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A Velocidade Terminal de um Pára-Quedas

O pára-quedas é um aparelho normalmente feito de tecido com um formato semi-esférico com objetivo de diminuir a velocidade de pessoas (por exemplo, soldados) ou objetos que despredem de grandes alturas.

Existem evidências de que Leonardo da Vinci fez projetos de um pára-quedas um pouco rudimentar mas que funcionou em testes recentes. O pára-quedas de da Vinci consisita em um quadrado com quatro pirâmides de pano espesso e em cujo centro (onde se cruzam as diagonais) se prendiam cordas que seguravam o corpo do paraquedista. (Fonte: Wikipédia).

Suponhamos que em um pára-quedas+pessoa esteja agindo apenas a força da gravidade referente ao peso da pessoa [;\vec{P}=mg\vec{j};] e uma força resistiva [;\vec{R}=-kv^2\vec{j};], cujo módulo é proporcional ao quadrado da velocidade. A constante [;k;] depende apenas das dimensões do pára-quedas e é determinado experimentalmente.

Suponhamos ainda que a queda ocorra numa linha vertical, de modo que podemos adotar o eixo [;y;] como um eixo vertical de referência, adotando o sentido de cima-para baixo como sendo positivo. Assim, pela [;2^{\underline{a}};] Lei de Newton, segue que

[;\vec{P} + \vec{R} = m\vec{a} \quad \Rightarrow \quad mg - kv^2 = ma;]

Sendo [;a = \frac{dv}{dt};], então

[;\frac{dv}{dt} + \frac{k}{m}v^2 - g = 0 \quad \quad (1);]

Se a velocidade inicial do pára-quedas é dada por [;y^{\prime}(0) = v(0) = v_0;], teremos um problema de valor inicial. Para determinar a velocidade terminal, basta fazer [;dv/dt = 0;] na equação acima, pois neste estágio há um equilíbrio entre a força da gravidade e a força resistiva. Indicando por [;\bar{v};] essa velocidade, segue que

[;0 + \frac{k}{m}v^2 - g = 0 \quad \Rightarrow \quad \bar{v} =  \sqrt{\frac{mg}{k}} \quad \quad (2);]

Mas será que esse argumento do equilíbrio das forças está correto? Claro que sim, e para verificar essa hipótese, iremos calcular [;\bar{v};] de outro modo, ou seja, resolveremos o problema de valor inicial acima por integração e mostraremos que

[;\displaystyle{\lim_{t \to \infty}}v(t) = \bar{v} \quad \quad (3);]

Separando as variáveis em [;(1);], temos:

[;dt = \frac{dv}{g - \frac{k}{m}v^2} \quad \Rightarrow \quad t  = \int dt = \int \frac{dv}{g - \frac{k}{m}v^2} = \frac{1}{g}\int  \frac{dv}{1 - \biggl(\sqrt{\frac{k}{mg}}v\biggr)^2}\quad \quad (4);]

Neste ponto usaremos as técnicas da Trigonometria Hiperbólica. Sabemos que

[;\cosh^2 \theta - \sinh^2\theta = 1 \quad \Rightarrow \quad 1  - \tanh^2\theta = {\text sech}^2\theta \quad \quad (5);]
e
[;\frac{d}{d\theta}(\tanh \theta) = \text{sech}^2\theta \quad \quad (6);]

Fazendo

[;\sqrt{\frac{k}{mg}}v = \tanh \theta \quad \Rightarrow \quad dv = \sqrt{\frac{mg}{k}}\text{sech}^2\theta d\theta \quad \quad (7);]

usando a expressão [;(6);]. Substituindo [;(7);] na expressão [;(4);], temos

[;t = \frac{1}{g}\int \frac{\sqrt{\frac{mg}{k}}\text{sech}^2\theta d\theta}{1 - \tanh^2 \theta} = \sqrt{\frac{m}{gk}}\int d\theta;]

pela expressão [;(5);]. Logo,

[;t = \sqrt{\frac{m}{gk}}\text{arctanh}\biggl(\sqrt{\frac{k}{mg}}v\biggr) + C \quad \quad (8);]

Para [;t = 0;], [;v(0) = v_0;], de modo que

[;C = - \sqrt{\frac{m}{gk}}\text{arctanh}\biggl(\sqrt{\frac{k}{mg}}v_0\biggr)\quad \quad (9);]

Substituindo [;(9);]em [;(8);] e invertendo a função, obtemos a velocidade do pára-quedas em qualquer instante [;t;], ou seja,

[;v(t) = \sqrt{\frac{mg}{k}}\tanh\biggl[\sqrt{\frac{gtk}{m}} + \text{arctanh}\biggl(\sqrt{\frac{k}{mg}}v_0\biggr)\biggr] \quad \quad (10);]

Um outro modo de escrever a expressão [;(10);]é usar a fórmula da tangente hiperbólica da soma, isto é,

[;\tanh(x + y) = \frac{\sinh(x + y)}{\cosh(x + y)} = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x\tanh y};]

Assim,
[;v(t) =  \sqrt{\frac{mg}{k}}\biggl[\frac{\tanh\biggl(\sqrt{\frac{gtk}{m}}\biggr) +  \sqrt{\frac{k}{mg}}v_0}{1 +  \tanh\biggl(\sqrt{\frac{gtk}{m}}\biggr)\sqrt{\frac{k}{mg}}v_0}\biggr];]

Quando [;t \to \infty;], [;\tanh(\alpha t) \to 1;]. Logo,

[;\displaystyle{\lim_{t \to \infty}v(t)} =  \sqrt{\frac{mg}{k}}\biggl[\frac{1+ \sqrt{\frac{k}{mg}}v_0}{1 +  \sqrt{\frac{k}{mg}}v_0} \biggr] = \sqrt{\frac{mg}{k}} = \bar{v};]

o que mostra realmente que a velocidade instantânea atinge um limite. Em termos práticos, a velocidade terminal é atingida poucos segundos após a abertura do pára-quedas.

8 comentários:

  1. Gabriel Cozzella7 de abril de 2010 16:55

    Muito bacana!

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  2. Obrigado Gabriel, tentei ser o mais claro possível. Este post serve também como uma aplicação das funções hiperbólicas, apesar de que é possível também resolver a equação diferencial acima através de frações parciais.

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  3. Muito interessante e muito bem explorado. Sempre trazendo posts muito bons!

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  4. Paulo, qualquer dia desses você pode postar a definição da trigonometria hiperbólica?
    Muito bom e interessantíssimo o post... heh heh!
    Abraços!

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  5. Muito obrigado Kebler e Pedro pelos comentários. Pedro, a sua sugestão é muito boa, irei fazer em breve um post sobre a trigonometria hiperbólica.

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  6. REALMENTE MUITO BOM O POST! PARABENS!

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  7. Caro Professor,tem um exercicio semelhante a este que não estou conseguindo resolver (traduzido do meirovitch-Methods of Analitical Dynamics):

    Uma partícula de massa m é lançada verticalmente com velocidade V num campo gravitacional uniforme g. Considerando o atrito viscoso do ar diretamente proporcional à velocidade ( f = -cV ) determine o tempo necessário para que a partícula retorne ao ponto de partida. Com que velocidade essa partícula retorna?

    O Sr poderia, por favor, dar uma ajuda?

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