Um objeto de massa m é lançado verticalmente para cima com uma velocidade v_{0}. Considere a aceleração da gravidade, g, constante e uma força de arrasto proporcional ao quadrado da velocidade, ou seja, F_{x}=-b\left|v_{x}\right| v_{x}.
(a) Encontre a velocidade v_{x} em função do tempo durante a subida do objeto.
(b) Mostre que o tempo para atingir o ponto mais alto da trajetória é dado por
t_{0}=\sqrt{\frac{m}{b g}} \arctan \left(\sqrt{\frac{b}{m g}} v_{0}\right) .
(c) Mostre que a posição x em função do tempo é dada por:
\begin{aligned} & x(t)= \frac{m}{2 b} \ln \left(1+\frac{b v_{0}^{2}}{m g}\right)+\frac{m}{b} \ln \left(\cos \left(\sqrt{\frac{b g}{m}}\left(t_{0}-t\right)\right)\right), \quad \text { para } 0<t<t_{0} \\\ & x(t)=\frac{m}{2 b} \ln \left(1+\frac{b v_{0}^{2}}{m g}\right)-\frac{m}{b} \ln \left(\operatorname{cosh} \left(\sqrt{\frac{b g}{m}}\left(t-t_{0}\right)\right)\right), \quad \text { para } t>t_{0} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado trata do lançamento vertical para cima de um corpo de massa m com velocidade inicial v_{0}, sob ação da gravidade constante g e de uma força de arrasto proporcional ao quadrado da velocidade, isto é,
F_{\text{arrasto}}=-b|v|v.
Vamos usar a segunda lei de Newton e resolver a equação diferencial para a velocidade, depois obter o tempo até o ponto mais alto e, por fim, integrar a velocidade para achar a posição em cada fase (subida e descida).

Passo 2

Durante a subida temos v>0, logo
m\frac{dv}{dt}=-mg - b\,v^{2}.
Separamos variáveis:
\int_{v_{0}}^{v(t)}\frac{dv}{g + \tfrac{b}{m}v^{2}} =-\int_{0}^{t}dt.
Fazendo a substituição
c=\sqrt{\frac{b}{m\,g}}, \quad \omega=\sqrt{\frac{b\,g}{m}},
a integral no lado esquerdo dá
\left[\frac{1}{\omega}\arctan\bigl(c\,v\bigr)\right]_{v_{0}}^{v(t)} =-t \;\;\Longrightarrow\;\; \arctan\bigl(c\,v(t)\bigr) =\arctan\bigl(c\,v_{0}\bigr)-\omega\,t.

Passo 3

Isolando v(t), obtemos para 0\le t\le t_{0} (fase da subida):
v(t) =\frac{1}{c}\, \tan\!\Bigl(\arctan(c\,v_{0})-\omega\,t\Bigr) =\sqrt{\frac{m\,g}{b}}\, \tan\!\Bigl(\arctan\bigl(\sqrt{\tfrac{b}{m\,g}}\,v_{0}\bigr) -\sqrt{\tfrac{b\,g}{m}}\,t\Bigr).

Passo 4

O ponto mais alto ocorre quando v(t_{0})=0, isto é,
\arctan\bigl(c\,v_{0}\bigr)-\omega\,t_{0}=0 \quad\Longrightarrow\quad t_{0} =\frac{1}{\omega}\,\arctan\bigl(c\,v_{0}\bigr) =\sqrt{\frac{m}{b\,g}}\; \arctan\!\Bigl(\sqrt{\tfrac{b}{m\,g}}\,v_{0}\Bigr).

Passo 5

Para achar x(t) na subida integramos
x(t)=\int_{0}^{t}v(t')\,dt'.
Com a mudança de variável
\varphi=\arctan(c\,v_{0})-\omega\,t e dt=-d\varphi/\omega, chega-mos a
x(t) =\frac{m}{2b}\,\ln\!\Bigl(1+\frac{b\,v_{0}^{2}}{m\,g}\Bigr) +\frac{m}{b}\,\ln\!\Bigl(\cos\bigl(\omega\,(t_{0}-t)\bigr)\Bigr).

Passo 6

Na descida v<0, a equação vira
m\frac{dv}{dt}=-mg + b\,v^{2},
cuja solução é
v(t)=-\sqrt{\frac{m\,g}{b}}\; \operatorname{tanh}\!\bigl(\omega\,(t-t_{0})\bigr), \quad t>t_{0}.
Integramos então de t_{0} até t, usando x(t_{0})=x_{\max}=\frac{m}{2b}\ln\!\bigl(1+\tfrac{b\,v_{0}^{2}}{m\,g}\bigr), para obter
x(t) =x_{\max} -\frac{m}{b}\,\ln\!\Bigl(\operatorname{cosh}\!\bigl(\omega\,(t-t_{0})\bigr)\Bigr).

Resposta

(a)
v(t) =\sqrt{\frac{m\,g}{b}}\, \tan\!\Bigl(\arctan\!\bigl(\sqrt{\tfrac{b}{m\,g}}\,v_{0}\bigr) -\sqrt{\tfrac{b\,g}{m}}\,t\Bigr), \quad 0\le t\le t_{0}.
(b)
t_{0} =\sqrt{\frac{m}{b\,g}}\; \arctan\!\Bigl(\sqrt{\tfrac{b}{m\,g}}\,v_{0}\Bigr).
(c)
x(t)= \frac{m}{2b}\ln\!\Bigl(1+\frac{b\,v_{0}^{2}}{m\,g}\Bigr) +\frac{m}{b}\ln\!\Bigl(\cos\bigl(\sqrt{\tfrac{b\,g}{m}}\,(t_{0}-t)\bigr)\Bigr), \quad 0<t<t_{0},
x(t)= \frac{m}{2b}\ln\!\Bigl(1+\frac{b\,v_{0}^{2}}{m\,g}\Bigr) -\frac{m}{b}\ln\!\Bigl(\operatorname{cosh}\bigl(\sqrt{\tfrac{b\,g}{m}}\,(t-t_{0})\bigr)\Bigr), \quad t>t_{0}.

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