QUESTÃO 43 - Um projétil de massa m é lançado verticalmente para cima a partir da posição z= com uma velocidade inicial \vec{v}=v_{0} \hat{Z}\left(v_{0}>0\right) no instante de tempo t=0. Além da força gravitaciona atua sobre o projétil uma força de resistência do ar, cujo módulo é proporcional à velocidade. Ess força de resistência é representada por \vec{F}=-\beta m \vec{v}, onde \beta é uma constante positiva denominada aqı de parâmetro de amortecimento. A aceleração da gravidade \vec{g}=-g \hat{z} é constante. Nesse sentido, correto afirmar que o trabalho realizado pela força de resistência \vec{F}, desde o instante de lançamentc t=0, até o instante de tempo em que o projétil atinge a altura máxima, é dado por:
A) \frac{m g}{2 \beta} \ln \left(1+\frac{\beta v_{0}^{2}}{g}\right)-\frac{m v_{0}^{2}}{2}
В) \frac{m g}{\beta} \ln \left(1+\frac{\beta v_{0}^{2}}{2 g}\right)-\frac{m v_{0}^{2}}{2}
C) \frac{m g v_{0}}{2 \beta} \arctan \left(\frac{\beta v_{0}}{g}\right)-\frac{m v_{0}^{2}}{2}
D) \frac{m g v_{0}}{\beta} \ln \left(1+\frac{\beta v_{0}}{2 g}\right)-\frac{m v_{0}^{2}}{2}
Е) \frac{m g v_{0}}{\beta}\left[1-\frac{g}{\beta v_{0}} \ln \left(1+\frac{\beta v_{0}}{g}\right)\right]-\frac{m v_{0}^{2}}{2}

Passo 1

O enunciado descreve um projétil de massa m lançado para cima com velocidade inicial \vec v(0)=v_0\hat z. Sobre ele atuam a gravidade \vec g=-g\hat z e a força de arrasto linear \vec F=-\beta m\vec v. Queremos o trabalho realizado pela força de arrasto desde t=0 até o instante t_{\rm up} em que a velocidade zérase (altura máxima). Para isso vamos:
– escrever a EDO do movimento e achar v(t),
– determinar t_{\rm up} via v(t_{\rm up})=0,
– calcular
W_{\rm res}=\int_{0}^{t_{\rm up}}\vec F\cdot d\vec r =\int_{0}^{t_{\rm up}}(-\beta m v)\,v\,dt =-\beta m\int_{0}^{t_{\rm up}}v^2\,dt\,.

Passo 2

A EDO é
m\frac{dv}{dt}=-m g-\beta m v \;\Longrightarrow\; \frac{dv}{dt}+\beta v=-g.
Solução geral: particular v_p=-\tfrac{g}{\beta}, homogênea C e^{-\beta t}. Usando v(0)=v_0 obtemos
v(t)=\Bigl(v_0+\frac{g}{\beta}\Bigr)e^{-\beta t}-\frac{g}{\beta}.

Passo 3

Tempo de subida t_{\rm up} satisfaz v(t_{\rm up})=0, logo
\Bigl(v_0+\frac{g}{\beta}\Bigr)e^{-\beta t_{\rm up}} =\frac{g}{\beta} \;\Longrightarrow\; e^{-\beta t_{\rm up}} =\frac{g}{\beta v_0+g} \;\Longrightarrow\; t_{\rm up} =\frac{1}{\beta}\ln\!\Bigl(\frac{\beta v_0+g}{g}\Bigr).

Passo 4

O trabalho da força de arrasto é
W_{\rm res} =-\beta m\int_{0}^{t_{\rm up}}v(t)^2\,dt.
Escrevendo A=v_0+\tfrac{g}{\beta} e e_1=e^{-\beta t_{\rm up}}=\tfrac{g}{\beta v_0+g}, temos
v^2 =A^2e^{-2\beta t}-2A\frac{g}{\beta}e^{-\beta t}+\frac{g^2}{\beta^2}.

Passo 5

Integramos termo a termo:
\int_0^{t_{\rm up}}e^{-2\beta t}dt =\frac{1}{2\beta}(1-e^{-2\beta t_{\rm up}}), \quad \int_0^{t_{\rm up}}e^{-\beta t}dt =\frac{1}{\beta}(1-e^{-\beta t_{\rm up}}), \quad \int_0^{t_{\rm up}}dt =t_{\rm up}.
Substituindo e simplificando obtém-se
\int_0^{t_{\rm up}}v^2dt =\frac{v_0^2}{2\beta}-\frac{g\,v_0}{\beta^2} +\frac{g^2}{\beta^3}\ln\!\Bigl(1+\frac{\beta v_0}{g}\Bigr).

Passo 6

Multiplicando por -\beta m resulta
W_{\rm res} =-\beta m\Bigl[\frac{v_0^2}{2\beta}-\frac{g\,v_0}{\beta^2} +\frac{g^2}{\beta^3}\ln\bigl(1+\tfrac{\beta v_0}{g}\bigr)\Bigr] =-\frac{m v_0^2}{2}+\frac{m g v_0}{\beta} -\frac{m g^2}{\beta^2}\ln\!\Bigl(1+\frac{\beta v_0}{g}\Bigr).
Reescrevendo
W_{\rm res} =\frac{m g v_0}{\beta}\Bigl[1-\frac{g}{\beta v_0} \ln\!\Bigl(1+\frac{\beta v_0}{g}\Bigr)\Bigr] -\frac{m v_0^2}{2},
que coincide com a alternativa (E).

Resposta

E) \frac{m g v_{0}}{\beta}\Bigl[1-\frac{g}{\beta v_{0}}\ln\bigl(1+\tfrac{\beta v_{0}}{g}\bigr)\Bigr]-\frac{m v_{0}^{2}}{2}

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