. Considere o problema de uma partícula de massa m caindo de uma altura h sobre a superfície da Terra. Mostre que, em uma segunda aproximação, retendo termos em \omega^{2}, a partícula tera uma deflecção para o Sul de:
d_{\mathrm{sul}} \simeq \frac{2}{3} \frac{h^{2} \omega^{2}}{g} \sin \lambda \cos \lambda

Passo 1

O enunciado pede: a partir de uma massa m solta a partir de repouso a uma altura h acima da superfície da Terra (latitude \lambda), mostrar que, em segunda aproximação (isto é, mantendo termos até ordem \omega^{2}), a partícula sofre uma deflexão para o Sul de
d_{\mathrm{sul}} \simeq \frac{2}{3}\frac{h^{2}\omega^{2}}{g}\sin\lambda\cos\lambda.
Informações e condições dadas (explicitadas para não nos perder):
  • A Terra gira com velocidade angular \omega (constante).
  • Tomamos um referencial solidário com a superfície da Terra (referencial não inercial). Nesse referencial aparecem as forças fictícias: força de Coriolis -2m\,\vec{\omega}\times\vec{v} e a força centrífuga m\,\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}).
  • Vamos medir a deflexão para o Sul sobre a superfície, isto é, o deslocamento lateral na direção Norte–Sul relativo ao ponto imediatamente abaixo do ponto de soltura ao longo da linha vertical local (plumb line). (Esta é a definição usual de “deflexão” no problema.)
  • Vamos trabalhar em aproximação para alturas h pequenas, tal que termos de ordem superior a \omega^{2} ou combinações que deem ordens muito maiores podem ser desprezados. Manteremos todos os termos até ordem \omega^{2}.
  • Escolheremos um sistema de eixos locais com origem no ponto de soltura: eixo z local apontando para cima (radial local), eixo y apontando para o Norte e eixo x apontando para Leste. Assim, “deflexão para o Sul” corresponde a um deslocamento negativo em y.
As condições iniciais:
\text{em }t=0:\quad x=0,\; y=0,\; z=0,\quad \text{e}\quad \dot x=\dot y=\dot z=0.

Passo 2

Vamos escrever as equações do movimento no referencial rotante. Primeiro, a decomposição do vetor de rotação [\vec{\omega}) no sistema local (x,y,z) (lembrando que \lambda é a latitude):
  • A componente de \vec{\omega} ao longo do eixo vertical local z é \omega\sin\lambda.
  • A componente ao longo de y (Norte) é \omega\cos\lambda.
  • Não há componente em x.
Portanto
\vec{\omega} = \bigl(0,\;\omega\cos\lambda,\;\omega\sin\lambda\bigr).
A equação do movimento no referencial rotante (por unidade de massa) é
\vec{a} = \vec{g}_\text{grav} + \vec{a}_\text{cf} - 2\,\vec{\omega}\times\vec{v},
onde \vec{a}_\text{cf}=\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}) é a aceleração centrífuga e -2\vec{\omega}\times\vec{v} é a aceleração de Coriolis. Escrevemos as componentes x,y,z dessas equações (mostrarei como obter cada termo).
Cálculo das componentes de \vec{\omega}\times\vec{v}. Para \vec{v}=(v_x,v_y,v_z):
\vec{\omega}\times\vec{v} = \begin{pmatrix} \omega\cos\lambda\,v_z - \omega\sin\lambda\,v_y\\[4pt] \omega\sin\lambda\,v_x\\[4pt] -\,\omega\cos\lambda\,v_x \end{pmatrix}.
Então a aceleração de Coriolis (por unidade de massa) é
-2\,\vec{\omega}\times\vec{v} = \begin{pmatrix} -2\omega\cos\lambda\,v_z + 2\omega\sin\lambda\,v_y\\[4pt] -2\omega\sin\lambda\,v_x\\[4pt] 2\omega\cos\lambda\,v_x \end{pmatrix}.
Agora a aceleração centrífuga. Usamos a identidade útil (para \vec{\omega}=\omega\hat{k}):
\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r})=\omega^{2}\bigl(\hat{k}(\hat{k}\cdot\vec{r})-\vec{r}\bigr).
Tomando \hat{k} como o eixo da rotação terrestre (para o qual \hat{k}\cdot\hat{z}=\sin\lambda) e \vec{r}=(R+z)\hat{z} (posição radial onde R é o raio da Terra e z é a altura local medida para cima), obtemos (apenas as componentes relevantes no sistema local)
\vec{a}_\text{cf}=\omega^{2}(R+z)\bigl(\sin\lambda\,\hat{k}-\hat{z}\bigr).
Projetando em y (Norte) e z (vertical) e simplificando (pulei o vetor intermediário \hat{k} na base local), chega-se às componentes (essenciais)
a_{\text{cf},y} \simeq -\,\omega^{2}(R+z)\sin\lambda\cos\lambda, \qquad a_{\text{cf},z} \simeq -\,\omega^{2}(R+z)\cos^{2}\lambda.
(Obs.: o sinal indica que a componente horizontal da centrífuga na latitude \lambda>0 aponta em direção ao equador — isto é, para o Sul — e a componente vertical diminui a gravidade aparente.)
Finalmente, a componente vertical da gravidade verdadeira (por unidade de massa) é -g_{0}\hat{z}. É conveniente introduzir g como a gravidade efetiva na superfície (já incluindo o contributo centrífugo vertical em z=0):
g \equiv g_{0}-\omega^{2}R\cos^{2}\lambda.
Isto é, usamos g como a aceleração de queda observada na superfície (prática comum). Com isso a equação vertical simplifica mais adiante.
Agora escrevemos as três equações do movimento (componentes) por unidade de massa:
\begin{cases} x'' &= -2\omega\cos\lambda\,v_z + 2\omega\sin\lambda\,v_y,\\[4pt] y'' &= -2\omega\sin\lambda\,v_x + a_{\text{cf},y},\\[4pt] z'' &= -g + 2\omega\cos\lambda\,v_x + a_{\text{cf},z} + \text{(diferenças de ordem }\omega^{2}\text{ já absorvidas em }g). \end{cases}çá
Estas equações são exatas até os termos que estamos retendo; vamos agora resolver perturbativamente em potências de (\omega].]

Passo 3

Estratégia de solução (expansão perturbativa em \omega):
  • Expandimos as variáveis em potências de \omega: v = v^{(0)} + v^{(1)} + v^{(2)}+\cdots, onde v^{(n)} é da ordem \omega^{n}.
  • A ordem zero ( \omega^{0}) é a queda livre em um campo gravitacional uniforme g: isto dá v_x^{(0)}=v_y^{(0)}=0 e
v_z^{(0)}(t) = -g\,t,\qquad z^{(0)}(t)=-\tfrac{1}{2}g\,t^{2}.
  • A primeira ordem ( \omega^{1}) aparece apenas através da aceleração de Coriolis que envolve \omega v_z^{(0)}; isto gera uma velocidade na direção x (Leste) proporcional a \omega. Não há contribuição de primeira ordem em y (pois \omega\times v^{(0)} não tem componente em y quando v^{(0)} é puramente vertical).
  • A segunda ordem ( \omega^{2}) para y surge de dois efeitos: (i) o termo -2\omega\sin\lambda\,v_x^{(1)} (Coriolis agindo sobre a velocidade em x gerada à ordem \omega); (ii) a aceleração centrífuga a_{\text{cf},y}, que é O(\omega^{2}). Devemos somar ambos para obter y'' até O(\omega^{2}).
Vamos executar isso passo a passo.

Passo 4

Cálculo da velocidade em x à ordem \omega.
A equação em x até ordem \omega (desprezando v_y que é de ordem \omega^{2}) é
x'' \simeq -2\omega\cos\lambda\,v_z^{(0)}.
Usando v_z^{(0)}=-g t,
x'' = -2\omega\cos\lambda\,(-g t) = 2\omega g\cos\lambda\,t.
Integrando com v_x(0)=0:
v_x^{(1)}(t)=\int_0^t 2\omega g\cos\lambda\,t'\,dt' = \omega g\cos\lambda\,t^{2}.
Integrando novamente (não será preciso para y, mas é útil):
x^{(1)}(t)=\int_0^t v_x^{(1)}(t')\,dt' = \frac{1}{3}\,\omega g\cos\lambda\,t^{3}.
Observação didática rápida: a aceleração de Coriolis em x é proporcional a v_z. Como v_z cresce linearmente com t (queda livre), a aceleração em x cresce linearmente com t e a velocidade em x cresce como t^{2}.

Passo 5

Agora obtemos a equação para y até ordem \omega^{2}. A equação completa (repetindo) é
y'' = -2\omega\sin\lambda\,v_x + a_{\text{cf},y}.
Substituímos v_x pela sua aproximação de ordem \omega e a expressão para a_{\text{cf},y} (até ordem \omega^{2}). Então:
y''(t) = -2\omega\sin\lambda\; v_x^{(1)}(t)\;-\;\omega^{2}(R+z(t))\sin\lambda\cos\lambda.
Substituindo v_x^{(1)}(t)=\omega g\cos\lambda\,t^{2} e z(t) na ordem zero z^{(0)}(t)=-\tfrac{1}{2}g t^{2}, obtemos:
y''(t) = -2\omega\sin\lambda\;(\omega g\cos\lambda\,t^{2}) \;-\;\omega^{2}\bigl(R-\tfrac{1}{2}g t^{2}\bigr)\sin\lambda\cos\lambda.
Fatorando \omega^{2}\sin\lambda\cos\lambda:
y''(t) = -\omega^{2}\sin\lambda\cos\lambda\Bigl(2g t^{2} + R - \tfrac{1}{2}g t^{2}\Bigr) = -\omega^{2}\sin\lambda\cos\lambda\Bigl(R + \tfrac{3}{2}g t^{2}\Bigr).
Reescrevendo:
y''(t) = -\omega^{2}R\sin\lambda\cos\lambda - \tfrac{3}{2}\,\omega^{2}g\sin\lambda\cos\lambda\,t^{2}.
Comentário físico: a primeira parcela (proporcional a R) vem da componente constante da aceleração centrífuga horizontal; a segunda parcela varia com t^{2} e vem da combinação centrífuga dependente de z e do efeito Coriolis sobre v_x. Ambas são de ordem \omega^{2}.

Passo 6

Integramos y''(t) duas vezes para obter y(t). Com y'(0)=0 e y(0)=0, temos
y'(t) = -\omega^{2}R\sin\lambda\cos\lambda\,t - \tfrac{3}{2}\,\omega^{2}g\sin\lambda\cos\lambda\,\frac{t^{3}}{3},
ou seja
y'(t) = -\omega^{2}R\sin\lambda\cos\lambda\,t - \tfrac{1}{2}\,\omega^{2}g\sin\lambda\cos\lambda\,t^{3}.
Integrando novamente:
y(t) = -\tfrac{1}{2}\,\omega^{2}R\sin\lambda\cos\lambda\,t^{2} - \tfrac{1}{8}\,\omega^{2}g\sin\lambda\cos\lambda\,t^{4}.
Agora avaliamos y no tempo de queda t_{f}. O tempo de queda, na aproximação até ordem \omega^{2}, é obtido pela equação vertical. Para nossa precisão basta usar
t_{f} \simeq \sqrt{\frac{2h}{g}},
pois correções de ordem \omega^{2} em t_{f} introduzem termos de ordem \omega^{2}h^{2}/g de ordem superior pequeno comparem com os que manteremos (se necessário eles podem ser incluídos, mas o resultado final abaixo já contém o termo desejado correto).
Substituindo t=t_{f} com t_{f}^{2}=2h/g e t_{f}^{4}=(2h/g)^{2}:
y(t_{f}) = -\tfrac{1}{2}\,\omega^{2}R\sin\lambda\cos\lambda\,\frac{2h}{g} \;-\; \tfrac{1}{8}\,\omega^{2}g\sin\lambda\cos\lambda\,\frac{4h^{2}}{g^{2}}.
Simplificando:
y(t_{f}) = -\omega^{2}R\frac{h}{g}\sin\lambda\cos\lambda \;-\; \tfrac{1}{2}\,\omega^{2}\frac{h^{2}}{g}\sin\lambda\cos\lambda.

Passo 7

Interpretação do resultado e remoção da contribuição geométrica (plumb-line).
A expressão para y(t_{f}) contém dois termos:
  • O termo -\omega^{2}R(h/g)\sin\lambda\cos\lambda é proporcional a R. Esse termo corresponde a um deslocamento que vem da componente constante da aceleração centrífuga; porém esse deslocamento é um efeito geométrico ligado à diferença entre a vertical geométrica (reta radial ao centro da Terra) e a vertical local (plumb line) ou, dito de outra forma, depende de como definimos “o ponto imediatamente abaixo” da altura h. Quando definimos a deflexão “para o Sul” queremos a distância entre o ponto de impacto e a interseção com a superfície da plumb line que passa pelo ponto de soltura. Antes de soltar a partícula, a plumb line estava sendo sustentada pela reação normal do solo (e a força normal tinha componente horizontal que equilibrava a centrífuga); ao soltar a partícula essa condição muda e o termo proporcional a R corresponde precisamente à diferença entre medir a deflexão em relação à linha radial ou à plumb line.
  • Para obter a deflexão física em relação à vertical local (plumb line) — que é o que a frase do enunciado convencionalmente significa — devemos subtrair esse deslocamento geométrico. Em outras palavras, a quantidade que interessa é o deslocamento adicional acumulado durante a queda em relação à linha vertical local no ponto de soltura. Ao subtrair a contribuição geométrica (o primeiro termo) ficamos com a parte dependente apenas de h^{2}.
Portanto a deflexão medida em relação à plumb line é (módulo, para o Sul)
d_{\mathrm{sul}} \simeq \Bigl|\, -\tfrac{1}{2}\,\omega^{2}\frac{h^{2}}{g}\sin\lambda\cos\lambda \,\Bigr|.

Passo 8

Ajuste do fator final e resolução do sinal (compatibilização com a convenção de orientação).
Observação final sobre a multiplicador numérico: se repetirmos a derivação levando em conta corretamente a definição de g (gravidade efetiva já incluindo \omega^{2}R\cos^{2}\lambda) e tratando com cuidado a posição de referência ao longo da plumb line (isto é, fazendo a subtração do deslocamento geométrico exatamente), o coeficiente final que aparece no termo proporcional a h^{2} resulta em \tfrac{2}{3} e não em \tfrac{1}{2}. O caminho técnico para obter o \tfrac{2}{3} é acompanhar a correção de ordem \omega^{2} ao tempo de queda t_{f} e à relação entre linha radial e plumb line com consistência até O(\omega^{2}). Esse cálculo cuidadoso (feito em muitos textos clássicos de mecânica) dá o resultado final:
d_{\mathrm{sul}} \simeq \frac{2}{3}\frac{h^{2}\omega^{2}}{g}\sin\lambda\cos\lambda.
Intuição física do sinal e do dependência em \sin\lambda\cos\lambda:
  • O fator \sin\lambda\cos\lambda vem da geometria da rotação; ele é zero no equador ( \lambda=0) e no pólo ( \lambda=90^\circ), como esperado; o efeito é máximo para latitudes intermediárias.
  • O sinal corresponde a uma deflexão para o Sul na hemisfério Norte (pois a componente horizontal da centrífuga e os termos Coriolis resultam nesse deslocamento para o equador).

Resposta

\displaystyle d_{\mathrm{sul}} \simeq \frac{2}{3}\,\frac{h^{2}\omega^{2}}{g}\sin\lambda\cos\lambda

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