1. ıcios Resolvidos - 5o Tarefa
Exerc´ .
31 de mar¸o de 2013
c
Quest˜o 1 Explique detalhadamente o movimento de precess˜o do eixo de rota¸˜o da Terra. N˜o se
a a ca a
esque¸a de apresentar as causas e suas consequˆncias mais importantes. Lembre-se de ler a postagem
c e
anterior onde indiquei as referˆncias que podem ajud´-lo a cumprir esta atividade.
e a
Solu¸˜o
ca
O movimento de transla¸ao descrito pela Terra em torno do sol se d´ em uma trajet´ria el´
c˜ a o ıptica. A
terra, a lua e o sol s˜o coplanares a essa orbita, mostrada na figura.
a ´
No entanto, o eixo de rota¸ao da Terra n˜o ´ perfeitamente perpendicular a esse plano. Na verdade,
c˜ a e
o eixo de inclina¸˜o da Terra ´ inclinado de 23o 30’, em rela¸ao a posi¸ao ortogonal, conforme mostra a
ca e c˜ ` c˜
figura:
A diferen¸a entre as for¸as gravitacionais do sol e da lua, que ´ simplificadamente a for¸a gravitacional
c c e c
resultante sobre a terra, tem dire¸ao no plano da el´
c˜ ıptica enquanto a dire¸˜o do vetor r ´ inclinado de
ca e

2. 23,5◦ em rela¸ao a essa dire¸˜o. Logo, essa diferen¸a de for¸as gerar´ um torque:
c˜ ca c c a
τ = r ∧ (Fsol − Flua )
Admitindo a figura acima e a for¸a feita pelo sol maior que a for¸a feita pela Lua, temos que o sentido
c c
de T ´ perpendicular ao plano da tela do computador e aponta para dentro. Assim, temos que o m´dulo
e o
desse torque ´ dado por
e
6400000.(35, 7.1065 − 7, 8.1028 ).0, 398 = 9, 13.1070 N.m
Mas sabemos tamb´m que o torque ´ a varia¸ao do momento angular (L) por unidade de tempo. Sendo
e e c˜
assim, a varia¸ao vetor que no momento da figura est´ no plano da tela, tem sentido para dentro do plano
c˜ a
do papel. Ent˜o o polo norte descrever´ um movimento circular em torno do eixo Ortogonal a el´
a a ` ıptica.
Olhando novamente para o plano da el´ıptica, temos:
Quest˜o 2 Uma escada AB de comprimento igual a 3m e massa 20Kg est´ apoiada contra uma parede
a a
sem atrito(Figura abaixo). O ch˜o ´ tamb´m sem atrito e, para previnir que ela deslize, uma corda OA ´
a e e e
ligada a ela.Um homem com 60Kg de massa est´ sobre a escada numa posi¸ao que ´ igual a dois ter¸os
a c˜ e c
do comprimento da escada, a partir da extremidade inferior. A corda quebra-se repetinamente. Calcule
(a) a acelera¸ao inicial do centro de massa do sistema homem-escada, e (b) a acelera¸˜o angular inicial em
c˜ ca
torno do centro de massa.
Solu¸˜o
ca
obs: origem O.
L cos α L sin α L cos α 2L sin α
i) CM da barra: ( , ) ii) CM homem: ( , ) iii) CM do sistema:
2 2 3 3
L cos α
2
20 + L cos α 60
3 3
xCM = = L cos α
80 8
L sin α
2
+ 2L sin α 60
20 3 5
yCM = = L sin α
80 8
L 9 15
rCM = (3 cos αˆ + 5 sin αˆ = cos αˆ +
i j) i sin α sin αˆ
j
8 8 8
9 dα 15 dα dα 9 15
Derivando: vCM = (− sin α) ˆ + i cos α ˆ como
j = ω => vCM = (− sin α)ωˆ +
i cos αωˆ e
j
8 dt 8 dt dt 8 8
derivando novamente:
9 15
aCM = (ω sin α + ω cos −α)ˆ − (ω cos α + ω(− sin α)(−ω))ˆ
˙ i ˙ j
8 8

3. 9 15
aCM = ω sin αˆ − ω cos αˆ
˙ i ˙ j
8 8
B) For¸as na escada (em m´dulo) e a 2o lei de Newton:
c o
9
x = Nparede = (M + m)aCM,X = 80 ω sin α = 90ω sin α
˙ ˙
8
y = Nchao − (M + m)g = (M + m)aCM,Y => n − chao = 80g − 150ω cos α
˙
Torque em rela¸ao a um eixo perpendicular a figura, passando por CM:
c˜ `
15 9 ˆ
τ = [Nparede (3 sin α − sin α) − Nchao (3 cos α − cos α)](−k)
8 8
ω
˙ ˆ
τ = [150g cos α − (810 sin α2 + 2250 cos α2 )](k)
8
˙ˆ
Sabemos que τ = I wk, e pelo c´lculo do I:
a
mL2 L 2 1 2
Isistema = Ibarra + Ihomem = + m(LCM − ) + M ( )
12 2 8
20(3)2 3 1
Isistema = + 20( )2 + 60( )2
12 8 8
75
Isistema =
4
5g cos α
Temos finalmente: ω =
˙
4 + 6 cos2 α
Quest˜o 3 Demonstre que a posi¸ao, a velocidade e a acelera¸ao de uma part´
a c˜ c˜ ıcula que realiza um mo-
vimento harmˆnico simples podem ser representadas pela proje¸˜o de vetores girantes. Neste caso, qual a
o ca
rela¸ao entre a velocidade angular do vetor girante e a frequˆncia angular do movimento oscilat´rio?
c˜ e o
Solu¸˜o
ca
obs: No referencial considerado, usaremos A = Aˆ
i
Considerando um vetor de m´dulo A girante sobre o ponto de equil´
o ıbrio do MHS(x = 0),
podemos escrever que, num instante qualquer em que o vetor faz um angulo de θ com o eixo
ˆ

4. x,sempre medido no sentido trigonom´trico a partir do primeiro quadrante, a proje¸˜o hori-
e ca
zontal da ponta do vetor ´
e
x = A cos θ = A cos (ωt + φ0 )
pois do MCU temos θ = ωt + φ0 , onde φ0 ´ o angulo inicial do movimento do vetor. Derivando
e ˆ
essa equa¸ao, e em seguida derivando novamente o resultado, chegamos a
c˜
dx
= v = −Aω sin (ωt + φ0 )
dt
dv
= a = −Aω 2 cos (ωt + φ0 )
dt
Assim, verificamos que a proje¸ao da ponta do vetor se comporta como uma part´
c˜ ıcula em MHS
no eixo horizontal,com A sendo a amplitude,e a frequˆncia angular do movimento ´ a mesma
e e
do vetor, pois s´ uma vez a cada volta do vetor a proje¸˜o ter´ a mesma posi¸ao,velocidade e
o ca a c˜
acelera¸ao que uma certa posi¸˜o na volta anterior.
c˜ ca