Física universitária — 1.º ano · Bachelor Year 1

15Momento angular

Uma patinadora que gira de braços abertos os recolhe e, sem que ninguém a empurre, roda duas vezes mais depressa. Uma porta cede à ponta de um dedo na maçaneta e resiste a um ombro junto à dobradiça. Os planetas varrem áreas iguais em tempos iguais — Kepler notou isso há quatro séculos, muito antes que alguém pudesse dizer por quê. E a Lua, puxada pelas marés que levanta, se afasta da Terra alguns centímetros por ano enquanto os nossos dias se alongam imperceptivelmente. Por trás dos quatro casos está uma única grandeza vetorial, o momento angular, e uma única lei: a sua taxa de variação é igual ao momento das forças. Este capítulo define os dois, demonstra a lei para um ponto material e para um sistema, e a põe a trabalhar em pêndulos, órbitas e coisas que giram.

Braços recolhidos, a patinadora gira mais depressa: sem torque externo em torno do eixo vertical, o momento angular se conserva, e um momento de inércia menor significa uma velocidade angular maior.

15.1 Momento de uma força

Definição 15.1 (Momento em relação a um ponto; em relação a um eixo)

O momento (ou torque) em relação a um ponto $O$ de uma força $\vect F$ aplicada em $M$ é o vetor

\vect{\mathcal M}_O(\vect F) = \vect{OM}\wedge\vect F \qquad (\mathrm{N}\,\mathrm{m}),

perpendicular ao plano de $\vect{OM}$ e $\vect F$ , de norma $OM\cdot F\sin\alpha = F\,d$ , em que $d$ — o braço de alavanca — é a distância de $O$ à linha de ação de $\vect F$ . O momento em relação a um eixo orientado $\Delta$ (vetor unitário $\vect e_\Delta$ ) que passa por $O$ é o escalar $\mathcal M_\Delta = \vect{\mathcal M}_O\cdot\vect e_\Delta$ , independente da escolha de $O$ sobre $\Delta$ ; ele se anula se $\vect F$ for paralela a $\Delta$ ou o encontrar. Duas forças opostas sobre linhas de ação diferentes formam um binário, cujo momento $\vect F\wedge\vect{AB}$ é o mesmo em relação a todos os pontos.

Exemplo 15.2 (A porta)

Um empurrão de $20\,\mathrm{N}$ perpendicular a uma porta, a $0.80\,\mathrm{m}$ das dobradiças, tem momento $16\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ em relação ao eixo das dobradiças; o mesmo empurrão a $0.10\,\mathrm{m}$ , $2\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; ao longo da porta (linha de ação passando pelas dobradiças), zero. A reação da própria dobradiça, que encontra o eixo, não tem momento em relação a ele: é isso que faz do eixo o lugar natural para tomar momentos.

O momento de F em relação a O: o produto vetorial OM F, de norma F\,d, sendo d a distância de O à linha de ação (o braço de alavanca), dirigido perpendicularmente à figura — aqui, para fora do papel. — O momento de $\vect F$ em relação a $O$ : o produto vetorial $\vect{OM}\wedge\vect F$ , de norma $F\,d$ , sendo $d$ a distância de $O$ à linha de ação (o braço de alavanca), dirigido perpendicularmente à figura — aqui, para fora do papel.

15.2 Momento angular de um ponto material

Definição 15.3 (Momento angular)

O momento angular em relação a $O$ de um ponto material de massa $m$ em $M$ com velocidade $\vect v$ é

\vect L_O = \vect{OM}\wedge m\vect v \qquad (\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}),

e, em relação a um eixo $\Delta$ que passa por $O$ , $L_\Delta = \vect L_O\cdot\vect e_\Delta$ . Para um movimento num plano perpendicular a $\Delta$ , em coordenadas polares em torno do eixo, $L_\Delta = mr^2\dot\theta$ ; num círculo de raio $R$ , $L_\Delta = mR^2\omega = mRv$ .

Demonstração. $\vect{OM} = r\vect e_r$ , $\vect v = \dot r\vect e_r + r\dot\theta\vect e_\theta$ : $\vect{OM}\wedge m\vect v = mr^2\dot\theta\,\vect e_r\wedge\vect e_\theta = mr^2\dot\theta\,\vect e_z$ . ∎

Teorema 15.4 (Teorema do momento angular)

Num referencial inercial, para um ponto $O$ fixo nesse referencial,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_i), \qquad \frac{\dd L_\Delta}{\dd t} = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_i)

para um eixo fixo $\Delta$ . Se o momento total em relação a $O$ se anula, $\vect L_O$ se conserva.

Demonstração. $\dd(\vect{OM}\wedge m\vect v)/\dd t = \vect v\wedge m\vect v + \vect{OM}\wedge m\vect a = \vect 0 + \vect{OM}\wedge\sum\vect F_i$ , usando a segunda lei de Newton ( $O$ fixo, de modo que $\dd\vect{OM}/\dd t = \vect v$ ). Projete sobre $\vect e_\Delta$ . ∎

Corolário 15.5 (Forças centrais: movimento plano e lei das áreas)

Um ponto material submetido apenas a uma força central (sempre dirigida ao longo de $\vect{OM}$ , para o centro fixo $O$ ou para longe dele) mantém $\vect L_O$ constante. O seu movimento permanece no plano que passa por $O$ perpendicular a $\vect L_O$ e, nesse plano, $r^2\dot\theta = C$ (constante): o raio vetor $\vect{OM}$ varre área com a velocidade areolar constante

\frac{\dd A}{\dd t} = \frac12 r^2\dot\theta = \frac{L_O}{2m} = \frac{C}{2} .

Demonstração. $\vect{OM}\wedge\vect F = \vect 0$ para $\vect F \parallel \vect{OM}$ : $\vect L_O$ é constante. Sempre $\vect{OM}\perp\vect L_O$ , donde o plano; $L_O = mr^2\dot\theta$ é constante. A área varrida durante $\dd t$ é a do triângulo de lados $\vect{OM}$ e $\vect v\dd t$ : $\dd A = \tfrac12\abs{\vect{OM} \wedge\vect v}\dd t = \tfrac12 r^2\dot\theta\,\dd t$ . ∎

A lei das áreas para uma força central: em tempos iguais o raio vetor traçado a partir do centro O varre áreas iguais, de modo que o ponto material se move depressa quando está perto de O e devagar quando está longe — a segunda lei de Kepler, uma consequência apenas da conservação de L_O, qualquer que seja a lei de força. — A lei das áreas para uma força central: em tempos iguais o raio vetor traçado a partir do centro $O$ varre áreas iguais, de modo que o ponto material se move depressa quando está perto de $O$ e devagar quando está longe — a segunda lei de Kepler, uma consequência apenas da conservação de $\vect L_O$ , qualquer que seja a lei de força.

Exemplo 15.6 (O pêndulo pelos momentos)

Pêndulo simples, com eixo $\Delta$ pelo pivô e perpendicular ao plano de oscilação: $L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; a tensão encontra o eixo (momento nulo) e o momento do peso vale $-mg\ell\sin\theta$ (braço de alavanca $\ell\sin\theta$ , restaurador). O teorema dá $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ , a equação do Exemplo 12.12 sem jamais escrever a tensão — a principal vantagem dos momentos: as forças que passam pelo eixo desaparecem.

Exemplo 15.7 (Puxando um disco para dentro)

Um disco desliza sem atrito no gelo em círculo, preso a um fio que passa por um furo no centro; puxa-se o fio de modo que o raio caia à metade. A tensão é central: $L = mr^2\omega$ se conserva, de modo que $\omega$ fica multiplicada por $4$ , a velocidade $r\omega$ por $2$ e a energia cinética por $4$ — a energia extra é o trabalho da puxada, à qual o disco resiste todo o caminho para dentro. Os braços da patinadora são a mesma física, com a massa distribuída (Exercício 15.4).

15.3 Sistemas de pontos e rotação em torno de um eixo fixo

Teorema 15.8 (Momento angular de um sistema)

Para um sistema de pontos materiais, com $\vect L_O = \sum_i\vect{OM_i}\wedge m_i\vect v_i$ e $O$ fixo num referencial inercial,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_{\mathrm{ext}}):

só contam os momentos das forças externas; as forças internas, que obedecem à lei da ação e reação ao longo da reta que une os pontos, nada contribuem.

Demonstração. Some os teoremas de cada ponto. Para um par interno, $\vect{OM_i}\wedge\vect F_{j\to i} + \vect{OM_j}\wedge\vect F_{i\to j} = (\vect{OM_i} - \vect{OM_j})\wedge\vect F_{j\to i} = \vect{M_jM_i}\wedge\vect F_{j\to i} = \vect 0$ , pois a força é dirigida ao longo de $\vect{M_jM_i}$ . ∎

Proposição 15.9 (Rotação rígida em torno de um eixo fixo)

Se os pontos mantêm distâncias fixas $r_i$ a um eixo $\Delta$ e todos giram em torno dele com a mesma velocidade angular $\omega$ (uma rotação rígida),

L_\Delta = J_\Delta\,\omega, \qquad J_\Delta = \sum_i m_ir_i^2, \qquad E_k = \tfrac12 J_\Delta\omega^2,

sendo $J_\Delta$ o momento de inércia em relação a $\Delta$ , e o teorema se lê $J_\Delta\dot\omega = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_{\mathrm{ext}})$ .

Demonstração. Cada ponto contribui com $m_ir_i^2\omega$ para $L_\Delta$ e com $\tfrac12 m_i(r_i\omega)^2$ para $E_k$ . O Capítulo 19 estende isso a sólidos contínuos. ∎

Exemplo 15.10 (A patinadora)

De braços abertos, o corpo de uma patinadora tem $J \approx 4\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ mais dois braços de $3\,\mathrm{kg}$ a $0.8\,\mathrm{m}$ : $J_1 = 4 + 2 \times 3 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . Braços recolhidos ( $0.2\,\mathrm{m}$ ): $J_2 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . A reação do gelo e o peso não têm momento em relação ao eixo vertical: $J\omega$ se conserva e a taxa de giro sobe por $J_1/J_2 = 1.85$ — de $2$ para $3.7$ voltas por segundo — enquanto a energia cinética sobe pelo mesmo fator, paga pelos músculos que recolhem os braços.

Pontos materiais em rotação rígida em torno de um eixo: cada um percorre o seu próprio círculo com o comum, contribuindo com m_ir_i2 para o momento angular em relação ao eixo. A massa longe do eixo conta com o quadrado da sua distância — os braços abertos da patinadora. — Pontos materiais em rotação rígida em torno de um eixo: cada um percorre o seu próprio círculo com o $\omega$ comum, contribuindo com $m_ir_i^2\omega$ para o momento angular em relação ao eixo. A massa longe do eixo conta com o quadrado da sua distância — os braços abertos da patinadora.

Observação 15.11 (Estática)

Um sólido em repouso tem $\vect L_O = \vect 0$ constante: as forças externas devem ter resultante nula e momento total nulo em relação a qualquer ponto. A segunda condição é a lei da alavanca, da balança, da gangorra e do pé de cabra: uma força pequena longe do pivô equilibra uma grande perto dele.

15.4 Exercícios

Exercício 15.1 ★

Uma força de $50\,\mathrm{N}$ numa chave a $0.30\,\mathrm{m}$ da porca: momento quando a força é perpendicular ao cabo; a $60^\circ$ dele; ao longo dele.

Solução

Solução de Exercício 15.1.

$Fd = 50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; $Fd\sin 60^\circ = 13\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; ao longo do cabo a linha de ação passa pela porca: $0$ .

Exercício 15.2 ★

Momento angular da Terra em relação ao Sol (órbita circular, $r = 1.50 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ , $v = 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $m = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ ), e a sua velocidade areolar.

Solução

Solução de Exercício 15.2.

$L = mrv = 5.97\times10^{24} \times 1.50\times10^{11} \times 2.98\times10^4 = 2.7 \times 10^{40}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ ; $\dd A/\dd t = L/2m = rv/2 = 2.2 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

Exercício 15.3 ★

Um pêndulo cônico (fio de $1.0\,\mathrm{m}$ , $30^\circ$ com a vertical, Exercício 12.9). Calcule $L$ em relação ao eixo vertical que passa pelo pivô, por unidade de massa, e explique por que ele se conserva embora a tensão do fio e o peso atuem.

Solução

Solução de Exercício 15.3.

$r = \ell\sin 30^\circ = 0.50\,\mathrm{m}$ , $\omega = 3.4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : $L_z/m = r^2\omega = 0.84\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . A linha de ação da tensão passa pelo pivô (momento nulo em relação a qualquer eixo que passe por ele); o peso é paralelo ao eixo vertical (momento nulo em relação a ele): $L_z$ se conserva.

Exercício 15.4 ★

O tronco de uma patinadora tem $J = 4.0\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ em relação ao eixo de giro; cada braço ( $3.0\,\mathrm{kg}$ ) é tratado como um ponto a $0.80\,\mathrm{m}$ e depois a $0.20\,\mathrm{m}$ . Taxa de giro depois de recolher os braços, partindo de $2.0\,$ voltas por segundo; razão das energias cinéticas; de onde vem a energia extra?

Solução

Solução de Exercício 15.4.

$J_1 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , $J_2 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.04 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\omega_2 = \omega_1J_1/J_2 = 1.85\omega_1$ : $3.7\,$ voltas por segundo. $E_k = L^2/2J$ : razão $J_1/J_2 = 1.85$ ; são os músculos, ao recolher os braços contra a tendência centrífuga, que realizam o trabalho.

Exercício 15.5 ★★

Deduza a equação do pêndulo $\ell\ddot\theta + g\sin\theta = 0$ a partir do teorema do momento angular em relação ao eixo do pivô, e dê o momento de cada força.

Solução

Solução de Exercício 15.5.

$L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; tensão: momento nulo (encontra o eixo); peso: $-mg\ell\sin\theta$ (braço de alavanca $\ell\sin\theta$ , restaurador). $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ .

Exercício 15.6 ★★

A distância da Terra ao Sol varia de $1.471 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (periélio) a $1.521 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (afélio). Pela lei das áreas, encontre a razão entre as suas velocidades nesses pontos; com uma velocidade média de $29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , dê as duas velocidades.

Solução

Solução de Exercício 15.6.

$r_pv_p = r_av_a$ : $v_p/v_a = r_a/r_p = 1.034$ ; com $(v_p + v_a)/2 \approx 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $v_p = 30.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $v_a = 29.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

Exercício 15.7 ★★

Um disco de $0.20\,\mathrm{kg}$ gira a $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ preso a um fio de $0.50\,\mathrm{m}$ que passa por um furo; o fio é puxado até que o raio valha $0.25\,\mathrm{m}$ . Nova velocidade e nova velocidade angular; energias cinéticas antes e depois; trabalho realizado pela puxada. Por que a tensão consegue realizar trabalho aqui?

Solução

Solução de Exercício 15.7.

$L = mrv$ se conserva: $v_2 = v_1r_1/r_2 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega_2 = v_2/r_2 = 16\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ (partindo de $4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ). $E_1 = 0.40\,\mathrm{J}$ , $E_2 = 1.6\,\mathrm{J}$ : a puxada realiza $1.2\,\mathrm{J}$ . A tensão é radial, mas o deslocamento do disco passa a ter uma componente radial (ele entra em espiral): o trabalho $\vect T\cdot\dd\vect\ell$ deixa de ser nulo.

Exercício 15.8 ★★

Uma prancha uniforme de massa $20\,\mathrm{kg}$ e comprimento $4.0\,\mathrm{m}$ repousa sobre um pivô a $1.5\,\mathrm{m}$ da sua extremidade esquerda; uma criança de $30\,\mathrm{kg}$ senta-se na extremidade esquerda. Onde deve sentar-se uma criança de $45\,\mathrm{kg}$ para haver equilíbrio? O que o pivô sustenta?

Solução

Solução de Exercício 15.8.

Momentos em relação ao pivô (comprimentos medidos a partir dele): criança $30 \times 1.5 = 45$ (à esquerda); peso da prancha no seu centro, $0.5$ à direita: $20 \times 0.5 = 10$ (à direita); segunda criança a $x$ à direita: $45x$ . Equilíbrio: $45 = 10 + 45x$ , $x = 0.78\,\mathrm{m}$ . O pivô sustenta o peso total, $95 \times 9.81 = 932\,\mathrm{N}$ .

Exercício 15.9 ★★

Uma máquina de Atwood ( $m_1 = 2.0\,\mathrm{kg}$ , $m_2 = 1.0\,\mathrm{kg}$ ) pende sobre uma polia de raio $0.10\,\mathrm{m}$ e momento de inércia $0.010\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ na qual o fio não escorrega. Usando o teorema do momento angular para a polia e a lei de Newton para as massas, encontre a aceleração e as duas tensões. Compare com a polia sem massa.

Solução

Solução de Exercício 15.9.

Massas: $m_1a = m_1g - T_1$ , $m_2a = T_2 - m_2g$ ; polia: $J\dot\omega = (T_1 - T_2)R$ com $a = R\dot\omega$ . Somando: $a = (m_1 - m_2)g/(m_1 + m_2 + J/R^2) = 9.81/(3.0 + 1.0) = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ (contra $3.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ); $T_1 = m_1(g - a) = 14.7\,\mathrm{N}$ , $T_2 = m_2(g + a) = 12.3\,\mathrm{N}$ — desiguais, pois a polia precisa de um momento resultante.

Exercício 15.10 ★★★

Um cometa passa pelo seu periélio a $0.50\,\mathrm{AU}$ do Sol a $40\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Quando está a $10\,\mathrm{AU}$ , qual é a componente da sua velocidade perpendicular ao raio vetor? A lei das áreas pode dar a sua velocidade total?

Solução

Solução de Exercício 15.10.

$r_1v_1 = r_2v_{\perp 2}$ : $v_{\perp 2} = 40 \times 0.5/10 = 2.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . A lei das áreas dá apenas a componente perpendicular; a radial exige a conservação da energia (Capítulo 16).

Exercício 15.11 ★★★

Uma estrela como o Sol ( $R = 7.0 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , período de rotação $25\,\mathrm{d}$ ) colapsa numa estrela de nêutrons de raio $10\,\mathrm{km}$ , conservando a sua massa e o seu momento angular ( $J \propto MR^2$ ). Novo período? Velocidade equatorial? O que esta última diz sobre a hipótese feita?

Solução

Solução de Exercício 15.11.

$J\omega$ constante com $J \propto R^2$ : $T' = T(R'/R)^2 = 25 \times 86400 \times (10^4/7\times10^8)^2 = 4.4 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$ . Velocidade equatorial $2\pi R'/T' = 1.4 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , metade da velocidade da luz: o colapso não pode conservar todo o momento angular — boa parte é expelida (e a relatividade entra em cena).

Exercício 15.12 ★★★

Uma conta desliza sem atrito ao longo de uma haste reta que gira num plano horizontal com $\omega$ constante em torno de um eixo vertical que passa por uma extremidade. Escreva o $L_z$ da conta; mostre que ele não se conserva e calcule o momento que a haste deve exercer; deduza a reação transversal da haste sobre a conta.

Solução

Solução de Exercício 15.12.

$L_z = mr^2\omega$ , e $r$ varia: $\dd L_z/\dd t = 2mr\dot r\omega \neq 0$ . Isso deve ser o momento da reação transversal $N$ da haste: $rN = 2mr\dot r\omega$ , logo $N = 2m\dot r\omega$ — a haste empurra a conta lateralmente enquanto ela desliza para fora (o termo de Coriolis do Capítulo 18).

15.5 Problema: por que a Lua está indo embora

Problema 15.1

Problema de fim de semana — as marés que a Lua levanta na Terra a puxam para a frente e freiam a Terra: como o momento angular flui dos nossos dias para a órbita da Lua, centímetro a centímetro, e para onde vai a energia

Dados: $G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}$ ; Terra $M = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ , $R = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ , rotação $\Omega = 2\pi/(86\,164\,\mathrm{s})$ , momento de inércia $J = 0.33\,MR^2$ ; Lua $m = 7.35 \times 10^{22}\,\mathrm{kg}$ , órbita tratada como circular, $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ ; a telemetria laser lunar mede $\dd r/\dd t = 3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ ; o dia se alonga $2.3\,\mathrm{ms}$ por século; $1$ século $= 3.16 \times 10^{9}\,\mathrm{s}$ .

Parte I — Os momentos angulares.

Calcule a velocidade angular orbital $\omega$ da Lua pela lei de Newton (órbita circular) e confira com o mês sideral de $27.3\,\mathrm{d}$ .
Calcule o momento angular orbital da Lua, $L_{\text{orb}} = mr^2\omega$ .
Mostre que, para uma órbita circular, $L_{\text{orb}} = m\sqrt{GMr}$ , e deduza $\dd L_{\text{orb}}/\dd r = L_{\text{orb}}/2r$ .
Calcule o momento angular de rotação da Terra, $L_{\text{rot}} = J\Omega$ , e compare com $L_{\text{orb}}$ .
A Lua gira uma vez por mês: estime o seu momento angular de rotação ( $J_m \approx 0.4\,mR_m^2$ , $R_m = 1.74 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ ) e justifique desprezá-lo.
Que momentos externos agem sobre o sistema Terra–Lua em relação ao seu centro de massa? Argumente que, com boa aproximação, o total $L = L_{\text{rot}} + L_{\text{orb}}$ se conserva.

Parte II — O torque de maré. A Lua levanta duas protuberâncias de água na Terra; como a Terra gira mais depressa do que a Lua orbita, o atrito arrasta as protuberâncias à frente da linha Terra–Lua por um pequeno ângulo.

Esboce a Terra, a protuberância adiantada e a Lua. Em que sentido age a atração da Lua sobre a protuberância mais próxima, em relação à rotação da Terra?
Deduza o sinal do momento sobre a rotação da Terra: o dia se alonga ou encurta?
Por ação e reação, que momento age sobre o movimento orbital da Lua? $L_{\text{orb}}$ cresce ou diminui?
Pela questão 3, $r$ cresce ou diminui? E a velocidade orbital da Lua, $v = \sqrt{GM/r}$ ?
Resolva o aparente paradoxo: a Lua é empurrada para a frente e, ainda assim, acaba se movendo mais devagar.
Para que estado final tende essa troca?

Parte III — Os números.

A partir do alongamento do dia, calcule a variação relativa $\Delta\Omega/\Omega$ por século.
Deduza a variação de $L_{\text{rot}}$ por século.
Deduza a variação de $L_{\text{orb}}$ por século.
Usando a questão 3, converta-a numa variação de $r$ por século e por ano. Compare com o valor da telemetria laser.
Em que fração, e em quantos segundos, o mês sideral se alonga por século ( $T \propto r^{3/2}$ )?
Calcule a variação da energia cinética de rotação da Terra por século ( $\Delta E = L_{\text{rot}}\Delta\Omega$ em primeira ordem).
Calcule a variação da energia mecânica orbital da Lua, $E_{\text{orb}} = -GMm/2r$ , por século.

Parte IV — A energia.

Mostre que a Terra perde mais energia do que a Lua ganha, e calcule a diferença por século e a potência correspondente. Para onde ela vai?
Compare essa potência com o consumo da humanidade, cerca de $18\,\mathrm{TW}$ , e com o fluxo de calor interno da Terra, cerca de $47\,\mathrm{TW}$ .
No estado final da questão 12, dia e mês são iguais: $\Omega = \omega = \sqrt{GM/r^3}$ . Escrevendo a conservação de $L_{\text{rot}} + L_{\text{orb}}$ , verifique que $r \approx 5.5 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ a satisfaz, e dê o período comum em dias.
Por que esse estado nunca será de fato alcançado? (Pense nas marés do Sol.)
A Lua já mostra sempre a mesma face à Terra. Explique pelo mesmo mecanismo e diga por que isso aconteceu primeiro com a Lua.
Resuma em três linhas: o que se conserva, o que é trocado, o que é dissipado.

Solução

Solução de Problema 15.1.

1. $m\omega^2r = GMm/r^2$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = \sqrt{3.98\times 10^{14}/5.66\times10^{25}} = 2.65 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , período $2\pi/\omega = 2.37 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 27.4\,\mathrm{d}$ .

2. $L_{\text{orb}} = 7.35\times10^{22} \times 1.475\times10^{17} \times 2.65\times10^{-6} = 2.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

3. $v = \sqrt{GM/r}$ , $L = mrv = m\sqrt{GMr}$ ; $\dd L/\dd r = \tfrac12 m\sqrt{GM/r} = L/2r$ .

4. $J = 0.33 \times 5.97\times10^{24} \times 4.06\times10^{13} = 8.0 \times 10^{37}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $L_{\text{rot}} = 5.8 \times 10^{33}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , um quinto de $L_{\text{orb}}$ .

5. $J_m \approx 0.4 \times 7.35\times10^{22} \times 3.0\times10^{12} = 8.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , vezes $\omega$ : $2.4 \times 10^{29}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , $10^{-5}$ do valor orbital: desprezível.

6. A atração do Sol age sobre o centro de massa do sistema (sem momento em relação a ele, em primeira ordem); o seu efeito de maré sobre o par é pequeno: o $L$ total se conserva com a precisão necessária aqui.

7. A protuberância mais próxima, adiantada em relação à linha Terra–Lua, é puxada pela Lua com uma força cuja componente tangencial se opõe à rotação da Terra.

8. Momento negativo sobre a rotação: a Terra desacelera e o dia se alonga.

9. A protuberância puxa a Lua para a frente: momento positivo sobre a órbita, e $L_{\text{orb}}$ cresce.

10. $L_{\text{orb}} \propto \sqrt r$ cresce, logo $r$ cresce; $v \propto 1/\sqrt r$ diminui.

11. A puxada para a frente realiza trabalho positivo, elevando a energia da Lua; uma órbita mais alta é uma órbita mais lenta: a energia vai para a altura (potencial), mais do que a energia cinética perdida.

12. Acoplamento de maré da Terra: dia igual ao mês, sem protuberância adiantada, sem torque.

13. $\Delta\Omega/\Omega = -2.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}/86\,164\,\mathrm{s} = -2.7 \times 10^{-8}$ por século.

14. $\Delta L_{\text{rot}} = L_{\text{rot}}\Delta\Omega/\Omega = -1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ por século.

15. $\Delta L_{\text{orb}} = +1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ por século.

16. $\Delta r = 2r\,\Delta L/L = 2 \times 3.84\times10^8 \times 1.55 \times10^{26}/2.9\times10^{34} = 4.1\,\mathrm{m}$ por século, ou $4.1\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ : próximo dos $3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ medidos (o alongamento do dia também tem uma parte não devida às marés).

17. $\Delta T/T = \tfrac32\Delta r/r = 1.6\times10^{-8}$ : $2.37\times 10^6 \times 1.6\times10^{-8} = 0.04\,\mathrm{s}$ por século.

18. $\Delta E_{\text{rot}} = L_{\text{rot}}\Delta\Omega = 5.8\times10^{33} \times 7.29\times10^{-5} \times (-2.7\times10^{-8}) = -1.1 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ por século.

19. $\Delta E_{\text{orb}} = GMm\Delta r/2r^2 = 2.93\times10^{37} \times 4.1/(2 \times 1.475\times10^{17}) = +4.1 \times 10^{20}\,\mathrm{J}$ por século.

20. Saldo $-1.1\times10^{22} + 4\times10^{20} \approx -1.06 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ por século: $3.4\times10^{12}\ \mathrm{W}$ , dissipados como calor pelo atrito de maré nos oceanos e na Terra sólida.

21. Um quinto da potência da humanidade e um catorze avos do fluxo geotérmico — um aquecedor pequeno, mas permanente.

22. $L_{\text{tot}} = 3.5\times10^{34}$ . Em $r = 5.5\times10^8$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = 1.55 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $J\omega = 1.2\times10^{32}$ , $m\sqrt{GMr} = 7.35\times10^{22} \times 4.68\times10^{11} = 3.44\times10^{34}$ ; soma $3.45\times10^{34}$ : coerente. Período $2\pi/\omega = 4.1 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 47\,\mathrm{d}$ .

23. As marés do Sol continuam freando a Terra abaixo da taxa orbital da Lua, de modo que o torque Terra–Lua se inverteria; além disso, o Sol terá evoluído muito antes (a escala de tempo é de dezenas de bilhões de anos).

24. A Terra levantou marés na Lua, que frearam a sua rotação até que uma face ficasse voltada para nós; sendo mais leve e mais próxima de um parceiro mais pesado, o acoplamento da Lua foi muito mais rápido.

25. Conserva-se: o momento angular total. É trocado: momento angular da rotação da Terra para a órbita da Lua, cerca de $1.6 \times 10^{26}\,\mathrm{SI}$ por século. É dissipada: a energia mecânica, alguns terawatts, como calor de maré.

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