Uma partícula de massa m está sujeita a uma força gravitacional do tipo \vec{F}(t)=-m g e^{-\alpha t} \hat{\jmath} ( \alpha>0 ). No instante inicial t_{0}=0, é dado que y_{0}=0 e \vec{v}_{0}=v_{0} \hat{\jmath}\left(v_{0}>0\right). (a) Calcule \vec{v}(t). (b) Calcule o tempo que a partícula leva para atingir a altura máxima, em função de v_{0}. (c) Calcule a velocidade de escape \vec{v}_{E}. (d) Obtenha y(t).

Passo 1

O enunciado dá uma partícula de massa m sujeita a uma força vertical dependente do tempo. As informações e o que é pedido são:
  • Força: \vec{F}(t) = - m g e^{-\alpha t} \hat{\jmath}, com \alpha>0 e g>0.
  • Condições iniciais no instante t_{0}=0: y(0)=0 e \vec{v}(0)=\vec{v}_{0}=v_{0}\hat{\jmath}, com v_{0}>0.
Perguntas:
(a) Calcular \vec{v}(t).
(b) Calcular o tempo que a partícula leva para atingir a altura máxima, em função de v_{0}.
(c) Calcular a velocidade de escape \vec{v}_{E}.
(d) Obter y(t).
Todas as grandezas vetoriais são na direção \hat{\jmath} (eixo vertical). Não começamos a resolver ainda; só enumerei os dados e o que se pede.

Passo 2

Vamos usar a relação fundamental entre força e aceleração: \vec{F}=m\vec{a}. Aqui isso dá a componente vertical da aceleração. Escrevo isso e explico passo a passo.
A aceleração vertical é
\vec{a}(t)=\frac{\vec{F}(t)}{m} = - g e^{-\alpha t}\, \hat{\jmath}.
Isto significa que a componente vertical da aceleração a_{y}(t) satisfaz
a_{y}(t)=\frac{dv_{y}}{dt} = -g e^{-\alpha t}.
Para obter a velocidade usamos integração temporal. Integramos ambas as lados de t=0 até t:
\int_{0}^{t} \frac{dv_{y}}{dt'}\,dt' = \int_{0}^{t} -g e^{-\alpha t'}\,dt'.
O lado esquerdo é simplesmente v_{y}(t)-v_{y}(0). O lado direito é uma integral de exponencial; a primitiva de e^{-\alpha t'} é -\tfrac{1}{\alpha} e^{-\alpha t'}. Portanto:
v_{y}(t)-v_{0} = -g \left[ -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha t'} \right]_{0}^{t} = -g\left( -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha t} + \frac{1}{\alpha} e^{0} \right).
Simplificando:
v_{y}(t)-v_{0} = -g\left( -\frac{1}{\alpha} e^{-\alpha t} + \frac{1}{\alpha} \right) = -\frac{g}{\alpha}\left(1 - e^{-\alpha t}\right).
Assim
v_{y}(t) = v_{0} - \frac{g}{\alpha}\left(1 - e^{-\alpha t}\right).
Voltando à forma vetorial, temos
\vec{v}(t)=\left(v_{0} - \frac{g}{\alpha} + \frac{g}{\alpha} e^{-\alpha t}\right)\hat{\jmath}.
Pequena verificação: em t=0 obtemos \vec{v}(0)=v_{0}\hat{\jmath} (ok). No limite t\to\infty, e^{-\alpha t}\to 0 e \vec{v}(\infty)=(v_{0}-g/\alpha)\hat{\jmath}.

Passo 3

Agora encontramos o tempo t_{\text{máx}}á em que a partícula atinge a altura máxima. Conceito: a altura máxima ocorre quando a velocidade vertical se anula momentaneamente, isto é v_{y}(t_{\text{máx}})=0á.
Usamos a expressão obtida:
0 = v_{0} - \frac{g}{\alpha}\left(1 - e^{-\alpha t_{\text{máx}}}\right).á
Rearranjando:
\frac{g}{\alpha} e^{-\alpha t_{\text{máx}}} = \frac{g}{\alpha} - v_{0}.á
Dividindo por g/\alpha (positivo):
e^{-\alpha t_{\text{máx}}} = 1 - \frac{\alpha v_{0}}{g}.á
Agora para isolar t_{\text{máx}}á aplicamos logaritmo natural. Antes, atenção ao domínio: o lado esquerdo e^{-\alpha t_{\text{máx}}}á está em (0,1]. Então o lado direito deve estar entre 0 e 1, isto é
0 < 1 - \frac{\alpha v_{0}}{g} \le 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{\alpha v_{0}}{g} < 1.
Isto significa que existe um tempo finito de retorno (tempo finito para v=0) somente se \displaystyle v_{0} < \frac{g}{\alpha}. Se \displaystyle v_{0}=\frac{g}{\alpha} então o lado direito é 0 e e^{-\alpha t_{\text{máx}}}=0á só quando t_{\text{máx}}\to\inftyá — ou seja, a partícula alcança o topo somente no infinito (velocidade tende a zero assintoticamente). Se \displaystyle v_{0}>\frac{g}{\alpha} então o lado direito é negativo e não há solução: a velocidade nunca zera (a partícula continua subindo para sempre, ou seja, escapa).
Para o caso v_{0}<g/\alpha, tomamos log:
-\alpha t_{\text{máx}} = \ln\!\left(1 - \frac{\alpha v_{0}}{g}\right).á
Logo
t_{\text{máx}} = -\frac{1}{\alpha}\ln\!\left(1 - \frac{\alpha v_{0}}{g}\right), \quad\text{válido se } v_{0}<\frac{g}{\alpha}.áá
Interpretação física rápida: para pequenas \alpha (gravidade decai lentamente) essa expressão aproxima a fórmula do caso de g constante; para \alpha grande (gravidade decai rápido) fica mais fácil escapar.

Passo 4

Definimos velocidade de escape \vec{v}_{E} como o menor \vec{v}_{0} (na direção positiva \hat{\jmath}) tal que a partícula não retorna — isto é, que sua velocidade quando t\to\infty seja não negativa. Como vimos antes,
\vec{v}(\infty) = \left(v_{0}-\frac{g}{\alpha}\right)\hat{\jmath}.
Para que a partícula escape precisamos de v_{0}-\dfrac{g}{\alpha}\ge 0. Portanto a velocidade de escape mínima é
\boxed{\vec{v}_{E} = \frac{g}{\alpha}\, \hat{\jmath}}.
Se v_{0}>\dfrac{g}{\alpha} ela escapa com velocidade residual v_{0}-g/\alpha quando t\to\infty. Se v_{0}=g/\alpha ela atinge infinito com velocidade tendendo a zero.

Passo 5

Finalmente obtemos a posição y(t). Sabemos que v_{y}(t)=\dfrac{dy}{dt}. Integramos a expressão de v_{y}(t) de 0 até t, usando y(0)=0.
Partimos de
v_{y}(t) = v_{0} - \frac{g}{\alpha} + \frac{g}{\alpha} e^{-\alpha t}.
Integrando:
y(t) - y(0) = \int_{0}^{t} v_{y}(t')\,dt' = \int_{0}^{t} \left(v_{0} - \frac{g}{\alpha}\right)dt' + \frac{g}{\alpha}\int_{0}^{t} e^{-\alpha t'}\,dt'.
A primeira integral é simples: \left(v_{0}-\dfrac{g}{\alpha}\right)t. A segunda é novamente integral de exponencial com primitiva -\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t'}. Assim:
y(t) = \left(v_{0}-\frac{g}{\alpha}\right)t + \frac{g}{\alpha}\left[\,-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t'}\right]_{0}^{t}.
Calculando os limites:
\frac{g}{\alpha}\left(-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t} + \frac{1}{\alpha}\right) = \frac{g}{\alpha^{2}}\left(1 - e^{-\alpha t}\right).
Portanto a posição vertical é
\boxed{y(t)=\left(v_{0}-\frac{g}{\alpha}\right)t + \frac{g}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\alpha t}\right).}
Em forma vetorial:
\vec{r}(t)=y(t)\,\hat{\jmath}.
Observações físicas rápidas: se v_{0}<g/\alpha a função y(t) atinge um máximo em t_{\text{máx}}á dado no Passo 3 e depois decai; se v_{0}=g/\alpha então o termo linear em t desaparece e y(t) tende a \dfrac{g}{\alpha^{2}} quando t\to\infty; se v_{0}>g/\alpha então y(t)\to\infty aproximadamente linear em t pois o termo (v_{0}-g/\alpha)t domina.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{v}(t)=\left(v_{0}-\frac{g}{\alpha}+\frac{g}{\alpha}e^{-\alpha t}\right)\hat{\jmath}.\n
(b) \displaystyle t_{\text{máx}}=-\frac{1}{\alpha}\ln\!\left(1-\frac{\alpha v_{0}}{g}\right)á, válido para \displaystyle v_{0}<\frac{g}{\alpha}. \n
(c) \displaystyle \vec{v}_{E}=\frac{g}{\alpha}\,\hat{\jmath}.\n
(d) \displaystyle y(t)=\left(v_{0}-\frac{g}{\alpha}\right)t+\frac{g}{\alpha^{2}}\left(1-e^{-\alpha t}\right).

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