. Uma partícula desliza sobre um plano perfeitamente liso o qual está localizado numa latitude \lambda (Norte) sobre a Terra, e sua orientação é tal que ele é perpendicular ao fio de prumo (vertical local) naquela latitude. Determine a trajetória da partícula vista por um observador no plano. A velocidade angular da Terra é \omega. Escolha o eixo z paralelo ao fio de prumo, para cima, x para o Sul e y para o Leste. Tome as condições iniciais: \operatorname{Em} t=0, x=0, y=y_{0}, \dot{x}=\dot{x}_{0} e \dot{y}=0. [Res: trajetória circular de raio r=\dot{x}_{0} /(2 \omega \sin \lambda), com centro em \left(0, y_{0}-\dot{x}_{0} /(2 \omega \sin \lambda)\right) ]

Passo 1

O enunciado pede a trajetória, vista por um observador fixo no plano (ou seja, no referencial que gira com a Terra), de uma partícula que desliza sem atrito sobre um plano localizado numa latitude \lambda e orientado perpendicular ao fio de prumo local. Dados e condições iniciais fornecidos:
  • Eixos: z para cima, paralelo ao fio de prumo; x para o Sul; y para o Leste.
  • Velocidade angular da Terra: \omega.
  • A partícula está restrita ao plano perpendicular ao fio de prumo, portanto sua coordenada vertical é fixa (nenhum movimento efetivo em z no plano).
  • Condições iniciais em t=0: x(0)=0,\qquad y(0)=y_{0},
\dot{x}(0)=\dot{x}_{0},\qquad \dot{y}(0)=0.
  • O plano é perfeitamente liso (sem atrito). A tarefa é obter a equação da trajetória projetada no plano xy e identificar sua forma (e.g. círculo) com centro e raio.

Passo 2

Escolha do referencial e forças efetivas. Vou trabalhar no referencial que gira com a Terra (referencial não-inercial). Nesse referencial a equação de movimento para a partícula de massa m é, escrevendo apenas as forças relevantes na direção do plano:
m\ddot{\mathbf r}=\mathbf{F}_{\text{aplicadas}} - 2m\,\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\mathbf r} - m\,\boldsymbol{\Omega}\times(\boldsymbol{\Omega}\times\mathbf r),
onde \boldsymbol{\Omega} é o vetor de rotação da Terra e -2m\,\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\mathbf r} é a força de Coriolis e -m\,\boldsymbol{\Omega}\times(\boldsymbol{\Omega}\times\mathbf r) é a força centrífuga aparente.
Explicação física importante e simplificação: o plano é perpendicular ao fio de prumo. O fio de prumo local aponta na direção do “peso efetivo”, que já inclui o efeito centrífugo estático. Logo a soma do peso real (gravidade) com a força centrífuga estática é perpendicular ao plano e é equilibrada pela força normal do plano. Isso significa que não há componente tangencial (no plano) resultante dessas forças (gravidade + centrífuga) — o único termo que produz aceleração tangencial na superfície é a força de Coriolis. Portanto, para a dinâmica no plano xy podemos escrever, componente a componente,
m\ddot{\mathbf r}_{\text{hor}} = -2m\,\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\mathbf r}\Big|_{\text{hor}},
ou seja, a aceleração horizontal é dada apenas pelo termo de Coriolis (o termo centrífugo está já absorvido na orientação do plano).

Passo 3

Expressão do vetor \boldsymbol{\Omega} nos eixos locais. A geometria de latitude dá componentes de \boldsymbol{\Omega} no sistema (x,y,z) escolhido: a componente vertical (paralela ao fio de prumo) é \omega\sin\lambda e a componente horizontal está dirigida para o Norte (oposta ao eixo x), de magnitude \omega\cos\lambda. Assim:
\boldsymbol{\Omega}=(-\omega\cos\lambda,\;0,\;\omega\sin\lambda).
Verificação rápida: em \lambda=90^\circ (polo Norte) temos \boldsymbol{\Omega}=(0,0,\omega); em \lambda=0^\circ (equador) temos \boldsymbol{\Omega}=(-\omega,0,0). Tudo consistente.

Passo 4

Cálculo do termo de Coriolis para a velocidade horizontal. A velocidade no plano é
\dot{\mathbf r}=(\dot{x},\dot{y},0).
Fazendo o produto vetorial:
\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\mathbf r} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[4pt] -\omega\cos\lambda & 0 & \omega\sin\lambda\\[4pt] \dot{x} & \dot{y} & 0 \end{vmatrix} = (-\omega\sin\lambda\,\dot{y},\;\omega\sin\lambda\,\dot{x},\;-\omega\cos\lambda\,\dot{y}).
O termo de Coriolis é -2m\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\mathbf r}, então as componentes horizontais da aceleração são
\ddot{x}=2\omega\sin\lambda\,\dot{y},
\ddot{y}=-2\omega\sin\lambda\,\dot{x}.
Aqui usei que o sinal e fatores m se cancelam ao passar para equações de aceleração. Observe que a componente vertical do produto vetorial gera um termo em z mas esse é compensado pela reação normal do plano (já comentado no Passo 2).]

Passo 5

Organização do sistema e definição de uma constante para simplificar. Defino
\alpha := 2\omega\sin\lambda,
de modo que o sistema é
\ddot{x}=\alpha\dot{y},
\ddot{y}=-\alpha\dot{x}.
Esse é um sistema linear acoplado de ordem dois. Uma forma elegante e compacta de resolvê-lo é usar a variável complexa
z(t):=x(t)+\mathrm{i}\,y(t).
Então \dot{z}=\dot{x}+\mathrm{i}\dot{y} e \ddot{z}=\ddot{x}+\mathrm{i}\ddot{y}. Somando as equações multiplicando a segunda por \mathrm{i} obtemos
\ddot{z}=\alpha\dot{y}+\mathrm{i}(-\alpha\dot{x})=-\mathrm{i}\alpha(\dot{x}+\mathrm{i}\dot{y})=-\mathrm{i}\alpha\dot{z}.
Portanto \dot{z} satisfaz a equação de primeira ordem
\dot{z}' + \mathrm{i}\alpha\dot{z}=0,
onde prime denota derivada temporal. Isso é equivalente a
\frac{d}{dt}\dot{z} = -\mathrm{i}\alpha\dot{z}.
A solução é exponencial:
\dot{z}(t)=\dot{z}(0)\,e^{-\mathrm{i}\alpha t}.

Passo 6

Aplicar condições iniciais e integrar para obter z(t). As condições iniciais dão
z(0)=x(0)+\mathrm{i}y(0)=0+\mathrm{i}y_{0}=\mathrm{i}y_{0},
\dot{z}(0)=\dot{x}(0)+\mathrm{i}\dot{y}(0)=\dot{x}_{0}+ \mathrm{i}\cdot 0=\dot{x}_{0}.
Integrando \dot{z}(t)=\dot{x}_{0}\,e^{-\mathrm{i}\alpha t} de 0 a t,
z(t)=z(0)+\int_{0}^{t}\dot{x}_{0}\,e^{-\mathrm{i}\alpha s}\,ds =\mathrm{i}y_{0}+\dot{x}_{0}\frac{1-e^{-\mathrm{i}\alpha t}}{\mathrm{i}\alpha}.
Vamos separar parte real e imaginária. Note que \dfrac{1}{\mathrm{i}}=-\mathrm{i}. Usando a identidade e^{-\mathrm{i}\alpha t}=\cos(\alpha t)-\mathrm{i}\sin(\alpha t) obtemos
z(t)=\mathrm{i}\Bigl(y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\Bigr)+\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\,\mathrm{i}e^{-\mathrm{i}\alpha t}.
Escrevendo em coordenadas reais:
x(t)=\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\sin(\alpha t),
y(t)=y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}+\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\cos(\alpha t).

Passo 7

Identificação da trajetória como círculo e cálculo do centro e do raio. As equações paramétricas achadas são
x(t)=\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\sin(\alpha t),
y(t)=\Bigl(y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\Bigr)+\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\cos(\alpha t).
Isto é uma parametrização de círculo no plano xy com raio
r=\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}=\frac{\dot{x}_{0}}{2\omega\sin\lambda},
e centro localizado em
\Bigl(0,\;y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{\alpha}\Bigr)=\Bigl(0,\;y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{2\omega\sin\lambda}\Bigr).
Uma verificação rápida: para t=0 temos x(0)=0 e y(0)=y_{0} como imposto; a velocidade inicial é (\dot{x}_{0},0). O movimento é circular com velocidade angular \alpha no sentido indicado pelas soluções (rotacionando com frequência angular \alpha).

Resposta

trajetória circular de raio \displaystyle r=\frac{\dot{x}_{0}}{2\omega\sin\lambda}, com centro em \displaystyle \left(0,\;y_{0}-\frac{\dot{x}_{0}}{2\omega\sin\lambda}\right)

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