Física1 04

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Física 1 – Questões 4 
Questão  1  
 
Uma partícula se movimenta de modo que sua posição em função do tempo é dada por: 
2( ) 2r t i t j tk= + −? . 
a) Escreva expressões para a sua velocidade e aceleração em função do tempo. 
b) Qual é a trajetória da partícula? 
Resolução: 
a)  
4
4 .
drv tj k
dt
dva j
dt
= = −
= =
??
??  
 
b)Trata‐se de uma trajetória dada por um arco de parábola: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A partícula possui aceleração na direção do eixo OY e uma velocidade uniforme da direção do eixo OZ 
(no sentido negativo). 
 
Questão  2  
 
Um rifle cuja velocidade de disparo é de 550 m⋅s‐1 é usado para atirar em um alvo distante de 45 m. 
Para que altura acima do centro do alvo o rifle deverá ser apontado, de modo que a bala atinja o alvo? 
 
Resolução: 
Previamente, determinaremos o valor do ângulo θ de lançamento, utilizando a expressão do alcance: 
 
2
0
2
2
550 245
9,8
4412 2 0,0015
302500
v senR
g
sen
sen sen
θ
θ
θ θ
=
=
= ⇒ =
 
z
y 
x 
Arco de parábola 
t=0, x=1, y=0 e z=0
 
 
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2 
Poderíamos  utilizar as relações trigonométricas, mas vamos recorrer a uma calculadora e determinar 
θ: 
1
0
2 0,0015
0,042 .
senθ
θ
−=
∴ ≅  
 
Com o valor de θ e do alcance, poderemos determinar a altura: 
tan
tan
0,033 3,3 .
y
R
y R
y m cm
θ
θ
=
=
∴ ≅ =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão  3  
 
Uma bola é atirada do chão para o ar. Quando ela atinge uma altura de 9,0 m, a velocidade é dada por: 
6 3v i j= +? em m⋅s‐1 (eixo Ox horizontal, eixo Ou vertical).  
a) Até que altura a bola subirá? 
b) Qual será a distância horizontal total percorrida pela bola? 
c) Qual é a velocidade da bola (módulo e direção) no instante anterior a que ela toca o chão? 
Resolução: 
a)Podemos determinar o ponto, a partir dos 9,0m, mais alto da trajetória. 
 
2 2
0
2
2
0 3 19,6
9 .
19,6
v v gH
H
H m
= −
= −
=
 
 
Logo a altura total será: 
9 185,49
19,6 19,6
9,46 .
T
T
H
H m
= + =
∴ ≅
 
b) O tempo de descida será: 
2
2
2
2
9,8 18,929,46 1,4 .
2 9,8
gty
t t t s
∆ =
= ⇒ = ⇒ ≅
 
R
y 
θ 
 
 
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3 
O tempo total será de 2,8s. Logo o alcance será: 
 
6 6 2,8 16,8 .R t m= ⇒ ⋅ =  
 
c) Imediatamente antes de tocar o solo, a velocidade da partícula na direção do eixo y será: 
 
1
9,8 1,4
13,72 .
y y
y
v gt v
v m s−
= ⇒ = ⋅
= ⋅  
Assim,  6 13,72v i j= −? . 
 
Questão  4  
 
Um malabarista consegue manter cincos bolas em movimento, arremessando, para cima uma de cada 
vez, em sequência, até uma altura de 2,5m. 
a) Determine o intervalo de tempo entre os arremessos sucessivos. 
b) Dar as posições das outras bolas no instante em que uma delas chega a sua mão. 
Despreze o tempo gasto para transferir as bolas de uma das mãos para a outra. 
Resolução: 
a) Considere a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos determinar a velocidade de lançamento das bolas: 
 
2 2
0
2
0
2 1
0 0
2
0 2 9,8 2,5
49 7 .
y y
y
y y
v v gh
v
v v m s−
= −
= − ⋅ ⋅
= ⇒ = ⋅
 
 
Com o valor da velocidade inicial, poderemos determinar o tempo de subida da bola: 
 
0
0 7 9,8
0,7 .
y yv v gt
t
t s
= −
= −
≅
 
 
Levando  em  consideração  que  a  bola  leva  0,7s  para  subir  até  2,5m,  e  que  o  movimento  deve  ser 
periódico  com  intervalos  de  tempos  iguais,  podemos  concluir  que  o  intervalo  de  tempo  entre  dois 
movimentos sucessivos vale 0,35s. 
2,5m
 
 
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4 
b)  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo após sair da mão do malabarista, 0,35s depois, a posição da bolar é de: 
 
2
0 2
9,8 0,12257 0,35
2
1,85 .
y
gty v t
y
y m
∆ = −
⋅∆ = ⋅ −
∴∆ ≅
 
 
Questão  5  
 
Considere  a  figura  abaixo.  Um  rifle  é  ajustado  para  lançar  projéteis,  com  velocidade  inicial  v0, 
diretamente para cima, na rampa de uma colina cujo ângulo de elevação vale “α”. Determine o ângulo 
formado entre a direção da bala do rifle e a horizontal para que se obtenha o alcance máximo possível 
sobre o plano inclinado da colina. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Seja θ o ângulo que a direção do rifle forma com o plano inclinado. Desta forma teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )0 0 0; cos .y yv v sen v vθ α θ α= + = +  
Para a posição teremos: 
 
R 
v0 
α
R
v0 
α
θ 
R senα
R cosα
2,5m 
1,85m 
t=0,35s 
t=0s 
t=0,7s 
t=1,05s 
t=1,40s 
 
 
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5 
Podemos encontrar o tempo que a bala leva até encontra o plano inclinado: 
 
( )
( )
0
0
cos cos
cos .
cos
xx v t R v t
Rt
v
α θ α
α
θ α
= ⇒ = +
= +
 
 
Desta forma podemos encontrar a posição R, utilizando a expressão de y: 
 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2
0 0
2 2
0 2 2
0 0
2
2 2
0
2
2 2
0
2
cos cos
cos 2 cos
cos cos
cos 2 cos
cos coscos
2 coscos
y
gty y v t
R g RR sen v sen
v v
sen g Rsen
v
sen seng R
v
α αα θ α θ α θ α
θ α α αα θ α θ α
θ α α α θ αα
θ αθ α
/
/
= + −
// ⋅ = + ⋅ − ⋅/ + +/
+= − ⋅+ +
+ − +⋅ = ++
 
 
Utilizando a relação:  ( ) cos cossen A B senA B A senB− = ⋅ − ⋅ , teremos: 
 
( )
( )
2
2
0
2
0
2
cos
2 cos
2 cos
.
cos
g R sen
v
v sen
R
g
α θθ α
θ θ α
α
⋅ =+
+=
    (5.1) 
 
Agora, para se encontrar o ponto de máximo, poderemos derivar: dR/dθ. E determinar o ângulo θ que 
anule a derivada de R(θ). 
 
( ) ( )( )2022 cos coscos
vdR sen sen
d g
θ θ α θ θ αθ α= + − + . 
 
Utilizando a relação:  ( )cos cos cos .A B A B senAsenB+ = − Teremos: 
 
( )2022 cos 2 .cos
vdR
d g
θ αθ α= +  
 
 
Tomando a derivada igual a zero: 
( )cos 2 0 2
2
.
4 2
πθ α θ α
π αθ
+ = ⇒ + =
∴ = −
 
 
 
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6 
Desta  forma,  o  ângulo  total  será:  .
4 2
π αθ α+ = +   Escolhemos  o  valor  π/2  para  obter  o  ponto  de 
máximo. 
 
Existe outra forma de se chegar a esse resultado. Tomando o referencial no plano inclinado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Referencial fora do plano (na horizontal). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Referencial no plano inclinado. 
 
Feito isso, temos dois movimentos com aceleração. Movimento no eixo “y” e o movimento no eixo “x” 
esse último possui aceleração somente para o referencial no plano. Assim, 
 
cos
.
y
x
a g
a gsen
α
α
=
=  
 
Podemos determinar o tempo de queda utilizando a expressão de “y”:  
 
2
0 0 0 0
2
0
2
0
0
;
2
cos0 0
2
cos
2
2 .
cos
y
y y
a t
y y v t v v sen
gv sen t t
g t v sen t
v sent
g
θ
αθ
α θ
θ
α
/
= + − =
= + ⋅ − ⋅
/⋅ = ⋅
=
 
 
R
v0 
α
θ 
•
g
α
ax 
ay 
 
 
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7 
Substituindo na expressão de “x”, teremos: 
 
( )
2
0 0
2 2
0 0
0 2 2
2 2 2
0 0
2 2
2
0
2
2
2 4cos
cos 2 cos
2 cos cos 2
cos cos
2 cos .
cos
x
x
a tx x v t
v sen v sengsenR v
g g
v sen v sen senR
g g
v senR
g
θ θαθ α α
θ θ α θ α
α α
θ θ αα
= + −
= ⋅ − ⋅
= −
∴ = ⋅ +
 
 
Esse é o mesmo resultado de (5.1). Assim é só seguir o restante do procedimento. 
 
Questão  6  
 
Mostre que se a aceleração devida à gravidade sofre uma variação dg, o alcance de um projétil, com 
velocidade  v0  e  ângulo  θ0,  sofrerá  uma  variaçãodR  tal  que  dR R dg g=− .  Caso  a  aceleração  da 
gravidade sofra uma pequena variação ∆g (digamos em virtude da variação da latitude), o alcance de 
um  projétil  também  sofreria  uma  variação.  Seja  ∆R  a  variação  do  alcance.  Supondo  ∆R  e  ∆g 
suficientemente pequenos, podemos escrever  R R g g∆ =−∆ . Em 1936, Jesse Owens estabeleceu o 
recorde mundial de 8,09 m de salto em distância nos Jogos Olímpicos de Berlim ( )29,8128g m s−= ⋅ . Se, 
em  vez  desta  Olimpíada,  ele  tivesse  competido  na  Olimpíada  de  Melbourne  em  1956 
( )29,7999g m s−= ⋅onde , qual deveria ser seu novo recorde? 
Resolução: 
Vamos utilizar a expressão do alcance: 
2
0
2
0
2
2
2
.
v senR
g
v sendR
dg g
dR R dR dg
dg g R g
θ
θ
=
=−
=− ∴ =−
 
 
Assim, o novo recorde será: 
 
29,7999 9,8128 0,0129
8,09
0,01298,09 0,011
9,8128
8,101 .
g m s
R m
gR R
g
R m
R m
−∆ = − =− ⋅
=
⎛ ⎞∆ ⎟⎜ ⎟∆ = ⋅ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∆ = ⋅ ≅
′∴ ≅
 
 
 
 
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8 
Questão  7  
 
Várias pedras são lançadas de um ponto situado a uma distância R da borda de um penhasco de altura 
h, de  tal modo que atingem o solo a uma distância x da base do penhasco, conforme  indica a  figura 
abaixo. Se você desejasse para x o menor valor possível, como você ajustaria θ0 e v0,  supondo que é 
possível fazer variar v0 desde zero até um certo máximo finito e que θ0 pode variar continuamente? 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Pode‐se começar com o ajuste do valor de θ0 de tal forma que 2θ0 seja imediatamente menor do que 
1800.  Como  exemplo,  vamos  ajustar  o  valor  de  890.  Assim,  para  a  velocidade  teremos  a  seguinte 
condição: 
 
2
0; 9,8 , 2 0,0352
16,7 .
Rgv g m s sen
sen
v R
θθ
−> = ⋅ ≅
>
   (7.1) 
 
Desta forma teremos a seguinte configuração: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quanto mais próximo de 900, e utilizando a condição (7.1), menor será o valor de x. 
 
Questão  8  
 
Quando uma partícula carregada se move num campo magnético ela  sofre um desvio numa direção 
perpendicular à direção do movimento  inicial. O raio de curvatura da  trajetória de um elétron num 
dado  instante  vale  0,07  m.  Neste  instante  o  elétron  sofre  no  interior  do  campo  magnético  uma 
aceleração radial igual a 2,0 ⋅1014m⋅s‐2. Calcule o módulo da velocidade do elétron neste instante. 
Resolução: 
Vamos utilizar a expressão dessa aceleração radial: 
 
2 2
14
6 1
2 10
0,07
3,7 10 .
cp
v va
r
v m s−
= ⇒ ⋅ =
∴ = ⋅ ⋅
 
 
h 
x 
R 
v0 
θ0 
θ0
v0 
x 
 
 
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9 
Questão  9  
 
a) Obtenha uma expressão para o cálculo da aceleração centrípeta provocada pela rotação da Terra 
em função da latitude θ do local. 
b) Calcule a aceleração centrípeta nos pólos da Terra e ao longo do equador da Terra. 
c) Ache a aceleração centrípeta nas seguintes latitudes: θ=300, θ=450 , θ=600. 
d) Por  qual  fator  deveria  ser  multiplicada  a  velocidade  angular  de  rotação  da  Terra  para  que  a 
aceleração centrípeta se tornasse igual a g/2 no equador da Terra? 
Resolução: 
a) Observando a figura, poderemos concluir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
2
;
; cos
cos .
cp
cp
cp
va v r
r
a r r R
a R
ω
ω θ
ω θ
= =
= =
∴ =
 
 
b) A  latitude  nos  pólos  é  de  900,  assim,  a  aceleração  é  nula.  No  equador  terrestre:  o  raio  é  de 
6,37⋅106m, a velocidade angular é de 7,3⋅10‐5rad⋅s‐1. Como a latitude vale 00, teremos: 
 
( )22 5 6
2
7,3 10 6,37 10
0,034 .
cp
cp
a R
a m s
ω −
−
= ⇒ ⋅ ⋅
= ⋅
 
 
c) Para o cálculo das outras latitudes, é só tomar o resultado anterior e multiplicar pelos respectivos 
cossenos. 
 
( )
( )
( )
0 0 2
0 0 2
0 0 2
30 0,034 cos30 0,03 ;
45 0,034 cos 45 0,024 ;
60 0,034 cos60 0,017 .
cp
cp
cp
a m s
a m s
a m s
−
−
= ⋅ = ⋅
= ⋅ = ⋅
= ⋅ = ⋅
 
 
d) 
2 6 4 1
4
5
9,8 6,37 10 8,8 10
2
8,8 10 12.
7,3 10
rad sω ω
ω
ω
− −
−
−
′= ⋅ ⋅ ⇒ ≅ ⋅ ⋅
′ ⋅= ≅⋅
 
θ 
θ 
R
acp  Rcosθ 
 
 
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10 
Questão  10  
 
a) Obtenha  uma  expressão  para  o  vetor  posição  r? de  uma  partícula  que  descreve  um movimento 
circular uniforme, usando coordenadas cartesianas ortogonais e os vetores unitários i e j. 
b) A partir da expressão do vetor posição deduza expressões para a velocidade  v?  e para a aceleração 
a? . 
c) Prove vetorialmente que a aceleração no movimento circular uniforme é dirigida para o centro da 
circunferência. 
Resolução: 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )cosr r i jsenα α= +?  
 
b) 
( )
( )
( )
(cos ) ( )cos ; 0
cos ;
cos .
dr dr d d sen drv i jsen r i j
dt dt dt dt dt
d dv r i sen j
dt dt
v r isen j
α αα α
α αα α ω
ω α α
⎛ ⎞⎟⎜= = + + + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎡ ⎤= − + ⋅ =⎣ ⎦
∴ = − +
??
?
?
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )cos ; 0, 0dv d dr da r isen j MCU
dt dt dt dt
ωω α α= = − + = =
??  
 
 
α 
x 
y 
r  r⋅cosα
r⋅s
en
α  r?
α 
x 
y 
r  r⋅cosα
r⋅s
en
α  r?
v? α 
ωr
⋅co
sα
 ωr⋅senα 
 
 
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11 
( )
( )2
cos
cos .
da r i jsen
dt
a r i jsen
αω α α
ω α α
= − −
∴ = − −
?
?  
Mas,  ( )cosr i jsen rα α− − =−? ,  assim,  a  aceleração  aponta  na mesma  direção  do  vetor  posição  e  no 
sentido oposto, ou seja, aponta para o centro da trajetória. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão  11  
 
Os componentes do vetor posição de uma partícula são dados por: 
 
; cosx R sen t Rt y R t Rω ω ω= ⋅ + = ⋅ +  
Onde  ω  e  R  são  constantes.  A  extremidade  do  vetor  posição  acima  descreve  uma  curva  chamada 
ciclóide. A ciclóide é a trajetória descrita por um ponto situado na borda de uma roda que rola sem 
deslizar ao longo do eixo Ox. Determine o módulo das componentes da velocidade e da aceleração da 
partícula quando ela se encontra: 
a) No valor máximo de y; 
b) No valor mínimo de y. 
Resolução: 
a) Para t = 0, o valor de “y” é máximo e vale: cos 0 2 .y R R Rω= + =  
 
O módulo das componentes da velocidade: 
cos
2 .
x
x
dxv R t R
dt
v R
ω ω ω
ω
= = +
∴ =
 
0.
y
y
dyv Rsen t
dt
v
ω ω= =−
∴ =
 
O módulo das componentes da aceleração: 
( )2
0.
x
x
x
dva R sen t
dt
a
ω ω= = −
∴ =
 
α 
x
y 
r 
r?
v? α 
a?
 
 
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12 
2
2 2
cos
.
y
y
y y
dv
a R t
dt
a R a R
ω ω
ω ω
= =−
∴ =− ⇒ =
 
 
b) Para  t πω= ,  o  valor  de  “y”  será  mínimo  e  vale: cos 0.y R R R R
πω ω= + =− + = Assim,  para  a 
velocidade teremos: 
cos 0.xv R R
πω ω ωω= + = (Não há deslizamento) 
0.yv Rsen
πω ω ω=− =  
E para a aceleração: 
2
2 2
0
cos .
x
y
a Rsen
a R R
πω ω ω
πω ω ωω
=− =
=− =
 
 
Questão  12  
 
Um piloto deseja voar de Oeste para Leste, de um ponto P a um ponto Q e, em seguida, seguir de Leste 
para Oeste, retornando ao Ponto P. A velocidade do avião, no ar, é igual a “ v’ ” e a velocidade do ar em 
relação ao solo é igual a “u”. A distância entre P e Q vale D e a velocidade do avião no ar v’ é constante.  
a) Se u = 0, mostre que o tempo para a viagem de ida e volta vale t0 = 2D/v’. 
b) Suponha que a velocidade do vento esteja dirigia para Leste (ou para Oeste); neste caso, mostre 
que o tempo de ida e volta será: 
( )
0
221
L
tt
u v
= ′−
 
c) No item anterior devemos supor u < v’. Por quê? 
Resolução: 
a) Se u = 0, a velocidade do avião com relação ao solo vale v’. Assim: 
 
0
2 .x Dv t
t v∆= ⇒ = ′∆  
 
b) Assumindo que o vento se dirige para Leste. Na ida, o vento sopra a favor do movimento do avião. 
Logo: 
.i
Dt
u v
= ′+  
 
Na volta, o vento sopra contra o movimento do avião. E como se espera que o avião consiga retornar 
ao ponto de partida, a seguinte condição deve ser satisfeita: u < v’. Assim, o tempo para o retorno será 
dado por: 
r
Dt
v u
= ′−  
 
O tempo total é dado por: 
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
13 
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )
2 22 2
0
22
2 2 1
1
.
1
L L
L L
L
D v u D v uD Dt t
v u v u v u v u
Dv Dt t
vv u u v
tt
u v
′ ′− + += + ⇒ =′ ′ ′ ′+ − + −
′= ⇒ = ⋅′′ ′− −
∴ = ′−
 
 
Questão  13  
 
Um homem quer atravessar um rio de 700m de largura. O barco, no qual ele rema, possui velocidade 
em relação à água igual a 4km⋅h‐1. A velocidade da correnteza é de 2km⋅h‐1. Quando o homem caminha 
na terra firme sua velocidade é de 4,8km⋅h‐1. Ao atravessar o rio a remo ele atinge um ponto a jusante 
do local inicial; a seguir ele retorna a pé até o ponto oposto ao ponto onde ele se encontrava na outra 
margem do rio.         
a) Determine a trajetória combinada (entre atravessar o rio e andar) para que o tempo de percurso 
seja mínimo (para atingir o ponto considerado). 
b) Calcule o valor deste tempo mínimo. 
Resolução: 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b)O tempo que o barco leva para atravessar o rio é dado por: 
 
1
0,7 0,175 10,5min .
4
t h= = =  
 
Neste intervalo de tempo, a correnteza arrasta o barco segundo uma distância dada por: 
 
2 0,175 0,35 350 .L km m= ⋅ = =  
 
O intervalo de tempo para caminhar essa distância é de: 
 
2
0,35 0,073 4,38min.
4,8
t h= = =  
 
Assim, o tempo total é de 14,88min. 
 
Porém, pode‐se encontra um tempo de travessia diferente, se o barco atravessar o rio de tal forma que 
sua velocidade forme um ângulo de 1200 com a velocidade da correnteza. 
70
0m
=0
,7
km
 
4k
m
⋅h­
1  
2km⋅h­1 
4,8km⋅h­1
 
 
sites.google.com/site/profafguimaraes 
 
14 
 
 
 
 
 
 
 
 
A velocidade resultante (em vermelho na figura) é dada por: 
 
0 14cos30 3,5 .rv km h
−= ≅ ⋅  
 
O tempo de travessia será de:  
0,7 0,2 12min .
3,5
t h= = =  
 
Questão  14  
 
Imagine  que  você  está  voando  ao  longo  do  equador  para  leste  em  um  jato  a  450m⋅s‐1  (ou  seja, 
1620km⋅h‐1). Qual a sua aceleração de Coriolis? 
Resolução: 
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 0
2 2
2
2 7,27 10 450 90
6,54 10 .
c
c
c
a v
a sen
a m s
ω
−
− −
=− ×
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∴ = ⋅ ⋅
? ??
 
 
70
0m
=0
,7
km
 
4km⋅h­1 
2km⋅h­1 
1200
ω 
v
ac 
 
 
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15 
Questão  15  
 
Um corpo na latitude de 410N cai da altura de 200m. Calcule o desvio para leste com relação ao ponto 
sobre a Terra diretamente (radialmente) abaixo do corpo.  
Resolução: 
Observando  a  figura  ao  lado,  podemos  concluir  que  o  ângulo 
que  a  velocidade  do  corpo  em  queda  forma  com  a  velocidade 
angular da Terra é  igual a 900+α = 900+410. Assim, o termo de 
Coriolis vale: 
 
( )0 0 02 90 41 2 cos 41vsen vω ω+ = . 
 
A aceleração do corpo que cai, com o eixo X orientado para leste 
é dada por: 
 
2
2 1,51
d x v
dt
ω= . 
 
Admitindo que o corpo parte do repouso, podemos escrever com boa aproximação,  v gt= . Assim, 
 
2
2
2
0
1,51 0,755 ; 0.
t
d x dx dxgt gt
dt dt dt
ω ω
=
= ⇒ = =  
 
Levando em consideração que o corpo, inicialmente, se encontra na posição x = 0, teremos: 
 
3
0,755 .
3
tx gω=  
Para um corpo em queda livre, temos:
2 2 .
2
gt hh t
g
= ⇒ = Assim, 
 
1
3 2
5 30,755 8 1,16 10
3
0,0328 3,28 .
hx h
g
x m cm
ω −⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∴ ≅ =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
α
α
α
090 ­α
090 +α
?
v
?
ω