Um foguete deve ser lançado verticalmente para cima. A massa inicial é M_{0}, a velocidade de exaustão - u é constante e a taxa de exaustão -\frac{d M}{d t}=A é constante. Após uma massa total \triangle M ser expelida, o motor fica sem combustível.
a) Desprezando a resistência do ar e assumindo que a aceleração da gravidade é constante, formule e resolva a equação do movimento.
b) Mostre que se M_{0}, u e \Delta M forem fixos, então quanto maior for a taxa de exaustão A, ou seja, quanto mais rápido o combustível for consimido, maior será a altitude atingida pelo foguete.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede as coisas abaixo:
  • Dados fornecidos: M(0)=M_{0},\qquad u=\text{velocidade de exaustão (constante)},\qquad -\frac{dM}{dt}=A\\ (\text{constante}>0),ãe uma massa total expelida \Delta M após a qual o motor pára.
    Também nos dizem para desprezar resistência do ar e assumir g constante.
  • Condições iniciais (assumo as condições usuais para este tipo de problema, pois não foram explicitadas): v(0)=0,\qquad y(0)=0.
  • Perguntas:
    (a) Formular e resolver a equação do movimento durante o tempo de queima (isto é, enquanto o combustível é expelido).
    (b) Mostrar que, mantendo M_{0},u,\Delta M fixos, quanto maior A (ou seja, quanto mais rápido o consumo), maior será a altitude atingida pelo foguete (altura máxima).

Passo 2

Montagem física e equação diferencial de movimento (ideia física por trás).
  • Método: usar conservação de quantidade de movimento para um foguete de massa variável. Consideramos num instante t o foguete de massa M(t) com velocidade v(t). Em um intervalo pequeno dt sai uma massa -dM (positiva) com velocidade relativa -u em relação ao foguete (isto é, exausta para baixo a uma velocidade u em módulo).
  • Resultado padrão (explicação curta): o impulso devido à exaustão fornece uma força de empuxo igual a u(-dM/dt) para cima; a força externa é o peso M g para baixo. Portanto a equação de Newton para massa variável fica M\frac{dv}{dt}=u\bigl(-\frac{dM}{dt}\bigr)-Mg.Isso significa que a variação da quantidade de movimento do foguete é dada pelo empuxo menos o peso.

Passo 3

Transformar a equação usando a taxa constante de exaustão.
  • Como dado: -\dfrac{dM}{dt}=A (constante). Logo \dfrac{dM}{dt}=-A.
  • Substituindo em M\frac{dv}{dt}=u(-\frac{dM}{dt})-Mg obtemos M\frac{dv}{dt}=uA-Mg.
  • Dividindo por M, \frac{dv}{dt}=\frac{uA}{M}-g.

Passo 4

Expressão da massa em função do tempo e domínio de validade.
  • Integrando a relação \dfrac{dM}{dt}=-A com a condição M(0)=M_{0} obtemos M(t)=M_{0}-At,válida enquanto houver combustível, isto é, até o tempo de queima t_{b}=\frac{\Delta M}{A},porque após esse tempo já foi expelida a massa \Delta M e o motor pára.

Passo 5

Integração para obter v(t) durante a queima.
  • Temos \dfrac{dv}{dt}=\dfrac{uA}{M_{0}-At}-g. Integramos de 0 a t usando v(0)=0: v(t)=\int_{0}^{t}\frac{uA}{M_{0}-As}\,ds-\int_{0}^{t}g\,ds.
  • A integral do primeiro termo é padrão: faça a substituição m=M_{0}-As, dm=-A\,ds, então \int_{0}^{t}\frac{uA}{M_{0}-As}\,ds=u\int_{M_{0}}^{M_{0}-At}\frac{-1}{m}\,dm =u\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-At}.
  • A integral do segundo termo é \int_{0}^{t}g\,ds=gt. Assim \boxed{\,v(t)=u\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-At}-gt\,,\qquad 0\le t\le t_{b}=\frac{\Delta M}{A}\,.}

Passo 6

Integração para obter y(t) (posição) durante a queima.
  • Integrar v(t): y(t)=\int_{0}^{t}v(s)\,ds. Escrevemos y(t)=u\int_{0}^{t}\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-As}\,ds-\int_{0}^{t}gs\,ds.
  • Calcule a integral I(t)=\int_{0}^{t}\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-As}\,ds. Procedimento: I(t)=t\ln M_{0}-\int_{0}^{t}\ln(M_{0}-As)\,ds.Fazendo m=M_{0}-As de novo: \int_{0}^{t}\ln(M_{0}-As)\,ds=-\frac{1}{A}\int_{M_{0}}^{M_{0}-At}\ln m\,dm =-\frac{1}{A}\Bigl[m\ln m-m\Bigr]_{M_{0}}^{M_{0}-At}.Substituindo e simplificando obtemos (aplicando M(t)=M_{0}-At) I(t)=t\ln M_{0}-\frac{1}{A}\bigl(M_{0}\ln M_{0}-M_{0}-M(t)\ln M(t)+M(t)\bigr).
  • Logo y(t)=uI(t)-\frac{1}{2}gt^{2}.Uma forma mais compacta e prática, usando M(t)=M_{0}-At, é \boxed{\,y(t)=\frac{u}{A}\Bigl(M_{0}-M(t)+M(t)\ln\!\frac{M(t)}{M_{0}}\Bigr)-\frac{1}{2}gt^{2}\,,\qquad 0\le t\le t_{b}\,.\,}(Pode-se verificar que para t=0 y(0)=0.)

Passo 7

Velocidade e altitude no instante em que o motor apaga (queima completa).
  • No instante de burnout t_{b}=\dfrac{\Delta M}{A} temos M(t_{b})=M_{0}-\Delta M. Assim \boxed{\,v_{b}=v(t_{b})=u\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-\Delta M}-g\frac{\Delta M}{A}\,}e \boxed{\,y_{b}=y(t_{b})=\frac{u}{A}\Bigl(\Delta M+(M_{0}-\Delta M)\ln\!\frac{M_{0}-\Delta M}{M_{0}}\Bigr)-\frac{1}{2}g\Bigl(\frac{\Delta M}{A}\Bigr)^{2}\,.}

Passo 8

Altura máxima após a queima e dependência em A.
  • Depois do burnout o foguete sobe como projétil vertical sem empuxo, então a altura máxima H (ápice) é dada por H=y_{b}+\frac{v_{b}^{2}}{2g}.
  • Substituindo v_{b} e y_{b} e simplificando (as parcelas em \frac{1}{A^{2}} se cancelam), obtemos H=\frac{u^{2}}{2g}\Biggl(\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-\Delta M}\Biggr)^{2}+\frac{u}{A}\Bigl(\Delta M+M_{0}\ln\!\bigl(1-\frac{\Delta M}{M_{0}}\bigr)\Bigr).
  • Definimos a função auxiliar \varphi(x)=x+\ln(1-x) para 0<x<1. Note que \varphi(0)=0 e \varphi'(x)=1-\frac{1}{1-x}=-\frac{x}{1-x}<0\quad\text{para }0<x<1,logo \varphi(x)<0 para todo x\in(0,1). Usando x=\dfrac{\Delta M}{M_{0}} concluímos Q:=\Delta M+M_{0}\ln\!\bigl(1-\tfrac{\Delta M}{M_{0}}\bigr)=M_{0}\varphi\!\bigl(\tfrac{\Delta M}{M_{0}}\bigr)<0.
  • Assim H pode ser vista como H=\frac{u^{2}}{2g}\Bigl(\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-\Delta M}\Bigr)^{2}+\frac{u}{A}Q,com Q<0. Diferenciando em relação a A, \frac{dH}{dA}=-\frac{u}{A^{2}}\,Q.Como Q<0 e u>0,\\ A>0, tem-se \dfrac{dH}{dA}>0.
  • Conclusão: H cresce com A. Ou seja, para M_{0},u,\Delta M fixos, quanto maior a taxa de exaustão A (mais rápido o consumo), maior será a altitude máxima atingida pelo foguete.

Resposta

(a) Durante a queima (0\le t\le t_{b}=\Delta M/A):
v(t)=u\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-At}-gt,
y(t)=\frac{u}{A}\Bigl(M_{0}-M(t)+M(t)\ln\!\frac{M(t)}{M_{0}}\Bigr)-\frac{1}{2}gt^{2},\qquad M(t)=M_{0}-At.
No instante de burnout t_{b}=\dfrac{\Delta M}{A}:
v_{b}=u\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-\Delta M}-g\frac{\Delta M}{A},
y_{b}=\frac{u}{A}\Bigl(\Delta M+(M_{0}-\Delta M)\ln\!\frac{M_{0}-\Delta M}{M_{0}}\Bigr)-\frac{1}{2}g\Bigl(\frac{\Delta M}{A}\Bigr)^{2}.
(b) Altura máxima H e monotonicidade em A:
H=\frac{u^{2}}{2g}\Biggl(\ln\!\frac{M_{0}}{M_{0}-\Delta M}\Biggr)^{2}+\frac{u}{A}\Bigl(\Delta M+M_{0}\ln\!\bigl(1-\tfrac{\Delta M}{M_{0}}\bigr)\Bigr),
e
\frac{dH}{dA}=-\frac{u}{A^{2}}\Bigl(\Delta M+M_{0}\ln\!\bigl(1-\tfrac{\Delta M}{M_{0}}\bigr)\Bigr)>0,
portanto H aumenta com A: quanto maior A, maior a altitude máxima alcançada.

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