Projétil sob arrasto linear: Considere um projétil que é lançado no ar com velocidade inicial vec{v}_{0}=v_{0, x} \hat{x}+v_{0, y} \hat{y}, onde ele está sob a ação de duas forças, seu peso e a resistência do ar. Assumido que no regime de velocidade sob consideração, o arrasto pode ser considerado como linear, tal que F_{\text {arr }}=-b v_{x} \hat{x}-b v_{y} \hat{y}.
a) Mostre que as leis de Newton podem ser escritas como
m \dot{v}_{x}=-b v_{x} \quad \mathrm{e} \quad m \dot{v}_{y}=-m g-g v_{y}
onde eu assumi os eixos x e y nas suas direções usuais, positivos para a direita e para cima respectivamente.
b) Encontre as soluções
v_{x}(t)=v_{0, x} e^{-\frac{b t}{m}} \quad \text { e } \quad v_{y}(t)=-\frac{m g}{b}+e^{-\frac{b t}{m}}\left(v_{0, y}+\frac{m g}{b}\right)
c) Assumindo que o projétil é atirado da origem, integre as soluções do item anterior para encontrar x(t) e y(t).
d) Elimine o tempo das equações para produzir uma equação para y(x).
e) Use um programa de sua preferência para desenhar esquematicamente um gráfico de y(x) para as constantes m=1 k g, g=9,8 m / s^{2} e quatro valores diferentes do coeficiente de arrasto: b=0, b=0.5, b=1 e b=2.
f) Siga as discussões do Taylor entre as equações (2.37) e (2.44) para encontrar o alcance no limite m \gg b.
g) Qual a velocidade terminal do projétil?

Passo 1

O enunciado dá um projétil lançado da origem com velocidade inicial \vec{v}_{0}=v_{0,x}\hat{x}+v_{0,y}\hat{y} e força de arrasto linear \vec{F}_{\text{arr}}=-b v_{x}\hat{x}-b v_{y}\hat{y}. A gravidade é m\vec{g}=-m g\hat{y}. Os eixos são x para a direita e y para cima.
As perguntas pedidas são:
a) Mostrar que as equações de movimento podem ser escritas como
m\dot{v}_{x}=-b v_{x}\quad\text{e}\quad m\dot{v}_{y}=-m g - b v_{y}.
b) Resolver essas equações para obter v_{x}(t) e v_{y}(t).
c) Integrar v_{x}(t) e v_{y}(t) (com origem em x(0)=0,y(0)=0) para achar x(t) e y(t).
d) Eliminar o tempo para obter y(x).
e) Fazer um gráfico esquemático de y(x) para m=1\\ \text{kg},\\ g=9{,}8\\ \text{m/s}^{2} e b=0,\\\ 0{,}5,\\\ 1,\\\ 2 (vou fornecer código e explicar como gerar).
f) Encontra o alcance no limite m\gg b (expansão em série para arrasto pequeno).
g) Calcular a velocidade terminal do projétil.
Informações relevantes dadas: massa m, coeficiente de arrasto linear b, aceleração da gravidade g, condição inicial \vec{v}(0)=\vec{v}_{0} e posição inicial \vec{r}(0)=\vec{0}.

Passo 2

(a) Escrever as equações de Newton (força resultante = massa × aceleração) nas componentes x e y.
Força resultante total:
\vec{F}_{\text{tot}} = \vec{F}_{\text{grav}} + \vec{F}_{\text{arr}} = -m g \hat{y} - b v_{x}\hat{x} - b v_{y}\hat{y}.
Newton em vetores: m\dot{\vec{v}}=\vec{F}_{\text{tot}}. Separando componentes:
  • Componente x:
m\dot{v}_{x} = - b v_{x}.
  • Componente y:
m\dot{v}_{y} = - m g - b v_{y}.
Isso é exatamente o que o item (a) pedia. (Explicação: a resistência do ar atua contra o movimento, componente por componente, e o peso atua apenas na direção y.)

Passo 3

(b) Resolver a equação para v_{x}(t).
A equação é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem, linear e homogênea:
\dot{v}_{x} = -\frac{b}{m} v_{x}.
Método: separação de variáveis (ou reconhecer exponencial decaindo). Separando:
\frac{1}{v_{x}}\,dv_{x} = -\frac{b}{m}\,dt.
Integrando de 0 a t e usando v_{x}(0)=v_{0,x}:
\ln\!\bigg(\frac{v_{x}(t)}{v_{0,x}}\bigg) = -\frac{b}{m}t.
Exponenciando,
v_{x}(t) = v_{0,x}\,e^{-\frac{b}{m}t}.
(Interpretação física: a componente horizontal decai exponencialmente por causa do arrasto linear.)

Passo 4

(b) Resolver a equação para v_{y}(t).
A equação é linear não-homogênea:
\dot{v}_{y} + \frac{b}{m}v_{y} = -g.
Método: fator integrante (ou reconhecer solução particular constante).
Fator integrante: e^{(b/m)t}. Multiplicando ambos os lados:
\frac{d}{dt}\!\left(e^{\frac{b}{m}t} v_{y}\right) = -g e^{\frac{b}{m}t}.
Integrando de 0 a t e usando v_{y}(0)=v_{0,y}:
e^{\frac{b}{m}t} v_{y}(t) - v_{0,y} = -g \int_{0}^{t} e^{\frac{b}{m}s}\,ds = -g\cdot \frac{m}{b}\left(e^{\frac{b}{m}t}-1\right).
Isolando v_{y}(t):
v_{y}(t) = e^{-\frac{b}{m}t}\left[v_{0,y} - \frac{m g}{b}\left(e^{\frac{b}{m}t}-1\right)\right].
Simplificando:
v_{y}(t) = -\frac{m g}{b} + e^{-\frac{b}{m}t}\Big(v_{0,y} + \frac{m g}{b}\Big).
(Interpretação física: há uma componente estacionária -m g/b e um termo transiente que decai exponencialmente.)

Passo 5

(c) Integrar v_{x}(t) e v_{y}(t) para obter x(t) e y(t), com x(0)=0,y(0)=0.
Integrar v_{x}(t)=v_{0,x}e^{-\alpha t} com \alpha=\dfrac{b}{m}:
x(t)=\int_{0}^{t} v_{0,x}e^{-\alpha s}\,ds = v_{0,x}\cdot\frac{1}{\alpha}\left(1-e^{-\alpha t}\right).
Escrevendo em termos de m,b:
x(t)=\frac{m v_{0,x}}{b}\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right).
Agora y(t). Use v_{y}(t)= -\dfrac{m g}{b} + e^{-\alpha t}\Big(v_{0,y} + \dfrac{m g}{b}\Big). Integrando:
y(t)=\int_{0}^{t} v_{y}(s)\,ds = -\frac{m g}{b}\,t + \Big(v_{0,y}+\frac{m g}{b}\Big)\int_{0}^{t} e^{-\alpha s}\,ds.
A integral exponencial é \dfrac{1}{\alpha}\left(1-e^{-\alpha t}\right). Portanto:
y(t) = -\frac{m g}{b}\,t + \frac{m}{b}\Big(v_{0,y}+\frac{m g}{b}\Big)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right).
Essa fórmula dá a posição vertical a todo instante; verifica-se que y(0)=0.

Passo 6

(d) Eliminar o tempo para obter y(x).
Da expressão de x(t):
x(t)=\frac{m v_{0,x}}{b}\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right).
Isolando o termo exponencial:
e^{-\frac{b}{m}t} = 1 - \frac{b x}{m v_{0,x}}.
Também precisamos de t para o termo linear em y(t); tomar o log dá
t = -\frac{m}{b}\ln\!\left(1-\frac{b x}{m v_{0,x}}\right).
Substituindo em y(t) (forma conveniente: y(t)=\dfrac{v_{0,y}+m g/b}{v_{0,x}}\,x + \dfrac{m^{2}g}{b^{2}}\ln\!\big(1-\dfrac{b x}{m v_{0,x}}\big)), vejamos os passos:
Começando de
y(t) = \frac{m}{b}\Big(v_{0,y}+\frac{m g}{b}\Big)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right) - \frac{m g}{b}\,t,
usar 1-e^{-\frac{b}{m}t} = \dfrac{b x}{m v_{0,x}} e o t em função de x. Assim:
y(x) = \Big(v_{0,y}+\frac{m g}{b}\Big)\frac{x}{v_{0,x}} + \frac{m^{2}g}{b^{2}}\ln\!\left(1-\frac{b x}{m v_{0,x}}\right).
Uma forma reescrita (por clareza):
y(x)=\frac{v_{0,y}}{v_{0,x}}\,x + \frac{m g}{b v_{0,x}}\,x + \frac{m^{2}g}{b^{2}}\ln\!\left(1-\frac{b x}{m v_{0,x}}\right).
Observação sobre domínio: para b>0 a expressão dentro do log exige 1-\dfrac{b x}{m v_{0,x}}>0, o que corresponde ao limite horizontal máximo x<m v_{0,x}/b (o qual é o limite t\to\infty de x(t)). No caso b=0 recupera-se o caso sem arrasto clássico: y(x)=\dfrac{v_{0,y}}{v_{0,x}}x-\dfrac{g}{2}\left(\dfrac{x}{v_{0,x}}\right)^{2}.

Passo 7

(e) Desenho esquemático de y(x) para m=1\\ \text{kg},\\ g=9{,}8\\ \text{m/s}^{2} e b=0,\\\ 0{,}5,\\\ 1,\\\ 2.
Como o enunciado não deu \vec{v}_{0}, escolho um exemplo pedagógico: velocidade inicial v_{0}=30\\ \text{m/s} e ângulo de lançamento \theta=45^\circ. Assim
v_{0,x}=v_{0}\cos\theta,\qquad v_{0,y}=v_{0}\sin\theta.
Para que você consiga reproduzir os gráficos no seu computador, aqui vai um código em Python com NumPy e Matplotlib que plota as trajetórias (manter como esquema; trocar v_{0} ou \theta se quiser):
Código (execute num ambiente com numpy e matplotlib):
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

m = 1.0
g = 9.8
v0 = 30.0
theta = np.deg2rad(45)
v0x = v0*np.cos(theta)
v0y = v0*np.sin(theta)

bs = [0.0, 0.5, 1.0, 2.0]
tmax = 10.0  # tempo máximo candidato para b=0; para b>0 x tem limite

plt.figure(figsize=(8,6))

for b in bs:
    if b == 0.0:
        # caso sem arrasto: usar tempo até raiz de y(t)=0 (exceto t=0)
        # tempo de queda t_f = 2*v0y/g
        tf = 2.0*v0y/g
        t = np.linspace(0, tf, 300)
        x = v0x * t
        y = v0y * t - 0.5 * g * t**2
        plt.plot(x, y, label=f"b={b}")
    else:
        alpha = b / m
        # x(t) tende a m*v0x/b; escolher tempo grid até log decay
        # usar t de 0 a 5*(m/b) para cobrir aproximação ao limite
        tf = 8.0 * m / b
        t = np.linspace(0, tf, 500)
        x = (m*v0x/b)*(1 - np.exp(-alpha*t))
        y = - (m*g/b)*t + (m/b)*(v0y + m*g/b)*(1 - np.exp(-alpha*t))
        plt.plot(x, y, label=f"b={b}")

plt.xlabel("x (m)")
plt.ylabel("y (m)")
plt.title("Trajetórias com arrasto linear (exemplo: v0=30 m/s, 45°)")
plt.legend()
plt.grid(True)
plt.ylim(bottom=0)
plt.show()
Notas interpretativas (esquemáticas):
  • Para b=0 a trajetória é uma parábola clássica; alcance finito R_0=\dfrac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}.
  • Para b>0 a componente horizontal tende a um limite finito x_{\infty}=m v_{0,x}/b quando t\to\infty, então a curva se aproxima assintoticamente de x_{\infty} e y\to -\infty ao longo do tempo se permitirmos t muito grande; porém o trecho físico relevante é até a primeira interseção com y=0 (alcance).
  • Aumentando b a curva fica mais “achatada” e o alcance diminui.

Passo 8

(f) Alcance no limite m\gg b (arrasto pequeno): expansão em série.
Definição do alcance R: menor x>0 tal que y(x)=0. Usar a expressão encontrada:
0 = \Big(v_{0,y}+\frac{m g}{b}\Big)\frac{R}{v_{0,x}} + \frac{m^{2}g}{b^{2}}\ln\!\left(1-\frac{b R}{m v_{0,x}}\right).
Defina \alpha=\dfrac{b}{m} (pequena) e u=\dfrac{\alpha R}{v_{0,x}}=\dfrac{b R}{m v_{0,x}}. Também defina s=\dfrac{\alpha v_{0,y}}{g}=\dfrac{b v_{0,y}}{m g} (pequeno quando \alpha pequeno). A equação acima transforma-se em
\ln(1-u) + (1+s)u = 0.
Expandindo \ln(1-u) = -u -\dfrac{u^{2}}{2}-\dfrac{u^{3}}{3}+\cdots e simplificando:
s u = \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{3} + \cdots.
Como s é pequeno, u é pequeno; então resolver por séries: suponha
u = 2s + a_{2}s^{2} + \cdots.
Substituindo e comparando ordens, encontra-se a_{2}=-\dfrac{8}{3}. Assim
u = 2s - \frac{8}{3}s^{2} + O(s^{3}).
Retornando a R:
R = \frac{v_{0,x}}{\alpha} u = v_{0,x}\left(\frac{2s}{\alpha} - \frac{8}{3}\frac{s^{2}}{\alpha} + \cdots\right).
Lembrando s=\alpha v_{0,y}/g, obtemos até primeira ordem em \alpha (isto é, ordem b/m):
R \approx \frac{2 v_{0,x} v_{0,y}}{g} - \frac{8}{3}\frac{b}{m}\frac{v_{0,x} v_{0,y}^{2}}{g^{2}} + \cdots.
Usando identidades trigonométricas com v_{0,x}=v_{0}\cos\theta,\\ v_{0,y}=v_{0}\sin\theta e R_{0}=\dfrac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}=\dfrac{2v_{0,x}v_{0,y}}{g}, a forma mais interpretável é
R \approx R_{0}\left[1 - \frac{4 b v_{0}\sin\theta}{3 m g} + O\!\Big(\big(\tfrac{b}{m}\big)^{2}\Big)\right],
ou explicitamente,
R \approx \frac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}\left[1 - \frac{4 b v_{0}\sin\theta}{3 m g} + \cdots\right].
Interpretação: o primeiro termo é o alcance sem arrasto; o termo de correção é negativo e proporcional a b/m e a v_{0}, reduzindo o alcance quando há arrasto pequeno.

Passo 9

(g) Velocidade terminal do projétil.
A velocidade terminal é o limite de \vec{v}(t) quando t\to\infty. Das soluções:
v_{x}(t)\to 0\quad (t\to\infty),
v_{y}(t)\to -\frac{m g}{b}\quad (t\to\infty).
Logo a velocidade terminal é um vetor vertical para baixo com magnitude \dfrac{m g}{b}. Em notação vetorial:
\vec{v}_{\text{term}} = -\frac{m g}{b}\,\hat{y}.
(Física: equilíbrio entre o peso m g para baixo e a força de arrasto b v para cima, ou seja b v_{\text{term}} = m g.)

Resposta

a) m\dot{v}_{x}=-b v_{x}\quad\text{e}\quad m\dot{v}_{y}=-m g - b v_{y}
b) v_{x}(t)=v_{0,x}e^{-\frac{b}{m}t}
\
v_{y}(t)=-\dfrac{m g}{b}+e^{-\frac{b}{m}t}\Big(v_{0,y}+\dfrac{m g}{b}\Big)
c) x(t)=\dfrac{m v_{0,x}}{b}\Big(1-e^{-\frac{b}{m}t}\Big)
\
y(t)=-\dfrac{m g}{b}\,t+\dfrac{m}{b}\Big(v_{0,y}+\dfrac{m g}{b}\Big)\Big(1-e^{-\frac{b}{m}t}\Big)
d) y(x)=\Big(v_{0,y}+\dfrac{m g}{b}\Big)\dfrac{x}{v_{0,x}}+\dfrac{m^{2}g}{b^{2}}\ln\!\Big(1-\dfrac{b x}{m v_{0,x}}\Big)
e) Código de exemplo (Python/Matplotlib) fornecido no passo 7; usei m=1\\ \text{kg},\\ g=9{,}8\\ \text{m/s}^{2},\\ v_{0}=30\\ \text{m/s},\\ \theta=45^\circ para gerar curvas para b=0,\\\ 0{,}5,\\\ 1,\\\ 2.
f) No limite m\gg b (arrasto pequeno),
\
R \approx \dfrac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}\left[1 - \dfrac{4 b v_{0}\sin\theta}{3 m g} + O\!\big((b/m)^{2}\big)\right]
g) Velocidade terminal:
\
\displaystyle \vec{v}_{\text{term}}=-\frac{m g}{b}\,\hat{y}

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