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Exercicios_resolvidos_cap6

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arcsenh1=
0,88
ω = 3,5s . 
 
5) Considere uma bala de um rifle disparada horizontalmente com alta velocidade . 
Suponha que a direção do movimento da bala seja para Leste. Pede-se para calcular a 
deflexão na trajetória devido a força de Coriolis. 
0v
 
SOLUÇÃO: 
A figura a seguir mostra o referencial na superfície da Terra e o disparo da bala. 
 
Hemisfério Norte
z
Š
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
Estamos considerando o movimento de um projétil próximo a superfície da Terra. No 
capítulo 6 obtivemos as coordenadas do projétil como função do tempo, equações 6.55, 
6.56 e 6.57, 
 x«= 13ωgt3 cosλ +ωt2 (v0 ysenλ − v0zcosλ) + v0xt + x0 . 
 
 , y«= v0 yt −ωv0xt2senλ + y0
 
 z«= − 12 gt2 + v0zt +ωv0xt2 cosλ + z0 . 
 
 7
Como estamos considerando o movimento no plano ´ ´X Y ignoramos o movimento na 
direção ´Z . Tomamos a origem das coordenadas no ponto em que a bala foi disparada. 
Assim as condições iniciais são: (´0) ´(0) 0x y= = e , . Portanto, x
•
«(0) = v0 y
•
«(0) = 0
 
 y«= −ωv0xt2senλ
 
Fornece a deflexão da bala em um instante t qualquer. Observe que a deflexão é para o 
Sul no hemisfério Norte ( ) e para o Norte no Hemisfério Sul. Podemos estimar a 
deflexão após a bala percorrer uma distância 
0l >
Ax . Por exemplo, o alvo se encontra a 500 
metros do disparo da bala. Desprezando-se a resistência do ar, a bala percorre esta 
distância em e assim a deflexão 1 /At x v= 0 ´dy será, 
 
 
 
y«d = ω xA
2
v0
senλ 
 
Como a deflexão depende do quadrado do alcance do projétil ela pode ser apreciável 
quando o alcance é grande. No caso de uma bala disparada com 0 250 /v m s= estando o 
alvo a 500Ax m= temos uma deflexão de ´ 7, 27 (dy sen= l )cm . Na colatitude de 450 
vem ´ 5,14(dy = )cm . Para um alvo a 1000 metros o desvio será 
´ 29 ( ) 20dy sen cm cm= =l para . 045l =
 
 
6) Um projétil é lançado verticalmente a partir do solo com velocidade . Considere 
que seja constante e ignore a resistência do ar. Em que posição o projétil retorna ao 
solo? 
0v
g
 
 
SOLUÇÃO: 
 
A figura a seguir mostra o lançamento do projétil. 
 
 8
Hemisfério Norte
z
Š
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´
v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
Usamos as soluções encontradas para um projétil e que já utilizamos no problema 
anterior: 
 
 x«= 13ωgt3 cosλ +ωt2 (v0 ysenλ − v0zcosλ) + v0xt + x0 . 
 
 , y«= v0 yt −ωv0xt2senλ + y0
 
 z«= − 12 gt2 + v0zt +ωv0xt2 cosλ + z0 . 
 
Agora temos as condições iniciais: 0 0 0 0x y z= = = , 0 0 0x yv v= = e . Logo as 
soluções acima se tornam 
0zv v= 0
 
 x«= 13ωgt3 cosλ −ωt2v0cosλ 
 y«= 0
 z«= − 12 gt
2 + v0t 
 
O tempo de subida é e a altura atingida é . A posição 0 /st v g= 20 / 2h v g= ´x da 
partícula em st é 
 x«(ts ) = 13ωgts3 cosλ −ωts2v0cosλ 
 
 
 
 
x«(ts ) =
ωv03 cosλ
3g 2
− ωv0
3 cosλ
g 2
= − 2ωv0
3 cosλ
3g 2
 
 
Este desvio é para Oeste. A figura abaixo mostra o desvio (ampliado) para o Oeste. 
 
 9
Hemisfério Norte
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´
v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
 
Para analisarmos a descida devemos lembrar que no ponto mais alto da trajetória o 
projétil tem uma velocidade na horizontal na direção Oeste. A velocidade segundo a 
direção Leste-Oeste em qualquer instante é 
 
 x
•
«= ωgt2 cosλ − 2ωtv0cosλ
 
Logo no ponto mais alto esta velocidade tem vale, 
 
 x
•
«(ts ) = ωgts2 cosλ − 2ωtsv0cosλ
 
 
 
x
•
«(ts ) = −
ωgvo2 cosλ
g
, 
 
sendo esta a velocidade inicial no movimento de descida. 
 
Para o movimento de descida as coordenadas como funções do tempo são, portanto, 
 
 
 
x«= 13ωgt3 cosλ −ωt2v0cosλ −
2ωv03 cosλ
3g 2
 
 
 
 
z«= v0
2
2g
− 12 gt2 −
ω 2v02 cosλ
g
t2 ≅ v0
2
2g
− 12 gt2 
 
onde desprezamos o termo contendo , pois é muito pequeno mesmo para velocidades 
iniciais da ordem de 1000 . O tempo de descida é (
ω 2
/m s ´ 0z = ) 0 /dt v g= (igual ao de 
subida, pois desprezamos a resistência do ar) e neste instante a coordenada ´x é igual a 
 
 10
 
 
x«= 13
ωv03 cosλ
g 2
− ωv0
3 cosλ
g2
− 2ωv0
3 cosλ
3g 2
 
 
 
 
x«= −2 2ωv0
3 cosλ
3g2
 
Ou seja o projétil cai a uma distância 2
2ωv03 cosλ
3g 2
a oeste do ponto de lançamento. Nos 
pólos ( λ = ±π / 2 ) o desvio é nulo sendo máximo no equador (λ = 0 ). Este desvio é 
pequeno. Considere que o projétil seja lançado no equador com uma velocidade de 
então o desvio será de apenas 12 . Mas será de 1metro se dobramos a 
velocidade inicial. 
0 50 /v m= s cm
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 11