. Um projétil é disparado para o leste de um ponto na superfície da Terra a uma latitude norte \lambda, com velocidade v_{0} e ângulo de inclinação com a horizontal local \theta. Mostre que o deslocamento lateral quando o projétil atinge a Terra é
d=\frac{4 v_{0}^{3}}{g^{2}} \omega \sin \lambda \sin ^{2} \theta \cos \theta
onde \omega é a velocidade de rotação da Terra. Se o alcance do projétil for A para o caso \omega=0, mostre que a mudança por causa da rotação da Terra é
\Delta A=\sqrt{\frac{2 A^{3}}{g}} \omega \cos \lambda\left(\operatorname{cotan}^{1 / 2} \theta-\frac{1}{3} \tan ^{3 / 2} \theta\right) .

Passo 1

O enunciado dá um projétil lançado para o leste a partir da superfície da Terra numa latitude norte \lambda, com velocidade inicial \,v_{0}\, e ângulo de elevação \,\theta medido a partir da horizontal local. A Terra gira com velocidade angular \,\omega e a gravidade tem intensidade \,g.
Perguntas pedidas:
  1. Mostrar que o deslocamento lateral (no eixo norte-sul) quando o projétil atinge a Terra é
d=\frac{4 v_{0}^{3}}{g^{2}} \,\omega \sin \lambda \sin^{2}\theta \cos\theta.
  1. Se o alcance para \omega=0 é A, mostrar que a variação do alcance causada pela rotação da Terra é
\Delta A=\sqrt{\frac{2 A^{3}}{g}}\,\omega \cos\lambda\!\left(\cotan^{1/2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{3/2}\theta\right).
Informações relevantes que vamos precisar (sem resolver ainda):
  • Escolho sistema de coordenadas local: \hat{x} para leste, \hat{y} para norte, \hat{z} para cima.
  • Velocidade inicial do projétil em componentes: \vec v(0)=v_{0}\cos\theta\,\hat{x}+v_{0}\sin\theta\,\hat{z}.
  • O termo de “força de Coriolis” em referencial estacionário na Terra é \vec a_{C}=-2\vec\omega\times\vec v; precisaremos decompor \vec\omega no sistema local.
  • Vamos trabalhar por aproximação de primeira ordem em \omega (isto é, \omega pequeno): tratamos efeitos de rotação como pequenas perturbações à trajetória não-rotante.

Passo 2

Expressar \vec\omega no sistema local e calcular \vec a_{C}.
Explicação rápida do que é \vec\omega no sistema local: o vetor de rotação da Terra aponta para o polo norte. No local com latitude \lambda, sua decomposição nas direções \hat{y} (norte) e \hat{z} (para cima) é
\vec\omega=\omega(\cos\lambda\,\hat{y}+\sin\lambda\,\hat{z}).
Isto é verificado nos casos extremos: \lambda=0 (equador) dá \vec\omega=\omega\hat{y}, \lambda=90^\circ (polo norte) dá \vec\omega=\omega\hat{z}.
Agora fazemos o produto vetorial necessário. Seja a velocidade genérica \vec v=v_x\hat{x}+v_y\hat{y}+v_z\hat{z} (no nosso lançamento inicial v_y(0)=0). Calculamos
\vec\omega\times\vec v=\omega\big[\cos\lambda(-v_x\hat{z}+v_z\hat{x})+\sin\lambda(v_x\hat{y})\big].
A força (aceleração) de Coriolis é \vec a_C=-2\vec\omega\times\vec v, logo seus componentes são
a_{C,x}=-2\omega\cos\lambda\,v_z,\qquad a_{C,y}=-2\omega\sin\lambda\,v_x,\qquad a_{C,z}=2\omega\cos\lambda\,v_x.
Comentário didático: o termo a_{C,y} envolve v_x (movimento leste) e produz desvio norte-sul; a_{C,x} envolve v_z e altera a velocidade leste; a_{C,z} altera a aceleração vertical efetiva. Vamos usar essas três componentes, sempre mantendo apenas termos de ordem O(\omega).

Passo 3

Trajetória de referência para \omega=0 (base sobre a qual perturbamos).
Sem rotação:
  • v_x(t)=v_0\cos\theta (constante),
  • v_z(t)=v_0\sin\theta - g t,
  • v_y(t)=0.
Tempo de voo (retorno ao solo) é obtido resolvendo z(t)=0 com z(0)=0:
T=\frac{2v_0\sin\theta}{g}.
Alcance (para \omega=0) é
A=v_0\cos\theta\;T=\frac{2v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g}=\frac{v_0^{2}\sin 2\theta}{g}.
Essas fórmulas são clássicas de movimento uniformemente acelerado na vertical e movimento uniforme horizontal; vamos usá-las como zeroth-order ao calcular efeitos proporcionais a \omega.

Passo 4

Calcular o deslocamento lateral d (eixo norte-sul) causado pela componente a_{C,y}.
Usamos a aproximação de primeira ordem: substituir em a_{C,y}=-2\omega\sin\lambda\,v_x(t) o valor zeroth-order v_x(t)\approx v_0\cos\theta. Assim
a_{C,y}\approx -2\omega\sin\lambda\,v_0\cos\theta,
que é constante no tempo (na aproximação). Partindo de v_y(0)=0, integramos:
v_y(t)=\int_0^t a_{C,y}\,dt' = a_{C,y}\,t,
y(t)=\int_0^t v_y(t')\,dt' = \tfrac{1}{2}a_{C,y}\,t^{2}.
Avaliaremos em t=T:
y(T)=\tfrac{1}{2}(-2\omega\sin\lambda\,v_0\cos\theta)T^{2} = -\omega\sin\lambda\,v_0\cos\theta\,T^{2}.
Substituindo T^{2}=\dfrac{4v_{0}^{2}\sin^{2}\theta}{g^{2}} (do Passo 3) temos
y(T)=-\frac{4\omega v_{0}^{3}}{g^{2}}\sin\lambda\,\sin^{2}\theta\cos\theta.
O deslocamento lateral em módulo (valor absoluto) é
d=\frac{4 v_{0}^{3}}{g^{2}}\,\omega \sin\lambda\,\sin^{2}\theta\cos\theta,
como pedido. Observação física: sinal negativo significa que, no hemisfério norte ( \sin\lambda>0), o projétil desviará para o sul (à direita de quem mira para leste).

Passo 5

Calcular a contribuição à variação do alcance vinda da componente a_{C,x} (alteração direta da velocidade leste).
Da expressão do Passo 2 temos a_{C,x}=-2\omega\cos\lambda\,v_z(t). Usamos a velocidade vertical zeroth-order v_z(t)=v_0\sin\theta - g t. Então
a_{C,x}(t)=-2\omega\cos\lambda\big(v_0\sin\theta - g t\big).
Integrando para obter a mudança na velocidade leste \Delta v_x(t) (com \Delta v_x(0)=0):
\Delta v_x(t)=\int_0^t a_{C,x}(t')\,dt' = -2\omega\cos\lambda\Big(v_0\sin\theta\,t-\tfrac{1}{2}g t^{2}\Big).
Integrando novamente para obter a contribuição ao deslocamento leste \Delta x_{(a_x)}(t) (com \Delta x(0)=0):
\Delta x_{(a_x)}(t)=\int_0^t \Delta v_x(t')\,dt' = -2\omega\cos\lambda\Big(\tfrac{1}{2}v_0\sin\theta\,t^{2}-\tfrac{1}{6}g t^{3}\Big).
Avaliar em t=T=\dfrac{2v_0\sin\theta}{g}. Substituindo T, calculemos os termos separadamente:
  • \tfrac{1}{2}v_0\sin\theta\,T^{2} = 2\frac{v_0^{3}\sin^{3}\theta}{g^{2}}.
  • \tfrac{1}{6}g T^{3} = \tfrac{4}{3}\frac{v_0^{3}\sin^{3}\theta}{g^{2}}.
Portanto
\Delta x_{(a_x)}(T)=-2\omega\cos\lambda\left(2\frac{v_0^{3}\sin^{3}\theta}{g^{2}}-\tfrac{4}{3}\frac{v_0^{3}\sin^{3}\theta}{g^{2}}\right) =-\frac{4}{3}\frac{\omega\cos\lambda\,v_0^{3}\sin^{3}\theta}{g^{2}}.

Passo 6

Calcular a contribuição à variação do alcance vinda da componente vertical a_{C,z} (que altera o tempo de voo).
De Passo 2: a_{C,z}=2\omega\cos\lambda\,v_x(t). Na aproximação zeroth-order v_x\approx v_0\cos\theta, então a_{C,z}\approx 2\omega\cos\lambda\,v_0\cos\theta, que é aproximadamente constante. Assim a aceleração vertical total é
z''(t)=-g + a_{C,z} = -\big(g - 2\omega\cos\lambda\,v_0\cos\theta\big).
Resolvendo z(T')=0 com condição inicial v_z(0)=v_0\sin\theta, o novo tempo de voo T' é
T'=\frac{2v_0\sin\theta}{g-2\omega\cos\lambda\,v_0\cos\theta}.
Expandindo até primeira ordem em \omega (usando 1/(1-\varepsilon)\approx 1+\varepsilon para \varepsilon pequeno),
T' \approx \frac{2v_0\sin\theta}{g}\left[1+\frac{2\omega\cos\lambda\,v_0\cos\theta}{g}\right]=T+\Delta T,
onde T=\dfrac{2v_0\sin\theta}{g} e
\Delta T \approx T\cdot\frac{2\omega\cos\lambda\,v_0\cos\theta}{g} = \frac{4\omega\cos\lambda\,v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g^{2}}.
A contribuição ao alcance (assumindo v_x\approx v_0\cos\theta) é
\Delta x_{(T)}=v_0\cos\theta\,\Delta T = \frac{4\omega\cos\lambda\,v_0^{3}\sin\theta\cos^{2}\theta}{g^{2}}.

Passo 7

Somar as duas contribuições e simplificar para obter \Delta A na forma pedida.
A variação total do alcance é a soma da contribuição de a_x e da mudança do tempo de voo:
\Delta A=\Delta x_{(T)}+\Delta x_{(a_x)} =\frac{4\omega\cos\lambda\,v_0^{3}}{g^{2}}\Big(\sin\theta\cos^{2}\theta-\tfrac{1}{3}\sin^{3}\theta\Big).
Agora expressamos tudo em termos de A. Lembremos que (do Passo 3)
A=\frac{v_0^{2}\sin 2\theta}{g}=\frac{2v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g}.
Logo
v_0^{2}=\frac{A g}{\sin 2\theta},\qquad v_0^{3}=\frac{(A g)^{3/2}}{(\sin 2\theta)^{3/2}}.
Substituindo v_0^{3}/g^{2}=\sqrt{\dfrac{A^{3}}{g}}\dfrac{1}{(\sin 2\theta)^{3/2}} na expressão de \Delta A,
\Delta A=4\omega\cos\lambda\sqrt{\frac{A^{3}}{g}}\; \frac{\sin\theta\cos^{2}\theta-\tfrac{1}{3}\sin^{3}\theta}{(\sin 2\theta)^{3/2}}.
Agora usamos \sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta, então (\sin 2\theta)^{3/2}=2^{3/2}\sin^{3/2}\theta\cos^{3/2}\theta. Dividindo termo a termo:
\frac{\sin\theta\cos^{2}\theta}{(\sin 2\theta)^{3/2}} =2^{-3/2}\frac{\cos^{1/2}\theta}{\sin^{1/2}\theta}=2^{-3/2}\cotan^{1/2}\theta,
\frac{\sin^{3}\theta}{(\sin 2\theta)^{3/2}} =2^{-3/2}\frac{\sin^{3/2}\theta}{\cos^{3/2}\theta}=2^{-3/2}\tan^{3/2}\theta.
Portanto
\Delta A=4\omega\cos\lambda\sqrt{\frac{A^{3}}{g}}\;2^{-3/2}\Big(\cotan^{1/2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{3/2}\theta\Big).
O fator numérico simplifica:
4\cdot 2^{-3/2}=\frac{4}{2^{3/2}}=\frac{4}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
Assim obtemos
\Delta A=\sqrt{2}\,\omega\cos\lambda\sqrt{\frac{A^{3}}{g}}\Big(\cotan^{1/2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{3/2}\theta\Big) = \sqrt{\frac{2A^{3}}{g}}\,\omega\cos\lambda\Big(\cotan^{1/2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{3/2}\theta\Big),
que é exatamente a fórmula pedida.

Resposta

d=\frac{4 v_{0}^{3}}{g^{2}}\,\omega \sin \lambda \sin^{2}\theta \cos\theta.
\Delta A=\sqrt{\frac{2 A^{3}}{g}}\,\omega \cos\lambda\!\left(\cotan^{1/2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{3/2}\theta\right).

Exercícios relacionados