Um corpo de massa m cai de uma altura z_{o} sob a influência da gravidade e de uma força de resistência do ar expressa por F_{R A}=-b v, onde b é uma constante e v a componente vertical da velocidade do corpo. Mostre que em um instante t após o início do movimento a aceleração a(t), a velocidade v(t) e a posição z(t) do corpo são expressos por:
\begin{aligned} a(t) & =-g e^{-\frac{b}{m} t} \\\ v(t) & =v_{T}\left(1-e^{-\frac{b}{m} t}\right) \\\ z(t) & =z_{o}+v_{T} t+\frac{m v_{T}}{b}\left(e^{-\frac{b}{m} t}-1\right) \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, para um corpo de massa m que cai sob a gravidade e sob uma força de resistência do ar dada por F_{RA}=-b v, as grandezas aceleração a(t), velocidade v(t) e posição z(t) no instante t valem as fórmulas indicadas. Informações e condições fornecidas (ou implicitamente usadas):
  • A massa do corpo é \,m.
  • A gravidade é \,g (vetor apontando para baixo).
  • A força de resistência do ar é \,F_{RA}=-b v, com b constante e v a componente vertical da velocidade (o sinal já indica que a força se opõe ao movimento).
  • A posição inicial é \,z(0)=z_{o}.
  • O corpo “cai” a partir do repouso, então assumimos \,v(0)=0.
  • O objetivo é obter expressões para a(t), v(t) e z(t) em função de t, e obter a forma dada no enunciado (incluindo a presença de v_{T}, que será identificada como velocidade terminal).

Passo 2

Definimos convenções de sinal e escrevemos a segunda lei de Newton. Vou tomar o eixo vertical com sentido positivo para cima (convenção comum em exercícios assim). Assim:
  • A gravidade é uma força para baixo com módulo mg, logo escrita como -mg.
  • A resistência do ar, pela definição do enunciado, é -b v (sempre oposta à velocidade).
    Aplicando a segunda lei de Newton na direção vertical:
m\frac{dv}{dt} = \text{(soma das forças na vertical)} = -mg - b v.ç
Explico: m\frac{dv}{dt} é a massa vezes a aceleração; as forças que atuam são o peso -mg e o arrasto -b v. Essa equação é uma equação diferencial linear de primeira ordem para v(t).

Passo 3

Colocamos a equação diferencial em uma forma padrão para resolver:
m\frac{dv}{dt} + b v = -mg.
Dividindo por m para ficar na forma usual:
\frac{dv}{dt} + \frac{b}{m} v = -g.
Aqui \frac{b}{m} é uma constante com dimensão de inverso de tempo; vou chamar \displaystyle k=\frac{b}{m} para simplificar a escrita quando conveniente (ao final substituo k por b/m).

Passo 4

Resolveremos a equação linear de primeira ordem usando o fator integrante. A equação é
\frac{dv}{dt} + k v = -g.
O fator integrante é \mu(t)=e^{\int k\,dt}=e^{k t}. Multiplicando a equação por \mu(t) obtemos:
e^{k t}\frac{dv}{dt} + k e^{k t} v = -g e^{k t}.
O lado esquerdo é a derivada do produto v e^{k t}, pois \frac{d}{dt}\big(v e^{k t}\big)=e^{k t}\frac{dv}{dt}+k e^{k t} v. Então
\frac{d}{dt}\big(v e^{k t}\big) = -g e^{k t}.

Passo 5

Integramos ambos os lados no intervalo de 0 a t. A integral do lado direito é direta:
\int_{0}^{t} \frac{d}{dt}\big(v e^{k t}\big)\,dt = \int_{0}^{t} -g e^{k t}\,dt.
No lado esquerdo a integral da derivada dá diferença:
v(t)e^{k t} - v(0)e^{0} = -g \int_{0}^{t} e^{k s}\,ds.
Usamos v(0)=0 (queda a partir do repouso). A integral do exponencial é \int_{0}^{t} e^{k s}\,ds = \frac{1}{k}\big(e^{k t}-1\big). Assim:
v(t)e^{k t} = -g \cdot \frac{1}{k}\big(e^{k t}-1\big).
Isolando v(t):
v(t) = -\frac{g}{k}\left(1 - e^{-k t}\right).

Passo 6

Interpretamos e identificamos a velocidade terminal. Note que -\dfrac{g}{k} = -\dfrac{g}{b/m} = -\dfrac{m g}{b}. Definimos a velocidade terminal (no sentido para baixo, por isso negativa com nossa convenção de eixo para cima) por
v_{T} = -\frac{m g}{b}.
Substituindo \dfrac{g}{k}=\dfrac{m g}{b}=-v_{T} na expressão anterior obtemos a forma elegante pedida:
v(t) = v_{T}\left(1 - e^{-\frac{b}{m}t}\right).
Observação intuitiva: v_{T} é a velocidade quando o termo transiente exponencial já morreu ( t\to\infty), ou seja a velocidade terminal onde peso e arrasto se equilibram.

Passo 7

Agora encontramos a aceleração a(t) lembrando que a(t)=\dfrac{dv}{dt}. Podemos derivar a expressão de v(t) diretamente:
v(t)=v_{T}\left(1 - e^{-k t}\right),\quad k=\frac{b}{m}.
Derivando:
a(t)=\frac{dv}{dt}=v_{T}\left(0 - (-k)e^{-k t}\right) = v_{T}\,k\,e^{-k t}.
Substituindo v_{T}=-\dfrac{m g}{b} e k=\dfrac{b}{m} temos v_{T}k = -g. Portanto
a(t) = -g e^{-\frac{b}{m}t}.
Isso coincide com a fórmula pedida. Interpretação: a aceleração começa em -g (no instante inicial t=0 temos a(0)=-g) e decai exponencialmente para zero quando o corpo alcança a velocidade terminal.

Passo 8

Para obter z(t) integramos v(t) pois \dfrac{dz}{dt}=v(t). Usamos v(t)=v_{T}\left(1 - e^{-k t}\right) e z(0)=z_{o}. Integramos de 0 a t:
z(t)-z_{o} = \int_{0}^{t} v_{T}\left(1 - e^{-k s}\right)\,ds.
Como v_{T} é constante:
z(t)-z_{o} = v_{T}\int_{0}^{t}\left(1 - e^{-k s}\right)\,ds = v_{T}\left[ s + \frac{1}{k} e^{-k s}\right]_{0}^{t} - v_{T}\cdot\frac{1}{k}\big|_{0}^{t}\\ \text{(faço passo a passo abaixo)}.ç
Mais direto, calculamos as duas integrais:
\int_{0}^{t} 1\,ds = t, \qquad \int_{0}^{t} e^{-k s}\,ds = \left[-\frac{1}{k}e^{-k s}\right]_{0}^{t} = \frac{1}{k}\big(1 - e^{-k t}\big).
Então
z(t)-z_{o} = v_{T}\left(t - \frac{1}{k}\big(1 - e^{-k t}\big)\right) = v_{T}t + v_{T}\frac{1}{k}\big(e^{-k t}-1\big).
Voltando k=\dfrac{b}{m} e escrevendo \dfrac{v_{T}}{k}=\dfrac{m v_{T}}{b}, obtemos a forma pedida:
z(t) = z_{o} + v_{T} t + \frac{m v_{T}}{b}\left(e^{-\frac{b}{m}t}-1\right).

Passo 9

Verificações rápidas (para ganhar confiança):
  • No instante t=0: v(0)=v_{T}(1-1)=0 e z(0)=z_{o}. OK.
  • Para t\to\infty: v(t)\to v_{T} (velocidade terminal) e a(t)\to 0. OK.
  • A aceleração inicial a(0)=-g (queda livre no instante inicial), e diminui exponencialmente depois. OK.

Resposta

a(t)=-g e^{-\frac{b}{m} t}
v(t)=v_{T}\left(1-e^{-\frac{b}{m} t}\right)
z(t)=z_{o}+v_{T} t+\frac{m v_{T}}{b}\left(e^{-\frac{b}{m} t}-1\right)

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