Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Volume 1
Capítulo 4: Movimento em Duas e Três Dimensões
Exercício 51:
Enunciado:
Os esquiadores experientes costumam dar um pequeno salto antes de chegarem a uma encosta descendente. Considere um salto no qual a velocidade inicial é $v_0=10\;m/s$, o ângulo é $\theta_0=9^{\circ}$, a pista antes do salto é aproximadamente plana e a encosta… para ter acesso ao enunciado completo, cheque a disponibilidade do livro na biblioteca da sua instituição de ensino. O livro também pode ser adquirido através desse link.
Dados relevantes fornecidos no enunciado:
Item (a):
O exercício mostra duas Figuras. Na primeira, Fig. 4-42(a) o esquiador salta antes do declive e cai aproximadamente na mesma altura que saltou. Já na Figura 4-42(b), o esquiador salta no momento em que ele chega na encosta. Nesse item, o exercício nos pergunta qual o ângulo $\phi$ entre a trajetória do esquiador e a encosta na situação da Figura 4-42(a). Como o exercício nos diz que ele praticamente volta ao solo no mesmo nível horizontal em que saltou, seu vetor velocidade irá continuar com ângulo de $|\theta_0|=9^{\circ}$ com a horizontal mas apontando para baixo, na direção da trajetória parabólica do salto. A Figura 1 abaixo mostra o diagrama dos ângulos envolvidos no problema. Como a encosta tem inclinação de $11,3^{\circ}$, o ângulo entre a trajetória e a encosta será de:
$$
\phi = \alpha- \theta_0 = 11,3^{\circ} – 9^{\circ} = 2,3^{\circ}
\tag{1}$$
Esquema dos ângulos envolvidos no problema.
Item (b):
Agora, vamos calcular quantos metros abaixo da altura em que começou o esquiador da Figura 4-42(b) desce. Para isso, vamos usar a equação 4-25 do livro que descreve a trajetória parabólica de um salto. De forma geral, ela é dada por:
$$
y = (\tan \theta_0) x -\frac{gx^2}{2(v_0\cos\theta_0)^2}
\tag{2}$$
No nosso caso, vamos supor que o esquiador toca o a neve a uma distância $d$ do início da encosta, medida paralelamente a encosta. A Figura 2 mostra a decomposição da distância $d$, que será nossos termos de $x$ e $y$. Ou seja, $x=d\cos\alpha$ e $y=-d\sin\alpha$ assumindo o eixo de coordenadas como no da figura. Com isso, temos:
$$
-d\sin\alpha = d\cos\alpha \tan\theta_0 – \frac{g(d\cos\alpha)^2}{2v_0^2\cos^2\theta_0}
\tag{3}$$
Esquema da trajetória do esquiador e a decomposição da distância $d$.
Explicitando $d$:
$$
d = \frac{2v_0^2 \cos^2\theta_0}{g\cos^2\alpha}(\cos\alpha \tan\theta_0+\sin\alpha) = \frac{2v_0^2 \cos\theta_0}{g\cos^2\alpha}(\cos\alpha \sin\theta_0+\cos\theta_0\sin\alpha)
\tag{4}$$
No qual rearranjamos um termo $\cos\theta_0$ de modo a podermos usar o seno da soma de ângulos no termo entre parênteses, resultando então:
$$
d = \frac{2v_0^2 \cos\theta_0}{g\cos^2\alpha} \sin(\theta_0+\alpha)
\tag{5}$$
Temos todos os valores numéricos dessa equação:
$$
d = \frac{2(10\;m/s)^2\cos(9^{\circ})}{(9,8\;m/s^2)\cos^2(11,3^{\circ})}\sin(9^{\circ}+11,3^{\circ}) = 7,27\;m
\tag{6}$$
Perceba que essa é a distância paralela a encosta, mas o exercício nos perguntou a altura, dada nesse caso por $|y|$:
$$
|y| = d\sin\alpha = (7,27\;m)\sin(9^{\circ})
\tag{7}$$
O que resulta numa altura do ponto em que saltou:
$$
\boxed{y = 1,4\;m}
\tag{8}$$
Item (c):
Vamos calcular o ângulo $\phi$ para o caso do item b. Podemos calcular o ângulo do esquiador quando toca a neve através do ângulo do vetor velocidade nesse instante. Sabemos que o ângulo de um vetor é dado por:
$$
\theta = \tan^{-1}\frac{v_y}{v_x}
\tag{9}$$
Como na direção $x$ não é aceleração da gravidade atuando, a componente do vetor velocidade é dado simplesmente por:
$$
v_x = v_0 \cos \theta_0 = (10\;m/s) \cos (9^{\circ}) = 9,9\;m/s
\tag{10}$$
Já em $y$, a aceleração da gravidade adiciona um termo extra mudando a velocidade com o tempo:
$$
v_y = v_0\sin\theta_0 – gt = (10\;m/s)\sin(9^{\circ})-(9,8\;m/s^2)t
\tag{11}$$
O tempo $t$ em que o esquiador passa no ar é:
$$
t = \frac{x}{v_x} = \frac{d\cos\alpha}{v_0\cos\theta_0} = \frac{(7,27\;m\cos(11,3^{\circ})}{(10\;m/s)\cos(9^{\circ})} = 0,72\;s
\tag{12}$$
Você pode estar se perguntando porque podemos usar as equações de movimento com o ângulo $\theta_0$ da velocidade inicial como se estivéssemos ignorando o fato de que o plano é inclinado e isso pareceria dificultar muito o uso dessas equações. Na verdade, o que permite utilizarmos as equações como se não houvesse plano inclinado é justamente o valor de $x$ que usamos para calcular o tempo. Perceba que usamos a componente $x$ (horizontal) da distância $d$, ou seja, é como se estivéssemos tratando tudo como se não houvesse o declive, mas em troca nossa distância é a componente $x$ da distância total que por sua vez é menor que é distância realmente percorrida pelo esquiador.
Substituindo $t$ em $v_y$:
$$
v_y = (10\;m/s)\sin(9^{\circ})-(9,8\;m/s^2)(0,72\;s) = -5,5\;m/s
\tag{13}$$
Veja que o sinal negativo da velocidade em $y$ condiz com a escolha do eixo de coordenadas da Figura 2. Agora, substituindo as velocidades no cálculo do novo ângulo $\theta$, temos:
$$
\theta = \tan^{-1}\frac{v_y}{v_x} = \tan^{-1}\left(\frac{-5,5\;m/s}{9,9\;m/s}\right) = -29,1^{\circ}
\tag{14}$$
Ou seja, um ângulo de $29,1^{\circ}$ para baixo com a horizontal, então, o ângulo entre a encosta e o vetor velocidade do esquiador nesse caso é:
$$
\boxed{\phi = 29,1^{\circ}-11,3^{\circ} = 17,8^{\circ}}
\tag{15}$$
Por isso que esse segundo salto é mais difícil que o primeiro. O esquiador nesse caso chega mais inclinado que a própria inclinação do declive enquanto que no primeiro caso, o esquiador chega praticamente paralelo a ele.
