Questão 26 – Lista 3 - Os esquiadores experientes costumam dar um pequeno salto antes de

chegar a uma encosta. Considere um salto no qual a velocidade inicial é v0 = 10,0 m/s e ângulo

θ0 = 9,0o, a pista antes do salto é aproximadamente plana e a encosta tem uma inclinação de

aproximadamente 11,3o. A figura 24a mostra um pré-salto no qual um esquiador desce

aproximadamente no início da encosta. A figura 24b mostra um salto que começa no

momento em que o esquiador está chegando à encosta. Na figura 24ª o esquiador desce

aproximadamente na mesma altura em que começou o salto. (a) Qual é o ângulo θ entre a

trajetória do esquiador e a encosta na situação da figura 24a? Na situação da figura 24b (b) o

esquiador desce quantos metros abaixo da altura em que começou o salto e (c) qual é o valor

de θ?

a) Isto é bastante simples desde que sabemos que no ponto em que esquiador atinge

novamente o solo, é exatamente no início da encosta na mesma altura em que iniciou

o salto. Logo, este deve ter um vetor posição abaixo da horizontal mas com um

ˆangulo igual ao ângulo θ0. Assim, o ângulo entre a encosta e o esquiador é dado por:

𝜙 = 𝛼 − 𝜃0 = 11, 3𝑜 − 9, 0𝑜

= 2, 3𝑜

b) Vamos considerar que o esquiador aterriza em uma distância d da rampa. Assim

usamos as seguintes equações:

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑥 = 𝑥 0 + 𝑣0𝑥𝑡

e considerando um triângulo retângulo com hipotenusa igual à d fazendo um ângulo α com

o prolongamento horizontal, então temos que,

𝑥 − 𝑥0 = 𝑑 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑦 − 𝑦0 = −𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝛼

𝑣0𝑥 = 𝑣0 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0

e, substituindo na equação para x(t), obtemos:

𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑣0 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 ∙ 𝑡 ∴ 𝑡 =𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑣0 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0

Para o movimento vertical temos que:

−𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑣0𝑡 𝑠𝑖𝑛 𝜃0 −1

2𝑔𝑡2

e substituindo o tempo obtido da equação para o movimento na direção horizontal,

obtemos ainda:

−𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑣0 ∙ 𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝜃0 –

1

2𝑔

𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝜃0

2

Ou ainda:

−𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑑 𝑡𝑎𝑛 𝜃0 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 −𝑔𝑑2 𝑐𝑜𝑠2 𝛼

2𝑣02 𝑐𝑜𝑠2𝜃0

e simplificando a distância d em ambos os membros, temos:

𝑑 =2𝑣0

2 ∙ 𝑐𝑜𝑠2 𝜃0

𝑑 𝑐𝑜𝑠2 𝛼(𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑡𝑎𝑛 𝜃0)

𝑑 =2𝑣0

2 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0

𝑔 𝑐𝑜𝑠2 𝛼(𝑠𝑖𝑛 𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 + 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝜃0)

e a soma entre parênteses pode agrupada usando o seno da soma,

𝑑 =2𝑣0

2 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝜃0

𝑔 𝑐𝑜𝑠2 𝛼𝑠𝑖𝑛(𝛼 + 𝜃0)

Substituindo-se os valores correspondentes, obtemos ainda:

𝑑 =2 ∙ (10 𝑚/𝑠)2 ∙ 𝑐𝑜𝑠 9, 0°

9, 8 𝑚/𝑠² ∙ 𝑐𝑜𝑠² 11, 3°∙ 𝑠𝑖𝑛(9° + 11, 3°)

𝑑 = 7, 27 𝑚

o que nos fornece,

𝑦 = −𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 7, 27 𝑚 ∙ 𝑠𝑖𝑛 11, 3° = −1, 42 𝑚

ou seja, o esquiador desceu 1,42 m abaixo da altura em que começou o salto.

c) O tempo que o esquiador gasta para aterrizar pode ser determinado pela equação do

movimento horizontal, assim:

𝑡 =𝑑 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝜃0=

7, 27 𝑚 ∙ 𝑐𝑜𝑠(11, 3°)

10 𝑚/𝑠 ∙ 𝑐𝑜𝑠(9, 0°)

logo,

𝑡 = 0, 72 𝑠

Com este tempo somos capazes de determinar a componente da velocidade vy, assim,

𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝜃0 − 𝑔𝑡

e substituindo os valores correspondentes segue que:

𝑣𝑦 = 10𝑚

𝑠∙ 𝑠𝑖𝑛 9, 0° − 9, 8 𝑚/𝑠22 ∙ 0, 72 𝑠

logo,

𝑣𝑦 = −5, 5 𝑚/𝑠

Desde que temos também a componente horizontal da velocidade que não muda com o

tempo, podemos determinar o ângulo que a velocidade faz com a direção horizontal:

𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 = 10 𝑚/𝑠 ∙ 𝑐𝑜𝑠 9, 0° = 9, 9 𝑚/𝑠

E, substituindo os valores na expressão para o ângulo θ :

𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑣𝑦

𝑣𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

−5, 5 𝑚/𝑠

9, 9 𝑚/𝑠

vamos obter:

𝜃 ≈ −29, 1°

ou seja, 29,1° abaixo da horizontal.