Uma partícula é disparada verticalmente com velocidade inicial v_{0}, atinge uma altura máxima e retorna ao solo. Mostre que a deflexão provocada pela força de Coriolis, quando ela atinge novamente o chão, tem sentido oposto e é quatro vezes maior do que o desvio produzido quando a partícula é largada em repouso da mesma altura máxima.

Passo 1

O enunciado pede que mostremos duas coisas: (i) que a deflexão horizontal causada pela força de Coriolis, quando a partícula é lançada verticalmente para cima com velocidade inicial \(v_0) e volta ao solo, tem sentido oposto à deflexão obtida ao largar a mesma partícula em repouso a partir da mesma altura máxima; (ii) que a magnitude dessa deflexão no lançamento é quatro vezes maior do que a do caso em que a partícula é largada em repouso.
Informações dadas e condições que vamos usar:
  • Velocidade inicial do lançamento vertical: \(v_0).
  • Aceleração da gravidade: \(g), vertical para baixo.
  • Rotação da Terra: vetor de rotação \(\vec\Omega) com módulo \(\Omega).
  • Latitude local: \(\lambda) (a deflexão depende de \(\lambda)).
  • Vamos trabalhar em primeira ordem em \(\Omega) (Coriolis é pequeno) e desprezar efeitos centrífugos e resistências.
  • Precisamos calcular a deflexão horizontal (componente leste-oeste) quando a partícula atinge o solo nos dois casos e comparar sinais e magnitudes.

Passo 2

Conceito essencial: força de Coriolis. Em um referencial que gira com a Terra, a aceleração fictícia de Coriolis que atua sobre uma partícula com velocidade \(\vec v) é
\vec a_{\mathrm{cor}} = -2\,\vec\Omega\times\vec v.
Explicação: o vetor \(\vec\Omega) representa a rotação do referencial (módulo \(\Omega) e direção do eixo de rotação). O produto vetorial faz com que a força de Coriolis seja sempre perpendicular à velocidade instantânea da partícula e ao eixo de rotação. Para movimento essencialmente vertical, a força de Coriolis aparece como uma aceleração horizontal proporcional à velocidade vertical.

Passo 3

Escolha de sistema de eixos locais (convencional e conveniente):
  • \(\hat e_z) aponta para cima (vertical local).
  • \(\hat e_x) aponta para leste.
  • \(\hat e_y) aponta para norte.
    Neste sistema, o vetor rotação da Terra se decompõe como
\vec\Omega = \Omega\big(\cos\lambda\,\hat e_z + \sin\lambda\,\hat e_y\big),
pois o eixo de rotação forma ângulo \(\lambda) com a vertical local. Agora calculemos \(\vec\Omega\times\hat e_z):
\vec\Omega\times\hat e_z = \Omega\sin\lambda\,(\hat e_y\times\hat e_z).
Usando a regra da mão direita para os eixos escolhidos temos \(\hat e_y\times\hat e_z=\hat e_x). Portanto
\vec\Omega\times\hat e_z = \Omega\sin\lambda\,\hat e_x.
Conclusão prática: para movimentos puramente verticais (velocidade na direção \(\hat e_z)), a aceleração de Coriolis será horizontal na direção leste-oeste ( \hat e_x), com componente
a_x = -2\Omega\sin\lambda\,v_z,
onde \(v_z) é a componente vertical da velocidade (positiva para cima). Observação: isto explica por que só aparece deslocamento leste-oeste no primeiro ordem para movimento vertical.

Passo 4

Caso A — lançamento vertical a partir do solo.
Verticalmente, a equação do movimento (desprezando Coriolis na componente vertical, porque ele é pequeno e nãomuda fortemente a trajetória vertical) dá
v_z(t)=v_0 - g t.
Tempo total de voo até retornar ao solo:
t_f = \frac{2v_0}{g}.
A aceleração horizontal devido à Coriolis é, usando a fórmula do passo 3,
a_x(t) = -2\Omega\sin\lambda\,v_z(t) = -2\Omega\sin\lambda\,(v_0 - g t).
Integramos para achar a velocidade horizontal v_x(t). Tomando v_x(0)=0 (partícula lançada sem componente horizontal inicial),
v_x(t)=\int_0^t a_x(t')\,dt' = -2\Omega\sin\lambda\int_0^t \big(v_0 - g t'\big)\,dt'.
Calculemos a integral passo a passo:
\int_0^t (v_0 - g t')\,dt' = v_0 t - \tfrac12 g t^2.
Logo
v_x(t) = -2\Omega\sin\lambda\left(v_0 t - \tfrac12 g t^2\right).
Agora integramos de novo para obter o deslocamento horizontal x(t), com x(0)=0:
x(t)=\int_0^t v_x(t')\,dt' = -2\Omega\sin\lambda\int_0^t \left(v_0 t' - \tfrac12 g t'^2\right)dt'.
Calcule a integral:
\int_0^t \left(v_0 t' - \tfrac12 g t'^2\right)dt' = \tfrac12 v_0 t^2 - \tfrac{1}{6} g t^3.
Portanto
x(t) = -2\Omega\sin\lambda\left(\tfrac12 v_0 t^2 - \tfrac{1}{6} g t^3\right).

Passo 5

Avaliando em t=t_f=\dfrac{2v_0}{g} (momento do impacto no solo) obtemos o deslocamento final no caso do lançamento:
Primeiro calcule os termos de potência:
t_f^2 = \frac{4v_0^2}{g^2},\qquad t_f^3 = \frac{8v_0^3}{g^3}.
Substituindo em x(t):
x_{\text{lançamento}} = -2\Omega\sin\lambda\left(\tfrac12 v_0\cdot\frac{4v_0^2}{g^2} - \tfrac{1}{6} g\cdot\frac{8v_0^3}{g^3}\right).ç
Simplificando os parênteses:
\tfrac12\cdot 4 = 2,\qquad \tfrac{1}{6}\cdot 8 = \tfrac{4}{3},
então o parêntese vale
2\frac{v_0^3}{g^2} - \frac{4}{3}\frac{v_0^3}{g^2} = \frac{2}{3}\frac{v_0^3}{g^2}.
Multiplicando pelo fator -2\Omega\sin\lambda obtemos
x_{\text{lançamento}} = -2\Omega\sin\lambda\cdot \frac{2}{3}\frac{v_0^3}{g^2} = -\frac{4}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2}.ç
Interpretação: o sinal negativo (com nossa escolha \hat e_x positivo para leste) indica que a deflexão é para o oeste.

Passo 6

Caso B — largar em repouso a partir da mesma altura máxima.
A mesma altura máxima (do caso A) é
H=\frac{v_0^2}{2g}.
Se a partícula é largada em repouso a partir de H, o tempo de queda até o solo é
t_d=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{2\,(v_0^2/(2g))}{g}}=\frac{v_0}{g}.
A velocidade vertical (tomando positiva para cima) durante a queda é
v_z(t) = -g t\qquad(0\le t\le t_d).
A aceleração de Coriolis horizontal é
a_x(t) = -2\Omega\sin\lambda\,v_z(t) = -2\Omega\sin\lambda\,(-g t) = 2\Omega\sin\lambda\,g t.
Integramos para obter v_x(t) com v_x(0)=0:
v_x(t) = \int_0^t 2\Omega\sin\lambda\,g t'\,dt' = 2\Omega\sin\lambda\,g\cdot\tfrac12 t^2 = \Omega\sin\lambda\,g\,t^2.
Integramos de novo para x(t):
x(t) = \int_0^t v_x(t')\,dt' = \Omega\sin\lambda\,g\int_0^t t'^2 dt' = \Omega\sin\lambda\,g\cdot\tfrac{1}{3}t^3.
Em t=t_d=\dfrac{v_0}{g} temos o deslocamento final
x_{\text{largar}} = \Omega\sin\lambda\,g\cdot \tfrac{1}{3}\left(\frac{v_0}{g}\right)^3 = \frac{1}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2}.
Note o sinal positivo: com \hat e_x positivo para leste, a deflexão neste caso é para o leste, isto é, sentido oposto ao do caso do lançamento.

Passo 7

Comparação final e conclusão matemática direta: das expressões obtidas
x_{\text{lançamento}} = -\frac{4}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2},\qquad x_{\text{largar}} = \frac{1}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2}.ç
Portanto relacionam-se por
x_{\text{lançamento}} = -4\,x_{\text{largar}}.ç
Isto significa que a deflexão no lançamento tem sentido oposto (sinal trocado) e magnitude quatro vezes maior (razão 4:1) do que a deflexão quando a partícula é largada em repouso da mesma altura máxima.

Resposta

x_{\text{lançamento}} = -\frac{4}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2}ç
x_{\text{largar}} = \frac{1}{3}\,\Omega\sin\lambda\,\frac{v_0^3}{g^2}
\text{e }x_{\text{lançamento}} = -4\,x_{\text{largar}}\quad(\text{sentido oposto e magnitude }4\text{:}1)ç

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