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Um girocompasso ou bússola giroscópica simples consiste em um giroscópio girando sobre seu eixo com velocidade angular [tex3]\omega.[/tex3] O momento de inércia sobre este eixo é [tex3]C,[/tex3] e sobre o eixo transversal é [tex3]A.[/tex3] A suspenção do giroscópio está imerso em uma piscina de mercúrio de modo que o único torque atuando no giroscópio é restrito ao seu eixo para permanecer em um plano horizontal. Se o girocompasso está colocado no equador da Terra, sendo [tex3]\Omega[/tex3] a velocidade angular da Terra, mostre que o eixo do girocompasso irá oscilar na direção Norte-Sul, e para pequenas amplitudes de oscilação determine este período, assumindo que [tex3]\omega \gg \Omega.[/tex3]

Solução:

Um simples esboço da situação, mostrando o ângulo [tex3]\theta[/tex3] entre o eixo do giroscópio e a direção norte-sul local:
Considerando o referencial que vê a terra rotacionar com velocidade angular [tex3]\Omega[/tex3] como aproximadamente inercial, podemos entender isso como a mesma situação de um pião precessionando (vide figura abaixo), onde [tex3]\dot{\phi}[/tex3] (usando a notação usual dos ângulos de Euler) é vinculado a ser constante e igual a [tex3]\Omega:[/tex3]
Usando a imagem acima, por exemplo, temos [tex3]I_3=C, \; [/tex3] [tex3]I_1=I_2=A, \; [/tex3] [tex3]\dot{\phi}= \Omega, \; \; \dot{\psi}= \omega. [/tex3]

Notando que não há energia potencial envolvida no problema, a Lagrangiana do giroscópio é simplesmente sua energia cinética, ficando (basta decompor as velocidades angulares nos eixos principais):

[tex3]\mathcal{L}=\frac{A}{2}\left(\dot{\theta}^2+\Omega^2 \sin^2(\theta)\right)+\frac{C}{2}\left(\omega + \Omega \cos(\theta)\right)^2.[/tex3]

[tex3]\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta}= \Omega^2 A \sin(\theta) \cos(\theta) - \Omega C(\omega + \Omega \cos(\theta))\sin(\theta).[/tex3]

Usando a aproximação [tex3]\omega \gg \Omega,[/tex3] podemos desprezar os termos da ordem de [tex3]\Omega^2,[/tex3] ficando com [tex3]\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} \approx - \Omega C \omega \sin(\theta).[/tex3]

[tex3]\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}=A \dot{\theta} \Longrightarrow \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}\right)=A \ddot{\theta}.[/tex3]

Então pela equação de Euler-Lagrange, [tex3]A \ddot{\theta}=- \Omega C \omega \sin(\theta),[/tex3] de onde fica evidente que o eixo do giroscópio oscila.

Para ângulos pequenos, [tex3]\sin(\theta) \approx \theta[/tex3] e [tex3]\ddot{\theta}=-\frac{\Omega C \omega}{A} \theta=- \Omega_0^2 \theta,[/tex3] sendo [tex3]\boxed{\Omega_0=\sqrt{\frac{\Omega C \omega}{A}}}[/tex3] a frequência angular de oscilação.

Obs: Essa questão foi extraída do livro "University of Chicago Graduate Problems in Physics"