Exercıcios Resolvidos - 5o. Tarefa

31 de marco de 2013

Questao 1 Explique detalhadamente o movimento de precessao do eixo de rotacao da Terra. Nao seesqueca de apresentar as causas e suas consequencias mais importantes. Lembre-se de ler a postagemanterior onde indiquei as referencias que podem ajuda-lo a cumprir esta atividade.

Solucao

O movimento de translacao descrito pela Terra em torno do sol se da em uma trajetoria elıptica. Aterra, a lua e o sol sao coplanares a essa orbita, mostrada na figura.

No entanto, o eixo de rotacao da Terra nao e perfeitamente perpendicular a esse plano. Na verdade,o eixo de inclinacao da Terra e inclinado de 23o30’, em relacao a posicao ortogonal, conforme mostra afigura:

A diferenca entre as forcas gravitacionais do sol e da lua, que e simplificadamente a forca gravitacionalresultante sobre a terra, tem direcao no plano da elıptica enquanto a direcao do vetor r e inclinado de

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23,5◦ em relacao a essa direcao. Logo, essa diferenca de forcas gerara um torque:

~τ = ~r ∧ (~Fsol − ~Flua)

Admitindo a figura acima e a forca feita pelo sol maior que a forca feita pela Lua, temos que o sentidode T e perpendicular ao plano da tela do computador e aponta para dentro. Assim, temos que o modulodesse torque e dado por

6400000.(35, 7.1065 − 7, 8.1028).0, 398 = 9, 13.1070N.m

Mas sabemos tambem que o torque e a variacao do momento angular (L) por unidade de tempo. Sendoassim, a variacao vetor que no momento da figura esta no plano da tela, tem sentido para dentro do planodo papel. Entao o polo norte descrevera um movimento circular em torno do eixo Ortogonal a elıptica.Olhando novamente para o plano da elıptica, temos:

Questao 2 Uma escada AB de comprimento igual a 3m e massa 20Kg esta apoiada contra uma paredesem atrito(Figura abaixo). O chao e tambem sem atrito e, para previnir que ela deslize, uma corda OA eligada a ela.Um homem com 60Kg de massa esta sobre a escada numa posicao que e igual a dois tercosdo comprimento da escada, a partir da extremidade inferior. A corda quebra-se repetinamente. Calcule(a) a aceleracao inicial do centro de massa do sistema homem-escada, e (b) a aceleracao angular inicial emtorno do centro de massa.

Solucao

obs: origem O.

i) CM da barra: (L cosα

2,L sinα

2) ii) CM homem: (

L cosα

3,2L sinα

3) iii) CM do sistema:

xCM =L cosα

220 + L cosα

360

80=

3

8L cosα

yCM =L sinα

220 + 2L sinα

360

80=

5

8L sinα

~rCM =L

8(3 cosαi+ 5 sinαj) =

9

8cosαi+

15

8sinα sinαj

Derivando: ~vCM =9

8(− sinα)

dα

dti +

15

8cosα

dα

dtj como

dα

dt= ω => ~vCM =

9

8(− sinα)ωi +

15

8cosαωj e

derivando novamente:

~aCM =9

8(ω sinα + ω cos−α)i− 15

8(ω cosα + ω(− sinα)(−ω))j

2

~aCM =9

8ω sinαi− 15

8ω cosαj

B) Forcas na escada (em modulo) e a 2o lei de Newton:

x = Nparede = (M +m)aCM,X = 809

8ω sinα = 90ω sinα

y = Nchao − (M +m)g = (M +m)aCM,Y => Nchao = 80g − 150ω cosα

Torque em relacao a um eixo perpendicular a figura, passando por CM:

~τ = [Nparede(3 sinα− 15

8sinα)−Nchao(3 cosα− 9

8cosα)](−k)

~τ = [150g cosα− ω

8(810 sinα2 + 2250 cosα2)](k)

Sabemos que ~τ = Iwk, e pelo calculo do I:

Isistema = Ibarra + Ihomem =mL2

12+m(LCM −

L

2)2

+M(1

8)2

Isistema =20(3)2

12+ 20(

3

8)2 + 60(

1

8)2

Isistema =75

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Temos finalmente: ω =5g cosα

4 + 6 cos2 α

Questao 3 Demonstre que a posicao, a velocidade e a aceleracao de uma partıcula que realiza um mo-vimento harmonico simples podem ser representadas pela projecao de vetores girantes. Neste caso, qual arelacao entre a velocidade angular do vetor girante e a frequencia angular do movimento oscilatorio?

Solucao

obs: No referencial considerado, usaremos ~A = Ai

Considerando um vetor de modulo A girante sobre o ponto de equilıbrio do MHS(x = 0),podemos escrever que, num instante qualquer em que o vetor faz um angulo de θ com o eixo

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x,sempre medido no sentido trigonometrico a partir do primeiro quadrante, a projecao hori-zontal da ponta do vetor e

~x = ~A cos θ = ~A cos (ωt+ φ0)

pois do MCU temos θ = ωt+φ0, onde φ0 e o angulo inicial do movimento do vetor. Derivandoessa equacao, e em seguida derivando novamente o resultado, chegamos a

d~x

dt= ~v = − ~Aω sin (ωt+ φ0)

d~v

dt= ~a = − ~Aω2 cos (ωt+ φ0)

Assim, verificamos que a projecao da ponta do vetor se comporta como uma partıcula em MHSno eixo horizontal,com A sendo a amplitude,e a frequencia angular do movimento e a mesmado vetor, pois so uma vez a cada volta do vetor a projecao tera a mesma posicao,velocidade eaceleracao que uma certa posicao na volta anterior.

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