Exemplo: considerando um lançamento com resistência do ar, determine:
a) As equações da força resultante na direção x e y.
b) As funções posição x(t) e y(t).
c) A equação da trajetória y(x).

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • (a) As equações da força resultante nas direções x e y.
  • (b) As funções posição x(t) e y(t).
  • (c) A equação da trajetória y(x).
Informações e convenções que vamos usar (tudo explicitado para não dar margem a confusão):
  • Tomamos um projétil de massa m.
  • A gravidade tem aceleração constante g apontando para baixo (eixo y positivo para cima).
  • Vamos assumir resistência do ar proporcional à velocidade (modelo linear), com coeficiente positivo b. Ou seja, a força de arrasto é oposta à velocidade e vale \vec{F}_d = -b\vec{v}. Eu escolhi esse modelo porque é o mais simples que ainda representa arrasto e permite solução analítica fechada — normalmente pedido em provas.
  • Eixos: x horizontal, y vertical (para cima). Condições iniciais: x(0)=0, y(0)=0, velocidade inicial \vec{v}(0)=\vec{v}_0 com v_{0x}=v_0\cos\theta e v_{0y}=v_0\sin\theta.
  • Defino \gamma = \dfrac{b}{m} para simplificar notação (então \gamma>0).
Não inicio nada de cálculo aqui — apenas deixei claro o que se pede, as hipóteses e as variáveis.

Passo 2

Forças e equações diferenciais (parte (a)). Explico passo a passo:
  • A segunda lei de Newton em vetor diz \vec{F}_{\text{res}} = m\vec{a} = m\dot{\vec{v}}.
  • As forças que atuam: peso \vec{P}=(0,-mg) e arrasto \vec{F}_d = -b\vec{v} = (-b v_x, -b v_y).
  • Logo a força resultante é soma das forças: \vec{F}_{\text{res}} = -b\vec{v} + (0,-mg).
  • Componentizando em x e y e usando m\dot{v}_x = F_{\text{res},x}, m\dot{v}_y = F_{\text{res},y}, obtemos as equações diferenciais:
m\dot{v}_x = -b v_x,
m\dot{v}_y = -b v_y - m g.
  • Em notação com \gamma=\dfrac{b}{m} fica mais compacto:
\dot{v}_x = -\gamma v_x,
\dot{v}_y = -\gamma v_y - g.
Essas duas equações são a resposta pedida em (a): são as equações da força resultante convertidas em equações para as componentes da velocidade.

Passo 3

Resolver a equação em x e encontrar v_x(t) e x(t).
  • A equação \dot{v}_x = -\gamma v_x é uma ODE linear de primeira ordem simples (separável). Separando e integrando:
\frac{dv_x}{v_x} = -\gamma\,dt \quad\Rightarrow\quad \ln|v_x| = -\gamma t + C.
  • Exponenciando e usando v_x(0)=v_{0x} obtemos
v_x(t) = v_{0x} e^{-\gamma t}.
  • A posição x(t) vem integrando v_x(t):
x(t) = \int_0^t v_{0x} e^{-\gamma s}\,ds = v_{0x}\left[\frac{1}{-\gamma} e^{-\gamma s}\right]_0^t = \frac{v_{0x}}{\gamma}\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr).
  • Reescrevendo em termos de m e b (se preferir):
v_x(t)=v_{0x}e^{-(b/m)t},\qquad x(t)=\frac{m}{b}v_{0x}\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr).

Passo 4

Resolver a equação em y e encontrar v_y(t) e y(t).
  • A equação para v_y é uma ODE linear não homogênea:
\dot{v}_y + \gamma v_y = -g.
Vou resolver pelo método do fator integrante (explico como funciona de forma bem didática):
  • Multiplica-se a equação por e^{\gamma t} (o fator integrante) para obter
e^{\gamma t}\dot{v}_y + \gamma e^{\gamma t} v_y = -g e^{\gamma t}.
  • O lado esquerdo é exatamente a derivada do produto \dfrac{d}{dt}\bigl(e^{\gamma t} v_y\bigr). Assim
\frac{d}{dt}\bigl(e^{\gamma t} v_y\bigr) = -g e^{\gamma t}.
  • Integramos de 0 a t:
e^{\gamma t} v_y(t) - v_y(0) = -g\int_0^t e^{\gamma s}\,ds = -\frac{g}{\gamma}\bigl(e^{\gamma t}-1\bigr).
  • Isolando v_y(t):
v_y(t) = v_{0y} e^{-\gamma t} - \frac{g}{\gamma}\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr).
  • Rearranjando para ficar mais claro:
v_y(t) = \bigl(v_{0y} + \frac{g}{\gamma}\bigr)e^{-\gamma t} - \frac{g}{\gamma}.
  • Em termos de m,b: \dfrac{g}{\gamma} = \dfrac{mg}{b}, então
v_y(t)=\Bigl(v_{0y}+\frac{mg}{b}\Bigr)e^{-(b/m)t}-\frac{mg}{b}.
  • Agora integramos v_y(t) para obter y(t). Integramos desde 0 até t com y(0)=0:
y(t)=\int_0^t \left[\bigl(v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}\bigr)e^{-\gamma s}-\tfrac{g}{\gamma}\right] ds.
Calcule a integral passo a passo:
\int_0^t \bigl(v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}\bigr)e^{-\gamma s}ds = \bigl(v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}\bigr)\frac{1}{\gamma}\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr),
\int_0^t \tfrac{g}{\gamma}\,ds = \tfrac{g}{\gamma} t.
Portanto
y(t)=\frac{1}{\gamma}\bigl(v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}\bigr)\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr)-\frac{g}{\gamma}t.
Em termos de m,b (substituindo 1/\gamma = m/b e g/\gamma = mg/b):
y(t)=\frac{m}{b}\Bigl(v_{0y}+\frac{mg}{b}\Bigr)\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr)-\frac{mg}{b}\,t.

Passo 5

Eliminação do tempo para obter a trajetória y(x) (parte (c)).
  • Da expressão de x(t) temos
1-e^{-\gamma t} = \frac{\gamma x}{v_{0x}} \quad\Rightarrow\quad e^{-\gamma t}=1-\frac{\gamma x}{v_{0x}}.
  • Além disso t pode ser isolado:
t = -\frac{1}{\gamma}\ln\!\Bigl(1-\frac{\gamma x}{v_{0x}}\Bigr),
válido enquanto 1-\dfrac{\gamma x}{v_{0x}}>0 (ou seja, até o alcance horizontal permitido pelo modelo com arrasto).
  • Substituímos essas expressões em y(t). Usando a forma
y(t)=\frac{v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}}{\gamma}\bigl(1-e^{-\gamma t}\bigr)-\frac{g}{\gamma}t,
substituindo 1-e^{-\gamma t}=\dfrac{\gamma x}{v_{0x}} e t pela expressão do logaritmo, obtemos
y(x)=\frac{v_{0y}+\tfrac{g}{\gamma}}{v_{0x}}\,x \;+\; \frac{g}{\gamma^2}\ln\!\Bigl(1-\frac{\gamma x}{v_{0x}}\Bigr).
  • Reescrevendo com \gamma=\dfrac{b}{m} e v_{0x}=v_0\cos\theta, v_{0y}=v_0\sin\theta, a forma explícita é
y(x)=\frac{v_0\sin\theta+\dfrac{mg}{b}}{v_0\cos\theta}\,x \;+\; \frac{mg}{b}\left(\frac{m}{b}\right)\ln\!\left(1-\frac{b x}{m v_0\cos\theta}\right).
  • Pequena intuição: no limite b\to 0 (sem arrasto) essa expressão reduz-se à parábola clássica y=x\tan\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2\cos^2\theta} — isso serve como checagem.

Resposta

(a) m\dot{v}_x = -b v_x,\qquad m\dot{v}_y = -b v_y - m g
(b) v_x(t)=v_{0x}e^{-(b/m)t},\qquad x(t)=\frac{m}{b}v_{0x}\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr)
v_y(t)=\Bigl(v_{0y}+\frac{mg}{b}\Bigr)e^{-(b/m)t}-\frac{mg}{b},\qquad y(t)=\frac{m}{b}\Bigl(v_{0y}+\frac{mg}{b}\Bigr)\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr)-\frac{mg}{b}\,t
(c) y(x)=\frac{v_{0y}+\dfrac{g}{\gamma}}{v_{0x}}\,x \;+\; \frac{g}{\gamma^2}\ln\!\Bigl(1-\frac{\gamma x}{v_{0x}}\Bigr), \qquad\text{onde }\gamma=\frac{b}{m}.

Exercícios relacionados