Um paraquedista cuja massa é de 100 kg cai de um helicóptero parado a 300 m acima do solo e desce sob a influência da gravidade. Suponha que a força devido à resistência do ar seja proporcional à velocidade do paraquedista, com a constante de proporcionalidade b_{1}=20 \mathrm{~N} \cdot \mathrm{~s} / \mathrm{m} quando o paraquedas está fechado e b_{2}=100 \mathrm{~N} \cdot \mathrm{~s} / \mathrm{m} quando o paraquedas está aberto. Se o paraquedas não se abrir até 30 s após o paraquedista pular do helicóptero, depois de quantos segundos ele alcançará o solo? Se o paraquedas não se abrir até 1 minuto após ele sair do helicóptero, depois de quantos segundos ele alcançará o solo?

Passo 1

Enunciado resumido e dados importantes.\n
  • Massa do paraquedista: m=100\\ \mathrm{kg}.\n
  • Altura inicial acima do solo: H=300\\ \mathrm{m}.\n
  • Constante de resistência do ar com paraquedas fechado: b_{1}=20\\ \mathrm{N\cdot s/m}.\n
  • Constante de resistência do ar com paraquedas aberto: b_{2}=100\\ \mathrm{N\cdot s/m}.\n
  • A gravidade vale \,g=9{,}8\\ \mathrm{m/s^{2}} (valor padrão que usaremos).\n
  • Situação 1: o paraquedas não se abre até 30\\ \mathrm{s} (interpreto como que ele só abriria aos 30\\ \mathrm{s}).\n
  • Situação 2: o paraquedas não se abre até 1\\ \mathrm{min} (ou seja, abertura aos 60\\ \mathrm{s}).\n
    Pergunta que precisamos responder em cada caso: depois de quantos segundos (a partir do salto) o paraquedista alcançará o solo?

Passo 2

Modelo físico e equação do movimento (explicação didática).\n
  • Escolho como positivo o sentido para baixo (isso simplifica os sinais: a gravidade puxa para baixo com força mg).\n
  • A força de resistência do ar é proporcional à velocidade e age para cima (oposta ao movimento), de módulo b v.\n
  • Pela 2ª lei de Newton: massa vezes aceleração = forças resultantes. Portanto, com sinal para baixo positivo,
m\frac{dv}{dt}=mg-bv.
Aqui v(t) é a velocidade para baixo, m é a massa, g a aceleração da gravidade e b a constante de resistência do ar (onde b será b_{1} ou b_{2} dependendo da fase).\n
  • Essa é uma equação diferencial linear de primeira ordem em v(t). Vou resolvê-la explicitamente para obter v(t) e, depois, integrar para obter o deslocamento s(t) (distância percorrida para baixo desde o salto). O paraquedista atinge o solo quando s(t)=H=300\\ \mathrm{m}.

Passo 3

Resolvendo a ODE para a velocidade (aula rápida sobre o método).\n
A equação
m\frac{dv}{dt}+bv=mg
pode ser escrita como
\frac{dv}{dt}+\frac{b}{m}v=g.
Isto é uma ODE linear com coeficiente \frac{b}{m}. A solução geral (usando fator integrante ou método padrão) é
v(t)=\frac{mg}{b}\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr).
Explicando cada termo:\n
  • \frac{b}{m} tem unidade \mathrm{s^{-1}} e é a constante de decaimento exponencial; chamo-a de k=\frac{b}{m}.\n
  • \frac{mg}{b} é a velocidade terminal (velocidade de equilíbrio) que o paraquedista alcança se cair muito tempo com aquela constante de arrasto; denoto por V_{t}=\frac{mg}{b}.\n
    Então, de forma compacta,
v(t)=V_{t}\bigl(1-e^{-kt}\bigr),\quad\text{com }k=\frac{b}{m},\;V_{t}=\frac{mg}{b}.

Passo 4

Obter o deslocamento s(t) integrando a velocidade (passo a passo).\n
O deslocamento para baixo a partir de t=0 é
s(t)=\int_{0}^{t}v(u)\,du=\int_{0}^{t} V_{t}\bigl(1-e^{-ku}\bigr)\,du.
Fazendo a integral:
s(t)=V_{t}\left[t-\frac{1}{k}\bigl(1-e^{-kt}\bigr)\right].
Substituindo V_{t}=\dfrac{mg}{b} e k=\dfrac{b}{m} podemos escrever também
s(t)=\frac{mg}{b}\,t-\frac{m^{2}g}{b^{2}}\bigl(1-e^{-(b/m)t}\bigr).
Esse s(t) dá a distância percorrida para baixo até o tempo t. O paraquedista atinge o solo quando s(t)=H=300\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Aplicando os valores numéricos para a fase com paraquedas fechado ( b=b_{1}). Cálculos detalhados.\n
  • Com m=100\\ \mathrm{kg} e b_{1}=20\\ \mathrm{N\cdot s/m} temos
k_{1}=\frac{b_{1}}{m}= \frac{20}{100}=0{,}2\\ \mathrm{s^{-1}},
V_{t1}=\frac{mg}{b_{1}}=\frac{100\cdot 9{,}8}{20}=49\\ \mathrm{m/s}.
  • O deslocamento até tempo t (com paraquedas fechado) é
s_{1}(t)=49\,t-245\bigl(1-e^{-0{,}2t}\bigr),
pois \dfrac{m^{2}g}{b_{1}^{2}}=\dfrac{100^{2}\cdot 9{,}8}{20^{2}}=245.\n
Agora verifico se o paraquedista já teria atingido o solo antes de 30\\ \mathrm{s}: calculo s_{1}(30).\n
  • Primeiro e^{-0{,}2\cdot 30}=e^{-6}\approx 0{,}00247875.\n
  • Logo
s_{1}(30)=49\cdot 30-245\bigl(1-0{,}00247875\bigr)=1470-245\cdot 0{,}99752125\approx 1470-244{,}371\approx 1225{,}63\\ \mathrm{m}.
Esse valor é muito maior que 300\\ \mathrm{m}. Conclusão: o paraquedista atingiria o solo antes de 30\\ \mathrm{s}; portanto o paraquedas não terá tempo de ser aberto aos 30\\ \mathrm{s} porque já houve impacto.

Passo 6

Calcular explicitamente o instante de impacto quando o paraquedas NÃO chega a abrir (resolvendo s_{1}(t)=300).\n
Precisamos resolver a equação transcendental
49\,t-245\bigl(1-e^{-0{,}2t}\bigr)=300.
Reescrevendo:
49\,t+245\,e^{-0{,}2t}=545.
Não há solução analítica fechada; usamos um método numérico simples (tentar valores e interpolar) — aqui faço o procedimento passo a passo (bisseção/interpolação) para achar t com boa precisão:\n
  • Avalio f(t)=49t+245e^{-0{,}2t}-545.\n
  • f(10)=490+245e^{-2}-545\approx 490+33{,}1656-545=-21{,}834 (negativo).\n
  • f(11)=539+245e^{-2{,}2}-545\approx 539+27{,}156-545=21{,}156 (positivo).\n
    Então a raiz está entre 10\\ \mathrm{s} e 11\\ \mathrm{s}. Faço refinamentos:\n
  • t=10{,}5: f(10{,}5)\approx 514{,}5+245e^{-2{,}1}-545\approx 514{,}5+29{,}975-545=-0{,}525.\n
  • t=10{,}52: f(10{,}52)\approx 515{,}48+245e^{-2{,}104}-545\approx 515{,}48+29{,}900-545=0{,}38.\n
    A raiz está entre 10{,}50 e 10{,}52. Interpolando linearmente entre esses pontos obtemos aproximadamente t\approx 10{,}511\\ \mathrm{s}.\n
    Verificando com substituição direta dá erro residual muito pequeno (da ordem de 10^{-2} s na iteração feita), então tomo
t_{\text{impact}}\approx 10{,}51\\ \mathrm{s}.

Passo 7

Situação com paraquedas aberto apenas após 60\\ \mathrm{s} (verificação rápida).\n
  • Já calculamos que com paraquedas fechado, s_{1}(60)\approx 2695{,}0\\ \mathrm{m}, muito maior que 300\\ \mathrm{m}. Portanto, o impacto ocorre antes de 60\\ \mathrm{s} também.\n
  • Logo o instante de impacto é o mesmo que já encontramos, porque a segunda fase (abertura do paraquedas) jamais chega a acontecer antes do impacto nos dois cenários propostos.\n
  • Conclusão: tanto no cenário "abre aos 30\\ \mathrm{s}" quanto no cenário "abre aos 60\\ \mathrm{s}", o impacto acontece antes da abertura e o tempo até o solo é o que calculamos acima.

Resposta

Se o paraquedas só abrisse aos 30\\ \mathrm{s}: t\approx 10{,}51\\ \mathrm{s}.\n
Se o paraquedas só abrisse aos 1\\ \mathrm{min} ( 60\\ \mathrm{s}): t\approx 10{,}51\\ \mathrm{s}.

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