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Gravitação
Gabarito Parte I:
Resposta da questão 1:
Dados: r = 1,5 × 1011m; G = 6,7 × 10 −11N ⋅ m2 ⋅ kg2 ; π = 3,14; T = 1 ano = 3 × 107 s.
Sendo circular a órbita do planeta, a força gravitacional exerce a função de resultante centrípeta.
2
F = Rcent
M=
 2π  3
 T  r
GM m

2
= m ω r ⇒ M= 
G
r2
⇒
(
4 ( 9,9 ) ⋅ 1,5 × 1011
(
)
⇒ M=
4 π2 r 3
G T2
⇒
3
)(
6,7 × 10 −11 ⋅ 3 × 107
)
2
=
1,3 × 1035
6 × 10 4
⇒
M = 2,2 × 1030 kg.
Resposta da questão 2: [A]
Das considerações de energia no movimento planetário e de satélites, teremos:
E = Ec + Ep
Ep = −
Ec =
GmM
a
mV 2
2
E = Ec + Ep → E =
mV 2 GmM
(eq.1)
−
2
a
Da segunda lei de Newton: R = m.γ
R=P=
GmM
γ = ac =
a2
V2
a
R = m.γ →
GmM
a2
=m
V2
GmM mV 2
→
=
(eq.2)
a
2a
2
Substituindo eq.2 em eq.1:
mV 2 GmM
GmM GmM
−
→E =
−
2
a
2a
a
GmM
E=−
2a
E=
Resposta da questão 3:
De acordo com o enunciado podemos desenhar:
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Sendo A e P os pontos mais distante e mais próximo, respectivamente, da estrela, lembre-se que no ponto mais distante o
planeta possui velocidade mínima e que no ponto mais próximo ele possui velocidade máxima.
Um sistema planetário se comporta como um sistema conservativo, ou seja:
2
Emec. = Emec. → −
A
P
GMm mV 2mín.
GMm mV máx.
1 
 1
+
=−
+
→ V 2máx. − V 2mín. = 2 ⋅ GM 
−
(a + c)
2
(a − c)
2
a
−
c
a
+
c 

A lei das áreas de Kepler nos dá a seguinte relação: Vmáx. (a − c) = Vmín. (a + c)
V
(a + c)
Vmáx. (a − c) = Vmín. (a + c) → Vmáx. = mín.
(a − c)
Substituindo na primeira equação, teremos:
2
1   Vmín. (a + c) 
1 
 1
 1
2
−
→
−
V 2máx. − V 2mín. = 2 ⋅ GM 
 − V mín. = 2 ⋅ GM 


 a − c a + c   (a − c) 
a−c a+c
Vmín =
GM(a − c)
a(a + c)
Vmáx. (a − c) = Vmín. (a + c) → Vmáx. (a − c) =
GM(a − c)
⋅ (a + c)
a(a + c)
GM(a + c)
a(a − c)
Vmáx. =
Resposta da questão 4: [B]
1ª Solução
6
6
Dados: rA = 150 × 10 km; rP = 145 × 10 km; vP = 30 km/s.
O momento angular ( L ) de uma partícula de massa m que gira em torno de um ponto de referência com velocidade linear v e
raio r , é dado pelo produto vetorial do raio ( r ) pelo momento linear ( p ). Ou seja:
L = r ×p ⇒ L = r ×m v
⇒ L = r m v sen θ.
O ângulo θ é medido entre os vetores r e v .
Como o torque de forças externas é nulo, ocorre conservação do momento angular ( L ). Assim, o momento angular do sistema
Sol-Terra é constante.
L A = LP ⇒ rA m v A sen 90° = rP m vP sen 90° ⇒
vA =
rP vP
rA
=
145 × 106 ⋅ 30
150 × 10
6
=
145
5
⇒
v A = 29 km /s.
A figura mostra que a passagem no afélio caracteriza o solstício de inverno no Hemisfério Sul.
2ª Solução
6
6
Dados: rA = 150 × 10 km; rP = 145 × 10 km; vP = 30 km/s.
Podemos considerar um mesmo intervalo de tempo bem pequeno na passagem da Terra pelo periélio e pelo afélio. Assim, os
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arcos descritos ( ∆S A e ∆SP ) podem ser aproximados por segmentos de reta.
Pela segunda lei de Kepler, as duas áreas triangulares demarcadas (AA e AP), mostradas na figura, são iguais, de alturas
aproximadamente iguais aos próprios raios.
Aplicando, então, essa segunda lei e dividindo membro a membro por ∆t :
∆S A
∆SP
A A = A P ⇒ ∆S A rA = ∆SP rP ⇒
rA =
rP ⇒ v A rA = vP rP
∆t
∆t
vP rP 30 ⋅ 145 × 106 145
vA =
=
=
⇒
rA
5
150 × 106
v A = 29 km / s.
⇒
A figura mostra que a passagem no afélio caracteriza o solstício de inverno no Hemisfério Sul.
Resposta da questão 5:
Pela “Lei das áreas de Kepler” a área varrida é proporcional ao tempo de movimento. Uma regra de três simples resolve a
questão.
2 meses ______ A
32 meses ______ αA
2αA = 32A → α = 16 meses
Resposta da questão 6: [B]
– Sendo r o raio médio da órbita e T o período de translação do planeta, analisando a 3ª Lei de Kepler:
2
TVênus
=
2
TTerra
. Sendo o raio médio da órbita de Vênus menor que o da Terra, o período de translação de Vênus é menor
3
3
rVênus
rTerra
que o da Terra, logo a frequência é maior.
2 π
– a velocidade angular é: ω =
. Como Vênus tem menor período, sua velocidade angular é maior.
T
– Para analisar a velocidade linear (v), aproximando as órbitas para circulares, a força gravitacional age como resultante
centrípeta. Sendo m a massa do planeta e M a massa do Sol:
m v2
GMm
=
r
r2
Vênus tem maior velocidade linear que a Terra.
RCent = FGrav
⇒
⇒ v=
GM
. Sendo o raio médio da órbita de Vênus menor que o da Terra,
r
Resposta da questão 7: [A]
GM
, sendo r o raio da órbita, G a constante de gravitação
r
universal e M a massa do Sol. Assim, a justificativa para a resposta dada é dada pela Lei de Newton da Gravitação, e não pela
terceira Lei da Kepler, embora, lógico, uma leve à outra.
A velocidade de translação de um planeta é dada por: v =
A terceira Lei de Kepler, T 2 = k r 3, é mais adequada quando se comparam os períodos de translação entre dois planetas.
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Resposta da questão 8: [B]
GMm
1. Incorreta. De acordo com a lei de Newton da Gravitação: F =
, sendo d a distância entre o planeta e o satélite. Para o
d2
satélite A, a distância é variável, então a força gravitacional tem intensidade variável.
G mA mB
2. Correta. A energia potencial gravitacional entre os dois satélites é: Epot = −
. Se a distância dAB é variável, a
dAB
energia potencial gravitacional do sistema formado por SA e SB também é variável.
3. Incorreta. Pela expressão mostrada no item anterior, a energia potencial gravitacional entre o planeta e o satélite SA é
variável. Tratando-se de sistema conservativo, consequentemente, a energia cinética do satélite SA é variável, aumentando à
medida que o satélite aproxima-se do planeta.
Resposta da questão 9:
[D]
Dados: mT = 6 × 1024 kg; mT = 1× 1026 kg; dTS = 1,5 × 1011m; dNS = 4,5 × 1012 m.
Da lei de Newton da Gravitação:

G M mT
FST =
( dTS )2

F
G M mT
( dNS )2
÷ ⇒ ST =
×

FSN
G M mN
F = G M mN
( dTS )2
SN
2

( dNS )

d 
FST mT
=
×  NS 
FSN mN
 dTS 
⇒
2
2
⇒
 4,5 × 1012 
FST 6 × 1024
=
×
 = 6 × 10−2 ⋅ 9 × 102 ⇒
 1,5 × 1011 
FSN 1× 1026


FST
= 54.
FSN
Resposta da questão 10:
[B]
A intensidade da força de atração gravitacional é inversamente proporcional ao quadrado da distância entre a Terra e o satélite.
Como as órbitas são circulares, a distância para cada satélite é constante, sendo também constante a intensidade da força
gravitacional sobre cada um. Como as massas são iguais, o satélite mais distante sofre força de menor intensidade.
Assim: FA < FB < FC < FD < FE.
Resposta da questão 11: [D]
Analisando a questão com base na terceira lei de Kepler, temos:
TA 2
RA3
=
TD2
RD3
⇒
TA 2
RA 3
=
(8TA )2
RB3
3
RB3
R 
R
R
⇒
=
⇒
= 64 ⇒  B  = 64 ⇒ B = 3 64 ⇒∴ B = 4
3
3
3
RA
RA
RA
RB
RA
 RA 
1
64
Resposta da questão 12: [C]
Matematicamente, a terceira lei de Kepler pode ser expressa por:
T2
r3
= K , em que T representa o período orbital, r o raio
médio orbital e K uma constante de proporcionalidade.
Como os satélites Io e Europa giram em torno do mesmo centro, que é Júpiter, devido à força gravitacional trocada com o
planeta, podemos escrever que:
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T 2Europa
r 3Europa
=
T2Io
r 3Io
→
T 2Europa
(6,72.105 )3
=
(1,8)2
(4,20.105 )3
→ T 2Europa ≈ 13,27
TEuropa ≈ 3,64 dias terrestres.
Resposta da questão 13:
O enunciado nos informa a existência de duas órbitas circulares (I e III) e uma elíptica (II), conforme figura abaixo:
Sendo rI e rIII os vetores posição das órbitas circulares I e III, respectivamente, e, ra e rp , os vetores posição do afélio e do
periélio, respectivamente, da órbita elíptica II, observamos que: rI = rp e rIII = ra .
O exercício trata do momento angular L = rpsenθ , onde p = m.v , sendo m a massa do satélite que está girando ao redor da
Terra e v a intensidade de sua velocidade.
L = rpsenθ → L = rmvsenθ
Como θ = 90°
senθ = 1
L = rmvsenθ → L = r.m.v
L = r.m.v (eq.1)
Dos estudos de gravitação, temos que:
– Para órbitas circulares
G.M
r
Substituindo na eq.1, teremos:
V=
LI = rI .m.
G.M
rI
LIII = rIII .m.
G.M
rIII
– Para órbitas elípticas
2.G.M.ra
Vp =
sendo Vp a intensidade da velocidade do satélite no periélio;
rp .(ra + rp )
Va =
2.G.M.rp
ra .(ra + rp )
sendo Va a intensidade da velocidade do satélite no afélio.
Como o momento angular do satélite girando ao redor da Terra e conservado, podemos utilizar Va ou Vp . Considerando Vp e
substituindo na eq.1, teremos:
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2.G.M.ra
rp .(ra + rp )
LII = rp .m.
Como rI = rp e rIII = ra : LII = rp .m.
2.G.M.ra
2.G.M.rIII
→ LII = rI.m.
rp .(ra + rp )
rI.(rIII + rI )
Conclusão
LI = rI .m.
G.M
rI
LII = rI.m.
2.G.M.rIII
rI .(rIII + rI )
LIII = rIII .m.
G.M
rIII
Como rI .m é constante para LI e LII , e
2.G.M.rIII
>
rI .(rIII + rI )
G.M
∴ LII > LI .
rI
Como rIII > rI ∴ LIII > LII
RESPOSTA: LI < LII < LIII .
Resposta da questão 14: [C]
A existência das estações é devido à inclinação do eixo de rotação da Terra em relação ao plano da eclíptica.
Resposta da questão 15: [B]
Pela Lei da Gravitação Universal, podemos escrever:
Terra → FT =
GMT m
Marte → FM =
GMMm
R2T
= 700
2
RM
MT
m
1 GMT m
1
= 10
=
.
=
x700 = 280N
2
2
2,5
2,5
R
 RT 
T
 2 


G
Resposta da questão 16: [D]
Da 3ª lei de Kepler: o quadrado do período de translação (ano do planeta) é diretamente proporcional ao cubo do raio médio da
2
3
órbita: T = k r , podemos concluir que quanto mais distante do Sol orbitar o planeta, mais longo é seu ano. Portanto, os
chamados planetas internos, Mercúrio e Vênus, têm anos mais curtos do que o ano terrestre.
Resposta da questão 17: [C]
1. Falsa. Como ilustrado na figura, a força gravitacional do Sol (F) sobre a Terra tem duas componentes: a componente
centrípeta (Fc ) , que define a trajetória e a componente tangencial, (Ft ) no mesmo sentido do movimento, quando a Terra vai
do afélio para o periélio, aumentando o módulo da velocidade, e contrária ao movimento, quando a Terra vai do periélio para o
afélio, diminuindo o módulo da velocidade.
2. Verdadeira. De acordo com o princípio da ação-reação (3ª lei de Newton), ação e reação têm sempre a mesma intensidade.
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Gabarito Parte II:
Resposta da questão 1: [D]
Resposta da questão 2: [C]
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