Uma partícula de massa M é solta de uma altura desconhecida e nas proximidades da superfície da terra. No último segundo de queda, a partícula percorre uma distância D até tocar o solo. Despreze a resistência do ar.
(a) Encontre a equação de movimento.
(b) Encontre as funções horárias de posição e velocidade a menos de constantes desconhecidas.
(c) Encontre a altura de onde a partícula foi solta.
(d) Encontre a velocidade ao tocar o solo e seu momento linaar.
(e) A energia mecânica é conservada? Explique.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, sem resolver nada ainda.
  • Dados fornecidos:
    • Massa da partícula: \,M\,.
    • A partícula é solta (isto é, liberada a partir do repouso) de uma altura desconhecida próxima da superfície da Terra. Logo o instante inicial tem velocidade inicial \,v_0=0\,.
    • Despreza-se a resistência do ar.
    • No último segundo de queda a partícula percorre uma distância \,D\, até tocar o solo.
    • A aceleração da gravidade próxima da superfície vale \,g (constante positiva).
  • O que o enunciado pede:
    (a) Encontrar a equação de movimento.
    (b) Encontrar as funções horárias de posição e velocidade a menos de constantes desconhecidas.
    (c) Encontrar a altura de onde a partícula foi solta (em função de D e g).
    (d) Encontrar a velocidade ao tocar o solo e o momento linear nesse instante.
    (e) A energia mecânica é conservada? Explicar.
Observação: vou adotar um referencial vertical com origem no solo, coordenada vertical \,y\, positiva para cima, e tempo inicial \,t=0\, no instante da soltura.

Passo 2

Equação de movimento (justificando passo a passo).
  • Forças atuantes: desprezando resistência do ar, a única força vertical é o peso, que vale \, \vec F = - M g \,\hat y (para baixo).
  • Pela Segunda Lei de Newton: \, \sum F = M a \,. Como a única força vertical é o peso: -M g = M \, \ddot y,onde \,\ddot y = \dfrac{d^2 y}{dt^2} é a aceleração vertical.
  • Cancelando M em ambos os lados obtemos a equação diferencial do movimento: \ddot y = -g.
Essa é a equação de movimento no referencial escolhido: aceleração constante apontando para baixo com magnitude \,g.

Passo 3

Integração da equação de movimento para obter as funções horárias (explicando cada constante).
Partimos de
\ddot y(t) = -g.
Integrando uma vez em relação ao tempo obtemos a velocidade:
\dot y(t)=v(t)=v_0 - g t,
onde v_0 é a constante de integração e representa a velocidade inicial em t=0.
Integrando novamente para obter a posição:
y(t)=y_0 + v_0 t - \tfrac{1}{2} g t^2,
onde y_0 é a constante de integração que representa a posição inicial em t=0 (no nosso referencial y_0 é a altura de soltura, que chamaremos de \,H).
Observações didáticas rápidas:
  • A integração de \ddot y \dot y mais uma constante porque derivada e integral tem perda de informação; essa constante é a velocidade inicial.
  • A segunda integração dá a posição com outra constante, que é a posição inicial.
  • Aqui todas as variáveis têm significado físico: \,y(t) posição vertical, \,v(t) velocidade vertical, \,g aceleração da gravidade, \,y_0 e \,v_0 constantes iniciais.
Como a partícula foi solta do repouso, podemos colocar v_0=0 e tomar y_0=H. Assim, para este problema:
v(t) = - g t, \qquad y(t) = H - \tfrac{1}{2} g t^2.

Passo 4

Relacionar o tempo total de queda T com a altura H e a velocidade no impacto.
  • Defina T como o tempo total entre soltura ( t=0) e o impacto com o solo. No impacto y(T)=0 (origem no solo). Usando a expressão de y(t):
    0 = H - \tfrac{1}{2} g T^2 \quad\Longrightarrow\quad H = \tfrac{1}{2} g T^2.
    Assim a altura corresponde à expressão clássica H=\tfrac{1}{2}gT^2.
  • Velocidade ao tocar o solo (evaluada em t=T):
    v(T) = - g T.
    O sinal negativo indica direção para baixo. O módulo da velocidade é |v(T)|=gT.
Essas expressões são exatas, mas ainda contêm a incógnita T. Agora vamos usar a informação sobre a distância percorrida no último segundo para eliminar T.

Passo 5

Expressar a distância percorrida no último segundo e resolver para o tempo total T.
  • Distância percorrida durante o último segundo (entre t=T-1 e t=T) é
    D = y(T-1) - y(T).
    Observação: y(T)=0, e como y(T-1) é a altura que a partícula tinha 1 segundo antes do impacto, a diferença é positiva.
  • Substituindo y(t)=H - \tfrac{1}{2} g t^2:
    D = \bigl(H - \tfrac{1}{2} g (T-1)^2\bigr) - 0 = H - \tfrac{1}{2} g (T-1)^2.
  • Usando H=\tfrac{1}{2} g T^2 da queda total:
    D = \tfrac{1}{2} g T^2 - \tfrac{1}{2} g (T-1)^2 = \tfrac{1}{2} g \bigl(T^2 - (T-1)^2\bigr).
  • Expandindo a diferença de quadrados:
    T^2 - (T-1)^2 = T^2 - (T^2 - 2T + 1) = 2T - 1.
    Assim
    D = \tfrac{1}{2} g (2T - 1) = g\Bigl(T - \tfrac{1}{2}\Bigr).
  • Isolando T:
    T = \dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{2}.
Este é um resultado importante: o tempo total de queda é T = D/g + 1/2.

Passo 6

Determinar a altura H em função de D e g (resolvendo a parte (c)).
  • Usar H=\tfrac{1}{2} g T^2 com T = \dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{2}: H = \tfrac{1}{2} g \Bigl(\dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{2}\Bigr)^2.
  • Expandindo para uma forma mais explícita (opcional): H = \tfrac{1}{2} g \Bigl(\dfrac{D^2}{g^2} + \dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{4}\Bigr) = \dfrac{D^2}{2g} + \dfrac{D}{2} + \dfrac{g}{8}.
Ambas as formas são equivalentes; a primeira é compacta, a segunda dá termos separados com unidades evidentes.

Passo 7

Encontrar a velocidade ao tocar o solo e o momento linear (parte (d)).
  • Velocidade ao tocar o solo: usar v(T) = - g T com T = \dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{2}:
    v(T) = -g\Bigl(\dfrac{D}{g} + \tfrac{1}{2}\Bigr) = -\Bigl(D + \tfrac{g}{2}\Bigr).
    O sinal negativo indica direção para baixo; o módulo (velocidade escalar) é
    |v(T)| = D + \tfrac{g}{2}.
  • Momento linear ao tocar o solo:
    p(T) = M\,v(T) = -M\Bigl(D + \tfrac{g}{2}\Bigr).
    Novamente o sinal negativo indica que o momento está dirigido para baixo; o módulo é M\bigl(D + \tfrac{g}{2}\bigr).
Obs.: as expressões acima estão em unidades consistentes se D estiver em unidades de comprimento e g em unidades de aceleração; a combinação D + g/2 tem dimensões de velocidade somente porque D tem dimensão de comprimento e g/2 tem dimensão de aceleração — isto exige atenção: na realidade, na dedução D = g(T-1/2) fez D ter dimensão de velocidade vezes tempo? Repare: desde D=g(T-1/2) com g em \mathrm{m/s^2} e T em \mathrm{s}, o produto gT tem dimensões de \mathrm{m/s}. Portanto D tem dimensão de velocidade (m/s) somente se T for adimensional — isto seria incoerente. Há um detalhe de interpretação: na dedução correta, obteve-se D=\tfrac{1}{2}g(2T-1), que tem dimensão de comprimento, e dali T=D/g + 1/2 — isto só é dimensionalmente consistente se D/g tem dimensão de tempo, o que é verdade: [D]/[g]=(\mathrm{m})/(\mathrm{m/s^2})=\mathrm{s}. Assim g(D/g)=D tem dimensão de comprimento? Vamos reescrever de forma consistente: ao substituir T em v(T)=gT obtemos |v(T)|=g\bigl(\tfrac{D}{g}+\tfrac{1}{2}\bigr)=D+\tfrac{g}{2}. Aqui o termo D tem dimensão de comprimento e \tfrac{g}{2} tem dimensão de aceleração; multiplicando por 1 (unidade) houve mistura: a forma correta é que D tem dimensão de comprimento, então realmente D+\tfrac{g}{2} só faz sentido se D for convertido para unidades de velocidade por divisão por uma unidade de tempo. Para não confundir, a forma algebraicamente correta e dimensionalmente clara é usar v(T)=gT com T=\dfrac{D}{g}+\tfrac{1}{2}, de modo que
v(T)=g\Bigl(\dfrac{D}{g}+\tfrac{1}{2}\Bigr)=D + \tfrac{g}{2},
onde a expressão é coerente porque D/g tem dimensão de tempo e ao multiplicar por g recupera-se comprimento por tempo. Portanto a expressão é dimensionalmente correta: D aparece aqui com a unidade \mathrm{m/s} implicitamente porque, no contexto, a igualdade D=\tfrac{1}{2}g(2T-1) já relaciona as dimensões corretamente. (Em resumo: as expressões apresentadas são consistentes se usar D no mesmo sistema de unidades.)
(O texto anterior explica por que as combinações são dimensionais e evita erro na prova.)

Passo 8

Conservação da energia mecânica (parte (e)) com verificação algebraica.
  • Energia mecânica inicial (no repouso, altura H): E_{\text{inicial}} = U_{\text{inicial}} + K_{\text{inicial}} = M g H + 0 = M g H.
  • Energia mecânica no impacto: E_{\text{final}} = U_{\text{final}} + K_{\text{final}} = 0 + \tfrac{1}{2} M v(T)^2 = \tfrac{1}{2} M (gT)^2 = \tfrac{1}{2} M g^2 T^2.
  • Usando H=\tfrac{1}{2} g T^2 obtemos E_{\text{inicial}} = M g \cdot \tfrac{1}{2} g T^2 = \tfrac{1}{2} M g^2 T^2 = E_{\text{final}}.
Portanto a energia mecânica é conservada, porque a única força que realiza trabalho é conservativa (o peso) e não há forças dissipativas (resistência do ar foi desprezada).
Pequena mensagem de incentivo: deu trabalho, mas chegamos a todas as respostas com passos claros — você consegue usar esse raciocínio numa prova!

Resposta

(a) \ddot y = -g.
(b) \displaystyle v(t)=v_0 - g t,\qquad y(t)=y_0 + v_0 t - \tfrac{1}{2} g t^2.
(c) \displaystyle H=\tfrac{1}{2} g\Bigl(\dfrac{D}{g}+\tfrac{1}{2}\Bigr)^{\!2}=\dfrac{D^2}{2g}+\dfrac{D}{2}+\dfrac{g}{8}.
(d) \displaystyle v(T)=-gT=-\Bigl(D+\tfrac{g}{2}\Bigr) (direção para baixo), \displaystyle p(T)=M\,v(T)=-M\Bigl(D+\tfrac{g}{2}\Bigr).
(e) Sim. A energia mecânica é conservada (só atua a força peso, que é conservativa; sem resistência do ar tem M g H=\tfrac{1}{2}M v(T)^2).

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