{x} para obter x(t):
x(t)=\int_0^t v_{0x} e^{-\alpha s}\,ds = v_{0x}\frac{1-e^{-\alpha t}}{\alpha}.
Como \alpha=b/m, pode-se também escrever
x(t)=\frac{m}{b}v_{0x}\bigl(1-e^{-\,\frac{b}{m}t}\bigr).

Passo 3

Agora a componente vertical z. A equação é
m\ddot{z}=-m g - b\dot{z}\quad\Longrightarrow\quad \ddot{z}+\alpha\dot{z}+g=0.
É melhor trabalhar com v_z=\dot{z}. Temos a equação de 1ª ordem:
\dot{v}_z+\alpha v_z=-g.
Isto é uma linear não-homogênea. Solução geral: solução complementar C e^{-\alpha t} e solução particular constante v_z^{(p)}=-\dfrac{g}{\alpha}=-V_t. Aplicando a condição inicial v_z(0)=v_{0z} obtém-se
v_z(t)=(v_{0z}+V_t)e^{-\alpha t}-V_t.
Explico em palavras: a velocidade vertical decai exponencialmente da condição inicial até o valor estacionário -V_t (queda terminal para movimentos descendentes).

Passo 4

Integro v_z(t) para obter z(t). Com z(0)=0,
z(t)=\int_0^t \bigl((v_{0z}+V_t)e^{-\alpha s}-V_t\bigr)\,ds =(v_{0z}+V_t)\frac{1-e^{-\alpha t}}{\alpha}-V_t t.
Usando \alpha=b/m e V_t=mg/b esta forma é equivalente a
z(t)=\frac{m}{b}(v_{0z}+V_t)\bigl(1-e^{-\,\frac{b}{m}t}\bigr)-V_t t,
mas a forma com \alpha e V_t fica mais compacta:
\boxed{\,z(t)=\frac{v_{0z}+V_t}{\alpha}\bigl(1-e^{-\alpha t}\bigr)-V_t t\,.}

Passo 5

Para achar o tempo de subida até a altura máxima t_* resolvo v_z(t_*)=0 (no ponto mais alto a velocidade vertical é zero). Com
v_z(t)=(v_{0z}+V_t)e^{-\alpha t}-V_t,
temos
(v_{0z}+V_t)e^{-\alpha t_*}=V_t \quad\Longrightarrow\quad e^{-\alpha t_*}=\frac{V_t}{v_{0z}+V_t}.
Tomando logaritmo,
t_*=\frac{1}{\alpha}\ln\!\biggl(\frac{v_{0z}+V_t}{V_t}\biggr) =\frac{m}{b}\ln\!\Bigl(1+\frac{v_{0z}}{V_t}\Bigr).

Passo 6

Substituo t_* em z(t) para obter H_{\text{max}}=z(t_*). Usando a expressão de z(t) e a igualdade e^{-\alpha t_*}=V_t/(v_{0z}+V_t), calculemos passo a passo a simplificação:
  1. 1-e^{-\alpha t_*}=1-\dfrac{V_t}{v_{0z}+V_t}=\dfrac{v_{0z}}{v_{0z}+V_t}.
  2. Então a parte \dfrac{v_{0z}+V_t}{\alpha}\bigl(1-e^{-\alpha t_*}\bigr) fica \dfrac{v_{0z}}{\alpha}.
  3. Subtraindo V_t t_* obtemos
H_{\text{max}}=\frac{v_{0z}}{\alpha}-V_t\cdot\frac{1}{\alpha}\ln\!\biggl(\frac{v_{0z}+V_t}{V_t}\biggr).
Agrupando o fator 1/\alpha,
H_{\text{max}}=\frac{1}{\alpha}\Bigl(v_{0z}-V_t\ln\!\bigl(1+\frac{v_{0z}}{V_t}\bigr)\Bigr).
Voltando às constantes m,b,g usando \alpha=b/m e V_t=mg/b,
\boxed{\,H_{\text{max}}=\frac{m}{b}\left(v_{0z}-\frac{m g}{b}\ln\!\Bigl(1+\frac{b v_{0z}}{m g}\Bigr)\right).\,}
Esta é a altura máxima do projétil com resistência linear.

Passo 7

Agora eliminamos o tempo para obter a trajetória z(x). Temos
x(t)=\frac{v_{0x}}{\alpha}\bigl(1-e^{-\alpha t}\bigr) \quad\Longrightarrow\quad e^{-\alpha t}=1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}.
Também temos t=-\frac{1}{\alpha}\ln\!\bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\bigr). Substituindo estas expressões em z(t):
z(x)=\frac{v_{0z}+V_t}{\alpha}\biggl(1-\Bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\Bigr)\biggr)-V_t\Bigl(-\frac{1}{\alpha}\ln\!\Bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\Bigr)\Bigr).
Simplificando 1-(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}})=\frac{\alpha x}{v_{0x}}, obtemos
z(x)=\frac{v_{0z}+V_t}{\alpha}\cdot\frac{\alpha x}{v_{0x}}+\frac{V_t}{\alpha}\ln\!\Bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\Bigr).
Cancelando \alpha no primeiro termo,
\boxed{\,z(x)=\frac{v_{0z}+V_t}{v_{0x}}\,x+\frac{V_t}{\alpha}\ln\!\Bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\Bigr).\,}
Podemos reescrever em termos de m,b,g se preferir, lembrando \alpha=b/m e V_t=mg/b, então V_t/\alpha=m^2 g/b^2.
Observação sobre domínio: a expressão exige 1-\dfrac{\alpha x}{v_{0x}}>0, ou seja x<\dfrac{v_{0x}}{\alpha}=\dfrac{m}{b}v_{0x}. Isso corresponde ao limite t\to\infty (posição horizontal assintótica) e não causa problema enquanto consideramos a parte física da trajetória até o pouso.

Passo 8

Verificação de que z=H_{\text{max}} é um ponto de máximo da curva z(x).
Uma forma direta é usar derivadas paramétricas:
\frac{dz}{dx}=\frac{\frac{dz}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{v_z(t)}{v_x(t)}.
No tempo de subida t_* temos v_z(t_*)=0, então \dfrac{dz}{dx}\Big|_{t_*}=0, logo é um ponto crítico de z(x).
Para checar natureza de máximo, calcule a segunda derivada paramétrica:
\frac{d^{2}z}{dx^{2}}=\frac{a_z v_x - v_z a_x}{v_x^{3}},
onde a_z=\ddot{z} e a_x=\ddot{x}. No ponto t_* temos v_z(t_*)=0, portanto
\left.\frac{d^{2}z}{dx^{2}}\right|_{t_*}=\frac{a_z(t_*)}{v_x(t_*)^{2}}.
Mas a_z=\ddot{z}=-g-\alpha v_z, e em t_* com v_z=0 fica a_z(t_*)=-g. Logo
\left.\frac{d^{2}z}{dx^{2}}\right|_{t_*}=\frac{-g}{v_x(t_*)^{2}}<0,
pois g>0 e v_x(t_*) é finito e não nulo. Assim a curvatura é negativa e z(x) tem um máximo em x_* correspondente a t_*. Para completar, o valor de x_* pode ser obtido substituindo t_* em x(t) ou usando e^{-\alpha t_*}=V_t/(v_{0z}+V_t):
x_* = x(t_*)=\frac{v_{0x}}{\alpha}\Bigl(1-\frac{V_t}{v_{0z}+V_t}\Bigr)=\frac{v_{0x}}{\alpha}\cdot\frac{v_{0z}}{v_{0z}+V_t}.
Portanto z(x) tem máximo em x_* e o valor é exatamente H_{\text{max}} obtido no Passo 6.

Resposta

H_{\text{max}}=\frac{1}{\alpha}\Bigl(v_{0z}-V_t\ln\!\Bigl(1+\frac{v_{0z}}{V_t}\Bigr)\Bigr) =\frac{m}{b}\Bigl(v_{0z}-\frac{m g}{b}\ln\!\Bigl(1+\frac{b v_{0z}}{m g}\Bigr)\Bigr).
z(x)=\frac{v_{0z}+V_t}{v_{0x}}\,x+\frac{V_t}{\alpha}\ln\!\Bigl(1-\frac{\alpha x}{v_{0x}}\Bigr), \quad\text{com }\alpha=\frac{b}{m},\;V_t=\frac{m g}{b}.

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