Calculadora de queda livre

tempo de queda, velocidade de impacto e energia na queda livre sob a gravidade

Largado do repouso	$t=\sqrt{\frac{2h}{g}},\qquad v=\sqrt{2gh}$
Lançado com v₀, positivo para cima	$y=h+v_0t-\tfrac12gt^{2},\qquad v_y=v_0-gt$
Energia por quilograma, qualquer lançamento	$\tfrac12v^{2}=\tfrac12v_0^{2}+gh$

Exemplo resolvido — Calculadora de queda livre

Tempo de queda	4,5152 s
Velocidade de impacto	44,29 m/s
Energia cinética por kg	981 J/kg

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Calculadora de queda livre

A queda livre é o movimento sob ação exclusiva da gravidade, sem a interferência do ar. Uma aceleração constante g atua durante toda a descida; no vácuo, cada valor calculado pelo painel decorre unicamente dessa premissa. A opção com ar reintegra a única força posta de lado.

O que significa cada símbolo

h: a altura de queda, medida verticalmente para baixo. É a única distância no problema: a distância percorrida lateralmente pelo objeto e a sua forma não intervêm.
g: a aceleração da gravidade, em metros por segundo ao quadrado. Defina-a como 1.62 para a Lua e a mesma queda de 100 m estende-se de 4.5152 s para 11.1111 s, chegando a 18 m/s em vez de 44.29 m/s.
v₀: a velocidade de lançamento, orientada positivamente para cima. Uma pedra largada tem v₀ = 0; lançada para baixo, terá v₀ negativo.
v: a velocidade de impacto no instante do contacto com o solo, e não uma velocidade média. Ao longo de toda a queda, salvo nesse último instante, o corpo moveu-se sempre mais devagar do que este valor.
t: o tempo de queda. Cresce com a raiz quadrada da altura, que é a parte que surpreende — dez vezes a altura de queda resulta em apenas 3.1623 vezes o tempo.

De onde vem a fórmula

Meça a altura a partir do solo, definindo o sentido ascendente como positivo. Como a gravidade é a única força em jogo, a aceleração é −g durante todo o percurso e a altura segue a equação do movimento com aceleração constante.
$a_y=-g\ \Rightarrow\ v_y=v_0-gt,\quad y=h+v_0t-\tfrac12gt^{2}$
Largado do repouso, temos v₀ = 0, sendo o solo y = 0. Isolando o tempo, vê-se que cresce com a raiz quadrada da altura. É por isso que cair do dobro da altura não demora o dobro do tempo.
$0=h-\tfrac12gt^{2}\ \Rightarrow\ t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$
A velocidade nesse instante vale gt. Substituindo o tempo, a altura e a gravidade entram de modo simétrico na expressão, sem que a massa intervenha.
$v=gt=g\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{2gh}$
Elevando ao quadrado e dividindo por dois, a energia cinética por quilograma é exatamente gh. Trata-se da energia potencial transferida ao longo da descida, simplificando a massa em ambos os membros — razão pela qual uma queda de 100 m sob 9,81 m/s² resulta em 981 J/kg.
$\tfrac12mv^{2}=mgh\ \Rightarrow\ \frac{E_k}{m}=\tfrac12v^{2}=gh$
Havendo velocidade de lançamento, a equação da energia permanece válida, somando-se a energia correspondente ao impulso inicial. O sentido do lançamento não interfere na conta porque v₀ surge ao quadrado: para cima ou para baixo com a mesma rapidez, o embate dá-se à mesma velocidade. O tempo, esse sim, depende da orientação inicial e obtém-se através de v = v₀ − gt, com a velocidade final a apontar para baixo.
$\tfrac12v^{2}=\tfrac12v_0^{2}+gh\ \Rightarrow\ v=\sqrt{v_0^{2}+2gh},\qquad -v=v_0-gt\ \Rightarrow\ t=\frac{v_0+v}{g}$

Como ler o que vê

Altere a altura e observe como as duas linhas superiores se movem em conjunto, mas a ritmos diferentes: a 1000 m, a queda demora 14.2784 s face a 4.5152 s, e atinge o solo a 140.07 m/s contra 44.29 m/s — ambos multiplicados por 3.1623, porque dez vezes a altura corresponde a √10 vezes o tempo e a velocidade, enquanto a energia por quilograma aumenta dez vezes completas. Reduza antes a altura para um quarto e a velocidade cai exatamente para metade, pois v varia com √h: 25 m dá 22.15 m/s.

Pressupõe: Ausência de ar e gravidade invariável ao longo da descida. A segunda hipótese é a mais suave: g diminui com a altitude, pelo que uma queda genuína de 1000 m não decorre sob uma aceleração rigorosamente uniforme como esta simulação assume.
Falha quando: A resistência do ar deita a teoria abaixo primeiro, e sem meias medidas. Um paraquedista deixa de acelerar na vizinhança dos 55 m/s; no vácuo, a previsão para uma queda de 1000 m erra por mais do dobro ao apontar 140.07 m/s. Nada em v = √(2gh) impõe um teto. Ligue o ar e a mesma descida atinge o solo a 54.96 m/s, ao fim de 22.0658 s.

Problemas resolvidos na íntegra

Deixar cair uma pedra de 100 m com g = 9,81 m/s² 5 passos
Largue uma pedra de 100 m com g = 9,81 m/s². Determine o tempo de queda, a velocidade de impacto e a energia por quilograma. A seguir, localize os pontos médios da queda, porque nem a metade da altura nem a metade da energia acontecem na metade do tempo.
1. O deslocamento é quadrático no tempo, pelo que igualar a altura a zero e resolver constitui a totalidade do primeiro passo.
  
  $y(t)=h-\tfrac{1}{2}gt^{2}=0\quad\Longrightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{200}{9.81}}=4.5152\ \mathrm{s}$
2. A velocidade é a derivada calculada nesse instante. Vale a pena converter: 159 km/h, acima do limite da maioria das autoestradas, a partir de cerca de trinta andares de altura.
  
  $v=gt=9.81\times4.5152=44.29\ \mathrm{m/s}=159.5\ \mathrm{km/h}$
3. Substituir v² = 2gh na energia cinética por quilograma faz a velocidade desaparecer, restando a altura da queda e a gravidade. É a energia potencial devolvida diretamente, motivo pelo qual o número é um 981 exato.
  
  $v^{2}=2gh\quad\Longrightarrow\quad \frac{E_k}{m}=\tfrac{1}{2}v^{2}=gh=9.81\times100=981\ \mathrm{J/kg}$
4. Agora, a forma da queda. Escrever a altura como uma fração do total torna a dependência do tempo num simples quadrado, e os quadrados não perdoam: metade do tempo decorrido vale um quarto da distância.
  
  $\frac{y}{h}=1-\left(\frac{t}{t_{\text{imp}}}\right)^{2}:\quad t=\tfrac{1}{2}t_{\text{imp}}\Rightarrow\text{only }25\%\text{ fallen};\quad y=\tfrac{1}{2}h\Rightarrow t=0.707\,t_{\text{imp}}$
5. O ar altera o destino, não apenas o ritmo. Com uma velocidade limite de 55 m/s, a forma fechada dá 38,0 m/s — menos 14% na velocidade, mas menos 26% na energia, porque a energia varia com o quadrado, e esta é a única linha em que a massa reapareceria.
  
  $v_t=55\ \mathrm{m/s}:\quad v_{\text{imp}}=v_t\sqrt{1-e^{-2gh/v_t^{2}}}=55\sqrt{1-e^{-0.6486}}=38.0\ \mathrm{m/s},\quad \frac{E_k}{m}=721.8$
Resposta

4,5152 s, 44,29 m/s e exatamente 981 J/kg. Esse último valor é gh e nada mais: a massa cancela-se duas vezes, de modo que um seixo e um piano chegam com a mesma energia por quilograma. A queda concentra-se drasticamente na sua fase final. Transcorrida metade do tempo, a pedra cobriu apenas um quarto do trajeto e só atinge a metade da altura aos 71% do tempo. Metade da viagem decorre nos últimos 29%, razão pela qual uma queda que vista lá do alto parece passível de sobrevivência não o é.

$t=4.5152\ \mathrm{s},\quad v=44.29\ \mathrm{m/s},\quad E_k/m=gh=981\ \mathrm{J/kg}$
Qual é a profundidade do poço? 3 passos
Uma pedra largada num poço atinge a água 2,5 s depois. Ignorando o tempo que o som demora a subir, a que distância fica o espelho de água e qual é a velocidade da pedra no impacto?

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1. Sentido positivo para cima, o nível da água em y = 0 e a pedra largada do repouso a uma altura desconhecida h. Desta vez, a grandeza conhecida é o tempo:
  
  $y=h-\tfrac12gt^{2}=0,\qquad t=2{.}5\ \mathrm{s}$
2. Isolando a altura:
  
  $h=\tfrac12gt^{2}=\tfrac12(9{.}81)(2{.}5)^{2}=30{.}656\ \mathrm{m}$
3. A velocidade decorre diretamente do tempo, e o balanço de energia conduz ao mesmo valor sem precisar dele:
  
  $v=gt=9{.}81\times2{.}5=24{.}525\ \mathrm{m/s},\qquad v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2(9{.}81)(30{.}656)}=24{.}525\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Resposta

30,66 m de profundidade e impacto a 24,53 m/s. O som precisa de cerca de 0,09 s para subir a 343 m/s; logo, um cronómetro que marque 2,5 s da largada ao chapinhar aponta para um poço ligeiramente menos fundo do que este valor.

$h=30{.}66\ \mathrm{m},\qquad v=24{.}53\ \mathrm{m/s}$
Lançamento vertical do alto de uma falésia 4 passos
Uma pedra é lançada verticalmente para cima a 25 m/s da borda de uma falésia com 50 m de altura. Na descida, ultrapassa o rebordo e cai até ao chão. Que altura atinge em relação ao solo, quando atinge a base e com que velocidade?

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1. Sentido positivo para cima e o solo em y = 0: h = 50 m e v₀ = +25 m/s. No vértice da trajetória, a velocidade é nula:
  
  $0=v_0-g\,t_{\mathrm{top}}\ \Rightarrow\ t_{\mathrm{top}}=\frac{25}{9{.}81}=2{.}5484\ \mathrm{s},\qquad h_{\max}=h+\frac{v_0^{2}}{2g}=50+\frac{25^{2}}{2(9{.}81)}=81{.}855\ \mathrm{m}$
2. A velocidade de impacto calcula-se pela conservação da energia, dispensando o tempo:
  
  $v=\sqrt{v_0^{2}+2gh}=\sqrt{25^{2}+2(9{.}81)(50)}=\sqrt{1606}=40{.}075\ \mathrm{m/s}$
3. O vetor velocidade ao tocar o chão aponta para baixo, valendo −40,075 m/s; a relação v = v₀ − gt fornece o tempo:
  
  $-40{.}075=25-9{.}81\,t\ \Rightarrow\ t=\frac{25+40{.}075}{9{.}81}=6{.}6335\ \mathrm{s}$
4. Atirando-a antes para baixo com a mesma rapidez: v₀ = −25 m/s. A equação da energia fica intacta, pois v₀ surge ao quadrado. O tempo, porém, encurta:
  
  $v_0=-25:\quad v=\sqrt{(-25)^{2}+2(9{.}81)(50)}=40{.}075\ \mathrm{m/s},\qquad t=\frac{-25+40{.}075}{9{.}81}=1{.}5367\ \mathrm{s}$
Resposta

81,86 m acima do solo após 2,5484 s; chega ao solo ao fim de 6,6335 s a 40,07 m/s. Lançado para baixo a 25 m/s, atinge o solo em apenas 1,5367 s, com os mesmos 40,07 m/s. O sentido do lançamento alterou o tempo e a altura máxima; a velocidade de chegada é rigorosamente a mesma. Prima Lançado para cima a 50 m e inicie a reprodução.

$h_{\max}=81{.}86\ \mathrm{m}\ (t=2{.}5484\ \mathrm{s}),\qquad t=6{.}6335\ \mathrm{s},\qquad v=40{.}07\ \mathrm{m/s}$
Determinar g na Lua 2 passos
Um astronauta na Lua larga um martelo a partir de 1,6 m, que atinge o solo 1,41 s depois. Qual é a aceleração da gravidade lunar e a que velocidade chega o martelo ao chão?

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1. Como parte do repouso, a equação da altura encerra uma única incógnita, g:
  
  $h=\tfrac12gt^{2}\ \Rightarrow\ g=\frac{2h}{t^{2}}=\frac{2(1{.}6)}{1{.}41^{2}}=1{.}6096\ \mathrm{m/s^{2}}$
2. A velocidade de impacto obtida a partir do tempo, confirmada pelo balanço de energia:
  
  $v=gt=1{.}6096\times1{.}41=2{.}2695\ \mathrm{m/s},\qquad \sqrt{2gh}=\sqrt{2(1{.}6096)(1{.}6)}=2{.}2695\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Resposta

g = 1,61 m/s², com o martelo a atingir o chão a 2,27 m/s. Na Terra, a mesma descida demoraria 0,5711 s e terminaria a 5,6 m/s. Na Lua, uma pena largada ao lado do martelo atinge o solo no mesmíssimo instante, já que a massa não comparece em nenhuma das equações.

$g=1{.}61\ \mathrm{m/s^{2}},\qquad v=2{.}27\ \mathrm{m/s}$
A segunda metade no último segundo 4 passos
Uma pedra largada do repouso percorre a segunda metade da sua altura de queda no último 1,0 s da descida. Quanto tempo dura a queda completa e de que altura caiu a pedra?

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1. Designando a duração total por T, no instante T − 1 a pedra desceu metade da distância; a altura total vale ½gT²:
  
  $\tfrac12g(T-1)^{2}=\tfrac12\cdot\tfrac12gT^{2}$
2. O termo g simplifica-se, pelo que o resultado do tempo é válido em qualquer planeta. Extraindo a raiz quadrada:
  
  $(T-1)^{2}=\frac{T^{2}}{2}\ \Rightarrow\ T-1=\pm\frac{T}{\sqrt2}$
3. O sinal negativo daria T = 0,5858 s, inferior ao 1 s de que trata o enunciado; essa raiz é, portanto, rejeitada:
  
  $T=\frac{1}{1-1/\sqrt2}=3{.}4142\ \mathrm{s}\qquad\left(T=\frac{1}{1+1/\sqrt2}=0{.}5858\ \mathrm{s}<1\ \mathrm{s}\ \times\right)$
4. Calculando em seguida a altura:
  
  $h=\tfrac12gT^{2}=\tfrac12(9{.}81)(3{.}4142)^{2}=57{.}177\ \mathrm{m}$
Resposta

3,4142 s, a partir de 57,18 m. O tempo não depende de g; logo, na Lua, a mesmíssima condição traduz-se também numa queda de 3,4142 s, mas com partida a apenas 9,44 m.

$T=3{.}4142\ \mathrm{s},\qquad h=57{.}18\ \mathrm{m}$
Para onde vai a energia 3 passos
Uma paraquedista cai 1000 m a partir do repouso no ar, cuja resistência lhe impõe uma velocidade terminal de 55 m/s. Qual é a sua velocidade ao fim dos 1000 m e que percentagem da energia fornecida pela gravidade por quilograma foi absorvida pelo ar?

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1. Sem ar, toda ela se converteria em movimento: gh por quilograma.
  
  $gh=9{.}81\times1000=9810\ \mathrm{J/kg},\qquad \sqrt{2gh}=140{.}07\ \mathrm{m/s}$
2. Com o arrasto proporcional a v², a velocidade após uma descida h a partir do repouso tem solução analítica:
  
  $v=v_t\sqrt{1-e^{-2gh/v_t^{2}}}=55\sqrt{1-e^{-6{.}4860}}=54{.}958\ \mathrm{m/s}$
3. A sua energia cinética por quilograma e a parcela restante, que a força de arrasto dissipou sob a forma de trabalho negativo:
  
  $\tfrac12v^{2}=\tfrac12(54{.}958)^{2}=1510{.}19\ \mathrm{J/kg},\qquad \frac{W_{\mathrm{air}}}{m}=9810-1510{.}19=8299{.}81\ \mathrm{J/kg}$
Resposta

54,96 m/s, tendo 85% da energia — 8.299,81 dos 9.810 J/kg — passado para o ar. A paraquedista estava a menos de 1% da velocidade terminal logo aos 604 m; quase toda a energia ganha a cada metro subsequente aqueceu o ar em vez de acelerar o corpo. Prima Paraquedista no ar, 1000 m para observar a curva de velocidade a estabilizar.

$v=54{.}96\ \mathrm{m/s},\qquad \frac{W_{\mathrm{air}}}{gh}=\frac{8299{.}81}{9810}=85\%$

Problemas suplementares, só com a resposta

Uma bola é largada de uma janela a 20 m do solo. Quanto tempo dura a queda e qual é a velocidade de embate?

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2,0193 s e 19,81 m/s.

$t=\sqrt{\frac{2(20)}{9{.}81}}=2{.}0193\ \mathrm{s},\qquad v=\sqrt{2(9{.}81)(20)}=19{.}81\ \mathrm{m/s}$
Uma bola é lançada verticalmente para cima a partir do solo a 15 m/s. Que altura atinge e quando regressa ao chão?

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11,47 m, regressando após 3,0581 s.

$h_{\max}=\frac{15^{2}}{2(9{.}81)}=11{.}47\ \mathrm{m},\qquad t=\frac{2(15)}{9{.}81}=3{.}0581\ \mathrm{s}$
Uma pedra é atirada verticalmente para baixo a 10 m/s do cimo de uma ponte a 40 m da água. Com que velocidade chega ao espelho de água e em que instante?

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29,75 m/s, ao fim de 2,0128 s.

$v=\sqrt{10^{2}+2(9{.}81)(40)}=29{.}75\ \mathrm{m/s},\qquad t=\frac{-10+29{.}746}{9{.}81}=2{.}0128\ \mathrm{s}$
Quanto tempo demora uma queda de 10 m em Marte, onde g = 3,72 m/s², e qual é a velocidade final?

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2,3187 s e 8,63 m/s.

$t=\sqrt{\frac{2(10)}{3{.}72}}=2{.}3187\ \mathrm{s},\qquad v=\sqrt{2(3{.}72)(10)}=8{.}63\ \mathrm{m/s}$
Uma pedra largada do repouso percorre 25 m no último segundo antes de tocar o solo. De que altura foi largada?

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45,58 m: a queda dura 3,0484 s.

$\tfrac12gT^{2}-\tfrac12g(T-1)^{2}=25\ \Rightarrow\ T=\frac{25}{9{.}81}+\tfrac12=3{.}0484\ \mathrm{s},\qquad h=\tfrac12gT^{2}=45{.}58\ \mathrm{m}$

Galileu não conseguia cronometrar uma bola a cair, por isso abrandou a gravidade

Uma queda de alguns metros termina em menos de um segundo, e o melhor relógio disponível em 1600 era um recipiente com água pesado numa balança. Por isso, Galileu diluiu a gravidade em vez de a combater: ao fazer rolar uma bola por uma rampa suave, a mesma aceleração constante atua com uma fração da sua força, prolongando o movimento até poder ser medido à mão. O que ele descobriu foi que as distâncias percorridas em intervalos iguais sucessivos variavam como 1, 3, 5, 7 — os números ímpares, cujas somas acumuladas são 1, 4, 9, 16, os quadrados. Isto é h ∝ t² estabelecido sem um cronómetro. A caixa da gravidade acima faz a mesma coisa em software: defini-la para 1.62 não altera a física, apenas o ritmo a que a física se desenrola.

Prática

Verifique você mesmo

Preveja primeiro a resposta e depois use os controlos acima para confirmar. Revele a solução só depois de se ter comprometido com um palpite — é isso que torna isto prática.

Carregue em Torre de 100 m (Terra): 4.5152 s, 44.29 m/s, 981 J/kg. Agora ponha a gravidade nos 1.62 da Lua e deixe a altura como está — a velocidade de impacto cai para 18 m/s. De que altura teria de cair na Lua para chegar com a mesma força, e que linha lhe diz que já lá chegou?

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Cerca de 605.5 m, seis vezes a altura para um sexto da gravidade. A linha a vigiar é a terceira: a energia cinética por quilograma é g·h e mais nada, por isso igualar 981 J/kg é o mesmo que igualar a velocidade. Com 605.5 e 1.62 ela marca 980.91 J/kg e 44.2924 m/s, contra os 981 e 44.2945 da Terra. A queda passa a demorar 27.341 s em vez de 4.5152 s — seis vezes mais tempo para a mesma velocidade final, porque uma gravidade fraca precisa de distância para fazer o que uma forte faz depressa.
Um paraquedista real deixa de acelerar por volta dos 55 m/s. A partir de que altura de queda começa esta página a indicar uma velocidade que nenhuma pessoa em queda atinge?

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Entre 154 m e 155 m: 154 dá 54.97 m/s e 155 dá 55.15 m/s. Esse limiar é mais baixo do que quase toda a gente supõe, e tudo o que está acima responde sobre o vácuo, não sobre o ar. Depois a diferença cresce depressa: a 1000 m a página indica 140.07 m/s, duas vezes e meia uma velocidade que um corpo a cair no ar não consegue ultrapassar.

Percurso de aprendizagem

Energia em vez de forças

Referências (3)

Where “distance goes as the square of the time” comes from — the result the whole panel rests on: Galileo Galilei, Two New Sciences, including Centers of Gravity & Force of Percussion, translated by Stillman Drake. University of Wisconsin Press, 1974. ISBN 0-299-06404-2. First published as the Discorsi in 1638.
The 9.80665 m/s² the gravity field is built around, and where that exact figure was fixed: Bureau International des Poids et Mesures, Declaration 2 of the 3rd CGPM (1901): “The value adopted in the International Service of Weights and Measures for the standard acceleration due to gravity is 980.665 cm/s².”
The “no air” assumption tested where there genuinely is none: NASA, “The Apollo 15 Hammer-Feather Drop.” Commander David Scott released a 1.32 kg geological hammer and a 0.03 kg falcon feather from about 1.6 m; both struck the surface together.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.