Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
[email protected]
Última atualização: 28/11/2006 15:20 H
8 - Gravitação
Fundamentos de Física 2
Halliday, Resnick, Walker
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 15 - Gravitação
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 16 - Gravitação
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
Cap. 14 - Gravitação
Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2
CAPÍTULO 15 - GRAVITAÇÃO
01
11
21
31
41
51
61
71
81
91
02
12
22
32
42
52
62
72
82
03
13
23
33
43
53
63
73
83
04
14
24
34
44
54
64
74
84
05
15
25
35
45
55
65
75
85
06
16
26
36
46
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66
76
86
07
17
27
37
47
57
67
77
87
08
18
28
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68
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88
09
19
29
39
49
59
69
79
89
10
20
30
40
50
60
70
80
90
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
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.
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a
Cap. 15 – Gravitação
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2
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(Pág. 70)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
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
objeto, para pesar o mesmo que na superfície da Lua?
(Pág. 71)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
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.
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a
Cap. 15 – Gravitação
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3
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[Início seção]
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
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.
(Pág. 73)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
43. Mostre que, para uma nave em repouso e a uma distância do Sol igual à distância média TerraSol, 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.
[Início seção]
[Início documento]
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?
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a
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(Pág. 73)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
54. A força gravitacional entre duas partículas de massas m e M, inicialmente em repouso e muito
distantes uma da outra, faz com que elas se juntem. Mostre que, em qualquer instante, a
velocidade relativa de qualquer uma das partículas em relação à outra é [2G(M+m)/d]1/2, onde d
é a distância entre elas nesse instante. (Sugestão: Use as leis de conservação da energia e do
momento linear.)
(Pág. 74)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
73. (a) Para escapar do Sol, que velocidade deve ter um objeto que está a uma distância R do seu
centro, sendo R o raio da órbita da Terra (não considere a influência dos planetas sobre o
objeto)? (b) Se o objeto já tem uma velocidade igual à orbital da Terra, de quanto deve
aumentar sua velocidade para que ele escape, como no item (a)? (c) Imagine um objeto sendo
lançado da Terra na direção do seu movimento orbital. Qual a velocidade de lançamento para
que ele atinja a velocidade de escape calculada, quando estiver bem longe da Terra, mas ainda a
uma distância R, aproximadamente, do Sol?
(Pág. 75)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
75. Um satélite é colocado em uma órbita circular para ficar estacionário sobre um certo ponto da
superfície da Terra. No entanto, por um erro de manobra, é colocado numa órbita cujo raio é 1
km maior que o da correta. Com que velocidade e em que direção se move o ponto da superfície
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a
Cap. 15 – Gravitação
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Problemas Resolvidos de Física
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da Terra, diretamente abaixo do satélite?
(Pág. 75)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
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.
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 15 – Gravitação
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 2
CAPÍTULO 16 - GRAVITAÇÃO
01
11
21
31
41
51
61
71
02
12
22
32
42
52
62
72
03
13
23
33
43
53
63
73
04
14
24
34
44
54
64
74
05
15
25
35
45
55
65
75
06
16
26
36
46
56
66
76
07
17
27
37
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57
67
08
18
28
38
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68
09
19
29
39
49
59
69
10
20
30
40
50
60
70
[Início documento]
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
3π
T=
Gρ
onde ρ 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.
F = FC
GMm
4π 2
2
=
m
ω
R
=
m
R
R2
T2
4π 2 R 3 4π R 3 3π
V 3π
=
=
GM
3 GM M G
Na expressão acima, V é o volume do planeta, supostamente esférico. Identificando V/M como a
densidade do planeta, temos:
T2 =
T=
3π
Gρ
(b)
T ≈ 1, 9 h
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
7
Problemas Resolvidos de Física
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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 ρ, sendo esta diferença igual a
4π 3
d
,
R gρ
Δg =
2
2 3/ 2
3
d
x
+
(
)
onde R é o raio da caverna e d é a profundidade do seu centro. (b) Estes valores de Δg,
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
Δg varia de 10,0 miligals até um máximo de 14,0 miligals, numa distância de 150 m. Supondose 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 = Δg 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 ρ:
gc
d
θ
Δg
r
x
R
m, ρ
O módulo de Δg vale:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
Δg = g c cos θ =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Gm
d
×
1/ 2
2
r
( d 2 + x2 )
A massa m da esfera pode ser expressa em termos de sua densidade e de seu volume V:
4
m = ρV = ρ π R 3
3
Logo:
G
4
d
Δg = 2
πρ R 3
1/ 2
2
(d + x ) 3
( d 2 + x2 )
4
d
Δg = π G ρ R 3
3/ 2
3
( d 2 + x2 )
[Início seção]
[Início documento]
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:
GM 1m GM 2 m
Fa = F1 + F2 =
+
a2
a2
Gm
Fa = 2 ( M 1 + M 2 )
a
(b) Na posição b, a partícula sofre atração gravitacional apenas da casca M1:
GmM 1
Fb =
b2
(c) Na posição c, a partícula não sofre qualquer atração gravitacional:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
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Fc = 0
[Início seção]
[Início documento]
22. Mostre que, no fundo de um poço de mina vertical de profundidade é D, o valor de g será
⎛ D⎞
g = g s ⎜1 − ⎟ ,
R⎠
⎝
onde gs é o valor na superfície. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme de raio R.
(Pág. 52)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
g0
D
g
RT - D
RT
A aceleração da gravidade na superfície da Terra (g0) vale:
GM T
g0 =
RT2
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:
GM
g=
2
( RT − D )
(1)
(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:
MT
M
ρ=
=
4
4
3
π RT3
π ( RT − D )
3
3
M ( R − D)
M = T T3
RT
3
(3)
Substituindo-se (3) em (2):
g=
( RT − D )
M T ( RT − D )
GM T ( RT − D ) GM T ⎛
D⎞
=
=
1
−
⎜
⎟
RT3
RT2
RT
RT2 ⎝ RT ⎠
3
G
2
(4)
Substituindo-se (1) em (4):
⎛
D⎞
g = g0 ⎜1 −
⎟
⎝ RT ⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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10
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início seção]
[Início documento]
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?
(Pág. 52)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
d - R/2
R
m
F
R/2
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:
F = F1 − F2
(1)
O módulo de F1 vale:
GMm
F1 =
d2
Agora vamos calcular o módulo de F2. A massa M da esfera grande vale:
4
M = ρV = ρ π R 3
3
A massa M’ da esfera pequena vale:
(2)
3
4 ⎛R⎞
4
1
M = ρ π ⎜ ⎟ = ρ π R3
3 ⎝2⎠
3
8
'
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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11
Problemas Resolvidos de Física
M' =
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M
8
Portanto:
⎛M ⎞
G⎜ ⎟m
1 GMm
8
F2 = ⎝ ⎠ 2 =
2
8⎛
R⎞
R⎞
⎛
⎜d − ⎟
⎜d − ⎟
2⎠
2⎠
⎝
⎝
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
(3)
⎡
⎤
⎢
⎥
GMm 1 GMm
1
⎢1 −
⎥
F=
GMm
−
=
2
2
2
⎢
d2
d
8⎛
R⎞
R⎞ ⎥
⎛
8⎜ d − ⎟ ⎥
⎢
⎜d − ⎟
2⎠
2⎠ ⎦
⎝
⎝
⎣
⎡
⎤
⎢
⎥
GMm ⎢
1
⎥
F=
1−
2
d2 ⎢
R ⎞ ⎥
⎛
⎢ 8 ⎜1 −
⎟ ⎥
⎝ 2d ⎠ ⎦
⎣
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
12
Problemas Resolvidos de Física
dA1
dA1n
r1
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dA1
α
dA1n
α
r1
dΩ
dΩ
(a) Para um cone definido pelo ângulo sólido dΩ e cuja altura é r1, a área da base (dA1n) é dada por:
dA1n = r12 d Ω
(1)
Para um segundo cone que partilha do mesmo ângulo sólido com o primeiro cone temos:
dA2 n = r22 d Ω
(2)
O elemento de área dA1 (superfície da camada esférica) faz um ângulo α com o elemento de área
dA1n (o ângulo entre dA2 e dA2n também é α). Logo:
dA1n = dA1 cos α
(3)
dA2 n = dA2 cos α
(4)
Igualando-se (1) e (3):
r12 d Ω
cos α
Igualando-se (2) e (4):
dA1 =
r22 d Ω
dA2 =
cos α
Seja σ a densidade superficial da camada esférica:
dm1 = σ dA1
dm2 = σ dA2
(5)
(6)
(7)
(8)
Substituindo-se (5) em (7):
σ r12 d Ω
dm1 =
cos α
(9)
Substituindo-se (6) em (8):
dm2 =
σ r22 d Ω
cos α
(10)
A razão entre as forças gravitacionais exercidas pelas camadas superficiais dA1 e dA2 sobre uma
partícula de massa m localizada em P vale:
Gmdm1
dF1
r12
(11)
=
dF2 Gmdm2
r22
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
13
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Substituindo-se (9) e (10) em (11):
dF1 Gmσ r12 d Ω cos α r22
=
=1
dF2
cos α r12 Gmσ r22 d Ω
Logo:
dF1 = dF2
[Início seção]
[Início documento]
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):
GM T
(1)
g=
RT2
Substituindo-se este valor na expressão da velocidade inicial do foguete fornecida no enunciado:
⎡⎛ GM ⎞ ⎤
v = 2 ⎢⎜ 2 T ⎟ RT ⎥
⎣⎝ RT ⎠ ⎦
1/ 2
1/ 2
⎛ GM T ⎞
v = 2⎜
⎟
⎝ RT ⎠
A velocidade mínima de escape (vesc)da Terra vale:
(2)
1/ 2
vesc
⎛ GM T ⎞
=⎜
⎟
⎝ RT ⎠
Logo:
v = 2vesc
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:
ET = E∞
KT + U T = K ∞ + U ∞
1 2 GM T m 1
mv −
= mV 2 + 0
2
2
RT
V 2 = v2 −
2GM T
RT
Substituindo-se (2) em (3):
4GM T 2GM T 2GM T 2GM T
RT
V2 =
−
=
=
RT
RT
RT
RT2
(3)
(4)
Substituindo-se (1) em (4):
________________________________________________________________________________________________________
a
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
14
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
V = ( 2 gRT )
1/ 2
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
h
mT
mP
v=0
v0
RT
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:
E0 = E
K P 0 + KT 0 + U TP 0 = K P + KT + U TP
1
GmT mP
GmT mP
= 0+0−
mP v02 + 0 −
2
RT
RT + h
GmT
GmT v02
=
−
2
RT + h
RT
v2
1
1
=
− 0
RT + h RT 2GmT
h=
h=
1
⎛ 1
v02 ⎞
−
⎜
⎟
⎝ RT 2GmT ⎠
− RT
1
⎡
⎤
( 9, 42 ×10 m/s )
1
⎢
⎥
−
⎢ ( 6,37 ×106 m ) 2 ( 6, 67 ×10−11 N.m 2 /kg 2 )( 5,98 × 1024 kg ) ⎥
⎣
⎦
3
2
− ( 6,37 × 106 m )
h = 1,54879" ×107 m
h ≈ 15.500 km
[Início seção]
[Início documento]
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
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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15
Problemas Resolvidos de Física
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movendo pouco antes de colidirem? Ignore efeitos relativísticos.
(Pág. 54)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
M
v0 = 0
R
A
M
v0 = 0
R
d
v1
-v1
B
d/2
v2
-v2
C
2R
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B:
E A = EB
U A + K A = UB + KB
GM 2
GM 2
⎛1
⎞
−
+0= −
+ 2 ⎜ Mv12 ⎟
d
d
⎝2
⎠
2
2GM GM
v12 =
−
d
d
GM
v1 =
=
d
( 6, 67 ×10
−11
N.m 2 /kg 2 )(1,56 × 1030 kg )
( 93, 4 ×10 m )
3
= 3,3377 " × 107 m/s
v1 ≈ 33, 4 × 103 km/s ≈ 0,11 c
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e C:
E A = EB
−
GM 2
GM 2
⎛1
⎞
+0= −
+ 2 ⎜ Mv22 ⎟
d
2R
⎝2
⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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16
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⎛ 1 1⎞
v2 = GM ⎜
− ⎟
⎝ 2R d ⎠
⎡
⎤
1
1
−11
2
2
30
⎢
6,
67
10
N.m
/kg
1,56
10
kg
×
×
−
(
)(
) 2 12, 6 ×103 m 93, 4 ×103 m ⎥
⎢⎣ (
) (
) ⎥⎦
v2 = 5, 4909" × 107 m/s
v2 =
v2 ≈ 54, 9 × 103 km/s ≈ 0,18 c
[Início seção]
[Início documento]
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.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
Rdθ
dM
dθ R
dF
α
dF x
x
dF y
dF z
y
x
z
O elemento de massa dM exerce uma força dF sobre a massa m. Esta força vale:
dF = dFx i + dFy j + dFz k
A força total F que o anel exerce sobre m é a integral de dF:
F = ∫ dF = ∫ dFx i + ∫ dFy j + ∫ dFz k
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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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:
F = ∫ dFx i = ∫ dF cos α i
Como estamos interessados apenas no módulo da força:
F = ∫ dF cos α
x
Gmx
⎛ GmdM ⎞
dM
F = ∫⎜ 2
=∫
1/
2
3/ 2
2 ⎟
⎝ R + x ⎠ ( R2 + x2 )
( R2 + x2 )
(1)
A expressão do elemento dM pode ser extraída da definição da densidade linear de massa do anel:
M
dM
ρ=
=
2π R Rdθ
Mdθ
(2)
dM =
2π
Substituindo-se (2) em (1):
2π
Gmx
Mdθ
GMmx
F =∫
=
dθ
3/
2
3/
2
∫
( R 2 + x 2 ) 2π 2π ( R 2 + x 2 ) 0
F=
GMmx
(R
2
+ x2 )
3/ 2
Para pontos onde x >> R, esta expressão se reduz a:
GMmx GMmx GMm
F≈
=
=
3/ 2
x3
x2
( x2 )
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:
GmdM
(3)
U x = ∫ dU x = − ∫
1/ 2
( R2 + x2 )
Substituindo-se (2) em (3):
Gm
Mdθ
GMm
U x = −∫
=−
1/
2
1/ 2
2π ( R 2 + x 2 )
( R 2 + x 2 ) 2π
∫
2θ
0
dθ = −
(R
GMm
2
+ x2 )
1/ 2
(4)
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos localizados em x (Ex) e no
centro do anel (Ec):
Ex = Ec
K x + U x = Kc + U c
0−
(R
(R
GMm
2
+x
2GM
2
+x
)
)
2 1/ 2
2 1/ 2
=
1 2 GMm
mvc −
2
R
= vc2 −
2GM
R
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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⎡
⎤
1
1
⎥
vc = 2GM ⎢ −
⎢ R ( R 2 + x 2 )1/ 2 ⎥
⎣
⎦
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
m
v
V M
x
d
A velocidade relativa das partículas (vrel) quando separadas pela distância d é dada pela diferença de
suas velocidades nessas posições:
vrel = v1 − v2 = v − ( −V )
vrel = 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:
E0 = E(d )
U 0 + K0 = U (d ) + K(d )
GMm 1
1
+ MV 2 + mv 2
2
2
d
2GMm
MV 2 + mv 2 =
d
Aplicando-se a conservação do momento linear:
P0 = P(d )
0+0 = −
(2)
p M 0 + pm 0 = p M ( d ) + pm ( d )
0 + 0 = mv + MV
m
V =− v
M
M
v=− V
m
Substituindo-se (3) em (2):
⎛ m
M ⎜−
⎝ M
(3)
(4)
2
2GMm
⎞
v ⎟ + mv 2 =
d
⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
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m 2 2 2GM
v +v =
M
d
v2 =
2GM 2
(m + M ) d
(5)
Substituindo-se (4) em (2), obtemos:
V2 =
2Gm 2
(m + M ) d
(6)
Substituindo-se (5) e (6) em (1):
vrel =
2GM 2
+
(m + M ) d
vrel =
2G
( M + m)
(m + M ) d
vrel =
2Gm 2
=
(m + M ) d
2G
(m + M ) d
(
M 2 + m2
)
2G ( m + M )
d
[Início seção]
[Início documento]
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)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
vA
vB
d
θ
r
r
Terra
________________________________________________________________________________________________________
a
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A energia mecânica total é a soma das energias mecânicas dos satélites A e B:
ET = E A + EB = K A + U AT + K B + U BT + U AB
ET =
GmM T GmM T GmM T GmM T Gmm
−
+
−
−
r
r
d (θ )
2r
2r
O termo UAB é desprezível, pois Gmm << GmMT. Logo:
GmM T
ET = −
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:
Pi = Pf
mvAi + mvBi = mvAf + mvBf = ( m + m ) v f = 2mv f
No instante imediatamente anterior à colisão temos vA = −vB. Logo:
vf = 0
B
Portanto, o corpo resultante da colisão, cuja massa é 2m, somente possuirá energia potencial
gravitacional:
2GmM T
ET = −
r
(c) Como os destroços não possuem velocidade tangencial (orbital), cairão verticalmente para o
solo.
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
ea
Sol
d
a
De acordo com o esquema acima, a distância procurada vale:
d = 2ea = 2 ( 0, 0167 ) (1,50 × 1011 m ) = 5, 01× 109 m
Em termos de raios solares (RS), a distância entre os focos da órbita elíptica da Terra vale:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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21
Problemas Resolvidos de Física
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5, 01×109 m )
(
d
=
= 7,198"
RS (1,50 ×1011 m )
d ≈ 7, 2 RS
[Início seção]
[Início documento]
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 1⎞
v 2 = 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:
GMm
(27)
E=−
2r
No caso de órbitas elípticas, vale a relação em que a é o comprimento do semi-eixo maior da
trajetória elíptica:
GMm
E=−
2a
A energia mecânica do sistema é dada por:
E = K +U
GMm 1 2 GMm
−
= mv −
2a
2
r
GM
2GM
−
= v2 −
a
r
2GM GM
v2 =
−
r
a
⎛2 1⎞
v = GM ⎜ − ⎟
⎝r a⎠
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
________________________________________________________________________________________________________
a
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22
Problemas Resolvidos de Física
RP
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RA
ea
vA
vP
Sol
y
z
x
a
a
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:
lP = lA
R P × pP = R A × pA
Na coordenada z:
RP MvP = RA MvA
vP =
RA
vA
RP
(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:
RA = a + ea = a (1 + e )
(2)
RP = a − ea = a (1 − e )
(3)
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
vP =
(1 + e ) v = (1 + 0,880 ) 3, 72 km/s = 58, 28 km/s
(
)
(1 − e ) A (1 − 0,880 )
vP ≈ 58,3 km/s
[Início seção]
[Início documento]
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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23
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(Pág. 55)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
-v
m
M
r
Fmm
Fmm
m
v
A força centrípeta do movimento orbital de cada massa m é igual à resultante das forças
gravitacionais que agem sobre cada uma:
∑F = F
C
Na coordenada radial:
FMm + Fmm =
mv 2
r
GMm Gmm mω 2 r 2
+
=
r2
4r 2
r
G⎛
m ⎞ 4π 2
+
M
r
⎜
⎟=
4 ⎠ T2
r2 ⎝
T=
4π r 3/ 2
G ( 4M + m )
Pode-se notar que se fizermos m = 0, a expressão final igualar-se-á à terceira lei de Kepler:
T2 =
4π 2 r 3
GM
[Início seção]
[Início documento]
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
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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24
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Terra e o Sol. Qual é o seu período de revolução, em anos?
(Pág. 56)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
-v
M
-Fg
CM
d
M
Fg
v
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:
Fc = Fg
GM 2
Mω R = 2
d
2
4π 2 d GM
= 2
T2 2
d
2π 2 d 3
=
T=
GM
( 6, 67 ×10
2π 2 (150 × 109 m )
−11
2
N.m /kg
2
3
)(1,99 ×10
30
kg )
= 2, 24033" ×107 s
T ≈ 259 dias
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
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Problemas Resolvidos de Física
vp
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
rp
ra
rp
ra
va
Sol
a
(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 (ΔU) vale:
ΔU = U a − U p = −
GM T M S ⎛ GM T M S
−⎜−
⎜
ra
rp
⎝
⎞
⎟⎟
⎠
⎛1 1⎞
ΔU = GM T M S ⎜ − ⎟
⎜r r ⎟
⎝ p a⎠
ΔU = ( 6, 67 × 10−11 N.m 2 /kg 2 )( 5,98 × 1024 kg )(1,99 × 1030 kg ) ×
⎡
⎤
1
1
⎥ = 1, 776" × 1032 J
×⎢
−
11
11
⎢⎣ (1, 47 ×10 m ) (1,52 ×10 m ) ⎥⎦
ΔU ≈ 1, 78 ×1032 J
(b) Num sistema conservativo, como o sistema Terra-Sol, vale a seguinte relação:
ΔK + ΔU = 0
ΔK = −ΔU
ΔK ≈ −1, 78 ×1032 J
(c) A energia mecânica do sistema Terra-Sol vale:
GM S M T
E=−
2a
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.
ΔE = 0
(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:
(1)
Δ v = va − v p
Para determinar va e vp vamos utilizar a variação da energia cinética:
1
1
ΔK = K a − K p = M T va2 − M T v 2p
2
2
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
26
Problemas Resolvidos de Física
va2 − v 2p =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
2 ΔK
MT
(2)
Agora vamos aplicar o princípio da conservação do momento angular:
La = L p
ra × p a = rp × p p
ra pa sen
π
= rp p p sen
2
ra M T va = rp M T v p
va =
π
2
rp v p
(3)
ra
Substituindo-se (3) em (2):
2
⎛ rp v p ⎞
2ΔK
2
⎜
⎟ − vp =
MT
⎝ ra ⎠
⎛ rp2 ⎞ 2 2ΔK
⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ v p =
MT
⎝ ra
⎠
⎛ ra2 ⎞ 2ΔK
vp = ⎜ 2 2 ⎟
⎜r −r ⎟ M
⎝ p a ⎠ T
2
⎡
⎤ 2 ( −1, 776" × 1032 J )
1,52 × 1011 m )
(
⎥
= 30.299, 25" m/s
vp = ⎢
⎢ (1, 47 × 1011 m )2 − (1,52 × 1011 m )2 ⎥ ( 5,98 × 10 24 kg )
⎣
⎦
Substituindo-se o valor de vp em (3):
(1, 47 ×10
=
11
va
m ) ( 30.299, 25" m/s )
(1,52 ×10
11
m)
= 29.302,571" m/s
Agora podemos resolver (1):
Δv = ( 29.302,571" m/s ) − ( 30.299, 25" m/s ) = −996, 6861" m/s
Δv ≈ −996 m/s
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
27
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Terra
Chicago
MT
RT
θ
x
φ
R0
Equador
m
α
Fg
Eixo de rotação
Neste esquema, φ 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:
F=
mv 2
RO
GM T m mω 2 RO2
=
RO2
RO
GM T 4π 2
= 2
RO3
T
1/ 3
⎛ GM T T 2 ⎞
RO = ⎜
⎟
2
⎝ 4π
⎠
= 42.250.474,31" m
Análise do ângulo α:
⎛π
⎞
α = π −θ − ⎜ + φ ⎟
⎝2
⎠
π
α = −θ −φ
2
Observando-se o esquema, podemos notar que:
⎛π
⎞
sen ⎜ + φ ⎟
sen α
⎝2
⎠
=
RT
RO
(1)
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
⎛π
⎞
⎛π
⎞
sen ⎜ − θ − φ ⎟ sen ⎜ + φ ⎟
⎝2
⎠=
⎝2
⎠
RT
RO
cos (θ + φ ) cos φ
=
RT
RO
cos θ cos φ − sen θ sen φ RT
=
cos φ
RO
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
28
Problemas Resolvidos de Física
RT
RO
cos θ − sen θ tan φ =
⎛
φ = tan −1 ⎜ cot θ −
⎝
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RT ⎞
⎟
RO sen θ ⎠
⎡
φ = tan −1 ⎢cot ( 47,5o ) −
⎢⎣
( 6,37 ×10 m )
⎤
⎥ = 35, 444"D
o
( 42.250.474,31" m ) sen ( 47,5 ) ⎥⎦
6
φ ≈ 35, 4D
A antena deverá ser apontada para 35,4o acima do horizonte, na direção sul.
[Início seção]
[Início documento]
72. Um satélite meteorológico está em órbita geossíncrona, pairando sobre Nairobi, que está situada
bem perto do equador. Se o raio da sua órbita for aumentado em 1,00 km, a que velocidade e em
que direção o seu ponto de referência, que estava inicialmente estacionário, irá se mover sobre a
superfície da Terra?
(Pág. 56)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
v3
M
L
F31
L
FC
CM
v1
M
F21
L
M
v2
Como o triângulo formado pelas estrelas 1, 2 e 3 é eqüilátero, o ângulo θ que aparece no esquema é
π/6. Considerando-se a simetria envolvida no problema temos v1 = v2 = v3. Vamos calcular a força
centrípeta do movimento orbital da estrela 1:
FC = F13 + F12
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
29
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Na direção radial:
FC = F13 cos θ + F12 cos θ
Mv12 GM 2 3 GM 2 3
= 2
+ 2
2
2
R
L
L
Mas:
R=
3
L
3
Logo:
3Mv12 GM 2 3
=
L2
L 3
GM
v12 =
L
v1 = v2 = v3 =
GM
L
[Início seção]
[Início documento]
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.
Considere o seguinte esquema da situação:
Órbita da Terra
Sol
rB
B
r
θ
rA
y
z
x
A
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
30
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
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 θ (Lz).
Lz = LA, z
⎛π ⎞
I ω = rA × p A = rA ⋅ mv A sen ⎜ ⎟
⎝2⎠
Na equação acima, I é o momento de inércia do cometa, ω
dθ
mr 2 ⋅
= rA mv A
dt
r 2 dθ = rAv A dt
(1)
Para resolver (1), precisamos de uma função de r em termos de θ 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:
E = K +U = 0
1 2 GM S m
mv −
=0
r
2
2GM S
r
Portanto, no ponto A, a velocidade do cometa vale:
v=
vA =
2GM S
rA
(2)
A função de r em termos de θ que precisamos corresponde à equação da parábola, descrita em
coordenadas polares:
r (1 + cos θ ) = 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 θ = 0, termos
r = rA:
B
B
rA (1 + cos 0 ) = rB
rB = 2rA
Logo a função procurada é:
2rA
r(θ ) =
(1 + cos θ )
(3)
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
4rA2
(1 + cos θ )
π /2
2
dθ = 2rAGM S dt
dθ
∫ (1 + cos θ )
0
2
=
GM S
8rA3
t
∫ dt
0
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
31
Problemas Resolvidos de Física
( 2 + cos θ ) sen θ
2
3 (1 + cos θ )
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
π /2
=
0
GM S
t
8rA3
GM S
2
=
t
3
8rA3
32 (1,50 ×1011 m )
32rA3
t=
=
= 9,5082"× 106 s
2
2
30
−11
9GM S
9 ( 6, 67 ×10 N.m /kg )(1,99 ×10 kg )
3
t ≈ 110 dias
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 16 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
32
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.
FÍSICA 2
CAPÍTULO 14 - GRAVITAÇÃO
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
02
12
22
32
03
13
23
33
04
14
24
34
05
15
25
35
06
16
26
36
07
17
27
37
08
18
28
38
09
19
29
39
10
20
30
07
17
27
08
18
28
09
19
29
10
20
30
PROBLEMAS
01
11
21
31
02
12
22
32
03
13
23
33
04
14
24
05
15
25
06
16
26
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 14 – Gravitação
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 Ed. - LTC - 2003.
33