Semana 5

Melhor visualizado no Google Chrome e no Mozilla Firefox



Problema 1:
Explique detalhadamente o movimento de precessão do eixo de rotação da Terra. Não se esqueça de apresentar as causas e suas consequências mais importantes.



Precessão da Terra

O movimento de precessão da Terra foi percebido pelo astrônomo grego Hiparco, no ano 129 a.C., ao comparar suas observações da posição da estrela Spica (α Virginis) com observações feitas por Timocharis de Alexandria em 273 a.C. Ele explicou o fato através da rotação da esfera das estrelas fixas em relação ao eixo da Terra. Com seu modelo heliocêntrico, Copérnico considera que é a Terra quem descreve um cone de revolução em relação à normal ao plano da óribita da Terra (eclíptica).
O movimento de precessão se caracteriza por um torque atuando em um corpo em rotação, provocando uma mudança de sentido no vetor momento angular, e é causado principalmente por dois fatores:

1)O eixo de rotação da Terra não é perpendicular à eclíptica. O ângulo formado entre o eixo e a normal à eclíptica é de aproximadamente 23º.

2)A Terra é achatada nos pólos, e por isso a força exercida pelo Sol no Equador é maior do que nos outros pontos.



Pela figura, percebemos que o torque gerado pela força que o sol exerce na Terra aponta para dentro, então a variação do momento angular da Terra, também será para dentro, já que apresenta mesmo sentido que o torque: $$\vec{\tau } =\frac{d\vec{L}}{dt}\: \Rightarrow \: d\vec{L}=\vec{\tau }dt$$ Essa variação do momento angular altera sua direção, mas não altera seu módulo, pois os vetores de momento angular e da sua variação são perpendiculares entre si, o que provoca um movimento de precessão com rotação no sentido contrário ao sentido de rotação da Terra.
O movimento de precessão citado é muito lento, apesar de ter sido observado em 273 a.C. A Terra leva 25770 anos para completar uma volta no seu movimento de precessão.
Como consequência desse movimento, os pólos da Terra não ocupam sempre as mesmas posições em relação às estrelas. Nas figuras abaixo, temos os esquemas das posições relativas dos pólos em relação às estrelas.
Pólo norte:



Pólo sul:



O movimento de precessão é conhecido como precessão dos equinócios. Ele não é responsável por alterar as estações do ano, pois as estações se baseiam nos equinócios, mas altera a configuração do céu em diferentes épocas do ano.

Bibliografia:
http://astro.if.ufrgs.br/fordif/node8.htm
http://www.sbfisica.org.br/rbef/pdf/v21_507.pdf

Problema 2:

Uma escada AB de comprimento igual a 3m e massa de 20 kg está apoiada contra uma parede sem atrito (figura 10-31). O chão é também sem atrito e, para prevenir que ela deslize, uma corda OA é ligada a ela. Um homem com 60 kg de massa está sobre a escada numa posição que é igual a dois terços do comprimento da escada, a partir da extremidade inferior. A corda quebra-se repentinamente. Calcule (a) a aceleração inicial do centro de massa do sistema homem-escada, e (b) a aceleração angular inicial em torno do centro de massa. [sugestão: note que a velocidade angular inicial da escada é zero.]

Seja L=3m o comprimento da barra, $\vec{A_{x}}$ e $\vec{A_{y}}$ as acelerações horizontal e vertical do centro de massa. Primeiramente, calculemos a distância de $B$ ao centro de massa do sistema: $$d_{CM}=\frac{60 \frac{L}{3} + 20 \frac{L}{2}}{80} \therefore d_{CM} = \frac{3}{8} L$$ De relações geométricas, podemos afirmar que: $$ \left\{\begin{matrix} \frac{\frac{3L}{8}}{L} = \frac{A_{x}}{a_{A}} \\ \frac{\frac{5L}{8}}{L} = \frac{A_{y}}{a_{B}} \end{matrix}\right. \therefore \left\{\begin{matrix} A_{x}=a_{A}\frac{3}{8} \\ A_{y} = a_{B}\frac{5}{8} \end{matrix}\right. \;\;\;\;(1) $$
Também sabemos, do estudo do movimento relativo de B em relação a A, que: $$ \vec{a_{B/A}} = \vec{a_{B}} - \vec{a_{A}} = L\dot{\omega}\hat{t} - L\omega^{2}\hat{n}$$ mas no instante inicial, temos $\omega = 0$, logo podemos afirmar que $\vec{a_{B/A}}$ tem sentido e direção do versor $\hat{t}$, o que nos dá $$ \left\{\begin{matrix} a_{B}=L\dot{\omega}cos\alpha \\ a_{A}=L\dot{\omega}sen\alpha \end{matrix}\right. \;\;\;\;(2) $$ Jogando $(1)$ em $(2)$, temos: $$ \left\{\begin{matrix} A_{y}=\frac{5}{8}L\dot{\omega}cos\alpha \\ A_{x}=\frac{3}{8}L\dot{\omega}sen\alpha \end{matrix}\right. \;\;\;\;(3) $$ Agora, utilizando a segunda lei de Newton para as direções horizontal e vertical, obtemos, respectivamente: $$\left\{\begin{matrix} N_{B}= 80 A_{x} \\ N_{A}= 80g - 80A_{y} \end{matrix}\right. \;\;\;\; (I) $$ Agora, calculando os torques na escada em relação aos pontos A e B, e lembrando que, para a escada, $\sum\vec{\tau} = \frac{\mathrm{d} \vec{L}}{\mathrm{d} t} = MK^{2} \vec{\dot{\omega}}$, chegamos a: $$\left\{\begin{matrix} \sum{\tau_{A}} = 20gcos\alpha \frac{L}{2} + 60gcos\alpha \frac{2L}{3} - N_{B}sen\alpha L = \frac{100L^{2}}{3}\dot{\omega} \\ sum{\tau_{B}} = -20gcos\alpha \frac{L}{2} - 60gcos\alpha \frac{L}{3} + N_{A}cos\alpha L = \frac{40L^{2}}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - N_{B}sen\alpha = \frac{100L}{3}\dot{\omega} \\ -30gcos\alpha + N_{A}cos\alpha = \frac{40L}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ Aplicando a equação $(I)$, vem: $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - 80 A_{x}sen\alpha = \frac{100L}{3}\dot{\omega} \\ 50gcos\alpha - 80A_{y}cos\alpha = \frac{40L}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ Substituindo os dados de $(3)$, temos: $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - 80 A_{x}sen\alpha = \frac{800A_{x}}{9sen\alpha} \\ 50gcos\alpha - 80A_{y}cos\alpha = \frac{32A_{y}}{15cos\alpha} \end{matrix}\right. $$ Explicitando os valores: $$ \left\{\begin{matrix} A_{x} = \frac{45gsen\alpha cos\alpha}{80 + 72sen^{2}\alpha} \\ A_{y} = \frac{75gcos^{2}\alpha}{32 + 120cos^{2}\alpha} \end{matrix}\right. $$ e, de $(3)$: $$\dot{\omega} = \frac{15gcos\alpha}{L(10 + 9sen^{2}\alpha)}$$

Para ampliar as imagens basta clicar sobre elas

Problema 3: Demonstre que a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula que realiza um movimento harmônico simples podem ser representadas pela projeção de vetores girantes. Neste caso, qual a relação entre a velocidade angular do vetor girante e a frequência angular do movimento oscilatório?

$$$$

Solução:

Vamos tomar um vetor $\vec{OB}$ de norma $A$ fixo numa origem $O$, sendo $\alpha$ o ângulo inicial que o vetor $\vec{OB}$ faz com o eixo horizontal, o qual é medido no sentido anti-horário e $\omega$ sua velocidade angular, temos então o seguinte esquema:



Assim a projeção horizontal do vetor $\vec{OB}$ em qualquer instante é dada por: $$OX = A . \cos (\omega . t + \alpha) \;\;\;\;\;\; (a)$$ Tomemos agora um vetor $\vec{OC}$ defasado de $\frac{\pi}{2}$ do vetor $\vec{OB}$ no sentido anti-horário e com norma $\omega A$



Assim a projeção horizontal do vetor $\vec{OC}$ é dada por $$OV = \omega A \cos (\omega t + \alpha + \frac{\pi}{2}) \;\;\;\;\; (I)$$ Mas sabemos das identidades trigonométricas que $$\cos(\theta + \frac{\pi}{2}) = - \sin(\theta) $$ Assim, a equação $(I)$ fica $$OV = - \omega A \sin(\omega t + \alpha) \;\;\;\;\; (b)$$ Vamos agora tomar um vetor $\vec{OD}$ com norma $\omega^{2} A$ defasado de $\pi$ do vetor $\vec{OB}$



A projeção horizontal do vetor $\vec{OD}$ é dada por $$OA' = \omega^2 A \cos(\omega t + \alpha + \pi) \;\;\;\;\; (II)$$ Mas também sabemos das identidades trigonométricas que $$\cos(\theta + \pi) = - \cos (\theta)$$ Assim, a equação $(II)$ fica $$OA' = - \omega^{2} A \cos (\omega t + \alpha) \;\;\;\;\; (c)$$

Logo, temos que as equações $(a)$ , $(b)$ e $(c)$ representam, respectivamente, a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula que realiza um MHS. Ainda, da hipótese temos que a velocidade angular do vetor $\vec{OB}$ é $\omega$ e que a frequência angular do movimento oscilatório, obtida da equação $(a)$ também é $\omega$