3.7: Queda livre

Objetivos de

• Use as equações cinemáticas com as variáveis y e g para analisar o movimento em queda livre.
• Descreva como os valores da posição, velocidade e aceleração mudam durante uma queda livre.
• Determine a posição, a velocidade e a aceleração como funções do tempo quando um objeto está em queda livre.

Uma aplicação interessante da Equação 3.3.2 até a Equação 3.5.22 é chamada de queda livre, que descreve o movimento de um objeto caindo em um campo gravitacional, como próximo à superfície da Terra ou outros objetos celestes de tamanho planetário. Vamos supor que o corpo esteja caindo em uma linha reta perpendicular à superfície, então seu movimento é unidimensional. Por exemplo, podemos estimar a profundidade de um poço vertical de mina jogando uma pedra nele e ouvindo a rocha atingir o fundo. Mas “cair”, no contexto da queda livre, não significa necessariamente que o corpo esteja se movendo de uma altura maior para uma altura menor. Se uma bola for lançada para cima, as equações de queda livre se aplicam igualmente à sua subida e descida.

Gravidade

O fato mais notável e inesperado sobre a queda de objetos é que, se a resistência e o atrito do ar são insignificantes, em um determinado local todos os objetos caem em direção ao centro da Terra com a mesma aceleração constante, independente de sua massa. Esse fato determinado experimentalmente é inesperado porque estamos tão acostumados com os efeitos da resistência e do atrito do ar que esperamos que objetos leves caiam mais lentamente do que objetos pesados. Até Galileu Galilei (1564—1642) provar o contrário, as pessoas acreditavam que um objeto mais pesado tem uma aceleração maior em queda livre. Agora sabemos que esse não é o caso. Na ausência de resistência do ar, objetos pesados chegam ao solo ao mesmo tempo que objetos mais leves quando caem da mesma altura Figura\(\PageIndex{1}\).

Figura\(\PageIndex{1}\): Um martelo e uma pena caem com a mesma aceleração constante se a resistência do ar for insignificante. Essa é uma característica geral da gravidade não exclusiva da Terra, como demonstrou o astronauta David R. Scott em 1971 na Lua, onde a aceleração da gravidade é de apenas 1,67 m/s ² e não há atmosfera.

No mundo real, a resistência do ar pode fazer com que um objeto mais leve caia mais lentamente do que um objeto mais pesado do mesmo tamanho. Uma bola de tênis chega ao chão depois que uma bola de beisebol cai ao mesmo tempo. (Pode ser difícil observar a diferença se a altura não for grande.) A resistência do ar se opõe ao movimento de um objeto no ar, e o atrito entre objetos — como entre roupas e uma calha de lavanderia ou entre uma pedra e uma piscina na qual ela é jogada — também se opõe ao movimento entre eles.

Para as situações ideais desses primeiros capítulos, um objeto caindo sem resistência ao ar ou atrito é definido como estando em queda livre. A força da gravidade faz com que objetos caiam em direção ao centro da Terra. A aceleração de objetos em queda livre é, portanto, chamada de aceleração devido à gravidade. A aceleração devido à gravidade é constante, o que significa que podemos aplicar as equações cinemáticas a qualquer objeto que caia onde a resistência do ar e o atrito sejam insignificantes. Isso nos abre uma ampla classe de situações interessantes.

A aceleração devido à gravidade é tão importante que sua magnitude recebe seu próprio símbolo, g. É constante em qualquer local da Terra e tem o valor médio

\[g = 9.81\; m/s^{2}\; (or\; 32.2\; ft/s^{2}) \ldotp\]

Embora g varie de 9,78 m/s ² a 9,83 m/s ², dependendo da latitude, altitude, formações geológicas subjacentes e topografia local, vamos usar um valor médio de 9,8 m/s ² arredondado para dois números significativos neste texto, a menos que especificado de outra forma. Negligenciando esses efeitos no valor de g como resultado da posição na superfície da Terra, bem como os efeitos resultantes da rotação da Terra, tomamos a direção da aceleração devido à gravidade para baixo (em direção ao centro da Terra). Na verdade, sua direção define o que chamamos de vertical. Observe que se a aceleração a nas equações cinemáticas tem o valor +g ou −g depende de como definimos nosso sistema de coordenadas. Se definirmos a direção ascendente como positiva, então a = −g = −9,8 m/s ², e se definirmos a direção descendente como positiva, então a = g = 9,8 m/s ².

Movimento unidimensional envolvendo gravidade

A melhor maneira de ver as características básicas do movimento que envolvem a gravidade é começar com as situações mais simples e depois avançar para situações mais complexas. Então, começamos considerando o movimento direto para cima e para baixo, sem resistência ao ar ou atrito. Essas suposições significam que a velocidade (se houver alguma) é vertical. Se um objeto cair, sabemos que a velocidade inicial é zero quando em queda livre. Quando o objeto deixa contato com qualquer coisa que o tenha segurado ou jogado, o objeto está em queda livre. Quando o objeto é lançado, ele tem a mesma velocidade inicial em queda livre que tinha antes de ser lançado. Quando o objeto entra em contato com o solo ou com qualquer outro objeto, ele não está mais em queda livre e sua aceleração de g não é mais válida. Nessas circunstâncias, o movimento é unidimensional e tem aceleração constante de magnitude g. Representamos o deslocamento vertical com o símbolo y.

Equações cinemáticas para objetos em queda livre

Assumimos aqui que a aceleração é igual a −g (com a direção positiva para cima).

\[v =v _{0} - gt \label{3.15}\]

\[y = y_{0} + v_{0} t - \frac{1}{2} gt^{2} \label{3.16}\]

\[v^{2} = v_{0}^{2} - 2 g(y - y_{0}) \label{3.17}\]

Estratégia de resolução de problemas: queda livre

1. Decida o sinal da aceleração da gravidade. Na Equação\ ref {3.15} até a Equação\ ref {3.17}, a aceleração g é negativa, o que diz que a direção positiva é para cima e a direção negativa é para baixo. Em alguns problemas, pode ser útil ter a aceleração g como positiva, indicando que a direção positiva é descendente.
2. Faça um esboço do problema. Isso ajuda a visualizar a física envolvida.
3. Registre os conhecidos e desconhecidos na descrição do problema. Isso ajuda a criar uma estratégia para selecionar as equações apropriadas para resolver o problema.
4. Decida quais das Equações\ ref {3.15} até Equation\ ref {3.17} devem ser usadas para resolver as incógnitas.

Exemplo 3.14: Queda livre de uma bola

A figura\(\PageIndex{2}\) mostra as posições de uma bola, em intervalos de 1 s, com uma velocidade inicial de 4,9 m/s para baixo, que é lançada do topo de um prédio de 98 m de altura. (a) Quanto tempo passa antes que a bola chegue ao chão? (b) Qual é a velocidade quando ela chega ao solo?

Figura\(\PageIndex{2}\): As posições e velocidades em intervalos de 1 s de uma bola lançada para baixo de um prédio alto a 4,9 m/s.

Estratégia

Escolha a origem no topo do edifício com a direção positiva para cima e a direção negativa para baixo. Para determinar o momento em que a posição é −98 m, usamos a Equação\ ref {3,16}, com y ₀ = 0, v ₀ = −4,9 m/s e g = 9,8 m/s ².

Solução

1. Substitua os valores fornecidos na equação: $$y = y_ {0} + v_ {0} t -\ frac {1} {2} gt^ {2} $$ $-98,0\; m = 0 - (4,9\; m/s) t -\ frac {1} {2} (9,8\; m/s^ {2}) t^ {2}\ LdotP$$Isso simplifica para $$t^ {2} + t - 20 = 0\ lDotp$$Esta é uma equação quadrática com raízes t = −5,0 s e t = 4,0 s. A raiz positiva é aquela que estão interessados, já que o tempo t = 0 é o momento em que a bola é lançada no topo do prédio. (O tempo t = −5,0 s representa o fato de que uma bola lançada do chão para cima teria ficado no ar por 5,0 s quando passasse pelo topo do prédio movendo-se para baixo a 4,9 m/s.)
2. Usando a Equação\ ref {3.15}, temos $$v =v _ {0} - gt = -4,9\; m/s - (9,8\; m/s^ {2}) (4,0\; s) = -44,1\; m/s\ ldotp$$

Significância

Para situações em que duas raízes são obtidas de uma equação quadrática na variável de tempo, devemos observar o significado físico de ambas as raízes para determinar qual é a correta. Como t = 0 corresponde ao momento em que a bola foi lançada, a raiz negativa corresponderia a um tempo antes do lançamento da bola, o que não é fisicamente significativo. Quando a bola atinge o solo, sua velocidade não é imediatamente zero, mas assim que a bola interage com o solo, sua aceleração não é g e ela acelera com um valor diferente em pouco tempo até a velocidade zero. Esse problema mostra como é importante estabelecer o sistema de coordenadas correto e manter consistentes os sinais de g nas equações cinemáticas.

Exemplo 3.15: Movimento vertical de uma bola de beisebol

Um batedor acerta uma bola de beisebol diretamente para cima no home plate e a bola é pega 5,0 s depois de ser atingida Figura\(\PageIndex{3}\). (a) Qual é a velocidade inicial da bola? (b) Qual é a altura máxima que a bola atinge? (c) Quanto tempo é necessário para atingir a altura máxima? (d) Qual é a aceleração no topo de seu caminho? (e) Qual é a velocidade da bola quando ela é pega? Suponha que a bola foi atingida e pega no mesmo local.

Figura\(\PageIndex{3}\): Um golpe de beisebol direto para cima é pego pelo apanhador 5,0 s depois.

Estratégia

Escolha um sistema de coordenadas com um eixo y positivo que seja reto e com uma origem no local onde a bola é atingida e pega.

Solução

1. A equação\ ref {3.16} dá $$y = y_ {0} + v_ {0} t -\ frac {1} {2} gt^ {2} $$ $0 = 0 + v_ {0} (5,0\; s) -\ frac {1} {2} (9,8\; m/s^ {2}) (5,0\; s) ^ {2}\ ldotp$$que dá v ₀ = 24,5 m/seg.
2. Na altura máxima, v = 0. Com v ₀ = 24,5 m/s, a Equação\ ref {3,17} dá $$v^ {2} = v_ {0} ^ {2} - 2 g (y - y_ {0}) $$ $0 = (24,5\; m/s^ {2}) - 2 (9,8\; m/s^ {2}) (y - 0) $$ou $$y = 30,6\ m;\ ldotp$$
3. Para determinar o momento em que v = 0, usamos a Equação\ ref {3.15}: $$v = v_ {0} - gt$$ $0 = 24.. 5\; m/s - (9.8\; m/s^ {2}) t\ lDotp$$Isso dá t = 2,5 s. Como a bola sobe por 2,5 s, o tempo para cair é de 2,5 s.
4. A aceleração é de 9,8 m/s ² em todos os lugares, mesmo quando a velocidade é zero no topo do caminho. Embora a velocidade seja zero na parte superior, ela está mudando na taxa de 9,8 m/s ² para baixo.
5. A velocidade em t = 5,0 s pode ser determinada com a Equação\ ref {3.15}: $$\ begin {split} v & = v_ {0} - gt\\ & = 24,5\; m/s - 9,8\; m/s^ {2} (5,0\; s)\\ & = -24,5\; m/s\ ldotp\ end {split} $$

Significância

A bola retorna com a velocidade que tinha quando saiu. Essa é uma propriedade geral de queda livre para qualquer velocidade inicial. Usamos uma única equação para ir do arremesso à captura e não precisávamos dividir o movimento em dois segmentos, para cima e para baixo. Estamos acostumados a pensar que o efeito da gravidade é criar queda livre em direção à Terra. É importante entender, conforme ilustrado neste exemplo, que objetos que se movem para cima, afastando-se da Terra, também estão em um estado de queda livre.

Exercício 3.7

Um pedaço de gelo quebra uma geleira e cai 30,0 m antes de atingir a água. Supondo que caia livremente (não há resistência do ar), quanto tempo leva para atingir a água? Qual quantidade aumenta mais rápido, a velocidade do pedaço de gelo ou a distância percorrida?

Exemplo 3.16: Rocket Booster

Um pequeno foguete com um propulsor decola e se dirige para cima. Quando a uma altura de 5,0 km e velocidade de 200,0 m/s, ele libera seu propulsor. (a) Qual é a altura máxima que o booster atinge? (b) Qual é a velocidade do propulsor a uma altura de 6,0 km? Negligencie a resistência do ar.

Figura\(\PageIndex{4}\): Um foguete libera seu propulsor em uma determinada altura e velocidade. Qual é a altura e a que velocidade o booster vai?

Estratégia

Precisamos selecionar o sistema de coordenadas para a aceleração da gravidade, que consideramos negativo para baixo. Recebemos a velocidade inicial do propulsor e sua altura. Consideramos o ponto de lançamento como a origem. Sabemos que a velocidade é zero na posição máxima dentro do intervalo de aceleração; portanto, a velocidade do booster é zero em sua altura máxima, então também podemos usar essas informações. A partir dessas observações, usamos a Equação\ ref {3.17}, que nos dá a altura máxima do booster. Também usamos a Equação\ ref {3.17} para fornecer a velocidade em 6,0 km. A velocidade inicial do booster é de 200,0 m/s.

Solução

1. Da Equação\ ref {3.17},\(v^{2} = v_{0}^{2} - 2 g(y - y_{0})\). Com v = 0 e y ₀ = 0, podemos resolver para y: $$y =\ frac {v_ {0} ^ {2}} {-2g} =\ frac {(2.0\ times 10^ {2}\; m/s) ^ {2}} {-2 (9.8\; m/s^ {2})} = 2040.8\; m\ lDotp$$Esta solução fornece o máximo altura do booster em nosso sistema de coordenadas, que tem sua origem no ponto de liberação, então a altura máxima de o propulsor tem aproximadamente 7,0 km.
2. Uma altitude de 6,0 km corresponde a y = 1,0 x 10 ³ m no sistema de coordenadas que estamos usando. As outras condições iniciais são y ₀ = 0 e v ₀ = 200,0 m/s. Temos, da Equação\ ref {3.17}, $v^ {2} = (200.0\; m/s) ^ {2} - 2 (9.8\; m/s^ {2}) (1.0\ times 10^ {3}\; m)\ Rightarrow v =\ pm 142.8\; m/s\ ldotp$$

Significância

Temos uma solução positiva e negativa em (b). Como nosso sistema de coordenadas tem a direção positiva para cima, +142,8 m/s corresponde a uma velocidade ascendente positiva a 6000 m durante a perna ascendente da trajetória do booster. O valor v = −142,8 m/s corresponde à velocidade a 6000 m na perna descendente. Esse exemplo também é importante porque um objeto recebe uma velocidade inicial na origem do nosso sistema de coordenadas, mas a origem está em uma altitude acima da superfície da Terra, o que deve ser levado em consideração ao formar a solução.

Simulação

Visite este site para saber mais sobre a representação gráfica de polinômios. A forma da curva muda à medida que as constantes são ajustadas. Visualize as curvas dos termos individuais (por exemplo, y = bx) para ver como elas se somam para gerar a curva polinomial.