Siga os passos dessa questão para colocar o problema do movimento de uma partícula num referencial não inercial. a) Mostre que se
é a taxa temporal de variação de um vetor
num referencial “fixo” (de fato, inercial) e que se
é a taxa temporal de variação de
num referencial O’ girante com velocidade angular
vale
b) Mostre que se
é a velocidade de um corpo de massa
no referencial girante, com posição
em relação a esse referencial, e
, sendo
a posição de O’ em relação a O , temos, se
é a força resultante sobre
,
o que prova que a segunda lei de Newton não vale no referencial no referencial O’ se por
entendemos a interação a que está submetida a massa
, isto é, que ele é não inercial.
c) Aplique o resultado do item anterior ao problema de um corpo de massa
num referencial com origem num ponto
, de longitude
e latitude
, sobre a Terra.
é a velocidade angular da Terra
), de raio
. Mostre que se as forças sobre m são a de gravidade
e uma força adicional
, teremos aproximadamente (desde que
não esteja muito afastada da superfície da Terra)
sendo
a posição de O’ em relação a O, fixado no centro da Terra
, ou
sendo
a chamada gravidade efetiva em 0 . Mostre que se podemos desconsiderar os efeitos de ordem
, por serem muito pequenos, podemos aproximar
por
e escreva em componentes as equações diferenciais do movimento de
em relação a O’ como origem de um sistema cartesiano
(eixo leste),
(eixo norte) e
(eixo vertical).
c) Aplique o resultado do item anterior ao problema de um corpo de massa
Passo 1
O enunciado pede para mostrar como a derivada temporal de um vetor difere em referencial inercial e girante, e em seguida usar esse resultado para expressar a segunda lei de Newton num referencial não inercial girante. Vamos trabalhar com as velocidades angular e linear, e usar identidades de derivada vetorial em base móvel.
Passo 2
Precisamos provar que, para um vetor
medido num referencial inercial e $d\vec{A}/dt$ medido num referencial girante com $\vec{\omega}$, vale
[
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d \vec{A}}{d t} + \vec{\omega} \times \vec{A}
]
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d \vec{A}}{d t} + \vec{\omega} \times \vec{A}
]
Para isso escrevemos $\vec{A} = A_i(t) \hat{e}_i(t)$ na base girante $\hat{e}_i$, de modo que
[
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d A_i}{d t} \hat{e}_i + A_i \frac{\delta \hat{e}_i}{d t}
]
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d A_i}{d t} \hat{e}_i + A_i \frac{\delta \hat{e}_i}{d t}
]
Sabemos que a base gira com $\delta \hat{e}_i/dt = \vec{\omega} \times \hat{e}_i$, logo
[
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d \vec{A}}{d t} + \vec{\omega} \times \vec{A}
]
\frac{\delta \vec{A}}{d t} = \frac{d \vec{A}}{d t} + \vec{\omega} \times \vec{A}
]
Passo 3
Agora pegamos o vetor posição total $\vec{R}_{tot} = \vec{R} + \vec{r}$, onde $\vec{R}$ é a posição de O’ no inercial e $\vec{r}$ a posição relativa em O’. A velocidade inercial é
[
\frac{\delta \vec{R}_{tot}}{dt} = \frac{\delta \vec{R}}{dt} + \frac{\delta \vec{r}}{dt}
]
\frac{\delta \vec{R}_{tot}}{dt} = \frac{\delta \vec{R}}{dt} + \frac{\delta \vec{r}}{dt}
]
Mas pela identidade do passo anterior
[
\frac{\delta \vec{r}}{dt} = \frac{d \vec{r}}{dt} + \vec{\omega} \times \vec{r}
]
\frac{\delta \vec{r}}{dt} = \frac{d \vec{r}}{dt} + \vec{\omega} \times \vec{r}
]
Chamando $\vec{v} = d\vec{r}/dt$ e $\vec{V} =\delta \vec{R}/dt$, temos
[
\frac{\delta \vec{R}_{tot}}{dt} = \vec{V} + \vec{v} + \vec{\omega} \times \vec{r}
]
\frac{\delta \vec{R}_{tot}}{dt} = \vec{V} + \vec{v} + \vec{\omega} \times \vec{r}
]
Derivando de novo no inercial e usando a identidade outra vez dá vários termos, dentre eles o “Coriolis” $-2 \vec{\omega} \times \vec{v}$, o centrífugo $-\vec{\omega} \times(\vec{\omega} \times \vec{r})$ e o de Euler $-\dot{\vec{\omega}} \times \vec{r}$, além de $-m\vec{a}$ com $\vec{a}=d2\vec{R}/dt2$. Aplicando $m\delta2\vec{R}_{tot}/dt2 = \vec{F}$ resulta
[
m \frac{d \vec{v}}{dt} = \vec{F} - m \vec{a} - 2m \vec{\omega} \times \vec{v} - m \vec{\omega} \times(\vec{\omega} \times \vec{r}) - m \dot{\vec{\omega}} \times \vec{r}
]
m \frac{d \vec{v}}{dt} = \vec{F} - m \vec{a} - 2m \vec{\omega} \times \vec{v} - m \vec{\omega} \times(\vec{\omega} \times \vec{r}) - m \dot{\vec{\omega}} \times \vec{r}
]
Passo 4
Para a Terra tomamos O no centro e O’ na superfície com $\vec{\omega}=\vec{\Omega}$, $|\vec{\Omega}|=7.3\times10{-5}s{-1}$ e raio $R$. Como $\dot{\vec{\Omega}}=0$, a aceleração de O’ no inercial é
[
\vec{a} = \vec{\Omega} \times(\vec{\Omega} \times \vec{R})
]
\vec{a} = \vec{\Omega} \times(\vec{\Omega} \times \vec{R})
]
As forças em m são $m\vec{g}$ (gravidade) e $\vec{f}$ (outras). Substituindo em
[
m \frac{d \vec{v}}{dt} = m\vec{g} + \vec{f} - m\vec{a} - 2m\vec{\Omega}\times \vec{v} - m\vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times \vec{r})
]
m \frac{d \vec{v}}{dt} = m\vec{g} + \vec{f} - m\vec{a} - 2m\vec{\Omega}\times \vec{v} - m\vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times \vec{r})
]
agrupamos $m\vec{g} - m\vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times \vec{R}) = m\vec{g}_{ef}$. Assim
[
m \frac{d \vec{v}}{dt} = \vec{f} + m\vec{g}_{ef} - 2m\vec{\Omega} \times \vec{v} - m\vec{\Omega} \times(\vec{\Omega} \times \vec{r})
]
m \frac{d \vec{v}}{dt} = \vec{f} + m\vec{g}_{ef} - 2m\vec{\Omega} \times \vec{v} - m\vec{\Omega} \times(\vec{\Omega} \times \vec{r})
]
Negligenciando termos de ordem $\Omega^2$ com $r$ pequeno, aproximamos $\vec{g}_{ef}\approx \vec{g}$ e desconsideramos \-m\vec{\Omega}\times(\vec{\Omega}\times \vec{r})\).
Passo 5
Finalmente, em eixos locais x (leste), y (norte) e z (vertical para cima), o vetor $\vec{\Omega} = (0, \Omega \cos\lambda, \Omega \sin\lambda)$. O termo de Coriolis $-2m\vec{\Omega}\times \vec{v}$ dá, dividindo por m, as equações
[
\frac{dv_x}{dt} = \frac{f_x}{m} -2(\Omega \cos\lambda ,v_z - \Omega \sin\lambda ,v_y)
]
\frac{dv_x}{dt} = \frac{f_x}{m} -2(\Omega \cos\lambda ,v_z - \Omega \sin\lambda ,v_y)
]
[
\frac{dv_y}{dt} = \frac{f_y}{m} -2( - \Omega \sin\lambda ,v_x)
]
\frac{dv_y}{dt} = \frac{f_y}{m} -2( - \Omega \sin\lambda ,v_x)
]
[
\frac{dv_z}{dt} = \frac{f_z}{m} - g -2( \Omega \cos\lambda ,v_x)
]
\frac{dv_z}{dt} = \frac{f_z}{m} - g -2( \Omega \cos\lambda ,v_x)
]
Passo 6
Essas são as equações diferenciais do movimento em O’ no sistema leste– norte– vertical, incluindo a força de Coriolis e a gravidade.
Resposta
As equações de movimento aproximadas em componentes são:
[
\frac{dv_x}{dt} = \frac{f_x}{m} + 2\Omega\sin\lambda\,v_y - 2\Omega\cos\lambda\,v_z
]
\frac{dv_x}{dt} = \frac{f_x}{m} + 2\Omega\sin\lambda\,v_y - 2\Omega\cos\lambda\,v_z
]
[
\frac{dv_y}{dt} = \frac{f_y}{m} - 2\Omega\sin\lambda\,v_x
]
\frac{dv_y}{dt} = \frac{f_y}{m} - 2\Omega\sin\lambda\,v_x
]
[
\frac{dv_z}{dt} = \frac{f_z}{m} - g + 2\Omega\cos\lambda\,v_x
]
\frac{dv_z}{dt} = \frac{f_z}{m} - g + 2\Omega\cos\lambda\,v_x
]