Física universitária — 1.º ano · Bachelor Year 1

18Referenciais não inerciais; dinâmica na Terra

Em pé num ônibus que faz uma curva à esquerda, você se inclina para a direita, empurrado por uma força que ninguém exerce. Um balde de água girado sobre um prato giratório escava a sua superfície em forma de tigela. Sob a cúpula de um museu um pêndulo oscila durante horas, e a linha da sua oscilação gira devagar, alguns graus por hora, como se uma mão invisível a fizesse girar. Nenhuma dessas é uma força nova: é o aspecto que as leis de Newton assumem quando o referencial em que se descreve o movimento está ele próprio acelerado ou em rotação. Este capítulo mostra como velocidades e acelerações se transformam de um referencial para outro, como se consertam as leis da dinâmica acrescentando forças de inércia, e o que essas forças fazem no mais importante de todos os referenciais girantes — a Terra.

O pêndulo de Foucault do Panteão, em Paris, onde foi pendurado pela primeira vez em 1851: 67\, m de fio, uma massa de 28\, kg e um plano de oscilação que gira em relação ao piso. Fotografia: Olga Khomitsevich, CC BY 2.0. — O pêndulo de Foucault do Panteão, em Paris, onde foi pendurado pela primeira vez em 1851: $67\,\mathrm{m}$ de fio, uma massa de $28\,\mathrm{kg}$ e um plano de oscilação que gira em relação ao piso. Fotografia: Olga Khomitsevich, CC BY 2.0.

18.1 Mudança de referencial: cinemática

Definição 18.1 (Movimento relativo; referencial em translação, em rotação)

Seja $\mathcal R$ um referencial (origem $O$ ) e $\mathcal R'$ um outro (origem $O'$ ) que se move em relação a ele. $\mathcal R'$ está em translação se os seus eixos mantêm direções fixas em $\mathcal R$ (todo ponto de $\mathcal R'$ tem a velocidade de $O'$ ); está em rotação em torno de um eixo fixo $\Delta$ se $\Delta$ é fixo nos dois referenciais e $\mathcal R'$ gira em torno dele com a velocidade angular $\Omega(t)$ . A velocidade e a aceleração de um ponto $M$ relativas a $\mathcal R'$ , $\vect v'$ e $\vect a'$ , são as que mede um observador em repouso em $\mathcal R'$ .

Teorema 18.2 (Composição das velocidades e das acelerações)

$\mathcal R'$ em translação com velocidade $\vect v_{O'}$ e aceleração $\vect a_{O'}$ :

$\vect v = \vect v' + \vect v_{O'}, \qquad \vect a = \vect a' + \vect a_{O'} .$
$\mathcal R'$ girando em torno do eixo fixo $\Delta$ com a velocidade angular $\Omega$ (vetor $\vect\Omega = \Omega\vect e_z$ ao longo do eixo); $H$ a projeção de $M$ sobre o eixo:

$\vect v = \vect v' + \vect\Omega\wedge\vect{HM}, \qquad \vect a = \vect a' + \underbrace{\big(-\Omega^2\vect{HM} + \dot\Omega\,\vect e_z\wedge\vect{HM}\big)}_{\vect a_e} + \underbrace{2\vect\Omega\wedge\vect v'}_{\vect a_C} .$

$\vect a_e$ é a aceleração de arrastamento (a aceleração do ponto de $\mathcal R'$ que coincide com $M$ : centrípeta, dirigida ao eixo, para uma rotação uniforme) e $\vect a_C = 2\vect\Omega\wedge\vect v'$ é a aceleração de Coriolis, presente apenas quando $M$ se move em relação ao referencial girante.

Demonstração. Translação: $\vect{OM} = \vect{OO'} + \vect{O'M}$ com as componentes de $\vect{O'M}$ na base comum; derive duas vezes. Rotação: use coordenadas cilíndricas em torno de $\Delta$ em $\mathcal R$ , $(r, \theta, z)$ , e em $\mathcal R'$ , $(r, \theta', z)$ com $\theta = \theta' + \int\Omega\,\dd t$ . O Teorema 11.7 em $\mathcal R$ dá então, com $\dot\theta = \dot\theta' + \Omega$ : $\vect v = \dot r\vect e_r + r(\dot\theta' + \Omega)\vect e_\theta + \dot z\vect e_z = \vect v' + r\Omega\vect e_\theta$ , and $r\Omega\vect e_\theta = \vect\Omega\wedge\vect{HM}$ . Para a aceleração, $\ddot\theta = \ddot\theta' + \dot\Omega$ : $\vect a = [\ddot r - r(\dot\theta' + \Omega)^2]\vect e_r + [r(\ddot\theta' + \dot\Omega) + 2\dot r(\dot\theta' + \Omega)]\vect e_\theta + \ddot z\vect e_z$ ; desenvolvendo e agrupando, $\vect a = \vect a' - r\Omega^2\vect e_r + r\dot\Omega\vect e_\theta + 2\Omega(-r\dot\theta'\vect e_r + \dot r\vect e_\theta)$ , e o último parêntese vale $2\vect\Omega\wedge\vect v'$ , pois $\vect e_z\wedge\vect e_r = \vect e_\theta$ e $\vect e_z\wedge\vect e_\theta = -\vect e_r$ . ∎

Exemplo 18.3 (Andando sobre um prato giratório)

O Exercício 11.12 calculou a aceleração de uma pessoa que caminha radialmente com velocidade $u$ sobre um prato giratório que gira com velocidade angular $\Omega$ : $-ut\Omega^2\vect e_r + 2u\Omega\vect e_\theta$ . Na nova linguagem: aceleração relativa nula, arrastamento $-r\Omega^2\vect e_r$ , Coriolis $2\vect\Omega\wedge u\vect e_r = 2u\Omega\vect e_\theta$ .

18.2 Dinâmica num referencial não inercial: as forças de inércia

Teorema 18.4 (A lei de Newton num referencial não inercial)

Num referencial $\mathcal R'$ que não é inercial, o movimento de uma partícula obedece a

m\vect a' = \sum\vect F + \vect F_e + \vect F_C, \qquad \vect F_e = -m\vect a_e, \qquad \vect F_C = -m\vect a_C = -2m\vect\Omega\wedge\vect v' :

A segunda lei de Newton continua valendo desde que se acrescentem às forças reais a força de arrastamento (para um referencial em rotação uniforme, a força centrífuga $+m\Omega^2\vect{HM}$ , dirigida para fora do eixo; para um referencial em translação, $-m\vect a_{O'}$ ) e a força de Coriolis. Essas forças de inércia não são interações: nenhum corpo as exerce, elas não têm reação e desaparecem num referencial inercial.

Demonstração. $m\vect a = \sum\vect F$ no referencial inercial $\mathcal R$ ; substitua $\vect a = \vect a' + \vect a_e + \vect a_C$ e passe os dois últimos termos para a direita. ∎

Exemplo 18.5 (O passageiro que se inclina; o fio de prumo)

Num ônibus que freia a $a = 3.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , uma alça pendurada sente, no referencial do ônibus, o peso mais uma força de inércia $ma$ dirigida para a frente: ela pende ao longo da gravidade aparente $\vect g' = \vect g - \vect a_{O'}$ , inclinada para a frente de $\arctan(a/g) = 17^\circ$ . Um passageiro que queira ficar parado tem de se inclinar segundo essa vertical aparente. Num elevador em queda livre, $\vect g' = \vect 0$ : a imponderabilidade, vista de dentro.

Forças de inércia. À esquerda: num ônibus que freia, o fio de prumo pende ao longo da gravidade aparente g - a_O', inclinado para a frente. À direita: num referencial que gira com a velocidade angular , uma partícula sente uma força centrífuga dirigida para fora do eixo e, se ela se move, uma força de Coriolis perpendicular à sua velocidade relativa. — Forças de inércia. À esquerda: num ônibus que freia, o fio de prumo pende ao longo da gravidade aparente $\vect g - \vect a_{O'}$ , inclinado para a frente. À direita: num referencial que gira com a velocidade angular $\Omega$ , uma partícula sente uma força centrífuga dirigida para fora do eixo e, se ela se move, uma força de Coriolis perpendicular à sua velocidade relativa.

Exemplo 18.6 (O balde girante)

A água de um balde que gira com a velocidade angular $\Omega$ em torno do seu eixo vertical está em repouso no referencial girante, sob o peso e a força centrífuga: a sua superfície livre é perpendicular à gravidade aparente $\vect g' = -g\vect e_z + \Omega^2r\vect e_r$ (a superfície de um fluido em repouso é normal ao campo, Capítulo 21). A sua inclinação vale $\dd z/\dd r = \Omega^2r/g$ , de modo que $z = \Omega^2r^2/2g$ : um paraboloide. A $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ a borda de um balde de $10\,\mathrm{cm}$ fica $5\,\mathrm{cm}$ acima do centro — é o princípio do telescópio de espelho líquido, cujo mercúrio girante toma exatamente a forma parabólica de que um espelho precisa.

Método 18.7 (Trabalhar num referencial não inercial)

Escolha o referencial em que a pergunta é mais simples (o ônibus, o prato giratório, a Terra); liste as forças reais; acrescente $-m\vect a_e$ e, se o corpo se move nesse referencial, $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ ; depois proceda como no Método 12.10. Atenção: as forças de inércia nunca aparecem no balanço de energia como “trabalho realizado por alguém” — a força de Coriolis, perpendicular a $\vect v'$ , não realiza trabalho, e a força centrífuga deriva da energia potencial $-\tfrac12 m\Omega^2r^2$ num referencial em rotação uniforme.

18.3 O referencial terrestre

Definição 18.8 (Referenciais geocêntrico e terrestre)

O referencial geocêntrico tem origem no centro da Terra e eixos apontados para estrelas fixas; ele é inercial com excelente aproximação para movimentos de um dia ou menos (a sua própria aceleração em torno do Sol vale apenas $6 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ e é quase uniforme sobre a Terra). O referencial terrestre, preso ao solo, gira em relação a ele em torno do eixo dos polos com a velocidade angular

\Omega = \frac{2\pi}{86\,164\,\mathrm{s}} = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} .

Proposição 18.9 (O peso e a variação de $g$ )

No referencial terrestre um corpo em repouso sente a atração gravitacional $m\vect{\mathcal G}$ e a força centrífuga $m\Omega^2\vect{HM}$ ; a soma das duas é o que uma balança mede e o que um fio de prumo indica: o peso $m\vect g = m\vect{\mathcal G} + m\Omega^2\vect{HM}$ . O termo centrífugo é máximo no equador, $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $0.35\%$ de $g$ ; ele diminui $g$ dos polos para o equador e afasta a vertical da direção do centro da Terra em até $0.1^\circ$ nas latitudes médias.

Demonstração. Aplique o Teorema 18.4 com $\vect v' = \vect 0$ (sem força de Coriolis); $\Omega^2R = (7.29\times10^{-5})^2 \times 6.37\times10^6$ . O ângulo de desvio sai do triângulo formado por $m\vect{\mathcal G}$ e a força centrífuga (Exercício 18.6). ∎

Proposição 18.10 (A força de Coriolis na Terra)

Na latitude $\lambda$ , um corpo que se move horizontalmente com velocidade $v'$ sente uma força de Coriolis horizontal de módulo

F_C = 2m\Omega v'\sin\lambda ,

dirigida para a direita do movimento no hemisfério norte e para a esquerda no hemisfério sul, qualquer que seja a direção do deslocamento; um corpo que cai verticalmente é desviado para leste de $2m\Omega v'\cos\lambda$ .

Demonstração. Decomponha $\vect\Omega = \Omega(\cos\lambda\,\vect e_N + \sin\lambda\,\vect e_z)$ (norte e vertical local). Para $\vect v'$ horizontal, $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ tem uma parte horizontal $-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v'$ — girada de $90^\circ$ no sentido horário a partir de $\vect v'$ , vista de cima, para $\lambda > 0$ — e uma parte vertical (desprezível diante do peso). Para $\vect v' = -v'\vect e_z$ vertical: $-2m\Omega\cos\lambda\,\vect e_N\wedge(-v'\vect e_z) = 2m\Omega v'\cos\lambda\, \vect e_E$ , para leste. ∎

À esquerda: na latitude o vetor rotação da Terra tem uma componente vertical e uma componente dirigida ao norte . À direita: visto de cima no hemisfério norte, um corpo que se move horizontalmente é empurrado para a sua direita pela força de Coriolis e a sua trajetória se curva no sentido horário. — À esquerda: na latitude $\lambda$ o vetor rotação da Terra tem uma componente vertical $\Omega\sin\lambda$ e uma componente dirigida ao norte $\Omega\cos\lambda$ . À direita: visto de cima no hemisfério norte, um corpo que se move horizontalmente é empurrado para a sua direita pela força de Coriolis e a sua trajetória se curva no sentido horário.

Exemplo 18.11 (Forças pequenas, consequências grandes)

Um trem a $100\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ na latitude $45^\circ$ : $a_C = 2 \times 7.29\times 10^{-5} \times 27.8 \times 0.71 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , três milésimos de $g$ — o trilho da direita de uma via de sentido único se desgasta um pouco mais depressa. O ar que escoa a $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ rumo a um centro de baixa pressão é desviado para a direita durante todo o percurso e acaba girando em torno dele no sentido anti-horário: todo ciclone do hemisfério norte gira assim, e todo ciclone do sul, ao contrário. Uma pedra solta num poço de $100\,\mathrm{m}$ a $45^\circ$ cai $1.6\,\mathrm{cm}$ a leste do fio de prumo (Exercício 18.7).

Proposição 18.12 (O pêndulo de Foucault)

Um pêndulo que oscila com pequena amplitude na latitude $\lambda$ mantém o seu plano de oscilação fixo em relação ao referencial geocêntrico, a menos da rotação da vertical local: visto no referencial terrestre, o plano gira no sentido horário (de cima, no hemisfério norte) com a velocidade angular $\Omega\sin\lambda$ , isto é, uma volta completa em

T_F = \frac{23.93\,\mathrm{h}}{\sin\lambda} .

Demonstração parcial. No polo ( $\lambda = 90^\circ$ ) o argumento é geométrico: nenhuma força horizontal age sobre a massa a não ser a tração, cuja componente horizontal está no plano de oscilação; assim, no referencial geocêntrico esse plano fica fixo enquanto a Terra gira por baixo com a velocidade angular $\Omega$ , e visto do solo ele gira com $-\Omega$ . Na latitude $\lambda$ , a força de Coriolis horizontal vale $-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v'$ : exatamente o que produziria um referencial girando com $\Omega\sin\lambda$ em torno da vertical local. Num referencial que gira com o plano a $-\Omega\sin\lambda$ , essa força desaparece em primeira ordem e o pêndulo é um oscilador plano comum; logo o plano precessa com $\Omega\sin\lambda$ no referencial terrestre. O cálculo completo, com os termos de segunda ordem aqui desprezados, é o problema de fim de semana. ∎

Observação 18.13 (As marés, em duas linhas)

No referencial do centro da Terra, que cai livremente rumo à Lua, a atração da Lua não é uniforme: um pouco mais forte do lado próximo, mais fraca do lado afastado. A diferença, da ordem de $2GM_{\text{Lua}}R/d^3 \approx 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , estica os oceanos em duas protuberâncias — duas marés por dia — e a contribuição do Sol, $46\%$ da contribuição lunar, dá as marés de sizígia e as de quadratura conforme os dois se alinham ou se cruzam (Exercício 18.12).

18.4 Exercícios

Exercício 18.1 ★

Um fio de prumo pende dentro de um carro que acelera a $2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : ângulo com a vertical e tração em unidades de $mg$ . E o mesmo carro freando com a mesma intensidade?

Solução

Solução de Exercício 18.1.

$\tan\alpha = a/g = 0.255$ , $\alpha = 14^\circ$ (o prumo fica para trás); $T = m\sqrt{g^2 + a^2} = 1.03\,mg$ . Freando: mesmo ângulo e mesma tração, com o prumo inclinado para a frente.

Exercício 18.2 ★

Uma criança está sentada a $3.0\,\mathrm{m}$ do eixo de um carrossel que dá uma volta a cada $4.0\,\mathrm{s}$ . Aceleração centrífuga no referencial girante, em fração de $g$ ; que força real a fornece?

Solução

Solução de Exercício 18.2.

$\Omega = 2\pi/4.0 = 1.57\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $\Omega^2r = 7.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 0.75g$ , dirigida para fora no referencial girante; o assento (atrito e cinto) fornece a força real dirigida para dentro.

Exercício 18.3 ★

Calcule a velocidade angular $\Omega$ da Terra, a aceleração centrífuga no equador e a sua fração de $g$ . Com que período de rotação os objetos sairiam flutuando no equador?

Solução

Solução de Exercício 18.3.

$\Omega = 2\pi/86164 = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $0.35\%$ de $g$ . Sair flutuando exigiria $\Omega^2R = g$ : $T = 2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min}$ — dezessete vezes mais rápido do que hoje.

Exercício 18.4 ★

Um trem de $400\,\mathrm{t}$ corre a $100\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ na latitude $45^\circ$ . Aceleração de Coriolis e força lateral sobre os trilhos; que trilho é empurrado quando ele vai para o norte? e para leste?

Solução

Solução de Exercício 18.4.

$a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2 \times 7.29\times10^{-5} \times 27.8 \times 0.707 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $F = 1.1\,\mathrm{kN}$ . Rumo ao norte: empurrado para leste, contra o trilho da direita (o de leste); rumo a leste: empurrado para o sul, de novo o trilho da direita.

Exercício 18.5 ★★

Um balde de raio $10\,\mathrm{cm}$ gira a $2.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ e depois a $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . Subida da água na borda em relação ao centro. Por que um banho de mercúrio girante é um bom espelho de telescópio?

Solução

Solução de Exercício 18.5.

$z = \Omega^2r^2/2g$ : $2.0\,\mathrm{mm}$ a $2\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $5.1\,\mathrm{cm}$ a $10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . Um paraboloide concentra num ponto um feixe paralelo: mercúrio girante é um espelho parabólico perfeito, barato e sempre polido (mas que não pode ser inclinado).

Exercício 18.6 ★★

Mostre que o fio de prumo na latitude $\lambda$ se afasta da direção do centro da Terra de cerca de $\Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g$ radianos e calcule esse desvio a $45^\circ$ em minutos de arco. De quanto $g$ é menor no equador do que no polo, só por causa da rotação?

Solução

Solução de Exercício 18.6.

A aceleração centrífuga $\Omega^2R\cos\lambda$ aponta para fora do eixo; a sua componente perpendicular à vertical local vale $\Omega^2R\cos\lambda \sin\lambda$ , o que inclina $\vect g$ de $\delta \approx \Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g = 0.034 \times 0.5/9.81 = 1.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad} = 6'$ . No equador: $g$ diminuído de $\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ pela rotação (o achatamento acrescenta mais).

Exercício 18.7 ★★

Uma pedra cai do repouso num poço de $100\,\mathrm{m}$ na latitude $45^\circ$ . Trate a aceleração de Coriolis $2\Omega v\cos\lambda$ (para leste) como uma pequena perturbação com $v = gt$ ; integre duas vezes para achar o desvio para leste no fundo. Por que para leste?

Solução

Solução de Exercício 18.7.

$\ddot x_E = 2\Omega gt\cos\lambda$ : $x_E = \tfrac13\Omega g\cos\lambda\,t^3$ ; $t = \sqrt{2h/g} = 4.5\,\mathrm{s}$ : $x_E = \tfrac13 \times 7.29\times10^{-5} \times 9.81 \times 0.707 \times 92 = 1.6\,\mathrm{cm}$ . Para leste: o alto do poço se move para leste mais depressa (raio maior) do que o fundo, e a pedra conserva esse excesso — ou, no referencial girante, a força de Coriolis sobre uma velocidade dirigida para baixo aponta para leste.

Exercício 18.8 ★★

Período de precessão de um pêndulo de Foucault em Paris ( $\lambda = 48.9^\circ$ ), no polo e no equador. De que ângulo o plano gira em uma hora em Paris?

Solução

Solução de Exercício 18.8.

$T_F = 23.93/\sin\lambda$ : Paris $31.8\,\mathrm{h}$ ; polo $23.9\,\mathrm{h}$ ; equador infinito (sem precessão). Paris: $360^\circ/31.8 = 11.3^\circ$ por hora.

Exercício 18.9 ★★

O ar escoa a $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ rumo a um centro de baixa pressão a $45^\circ$ norte. Aceleração de Coriolis; em que sentido o ar acaba girando em torno do centro? Por que os pequenos redemoinhos (uma pia, um tornado) não obedecem a essa regra?

Solução

Solução de Exercício 18.9.

$a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , para a direita. O ar que converge de todos os lados é desviado para a direita e portanto espirala para dentro no sentido anti-horário (visto de cima): é o ciclone do hemisfério norte. Uma pia se esvazia em segundos e um tornado se forma em minutos: o desvio de Coriolis nesses tempos é desprezível diante de qualquer rotação inicial.

Exercício 18.10 ★★★

Um balão de hélio preso a um barbante flutua dentro de um carro. Quando o carro acelera para a frente, para que lado o balão se inclina? Explique com a gravidade aparente e o empuxo.

Solução

Solução de Exercício 18.10.

No referencial do carro a gravidade aparente $\vect g - \vect a$ se inclina para trás. O ar, mais pesado, “cai” para trás; o balão, mais leve do que o ar que desloca, é levado pelo empuxo ao longo da vertical aparente — ele se inclina para a frente, ao contrário de um fio de prumo.

Exercício 18.11 ★★★

Uma estação espacial é um anel de raio $100\,\mathrm{m}$ posto a girar para dar $1g$ de gravidade artificial na borda. Período de rotação? Um astronauta caminha ao longo da borda a $1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : aceleração de Coriolis e o seu efeito sobre o peso aparente quando ele caminha no sentido da rotação e contra ela. Ele solta uma bola de $2.0\,\mathrm{m}$ : a que distância dos seus pés, grosso modo, ela cai?

Solução

Solução de Exercício 18.11.

$\Omega^2R = g$ : $\Omega = 0.31\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $T = 20\,\mathrm{s}$ . $a_C = 2\Omega v = 0.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , cerca de $0.1g$ : caminhando no sentido da rotação ele se sente $10\%$ mais pesado (a força de Coriolis aponta para fora), e no sentido contrário, mais leve. Uma bola solta: no referencial inercial ela segue em linha reta enquanto o piso sobe ao seu encontro; durante o tempo de queda $\sqrt{2h/g} = 0.64\,\mathrm{s}$ o desvio é da ordem de $\tfrac13\Omega\,g\,t^3 \cdot 2 \approx 2 \times 0.31 \times 9.81 \times 0.26/3 \approx 0.5\,\mathrm{m}$ — alguns decímetros, no sentido contrário ao da rotação.

Exercício 18.12 ★★★

Mostre que a diferença entre a aceleração gravitacional da Lua no centro da Terra e no ponto da superfície mais próximo da Lua vale cerca de $2GM_Mr/d^3$ ( $r$ o raio da Terra, $d$ a distância Terra–Lua); calcule-a, e o mesmo para o Sol; deduza a razão entre as marés solares e as lunares.

Solução

Solução de Exercício 18.12.

$GM/(d - r)^2 - GM/d^2 \approx 2GMr/d^3$ (primeira ordem em $r/d$ ). Lua: $2 \times 6.67\times10^{-11} \times 7.35\times10^{22} \times 6.37\times10^6/ (3.84\times10^8)^3 = 1.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; Sol: $2 \times 1.33\times10^{20} \times 6.37\times10^6/(1.50\times10^{11})^3 = 5.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; razão $0.46$ : as marés do Sol são quase metade das da Lua, embora a sua atração seja $180$ vezes maior — as marés vão como $M/d^3$ .

18.5 Problema: o pêndulo de Foucault

Problema 18.1

Problema de fim de semana — uma massa de 28 quilogramas num fio de 67 metros sob uma cúpula: por que o seu plano de oscilação gira, com que rapidez, o que isso prova e quão pequena é a força que o faz

Em 1851 um pêndulo de comprimento $\ell = 67\,\mathrm{m}$ e massa $m = 28\,\mathrm{kg}$ oscilou sob a cúpula do Panteão, em Paris, latitude $\lambda = 48.85^\circ$ , com uma amplitude de cerca de $x_0 = 3.0\,\mathrm{m}$ . $\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ .

Parte I — O pêndulo em si.

Período das pequenas oscilações; verifique que a amplitude é pequena ( $x_0/\ell$ ).
Velocidade máxima da massa e a sua altura máxima acima do ponto mais baixo.
Tração no ponto mais baixo, em unidades de $mg$ .
Estime o arrasto do ar sobre a massa na velocidade máxima (lei quadrática, $C_xS \approx 0.05\,\mathrm{m}^{2}$ , $\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) e compare com a força de restituição máxima $m\omega_0^2x_0$ .
Por que um fio longo e uma massa pesada? (Duas razões, uma sobre o período, outra sobre o amortecimento.)

Parte II — No polo. Imagine o mesmo pêndulo no polo norte.

No referencial geocêntrico, liste as forças sobre a massa e mostre que nada pode girar o seu plano de oscilação.
Deduza o que um observador de pé sobre o gelo vê o plano fazer, e em quanto tempo ele volta à direção inicial.
Descreva a trajetória da massa sobre o solo (uma roseta): quantas pétalas em um dia?

Parte III — Na latitude $\lambda$ : o termo de Coriolis. Use eixos locais: $x$ para leste, $y$ para o norte, $z$ para cima; pequenas oscilações, de modo que o movimento é quase horizontal, $\vect v' \approx (\dot x, \dot y, 0)$ ; a força de restituição vale $-m\omega_0^2(x, y, 0)$ com $\omega_0 = \sqrt{g/\ell}$ .

Escreva $\vect\Omega$ nesses eixos.
Calcule $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ e guarde as suas componentes horizontais; mostre que nelas só entra $\Omega\sin\lambda$ .
Escreva as duas equações do movimento para $x$ e $y$ ; ponha $\omega_F = \Omega\sin\lambda$ e compare $\omega_F$ com $\omega_0$ .
Introduza $u = x + jy$ e mostre que $\ddot u + 2j\omega_F\dot u + \omega_0^2u = 0$ .
Tente $u = \eu^{j\alpha t}$ : ache os dois valores de $\alpha$ e mostre que, para $\omega_F \ll \omega_0$ , eles valem $\alpha \approx \pm\omega_0 - \omega_F$ .
Deduza que $u \approx \eu^{-j\omega_Ft}(A\eu^{j\omega_0t} + B\eu^{-j\omega_0t})$ : interprete o fator $\eu^{-j\omega_Ft}$ — em que sentido e com que velocidade gira o plano de oscilação?
Calcule o período de precessão em Paris e o ângulo percorrido em uma hora.
Por que o plano não gira no equador?

Parte IV — Quão pequena é a força.

Calcule a força de Coriolis máxima sobre a massa e compare-a com o peso e com a força de restituição máxima.
De quanto o ponto extremo da oscilação se desloca lateralmente durante um semiperíodo? (O plano gira de $\omega_FT/2$ .)
Em 1851 a massa levava um estilete que derrubava pequenos pinos dispostos em círculo na amplitude: depois de quanto tempo, mais ou menos, caía o pino seguinte?
O pêndulo era lançado queimando-se um fio que o mantinha afastado. Por que não empurrá-lo com a mão?
O arrasto do ar para um pêndulo depois de algumas horas. Os pêndulos modernos de museu usam um pequeno eletroímã embaixo para repor a energia sem tocar no plano de oscilação: por que esse impulso tem de ser estritamente radial?

Parte V — O que ele prova e o que mais ele faz.

A demonstração de Foucault convenceu o público da rotação da Terra. O que exatamente a velocidade de precessão mede, e a experiência poderia determinar a latitude?
Em que latitude o plano daria uma volta em exatamente $48\,\mathrm{h}$ ?
Um giroscópio (uma roda que gira depressa numa suspensão cardânica) mantém o seu eixo fixo no referencial geocêntrico. Explique numa frase por que ele também revela a rotação, e cite uma aplicação.
Resuma: a única força de inércia responsável, a sua dependência com a latitude e o período que ela dá em Paris.

Solução

Solução de Problema 18.1.

1. $T = 2\pi\sqrt{67/9.81} = 16.4\,\mathrm{s}$ ; $x_0/\ell = 0.045$ ( $2.6^\circ$ ): pequena.

2. $v_{\max} = x_0\omega_0 = 3.0 \times 0.383 = 1.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; altura $x_0^2/2\ell = 6.7\,\mathrm{cm}$ .

3. $T = mg + mv_{\max}^2/\ell = mg(1 + 0.002)$ : $1.002\,mg$ .

4. $\tfrac12\rho C_xSv_{\max}^2 = 0.5 \times 1.2 \times 0.05 \times 1.3 = 0.04\,\mathrm{N}$ , contra $m\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}$ : trezentas vezes menor, e ainda assim bastante para parar o pêndulo em algumas horas.

5. Um fio longo dá um período longo, portanto uma massa lenta e um arrasto relativo pequeno, e torna visível a precessão a cada oscilação; uma massa pesada armazena muita energia para o arrasto consumir — horas de oscilação.

6. O peso (vertical) e a tração (no plano do fio e da vertical, isto é, no plano de oscilação): nenhuma força tem componente perpendicular a esse plano.

7. O plano fica fixo em relação às estrelas; o gelo gira por baixo dele para leste com a velocidade angular $\Omega$ , de modo que o observador vê o plano girar no sentido horário, de volta ao ponto de partida depois de um dia sideral, $23.93\,\mathrm{h}$ .

8. Cada meia oscilação traça uma corda ligeiramente girada: uma roseta; $86164/8.2 \approx 10500$ meias oscilações, cada uma $0.034^\circ$ adiante.

9. $\vect\Omega = \Omega(0, \cos\lambda, \sin\lambda)$ .

10. Com $\vect v' = (\dot x, \dot y, 0)$ : $\vect\Omega\wedge\vect v' = \Omega(-\sin\lambda\,\dot y,\ \sin\lambda\,\dot x,\ -\cos\lambda\,\dot x)$ , de modo que $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ tem as componentes horizontais $2m\Omega\sin\lambda\,(\dot y, -\dot x)$ : só $\Omega\sin\lambda$ entra.

11. $\ddot x = -\omega_0^2x + 2\omega_F\dot y$ , $\ddot y = -\omega_0^2y - 2\omega_F\dot x$ ; $\omega_F = 7.29\times10^{-5} \times 0.753 = 5.5 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \ll \omega_0 = 0.38\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ .

12. $\ddot u = -\omega_0^2u + 2\omega_F(\dot y - j\dot x) = -\omega_0^2u - 2j\omega_F\dot u$ .

13. $-\alpha^2 - 2\omega_F\alpha + \omega_0^2 = 0$ : $\alpha = -\omega_F \pm \sqrt{\omega_F^2 + \omega_0^2} \approx -\omega_F \pm \omega_0$ .

14. O colchete é uma oscilação plana (uma reta fixa pela origem quando $A = B$ é real); o fator $\eu^{-j\omega_Ft}$ gira todo o desenho no sentido horário com a velocidade angular $\omega_F$ : o plano de oscilação precessa no sentido horário com $\Omega\sin\lambda$ .

15. $T_F = 2\pi/\omega_F = 1.14 \times 10^{5}\,\mathrm{s} = 31.8\,\mathrm{h}$ ; $11.3^\circ$ por hora.

16. $\sin\lambda = 0$ : a componente vertical local de $\vect\Omega$ se anula, e a força de Coriolis horizontal é nula para um movimento horizontal.

17. $2m\omega_Fv_{\max} = 2 \times 28 \times 5.5\times10^{-5} \times 1.15 = 3.5\,\mathrm{mN}$ ; peso $275\,\mathrm{N}$ ( $10^{-5}$ dele), força de restituição $m\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N}$ : três mil vezes menor.

18. $\omega_FT/2 = 5.5\times10^{-5} \times 8.2 = 4.5 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}$ : $x_0 \times 4.5\times10^{-4} = 1.4\,\mathrm{mm}$ por meia oscilação.

19. Pinos a um centímetro um do outro no círculo caem a cada $\sim 7$ meias oscilações, cerca de um minuto.

20. Um empurrão com a mão dá uma velocidade lateral: a massa passa a descrever uma elipse, cuja própria precessão lenta (um efeito da amplitude finita) mascara a de Foucault.

21. Um impulso radial acrescenta energia ao longo da oscilação sem acrescentar velocidade transversal, e assim deixa o plano intacto; uma componente lateral levaria o pêndulo a uma elipse e falsificaria ou esconderia a precessão.

22. A velocidade de precessão mede $\Omega\sin\lambda$ , a componente vertical da rotação da Terra; conhecendo $\Omega$ pela astronomia, essa velocidade dá a latitude (e vice-versa).

23. $\sin\lambda = 23.93/48 = 0.499$ : $\lambda = 30^\circ$ .

24. O seu momento angular se conserva, de modo que o seu eixo fica fixo em relação às estrelas enquanto a Terra gira por baixo: é a bússola giroscópica, que acha o norte verdadeiro sem ímã.

25. A força de Coriolis $-2m\vect\Omega\wedge\vect v'$ ; a sua parte horizontal cresce como $\sin\lambda$ ; uma volta em $23.93\,\text{h}/\sin\lambda$ , $31.8\,\mathrm{h}$ em Paris.

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