problemas por assunto 15 gravitacao

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Gravitação

1

HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

CAPÍTULO 15 – GRAVITAÇÂO

05. Um corpo de massa M é dividido em duas partes, de massas m e M - m, que são depois

distanciadas uma da outra. Qual a razão m/M que torna máxima a força gravitacional entre as

duas partes?

(Pág. 70)

Solução.

Considere o seguinte esquema:

O módulo da força de atração gravitacional entre as partes do corpo dividido é:

2

GM M mF

r

Para calcular a razão m/M capaz de maximizar a força F é preciso localizar o ponto de máximo da

função F = f(m):

2

20

G M mdF

dm r

2 0M m

1

2

m

M

Vamos apenas checar a derivada segunda de F = f(m):

2

2 2

20

d F G

dm r

Como a derivada segunda é negativa, confirmamos que a concavidade da curva F = f(m) é voltada

para baixo, o que confirma se tratar de um ponto de máximo (maximização de F).

08. Qual a variação percentual na aceleração da Terra em direção ao Sol, quando o alinhamento da

Terra, do Sol e da Lua passar de uma situação de eclipse do Sol (Lua entre a Terra e o Sol) para

uma de eclipse da Lua (Terra entre a Lua e o Sol)?

(Pág. 70)

Solução.

M

M m m

r

F F




2

Considere o seguinte esquema da situação:

Na situação de eclipse do Sol, temos:

S L T iF F M a

Na expressão acima, ai é a aceleração experimentada pela Terra na situação inicial.

2 2

S T L TT i

TS TL

GM M GM MM a

d d

2 2

S Li

TS TL

GM GMa

d d

Na situação de eclipse da Lua, temos:

S L T fF F M a

2 2

S T L TT f

TS TL

GM M GM MM a

d d

2 2

S Lf

TS TL

GM GMa

d d

A variação da aceleração da Terra (a) nas duas situações é:

2

2 Lf i

TL

GMa a a

d

Em relação à situação inicial, a variação percentual da aceleração vale:

2 2

2

2 2 2 2

2 2

2

1

L L

TL TL

S SL LiS TL

TS TL TS TLL TS

GM M

d da

GM MGM Ma M dd d d d M d

230 8

22 11

20,011340

1,99 10 kg 3,82 10 m1

7,36 10 kg 1,50 10 m

i

a

a

1,13%i

a

a

Sol Lua Terra

FS FL

FS FL

dTL

dTS

dTL

InicialEclipse do Sol

FinalEclipse da Lua

MS ML MT




3

11. Na Fig. 15-29, duas esferas de massa m e uma terceira de massa M estão nos vértices de um

triângulo eqüilátero, e uma quarta esfera de massa m4 está no baricentro do triângulo. Se a força

gravitacional resultante sobre a quarta esfera é nula, exprima a massa M em termos da massa m.

(Pág. 70)

Solução.


Por meio de análise geométrica, conclui-se que:

3

2a d

1 3

3 6b a d

2 3

3 3c a d

O somatório das componentes verticais de F14, F24 e F34 deve ser zero:

34 14 24 14cos cos 2 cosF F F F

4 4

2 22 cos

3 3

3 3

Gm M Gm m

d d

3

162 cos 2 2 223

3

db

M m m m m mc

d

M m

F14 F24

F34

a

b

d

M

m

m4

m

c




4

14. Uma barra fina de massa M é deformada até adquirir a forma de um semicírculo de raio R, como

na Fig. 15-30. (a) Qual é a força gravitacional (em módulo e direção) sobre uma partícula de

massa m colocada em P, centro de curvatura da barra? (b) Qual seria a força gravitacional sobre

m, se a barra tivesse a forma de um círculo completo?

(Pág. 70)

Solução.


0x y x y y yd d d d d d d F F F F F F F F

Na expressão acima, a integral de dFx é igual a zero devido à simetria dos elementos de massa do

semicírculo em relação ao eixo y. Isso faz com que os elementos de força nas coordenadas +x e x

anulem-se dois a dois. Logo:

2

sen senGmdM

dFR

F j j (1)

Agora precisamos de uma função de dM em termos de d. Para isso, vamos usar a densidade linear

de massa do semicírculo, , que é constante.

M dM

R Rd

Md

dM

(2)

Substituindo-se (2) em (1):

2 20

sen 2GMm GMm

dR R

F j j

2

2GMm

RF j

(b) Por razão de simetria, a força gravitacional seria nula.

22. (a) Qual será o peso de um objeto, que pesa 100 N na superfície da Terra, na superfície da Lua?

(b) A que distância do centro da Terra, medida em raios terrestres, deve estar este mesmo

d

Rd

dM

Rx

y

dF

dFx

dFy




5

objeto, para pesar o mesmo que na superfície da Lua?

(Pág. 71)

Solução.

(a) O peso de um objeto de massa m na superfície da Terra (PT) é dado pela equação abaixo, onde

MT e RT são a massa e o raio da Terra, respectivamente:

2

TT

T

GM mP

R

Logo:

2

T T

T

P Rm

GM (1)

Na Lua, o peso do objeto (PL) vale:

2

LL

L

GM mP

R (2)


2 2

2 2

L T T L T TL

L T T L

GM P R M P RP

R GM M R

222 6

224 6

7,36 10 kg 100 N 6,37 10 m16,4951 N

5,98 10 kg 1,74 10 mLP

16,5 NLP

(b) Vamos chamar de '

TP o peso do objeto nessas condições.

'

T LP P

2 2

T L

T L

GM m GM m

d R

224 62

7

22

5,98 10 kg 1,74 10 m1,5684 10 m

7,36 10 kg

T LT

L

M Rd

M

Em termos de raios da Terra, TRn :

7

6

1,5684 10 m2,4621

6,37 10 mT

TR

T

dn

R

2,46TRn

23. O fato de g variar de acordo com a localização sobre a superfície da Terra, despertou a atenção

quando Jean Richer transportou um relógio de pêndulo de Paris até Caiena, na Guiana Francesa,

em 1672, e notou que ele atrasava 2,5 min por dia. Se g = 9,81 m/s2 em Paris, qual o seu valor

em Caiena?

(Pág. 71)

Solução.

Sejam TP e TC os períodos do pêndulo e gP e gC as acelerações da gravidade em Paris e Caiena,

respectivamente.




6

2P

P

lT

g

O fato de o relógio atrasar em Caiena significa que lá o pêndulo oscila mais lentamente, ou seja, o

período do pêndulo em Caiena é maior do que em Paris na razão de 150 s/dia.

150 s 2C P

C

lT T

g

Dividindo-se as expressões acima:

2

150 s2

P CP

P P

C

l

g gT

T gl

g

Como o atraso de 2,50 min (150 s) é diário, consideraremos TP = 24 h = 86.400 s. Logo:

2 2

2 286.400 s

9,81 m/s 9,7760 m/s150 s 86.400 s 150 s

PC P

P

Tg g

T

29,78 m/sCg

24. (a) Queremos medir g deixando um objeto cair exatamente 10 m. Que erro percentual, na

medida do tempo da queda, resultaria num erro de 0,1% no valor de g? (b) Com que precisão

você teria de medir (em segundos) o tempo que um pêndulo de 10 m de comprimento leva para

efetuar 100 oscilações, para que o erro percentual em g fosse o mesmo do item (a)?

(Pág. 71)

Solução.

(a) Um erro de 0,1% na medida de g implica em:

0 0,001g g

Na expressão acima, g0 é o valor de referência da aceleração da gravidade. Logo, g pode valer 1,001

g0 ou 0,999 g0. O tempo de queda livre a partir de uma altura y0 = h até y = 0 vale:

2

0 0

1

2yy y v t gt

210 0

2h gt

2h

tg

Para uma aceleração g0, o tempo de queda é t0:

0

0

2ht

g

O erro relativo no valor do tempo é:




7

0 0 00

0

0 0

2 2 1 1

0,999 11 0,00050037

0,9992 1

h h

g g g gt te

t h

g g

% 0,05e

(b) O período do pêndulo simples é:

2l

Tg

O tempo para 100 oscilações vale:

100 100 200

lT T

g

O erro cometido, em segundos, será:

0100 100 100

0 0 0

200 200 2000,999

l l l lT T T

g g g g

100

0

1200 1

0,999

lT

g

O valor de referência de g0 é:

11 2 2 24

2

0 22 6

6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg9,8298 m/s

6,37 10 m

T

T

GMg

R

Logo:

100 2

10 m 1200 1 0,317103 s

0,9999,8298 m/sT

100 0,3 sT

36. Para diminuir o congestionamento de tráfego entre duas cidades, Boston e Washington, por

exemplo, alguns engenheiros propuseram a construção de um túnel ferroviário ao longo da

corda (no sentido geométrico) que une as duas cidades (Fig. 15-37). Um trem, que não

precisaria de locomotiva e nem de motores, partindo do repouso, cairia através da primeira

metade do túnel e, então, subiria até a outra extremidade. Supondo que a Terra é uma esfera

uniforme e ignorando o atrito e a resistência do ar, (a) mostre que a viagem entre as duas

cidades é equivalente ao percurso da metade de um ciclo de um movimento harmônico simples,

e (b) ache o tempo de viagem.




8

(Pág. 73)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:

Aplicando-se a segunda lei de Newton na coordenada x:

2

2x

d xF m

dt

2

2 2sen rGM m x d x

F mr r dt

2

2 30rGM xd x

dt r (1)

Na expressão acima, Mr é a massa da esfera de raio r. Para determinar Mr, utilizamos a densidade

da Terra:

3 34 4

3 3

T r

T

M M

R r

3

3

Tr

T

M rM

R (2)


2

2 30T

T

GMd xx

dt R

A equação diferencial do movimento harmônico simples é:

2

2

20

d xx

dt

Comparando-se as duas equações acima concluímos que o movimento do trem sob a ação da

gravidade é MHS.

(b) O período do trem vale:

F

Fx xm

x MT

r RT




9

32

2 T

T

RT

GM

O tempo de viagem entre Boston e Washington corresponde à metade do período do MHS:

3

T

T

Rt

GM

43. Mostre que, para uma nave em repouso e a uma distância do Sol igual à distância média Terra-

Sol, a velocidade inicial necessária para escapar da atração gravitacional do Sol é 21/2

vezes a

velocidade da Terra na sua órbita, suposta circular. (Este é um caso particular de um resultado

geral, válido para órbitas circulares, ou seja, vesc = 21/2

vorbital.)

(Pág. 73)

Solução.

A velocidade orbital da Terra em torno do Sol é obtida reconhecendo que a força gravitacional Fg

do Sol sobre a Terra é a força centrípeta Fc do seu movimento orbital. Nas equações abaixo, os

índices T e S referem-se à Terra e ao Sol, respectivamente.

g cF F

2

2

T S orbitalT

TS TS

GM M vM

d d

Sorbital

TS

GMv

d (1)

Para calcular a velocidade de escape um corpo de massa m a partir da distância dTS (ponto 1),

aplicamos o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos 1 e ao infinito:

1E E

1 1K U K U

210 0

2

Sesc

TS

GM mmv

d

Como a velocidade de escape é a menor velocidade que um corpo m deve possuir para escapar da

atração gravitacional de outro corpo M, a velocidade de m deve ser zero no infinito. Por convenção,

quando m e M estão separados por uma distância infinita, o sistema possui energia potencial

gravitacional zero.

2 S

esc

TS

GMv

d (2)

Comparando-se (1) e (2), concluímos:

2esc orbitalv v

46. As três esferas na Fig. 15-38, com massas m1 = 800 g, m2 = 100 g e m3 = 200 g, estão com seus

centros alinhados, sendo L = 12 cm e d = 4,0 cm. Você movimenta a esfera do meio até que a

sua distância centro a centro de m3 seja d = 4,0 cm. Qual o trabalho realizado sobre m2 (a) por

você e (b) pela força gravitacional resultante sobre m2, devido às outras esferas?




10

(Pág. 73)

Solução.

Vamos admitir que m2 é deslocado com velocidade constante do ponto inicial (A) até o ponto final

(B). Logo, as forças que agem sobre m2 ao longo de todo o trajeto somam zero:

21 23 2Ext 0 F F F

Como há uma força externa atuando sobre m2 (F2Ext), a energia mecânica não será conservada.

ExtE W

Ext 0W U K U

2 3 2 31 2 1 2Ext B A

Gm m Gm mGm m Gm mW U U

L d d d L d

1 31 3 3 1 1 3

Ext 2 2

2 2

( ) ( )

m L d m d Lm d m L m d m L m d m dW Gm Gm

d L d d L d

Ext 2 1 3

2

( )

L dW Gm m m

d L d

(1)

11 2 2

Ext

11

6,67 10 N.m /kg 0,100 kg 0,800 kg 0,200 kg

0,12 m 2 0,040 m 5,0025 10 J

0,040 m 0,12 m 0,040 m

W

11

Ext 5,0 10 JW

O trabalho realizado pelas forças devidas às outras esferas (WGravit) pode ser calculado com base no

seguinte raciocínio:

Total Gravit Ext 0W W W

Gravit ExtW W (2)

11

Gravit 5,0 10 JW

O trabalho da força gravitacional poderia ser calculado da seguinte forma:

21 23Gravit 21( ) 23( ).cos .cos0x xW W W F dx F dx F F

2 31 2Gravit 1 2 2 322

1 1L d L d

L d L d

d dd d

Gm mGm mW dx dx Gm m Gm m

x x L xL x

Gravit 2 1 3

2

( )

d LW Gm m m

d L d

Compare o resultado acima com as Eqs. (1) e (2).




11

65. Um satélite é colocado numa órbita equatorial de tal maneira que permanece estacionário para

um observador terrestre. (Estamos levando em conta a rotação terrestre.) Qual deve ser a

altitude desta órbita (comumente chamada de órbita geoestacionária)?

(Pág. 74)

Solução.

Para que o satélite apresente órbita estacionária em relação a um observador localizado no Equador

(veja que a órbita é equatorial), o período orbital (T) deve ser igual ao período de rotação da Terra

em torno de seu eixo. Utilizando a terceira lei de Kepler, onde MT e RT são a massa e o raio da Terra

e h é a altura do satélite, medida a partir da superfície da Terra:

2

32 4T

T

T R hGM

1/32

24

TT

GM Th R

1/3211 2 2 24

6

2

6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg 24 h 3.600 s/h6,37 10 m

4h

35.888.474,31 mh

35.900 kmh

86. Um projétil é lançado da superfície de um planeta de massa M e raio R; a velocidade de

lançamento é (GM/R)1/2

. Usando a conservação da energia, determine a distância máxima do

centro do planeta alcançada pelo projétil. Expresse o resultado em termos de R.

(Pág. 76)

Solução.

Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos i, localizado na

superfície do planeta, onde a velocidade é (GM/R)1/2

, e f, localizado no alto da trajetória do projétil

a uma distância H do centro de planeta, onde a velocidade é nula.

i fE E

i i f fK U K U

210

2i

GMm GMmmv

R H

1

2

GM GM GM

R R H

1 1

2R H

2H R


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12

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

CAPÍTULO 16 – GRAVITAÇÂO

17. A maior velocidade de rotação possível para um planeta é aquela em que a força gravitacional

sobre corpos no equador mal fornece força centrípeta necessária para rotação. (Por quê?) (a)

Mostre, então, que o período de rotação mais curto correspondente é dado por

3

TG

onde é a densidade do planeta, supostamente homogêneo. (b) Calcule o período de rotação

supondo uma densidade de 3,0 g/cm3, típica de muitos planetas, satélites e asteróides. Nunca foi

encontrado um desses objetos com um período menor do que o encontrado nesta análise.

(Pág. 52)

Solução.

Para que a matéria presente no equador possa acompanhar o movimento de rotação do planeta, é

necessário que a força de atração gravitacional (F) seja igual à força centrípeta (FC) correspondente.

CF F

2

2

2 2

4GMmm R m R

R T

2 3 3

2 4 4 3 3

3

R R VT

GM GM M G

Na expressão acima, V é o volume do planeta, supostamente esférico. Identificando V/M como a

densidade do planeta, temos:

3

TG

(b)

1,9 hT

18. Aparelhos sensíveis, que medem a aceleração da gravidade local, g, podem ser usados para

detectar a presença de depósitos de rochas próximos à superfície com densidade

significantemente maior ou menor do que a das suas vizinhanças. Cavidades tais como cavernas

e poços de minas abandonados podem também ser localizadas. (a) Mostre que a componente

vertical de g à distância x de um ponto situado diretamente acima do centro de uma caverna

esférica (veja a Fig. 38) é menor do que o esperado, supondo uma distribuição de rocha

uniforme, de densidade , sendo esta diferença igual a

3

3/ 22 2

4

3

dg R g

d x

,

onde R é o raio da caverna e d é a profundidade do seu centro. (b) Estes valores de g,

denominados anomalias, são geralmente muito pequenos e expressos em miligal, sendo 1 gal =

1 cm/s2. Durante uma prospecção de petróleo, num levantamento gravimétrico, verifica-se que

g varia de 10,0 miligals até um máximo de 14,0 miligals, numa distância de 150 m. Supondo-




13

se que a maior anomalia foi detectada diretamente acima do centro de uma caverna esférica que

se sabe existir na região, determine o seu raio e a profundidade até o teto da caverna, naquele

ponto. As rochas próximas têm densidade de 2,80 g/cm3. (c) Suponha que a caverna, ao invés de

estar vazia, esteja completamente cheia d’água. Quais são, agora, os valores que as leituras da

gravidade em (b) fornecem para o seu raio e sua profundidade?

(Pág. 52)

Solução.

(a) Suponha que no local do observador o valor da aceleração da gravidade sem a presença da

caverna esférica seja g0 e na presença da caverna seja g. A diferença g0 g = g corresponde ao

módulo da componente vertical do campo gravitacional gerado unicamente pela caverna preenchida

com material de densidade igual à das rochas circundantes. Veja o esquema a seguir, onde gc é o

campo gravitacional gerado pela esfera de raio R e massa m com material de densidade :

O módulo de g vale:

1/ 22 2 2

cosc

Gm dg g

r d x

A massa m da esfera pode ser expressa em termos de sua densidade e de seu volume V:

34

3m V R

Logo:

3

1/ 22 2 2 2

4

3

G dg R

d x d x

3

3/ 22 2

4

3

dg G R

d x

x

d

gc g

R

m,

r




14

20. Duas camadas esféricas concêntricas, de densidade uniforme, tendo massas M1 e M2, estão

dispostas conforme mostra a Fig. 39. Determine a força que atua sobre uma partícula de massa

m quando esta está localizada em (a) r = a, (b) r = b e (c) r = c. A distância r é medida a partir

do centro das camadas.

(Pág. 52)

Solução.

A força de atração gravitacional entre uma partícula de massa m, localizada no exterior de uma

casca esférica de massa M é a mesma que ocorre entre duas partículas de massas m e M. Se a

partícula estiver localizada no interior da casca, a força gravitacional sobre ela será nula (teorema da

casca esférica de Newton).

(a) A partícula de massa m na posição a está sujeita às forças gravitacionais devidas às duas cascas

esféricas:

1 21 2 2 2a

GM m GM mF F F

a a

1 22a

GmF M M

a

(b) Na posição b, a partícula sofre atração gravitacional apenas da casca M1:

1

2b

GmMF

b

(c) Na posição c, a partícula não sofre qualquer atração gravitacional:

0cF

22. Mostre que, no fundo de um poço de mina vertical de profundidade é D, o valor de g será

1s

Dg g

R

,

onde gs é o valor na superfície. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme de raio R.

(Pág. 52)

Solução.





15

A aceleração da gravidade na superfície da Terra (g0) vale:

0 2

T

T

GMg

R (1)

Na Eq. (1), MT e RT são a massa e o raio da Terra, respectivamente. No fundo de um poço de

profundidade D, a aceleração da gravidade (g) vale:

2

T

GMg

R D

(2)

Na Eq. (2), M é a massa da esfera de raio RT D. Agora vamos aplicar a definição da densidade

para a Terra e para a esfera de raio RT D:

334 4

3 3

T

T T

M M

R R D

3

3

T T

T

M R DM

R

(3)


3

2 3 2 21

T T TT T

T T T T TT

M R D R DGM GMG Dg

R R R R RR D

(4)


0 1T

Dg g

R

23. O problema seguinte foi apresentado na “Olimpíada” da Universidade Pública de Moscou, em

1946 (veja a Fig. 40): Numa esfera de chumbo de raio R, faz-se uma cavidade esférica de tal

modo que a sua superfície toca a superfície externa da esfera de chumbo e passa pelo centro

desta. A massa da esfera antes que a cavidade fosse feita era M. Com que força, de acordo com

a lei da gravitação universal, a esfera de chumbo irá atrair uma pequena esfera de massa m, que

está à distância d do centro da esfera de chumbo, sobre uma linha reta que une os centros das

esferas e da cavidade?

D

RT

R - DT

g0

g




16

(Pág. 52)

Solução.


A simetria esférica e o alinhamento dos corpos permitem a solução do problema por diferença. Ou

seja, podemos calcular a força gravitacional exercida pela esfera sem a cavidade (F1) e a força

gravitacional (F2) que a cavidade exerceria caso fosse uma esfera de raio R/2, localizada a uma

distância d R/2 da massa m. Logo:

1 2F F F (1)

O módulo de F1 vale:

1 2

GMmF

d (2)

Agora vamos calcular o módulo de F2. A massa M da esfera grande vale:

34

3M V R

A massa M’ da esfera pequena vale:

3

' 34 4 1

3 2 3 8

RM R

'

8

MM

Portanto:

2 2 2

18

8

2 2

MG m

GMmF

R Rd d

(3)

Substituindo-se (2) e (3) em (1):

m

d - R/2

F

R

R/2




17

2 22 2

1 1 1

88

2 2

GMm GMmF GMm

d dR Rd d

22

11

8 12

GMmF

d R

d

29. Considere uma partícula num ponto P em algum lugar no interior de uma camada esférica

material. Suponha que a camada tenha espessura e densidade uniformes. Construa um cone

duplo estreito com vértice em P, interceptando as áreas dA1 e dA2, sobre a camada (Fig. 43). (a)

Mostre que a força gravitacional resultante exercida sobre a partícula em P pelos elementos de

massa interceptados é nula. (b) Mostre, então, que a força gravitacional resultante que a camada

inteira exerce sobre uma partícula no seu interior é nula. (Este método foi imaginado por

Newton.)

(Pág. 53)

Solução.


(a) Para um cone definido pelo ângulo sólido d e cuja altura é r1, a área da base (dA1n) é dada por:

2

1 1ndA r d (1)

Para um segundo cone que partilha do mesmo ângulo sólido com o primeiro cone temos:

2

2 2ndA r d (2)

dA1

dA1n

r1

d

dA1

dA1n

r1

d




18

O elemento de área dA1 (superfície da camada esférica) faz um ângulo com o elemento de área

dA1n (o ângulo entre dA2 e dA2n também é ). Logo:

1 1 cosndA dA (3)

2 2 cosndA dA (4)

Igualando-se (1) e (3):

2

11

cos

r ddA

(5)

Igualando-se (2) e (4):

2

22

cos

r ddA

(6)

Seja a densidade superficial da camada esférica:

1 1dm dA (7)

2 2dm dA (8)


2

11

cos

r ddm

(9)


2

22

cos

r ddm

(10)

A razão entre as forças gravitacionais exercidas pelas camadas superficiais dA1 e dA2 sobre uma

partícula de massa m localizada em P vale:

1

2

1 1

222

2

Gmdm

dF r

GmdmdF

r

(11)


2 2

1 1 2

2 2

2 1 2

cos1

cos

dF Gm r d r

dF r Gm r d

Logo:

1 2dF dF

33. Um foguete é acelerado até a velocidade v = 2[gRT]1/2

, perto da superfície da Terra e, então,

segue para cima. (a) Mostre que ele escapará da Terra. (b) Mostre que, muito longe da Terra,

sua velocidade é V = [2gRT]1/2

.

(Pág. 54)

Solução.

(a) Nas proximidades da superfície da Terra a aceleração da gravidade vale (ver Problema 22):

2

T

T

GMg

R (1)

Substituindo-se este valor na expressão da velocidade inicial do foguete fornecida no enunciado:




19

1/ 2

22 T

T

T

GMv R

R

1/ 2

2 T

T

GMv

R

(2)

A velocidade mínima de escape (vesc)da Terra vale:

1/ 2

escT

T

GMv

R

Logo:

esc2v v

Portanto o foguete não mais retornará à Terra.

(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica à superfície da Terra e ao infinito,

teremos:

TE E

T TK U K U

2 21 10

2 2

T

T

GM mmv mV

R

2 2 2 T

T

GMV v

R (3)


2

2

4 2 2 2T T T TT

T T T T

GM GM GM GMV R

R R R R (4)


1/ 2

2 TV gR

36. Um projétil é atirado verticalmente da superfície da Terra, com uma velocidade inicial de 9,42

km/s. Desprezando o atrito com o ar, a que altura acima da superfície terrestre ele chegará?

(Pág. 54)

Solução.


Pode-se resolver este problema por meio da aplicação do princípio da conservação da energia

mecânica, onde os índices P e T referem-se ao projétil e à Terra, respectivamente:

0E E

0 0 0P T TP P T TPK K U K K U

mP

h

RT

mT

v0v = 0




20

2

0

10 0 0

2

T P T PP

T T

Gm m Gm mm v

R R h

2

0

2

T T

T T

vGm Gm

R h R

2

01 1

2T T T

v

R h R Gm

2

0

1

1

2

T

T T

h Rv

R Gm

6

23

6 11 2 2 24

16,37 10 m

9,42 10 m/s1

6,37 10 m 2 6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg

h

71,54879 10 mh

15.500 kmh

41. Duas estrelas de nêutrons estão separadas pela distância centro-a-centro de 93,4 km. Cada uma

tem massa de 1,56 1030

kg e raio de 12,6 km. Elas estão inicialmente em repouso, uma em

relação à outra. (a) A que velocidade elas estarão se movendo quando a separação entre elas

houver diminuído até a metade do seu valor inicial? (b) A que velocidade elas estarão se

movendo pouco antes de colidirem? Ignore efeitos relativísticos.

(Pág. 54)

Solução.


R

Mv0 = 0

R

Mv0 = 0

d

v1

d/2

-v1

v2

2R

-v2

C

B

A




21

(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B:

A BE E

A A B BU K U K

2 2

2

1

10 2

2

2

GM GMMv

dd

2

1

2GM GMv

d d

11 2 2 30

7

1 3

6,67 10 N.m /kg 1,56 10 kg3,3377 10 m/s

93,4 10 m

GMv

d

3

1 33,4 10 km/s 0,11 cv

(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e C:

A BE E

2 2

2

2

10 2

2 2

GM GMMv

d R

2

1 1

2v GM

R d

11 2 2 30

2 3 3

1 16,67 10 N.m /kg 1,56 10 kg

2 12,6 10 m 93,4 10 mv

7

2 5,4909 10 m/sv

3

2 54,9 10 km/s 0,18 cv

42. Diversos planetas (os gigantes gasosos Júpiter, Saturno, Urano e Netuno) possuem anéis

aproximadamente circulares em torno de si, provavelmente constituídos de material que não

conseguiu formar um satélite. Além disso, muitas galáxias contém estruturas semelhantes a

anéis. Considere um anel homogêneo de massa M e raio R. (a) Encontre uma expressão para a

força gravitacional exercida pelo anel sobre uma partícula de massa m localizada à distância x

do centro do anel, ao longo do seu eixo? Veja a Fig. 45. (b) Suponha que a partícula caia a partir

do repouso, como resultado da atração do anel. Encontre uma expressão para a velocidade com

que ela passa através do centro do anel.

(Pág. 54)

Solução.




22


O elemento de massa dM exerce uma força dF sobre a massa m. Esta força vale:

x y zd dF dF dF F i j k

A força total F que o anel exerce sobre m é a integral de dF:

x y zd dF dF dF F F i j k

A simetria envolvida na situação indica que as integrais em j e k serão nulas devido à distribuição

simétrica de pares de elementos dM nas coordenadas positiva e negativa dos eixos y e z. Logo:

cosxdF dF F i i

Como estamos interessados apenas no módulo da força:

cosF dF

1/ 2 3/ 22 2 2 2 2 2

GmdM x GmxF dM

R x R x R x

(1)

A expressão do elemento dM pode ser extraída da definição da densidade linear de massa do anel:

2

M dM

R Rd

2

MddM

(2)


2

3/ 2 3/ 2 02 2 2 22 2

Gmx Md GMmxF d

R x R x

3/ 22 2

GMmxF

R x

Para pontos onde x R, esta expressão se reduz a:

3/ 2 3 22

GMmx GMmx GMmF

x xx

Que corresponde à força gravitacional entre duas massas pontuais m e M. Para x = 0 (centro do

anel), a força é zero devido à simetria da distribuição de massa em torno de m (o numerador da

expressão de F é nulo).

(b) A energia potencial da massa m à distância ortogonal x ao centro do anel (Ux) vale:

dF

x

d R

dM

Rd

x

y

z

d xF

d yF

d zF




23

1/ 2

2 2x x

GmdMU dU

R x

(3)


2

1/ 2 1/ 2 1/ 202 2 2 2 2 22 2x

Gm Md GMm GMmU d

R x R x R x

(4)

Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos localizados em x (Ex) e no

centro do anel (Ec):

x cE E

x x c cK U K U

2

1/ 22 2

10

2c

GMm GMmmv

RR x

2

1/ 22 2

2 2c

GM GMv

RR x

1/ 22 2

1 12cv GM

R R x

43. Duas partículas de massas m e M estão inicialmente em repouso a uma distância infinita uma da

outra. Mostre que, em cada instante, a sua velocidade de aproximação relativa, devido à atração

gravitacional, é [2G(M + m)/d]1/2

, onde d é a separação entre elas em cada instante.

(Pág. 54)

Solução.


A velocidade relativa das partículas (vrel) quando separadas pela distância d é dada pela diferença de

suas velocidades nessas posições:

1 2relv v v v V

relv v V (1)

Precisamos calcular v e V para determinar a velocidade relativa à distância d. Seja E0 a energia

mecânica inicial do sistema e E(d) a energia mecânica em função da distância de separação d dos

corpos. Admitindo-se que o sistema é conservativo, a energia mecânica do sistema não varia:

0 ( )dE E

0 0 ( ) ( )d dU K U K

2 21 10 0

2 2

GMmMV mv

d

2 2 2GMmMV mv

d (2)

vm MV

dx




24

Aplicando-se a conservação do momento linear:

0 ( )dP P

0 0 ( ) ( )M m M d m dp p p p

0 0 mv MV

m

V vM

(3)

M

v Vm

(4)


2

2 2m GMmM v mv

M d

2 2 2m GMv v

M d

22 2GM

vm M d

(5)

Substituindo-se (4) em (2), obtemos:

22 2Gm

Vm M d

(6)


2 2

2 22 2 2rel

GM Gm Gv M m

m M d m M d m M d

2

rel

Gv M m

m M d

2

rel

G m Mv

d

50. Considere dois satélites A e B, ambos de massa m, movendo-se na mesma órbita circular de raio

r, em torno da Terra T, mas em sentidos de revolução opostos, e, portanto, em rota de colisão

(veja a Fig. 47). (a) Em termos de G, MT, m e r, determine a energia mecânica total do sistema

constituído pelos dois satélites mais a Terra, antes da colisão. (b) Se a colisão for

completamente inelástica, de modo que os destroços permaneçam como uma única peça de

material retorcido, determine a energia mecânica total imediatamente após a colisão. (c)

Descreva o movimento subseqüente dos destroços.

(Pág. 55)




25

Solução.


A energia mecânica total é a soma das energias mecânicas dos satélites A e B:

T A B A AT B BT ABE E E K U K U U

( )2 2

T T T TT

GmM GmM GmM GmM GmmE

r r r r d

O termo UAB é desprezível, pois Gmm GmMT. Logo:

TT

GmME

r

(b) A colisão entre os satélites é completamente inelástica. Aplicando-se o princípio da conservação

do momento linear aos instantes imediatamente antes (Pi) e imediatamente após o impacto (Pf),

teremos:

i fP P

2Ai Bi Af Bf f fmv mv mv mv m m v mv

No instante imediatamente anterior à colisão temos vA = vB. Logo:

0fv

Portanto, o corpo resultante da colisão, cuja massa é 2m, somente possuirá energia potencial

gravitacional:

2 T

T

GmME

r

(c) Como os destroços não possuem velocidade tangencial (orbital), cairão verticalmente para o

solo.

51. O centro do Sol está em um dos focos da órbita da Terra. A que distância ele se encontra do

outro foco? Expresse sua resposta em termos do raio do Sol RS = 6,96 108 m. A excentricidade

da órbita da Terra é 0,0167 e o semi-eixo maior mede 1,50 1011

m.

(Pág. 55)

Solução.


vAvB

d

r r

Terra




26

De acordo com o esquema acima, a distância procurada vale:

11 92 2 0,0167 1,50 10 m 5,01 10 md ea

Em termos de raios solares (RS), a distância entre os focos da órbita elíptica da Terra vale:

9

11

5,01 10 m7,198

1,50 10 mS

d

R

7,2 Sd R

52. Use a conservação da energia e a Eq. 27 para a energia total e demonstre que a velocidade v de

um objeto numa órbita elíptica satisfaz a relação

2 2 1v GM

r a

.

(Pág. 55)

Solução.

A Eq. 27 citada no enunciado é a energia mecânica total de um objeto de massa m em órbita circular

em torno da Terra (massa M), em que r é o raio da órbita:

2

GMmE

r (27)

No caso de órbitas elípticas, vale a relação em que a é o comprimento do semi-eixo maior da

trajetória elíptica:

2

GMmE

a

A energia mecânica do sistema é dada por:

E K U

21

2 2

GMm GMmmv

a r

2 2GM GMv

a r

2 2GM GMv

r a

2 1

v GMr a

ea

a

Sol

d




27

53. Um cometa move-se em uma órbita de excentricidade igual a 0,880 e tem velocidade de 3,72

km/s quando está o mais distante possível do Sol. Determine a sua velocidade quando estiver no

ponto mais próximo do Sol.

(Pág. 55)

Solução.


Sejam RP o vetor posição do cometa no periélio e RA no afélio, em relação ao Sol, e pP e pA os

momentos lineares do cometa no periélio e afélio, respectivamente. Vamos aplicar a conservação do

momento angular do cometa no periélio (lP) e no afélio (lA), considerando-se o Sol em repouso:

P Al l

P P A AR p R p

Na coordenada z:

P P A AR Mv R Mv

AP A

P

Rv v

R (1)

Observando-se o esquema, podemos perceber as seguintes relações, onde a é o raio maior da órbita

elíptica do cometa e e a excentricidade da órbita:

1AR a ea a e (2)

1PR a ea a e (3)


1 1 0,8803,72 km/s 58,28 km/s

1 1 0,880P A

ev v

e

58,3 km/sPv

61. Um determinado sistema triplo de estrelas consiste em duas estrelas, cada uma de massa m, que

giram em torno de uma estrela central de massa M, na mesma órbita circular. As duas estrelas

situam-se nos extremos opostos de um diâmetro da órbita circular; veja a Fig. 49. Deduza uma

expressão para o período de revolução das estrelas; o raio da órbita é r.

ea

RP RA

a a

vP

vA

Sol x

y

z




28

(Pág. 55)

Solução.


A força centrípeta do movimento orbital de cada massa m é igual à resultante das forças

gravitacionais que agem sobre cada uma:

CF F

Na coordenada radial:

2

Mm mm

mvF F

r

2 2

2 24

GMm Gmm m r

r r r

2

2 2

4

4

G mM r

r T

2 32 16

4

rT

G M m

Pode-se notar que se fizermos m = 0, a expressão final igualar-se-á à terceira lei de Kepler:

2 3

2 4 rT

GM

64. Um sistema de estrelas binárias consiste em duas estrelas, cada uma com massa igual à do Sol,

que giram em torno do seu centro de massa. A distância entre elas é igual à distância entre a




29

Terra e o Sol. Qual é o seu período de revolução, em anos?

(Pág. 56)

Solução.


A força centrípeta (Fc) do movimento orbital das estrelas em torno do centro de massa do sistema é

a força gravitacional (Fg) que uma estrela exerce sobre a outra:

c gF F

2

2

2

GMM R

d

2

2 2

4

2

d GM

T d

32 92 3

7

11 2 2 30

2 150 10 m22,24033 10 s

6,67 10 N.m /kg 1,99 10 kg

dT

GM

259 diasT

68. A órbita da Terra em torno do Sol é quase circular. As distâncias maior e menor são 1,47 108

km e 1,52 108 km, respectivamente. Determine as variações máximas (a) na energia potencial,

(b) na energia cinética, (c) na energia total, e (d) na velocidade orbital resultantes da variação na

distância Terra-Sol, no curso de um ano. (Sugestão: Aplique a conservação da energia e do

momento angular.)

(Pág. 56)

Solução.


v

-v

d

M

M

Fg

CM-Fg




30

(a) Seja Up a energia potencial do sistema Terra-Sol no periélio (ponto de maior proximidade entre

Sol e Terra) e Ua a energia potencial no afélio (ponto de maior afastamento). A variação da energia

potencial entre o periélio e o afélio (U) vale:

T S T Sa p

a p

GM M GM MU U U

r r

1 1

T S

p a

U GM Mr r

11 2 2 24 30

32

11 11

6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg 1,99 10 kg

1 1 1,776 10 J

1,47 10 m 1,52 10 m

U

321,78 10 JU

(b) Num sistema conservativo, como o sistema Terra-Sol, vale a seguinte relação:

0K U

K U

321,78 10 JK

(c) A energia mecânica do sistema Terra-Sol vale:

2

S TGM ME

a

Nesta expressão, a é o comprimento do semi-eixo maior da trajetória elíptica. Como o sistema

Terra-Sol é conservativo, não há variação em sua energia mecânica.

0E

(d) No periélio, a Terra apresenta sua maior velocidade orbital devido à proximidade máxima do

Sol. No afélio ocorre o inverso, com a Terra em sua menor velocidade orbital. A variação na

velocidade orbital entre o periélio e o afélio vale:

a pv v v (1)

Para determinar va e vp vamos utilizar a variação da energia cinética:

2 21 1

2 2a p T a T pK K K M v M v

rp ra

a

vp

va

Sol

rp ra




31

2 2 2a p

T

Kv v

M

(2)

Agora vamos aplicar o princípio da conservação do momento angular:

a pL L

a a p p r p r p

sen sen2 2

a a p pr p r p

a T a p T pr M v r M v

p p

a

a

r vv

r (3)


2

2 2p p

p

a T

r v Kv

r M

2

2

2

21

p

p

a T

r Kv

r M

2

2 2

2ap

p a T

r Kv

r r M

211 32

2 2 2411 11

1,52 10 m 2 1,776 10 J30.299,25 m/s

5,98 10 kg1,47 10 m 1,52 10 mpv

Substituindo-se o valor de vp em (3):

11

11

1,47 10 m 30.299,25 m/s29.302,571 m/s

1,52 10 mav

Agora podemos resolver (1):

29.302,571 m/s 30.299,25 m/s 996,6861 m/sv

996 m/sv

69. Suponha que um satélite de comunicações geossíncrono esteja em órbita na longitude de

Chicago. Você está em Chicago e deseja captar os seus sinais. Em que direção você deveria

apontar o eixo da sua antena parabólica? A latitude de Chicago é 47,5o.

(Pág. 56)

Solução.





32

Neste esquema, é o ângulo de visada, acima do horizonte, que deve ser utilizado para direcionar a

antena. Em primeiro lugar vamos determinar o raio orbital do satélite (RO) por meio da força

centrípeta (força gravitacional) que age sobre o satélite:

2

O

mvF

R

2 2

2

OT

O O

m RGM m

R R

2

3 2

4T

O

GM

R T

1/32

242.250.474,31 m

4

TO

GM TR

Análise do ângulo :

2

2

(1)

Observando-se o esquema, podemos notar que:

sensen 2

T OR R

(2)


sen sen2 2

T OR R

cos cos

T OR R

cos cos sen sen

cos

T

O

R

R

Terra

MT

Equador

Chicago

R0

RT

Eixo de rotação

x

Fg

m




33

cos sen tan T

O

R

R

1tan cot

sen

T

O

R

R

6

1 o

o

6,37 10 mtan cot 47,5 35,444

42.250.474,31 m sen 47,5

35,4

A antena deverá ser apontada para 35,4o acima do horizonte, na direção sul.

73. Três estrelas idênticas, de massa M, estão localizadas nos vértices de um triângulo eqüilátero de

lado L. A que velocidade elas devem se mover, preservando o triângulo eqüilátero, sabendo-se

que todas elas giram sob a influência gravitacional umas das outras, numa órbita circular

circunscrita?

(Pág. 56)

Solução.


Como o triângulo formado pelas estrelas 1, 2 e 3 é eqüilátero, o ângulo que aparece no esquema é

/6. Considerando-se a simetria envolvida no problema temos v1 = v2 = v3. Vamos calcular a força

centrípeta do movimento orbital da estrela 1:

13 12C F F F

Na direção radial:

13 12cos cosCF F F

2 2 2

1

2 2

3 3

2 2

Mv GM GM

R L L

Mas:

3

3R L

Logo:

2 2

1

2

3 3

3

Mv GM

LL

v1

v2

v3

CM

LM M

M

L L

F31

F21

FC




34

2

1

GMv

L

1 2 3

GMv v v

L

74. Quanto tempo levará um cometa, que se move numa trajetória parabólica, para mover-se desde

o seu ponto de maior aproximação do Sol, em A (veja a Fig. 50), até completar um ângulo de

90o, medido em relação ao Sol, alcançando B? Suponha que a distância de maior aproximação

ao Sol é igual ao raio da órbita da Terra, suposta circular.

(Pág. 56)

Solução.


A componente z do momento angular do cometa, de massa m, quando este passa pelo ponto A (LA,z)

é igual à componente z do seu momento angular em outro ponto qualquer da trajetória parabólica,

como no ponto descrito pelo ângulo (Lz).

,z A zL L

sen2

A A A AI r mv

r p

Na equação acima, I é o momento de inércia do cometa,

2

A A

dmr r mv

dt

2

A Ar d r v dt (1)

Para resolver (1), precisamos de uma função de r em termos de e da velocidade do cometa no

ponto A (vA). A velocidade vA pode ser calculada a partir da principal característica da órbita

circular, que é possuir energia mecânica nula. Ou seja:

0E K U

Sol

Órbita da Terra

A

BrB

rA

r

x

y

z




35

210

2

SGM mmv

r

2 SGM

vr

Portanto, no ponto A, a velocidade do cometa vale:

2 S

A

A

GMv

r (2)

A função de r em termos de que precisamos corresponde à equação da parábola, descrita em

coordenadas polares:

1 cosr l

Na equação acima, l é a distância do foco à parábola, medida através de uma linha perpendicular ao

eixo. No presente caso, l = rB. Podemos determinar o valor de rB sabendo que quando = 0, termos

r = rA:

1 cos0A Br r

2B Ar r

Logo a função procurada é:

( )

2

1 cos

Arr

(3)


2

2

42

1 cos

AA S

rd r GM dt

/ 2

2 30 081 cos

tS

A

GMddt

r

/ 2

2 3

0

2 cos sen

83 1 cos

S

A

GMt

r

3

2

3 8

S

A

GMt

r

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32 1,50 10 m329,5082 10 s

9 9 6,67 10 N.m /kg 1,99 10 kg

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110 diast

problemas por assunto 15 gravitacao

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