A força de resistência do ar, \mathbf{f}, para corpos relativamente massivos como carros, aviões etc. e com velocidade altas, pode ser modelada como sendo proporcional ao quadrado do módulo velocidade \mathbf{v} e cujo sentido é sempre contrário ao da mesma: \mathbf{f}=-k v^{2} \hat{\mathbf{v}}, onde k é uma constante que depende da geometria do corpo, da área de contato com o ar e da densidade do ar, e v=|\mathbf{v}|. Considere um corpo de massa m em queda livre inicialmente em repouso. Orientando o eixo O y verticalmente para baixo, encontre:
a) a velocidade em função do tempo t
b) a velocidade terminal, ou seja, a velocidade para t \rightarrow \infty
c) a posição em função do tempo.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede três coisas.
  • Força de resistência do ar: \mathbf{f}=-k v^{2}\,\hat{\mathbf{v}}, onde k>0 e v=|\mathbf{v}|.
  • Corpo de massa m em queda livre, eixo Oy orientado para baixo.
  • Condição inicial: em t=0 o corpo está em repouso, ou seja, v(0)=0.
  • Não foi dado explicitamente o deslocamento inicial; vou tomar a origem y(0)=0 para obter uma expressão de y(t) com a constante determinada.
O que o enunciado pede:
a) encontrar a velocidade v em função do tempo t;
b) encontrar a velocidade terminal, isto é \lim_{t\to\infty}v(t);
c) encontrar a posição y em função do tempo t.

Passo 2

Escrevendo as forças na direção vertical (positiva para baixo) e aplicando a segunda lei de Newton.
  • Peso atuando para baixo tem módulo mg.
  • Força de arrasto, sempre oposta à velocidade. Como o corpo cai para baixo e v>0 nessa direção, a força de arrasto tem sentido para cima e módulo k v^{2}. Em coordenada com sentido para baixo essa força entra com sinal negativo: -k v^{2}.
Portanto, a equação da dinâmica é
m\frac{dv}{dt}=mg - k v^{2},
onde v(t) é a velocidade para baixo (positiva quando o corpo desce). Vou definir a constante
\alpha=\frac{k}{m},
para simplificar as contas; assim a ODE fica
\frac{dv}{dt}=g - \alpha v^{2}.
Explicação curta do passo: usou-se F_{\text{resultante}}=m a com sinais coerentes; a resistência é proporcional a v^{2} e indica-se com sinal negativo porque aponta para cima.

Passo 3

Resolvendo a equação diferencial por separação de variáveis.
A ODE é separável, ou seja, pode-se escrever todos os termos em v num lado e em t no outro:
\frac{dv}{g-\alpha v^{2}}=dt.
Técnica usada (repasse didático): separar variáveis significa reorganizar a equação para ter alguma função de v multiplicando dv igual a alguma função de t multiplicando dt. Em seguida integra-se ambos os lados. Aqui o lado esquerdo dependerá só de v e o direito só de t.
Agora integraremos com a condição inicial v(0)=0.

Passo 4

Cálculo explícito da integral do lado esquerdo.
Primeiro fatoramos g:
\frac{dv}{g-\alpha v^{2}}=\frac{1}{g}\cdot\frac{dv}{1-\dfrac{\alpha}{g}v^{2}}.
Defina \beta=\dfrac{\alpha}{g}=\dfrac{k}{m g} (note \beta>0). Então precisamos calcular
\int \frac{dv}{1-\beta v^{2}}.
Conhecimento útil (fórmula): para |u|<1,
\frac{d}{du}\operatorname{arctanh}(u)=\frac{1}{1-u^{2}}.
Portanto, com u=\sqrt{\beta}\,v tem-se
\frac{d}{dv}\operatorname{arctanh}(\sqrt{\beta}\,v)=\frac{\sqrt{\beta}}{1-\beta v^{2}}.
Isolando a integral:
\int\frac{dv}{1-\beta v^{2}}=\frac{1}{\sqrt{\beta}}\operatorname{arctanh}(\sqrt{\beta}\,v)+C.
Voltando ao fator \dfrac{1}{g}, a integração completa da separação dá
\frac{1}{g}\cdot\frac{1}{\sqrt{\beta}}\operatorname{arctanh}(\sqrt{\beta}\,v)=t+C.
Agora substituímos \beta=\dfrac{\alpha}{g}=\dfrac{k}{m g}. Observe que
\sqrt{\beta}=\sqrt{\frac{k}{m g}},\qquad \frac{1}{g\sqrt{\beta}}=\frac{1}{g}\sqrt{\frac{m g}{k}}=\sqrt{\frac{m}{g k}}.
Usando a condição inicial v(0)=0: na equação integrada, para t=0 a arctanh de zero é zero, então C=0. Assim obtemos
\sqrt{\frac{m}{g k}}\;\operatorname{arctanh}\!\Big(v\sqrt{\frac{k}{m g}}\Big)=t.

Passo 5

Isolando v(t) a partir da expressão com \operatorname{arctanh}.
Aplicando \operatorname{tanh} nos dois lados (inversa da \operatorname{arctanh}):
v\sqrt{\frac{k}{m g}}=\operatorname{tanh}\!\Big(t\sqrt{\frac{g k}{m}}\Big).
Logo
v(t)=\sqrt{\frac{m g}{k}}\;\operatorname{tanh}\!\Big(t\sqrt{\frac{g k}{m}}\Big).
Agora introduzimos uma notação física mais intuitiva: a velocidade terminal v_{T} será
v_{T}=\sqrt{\frac{m g}{k}}.
Também note que
\sqrt{\frac{g k}{m}}=\frac{g}{v_{T}}.
Assim uma forma muito usada da solução é
\boxed{\,v(t)=v_{T}\,\operatorname{tanh}\!\Big(\frac{g}{v_{T}}\,t\Big)\,}.
Explicação didática curta sobre funções hiperbólicas: \operatorname{tanh}(x)=\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}} e \operatorname{arctanh}(x)=\tfrac{1}{2}\ln\!\big(\tfrac{1+x}{1-x}\big). A derivada \tfrac{d}{dx}\operatorname{tanh} x=1-\operatorname{tanh}^{2}x é análoga à derivada de funções trigonométricas, e foi usada implicitamente via a primitiva da forma 1/(1-u^{2}).

Passo 6

Determinação da velocidade terminal (parte b) e interpretação física.
A velocidade terminal é o limite quando t\to\infty. Como \operatorname{tanh}(z)\to 1 quando z\to\infty, obtemos
\boxed{\,v_{\infty}=v_{T}=\sqrt{\frac{m g}{k}}\, }.
Interpretação: no regime estacionário a força de arrasto equilibra o peso, isto é k v_{\infty}^{2}=m g, daí v_{\infty}=\sqrt{m g/k}. Isso confirma a solução obtida.

Passo 7

Encontrando a posição y(t) (parte c) integrando v(t).
Como adotamos y(0)=0 e o eixo para baixo é positivo, temos
y(t)=\int_{0}^{t} v(s)\,ds = v_{T}\int_{0}^{t}\operatorname{tanh}\!\Big(\frac{g}{v_{T}}s\Big)\,ds.
Fórmula útil: \dfrac{d}{du}\ln\!\big(\operatorname{cosh} u\big)=\operatorname{tanh} u. Então
\int \operatorname{tanh}(u)\,du=\ln\!\big(\operatorname{cosh} u\big)+C.
Fazendo a mudança u=\dfrac{g}{v_{T}}s (então du=\dfrac{g}{v_{T}}ds, ou ds=\dfrac{v_{T}}{g}du), obtemos
y(t)=v_{T}\cdot\frac{v_{T}}{g}\left[\ln\!\big(\operatorname{cosh} u\big)\right]_{u=0}^{u=\frac{g}{v_{T}}t} = \frac{v_{T}^{2}}{g}\,\ln\!\Big(\operatorname{cosh}\!\big(\tfrac{g}{v_{T}}t\big)\Big).
Usando v_{T}^{2}=\dfrac{m g}{k} podemos escrever também numa forma mais simples:
\boxed{\,y(t)=\frac{v_{T}^{2}}{g}\,\ln\!\Big(\operatorname{cosh}\!\big(\tfrac{g}{v_{T}}t\big)\Big) =\frac{m}{k}\,\ln\!\Big(\operatorname{cosh}\!\big(t\sqrt{\tfrac{g k}{m}}\big)\Big)\, }.
Verificação rápida (didática): para t\to 0, \operatorname{cosh} x\approx 1+\tfrac{x^{2}}{2}, então
y(t)\approx \frac{v_{T}^{2}}{g}\cdot\frac{1}{2}\Big(\frac{g}{v_{T}}t\Big)^{2}=\frac{1}{2}g t^{2},
ou seja, no instante inicial a queda começa como se não houvesse arrasto (aceleração \approx g), o que é consistente porque v é pequeno e o termo em v^{2} é desprezível.

Resposta

v(t)=\sqrt{\dfrac{m g}{k}}\;\operatorname{tanh}\!\Big(t\sqrt{\dfrac{g k}{m}}\Big)
v_{\infty}=\sqrt{\dfrac{m g}{k}}
y(t)=\dfrac{m}{k}\,\ln\!\Big(\operatorname{cosh}\!\big(t\sqrt{\dfrac{g k}{m}}\big)\Big)

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