014gravitação, Notas de estudo de Engenharia Aeronáutica
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15. Gravitação

Versão preliminar 14 de novembro de 2003

Notas de Aula de Física

14. GRAVITAÇÃO .............................................................................................................. 2 O UNIVERSO E A FORÇA GRAVITACIONAL ............................................................................. 2 GRAVITAÇÃO E O PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO.................................................................... 3 GRAVITAÇÃO PRÓXIMO À SUPERFÍCIE DA TERRA.................................................................... 4 FORÇA ENTRE UMA HASTE E UMA MASSA PONTUAL – CASO 1 ................................................. 5 FORÇA ENTRE UMA HASTE E UMA MASSA PONTUAL – CASO 2 ................................................. 6 CAMPO PRODUZIDO POR UMA DISTRIBUIÇÃO ESFÉRICA DE MASSA EM SEU EXTERIOR ................ 8 CAMPO PRODUZIDO POR UMA DISTRIBUIÇÃO ESFÉRICA DE MASSA EM SEU INTERIOR ............... 11 CÁLCULO ALTERNATIVO - PARTÍCULA NO INTERIOR............................................................... 13 ENERGIA POTENCIAL GRAVITACIONAL ................................................................................. 15

Energia potencial gravitacional próximo à superfície da Terra.................................... 15 Energia potencial gravitacional distante da superfície da Terra.................................. 16

LEIS DE KEPLER ............................................................................................................... 17 ÓRBITAS DE SATÉLITES E ENERGIA ..................................................................................... 19 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ..................................................................................... 21

07 ................................................................................................................................ 21 09 ................................................................................................................................ 21 10 ................................................................................................................................ 22 13 ................................................................................................................................ 23 14 ................................................................................................................................ 24 17 ................................................................................................................................ 27 22 ................................................................................................................................ 28 31 ................................................................................................................................ 29 33 ................................................................................................................................ 30 52 ................................................................................................................................ 31 54 ................................................................................................................................ 34

Prof. Romero Tavares da Silva

Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 2

14. Gravitação

A gravidade é a mais fraca das forças fundamentais do Universo. É desprezível nas interações de partículas elementares e não tem qualquer papel nas propriedades das moléculas, dos átomos ou dos núcleos atômicos. A atração gravitacional entre corpos de dimensões comuns, por exemplo entre um automóvel e um edifício, é muito pequena para ser percebida.

Entre corpos muito grandes, como as estrelas, os planetas, os satélites, porém, a gravidade tem uma importância de primeiro plano. A força gravitacional da Terra sobre os corpos que nos rodeiam é a parte fundamental da nossa experiência.

É a gravidade que nos mantém sobre os solo e mantém a Terra e os outros plane- tas nas suas respectivas órbitas do sistema solar. A força gravitacional tem um papel im- portante na história das estrelas e no comportamento das galáxias. Numa escala muito grande, é a gravidade que controla a evolução do Universo. Física Paul A Tipler Vol 1 - Cap 11 - pag300 LTC - Editora - 2000

O Universo e a Força Gravitacional

Desde tempos imemoriais o homem sempre esteve fascinado pelo movimento dos corpos celestes e das possíveis consequências destes movimentos na nossa vida aqui na Terra.

Por questões de fundo religioso, durante muito tempo supôs-se que o movimento desses corpos aconteciam de modo que a Terra tinha uma posição privilegiada neste concerto. Os religiosos acreditavam que o homem era o único ser vivo no Universo e o criador naturalmente o colocou num local especial, num planeta especial.

Era difícil aceitar o tamanho diminuto do homem frente às dimensões do Universo. Por esse motivo, todos aqueles que consideravam alguma idéia diferente deste geocen- trismo era considerado herege. O ciência era considerada uma mera comprovação das crenças religiosas.

Com os dados observacionais do astrônomo Tycho Brahe, Johannes Kepler des- cobriu empiricamente que as trajetórias dos planetas em torno do Sol eram elipses.

Foi Isaac Newton quem mostrou os fundamentos de uma teoria da gravitação, que comprovava as predições de Kepler e as observações de Tycho Brahe. Mas ia ainda muito mais além ao analisar a interação entre duas massas quaisquer. Quando um corpo de massa m1 está a uma distância r de um outro corpo de massa m2 , a força de atra- ção entre eles está dirigida ao longo da reta que une os corpos e tem a forma:

2 21

r mmGF =

onde G = 6,67x10-11m3/kg.s2

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Gravitação e o Princípio da Superposição

A maioria dos modelos que representam fenômenos físicos são lineares. Por exemplo: a interação gravitacional entre três partículas pode ser considerada como a composição da interação aos pares dessas partículas. Isso acontece por causa do Princí- pio da Superposição.

Por causa deste princípio essa ciência se presta tão bem à aplicação do reducio- nismo. É dito que a Física é um campo de estudo reducionista porque costuma-se anali- sar os fenômenos extremamente sofisticados através da observação de cada uma das partes simples que compõe este fenômeno.

Para exemplificar, vamos considerar o sistema composto por três partículas, descrito anteriormente.

O vetor posição da partícula de massa m1 é 1r !

, o vetor posição da partícula de massa m2 é 2r

!

e o vetor posição da partícula de massa m3 é P !

. As distâncias entre as partículas são defini- das como:

 

 

−=∴−= −=∴−= −=∴−=

23232323

13131313

12121212

rrrrrr rrrrrr rrrrrr

!!!!!

!!!!!

!!!!!

m2

r12

m1 2r !

r23

1r !

r13

O 3r

! m3

As forças que as partículas de massa m2 e m3 fazem na partícula de massa m1 têm valores que independem da presença mútua, ou seja: se apenas m2 estiver presente a força que ela exercerá em m1 terá o mesmo valor daquele quando m3 também estiver presente. Essas for- ças têm a forma:

  

 

 

 

=∴=

=∴=

=

=

1ˆˆ

1ˆˆ

ˆ

ˆ

13 13

13 13

12 12

12 12

13 13

13 31

12 12

12 21

r r r

r

r r r

r

onde

r r mm

GF

r r mm

GF

!

!

!

!

m2

21F !

m1 31F

!

O m3

e a força que as duas partículas fazem em m1 será:

31211 FFF !!!

+=

configurando assim o princípio da superposição.

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Gravitação próximo à superfície da Terra

A força de atração gravitacional entre a Terra e um corpo de massa m próximo à sua superfície, em princípio deverá ter a mesma forma da atração entre dois corpos quaisquer. No entanto se esse corpo estiver a uma altura h acima da superfície da Terra, e pudermos considerar esta altura muito menor que o raio da Terra, poderemos fazer al- gumas considerações e até aproximações razoáveis sobre o valor desta força de atração.

Na superfície da Terra a força de atração entre os corpos tem a forma:

( ) 2 T

T T R

mM GRF =

e se definirmos a aceleração da gravidade g como:

2 T

T

R MGg =

encontraremos que: ( ) gmRF T =

Quando o corpo estiver a uma altura h da superfície da Terra, a força de interação terá a forma:

( ) ( )2hR mMGhRF

T

T T +

=+

onde o denominador poderá ser escrito como:

( ) ( )

2 22

2 1 1 −−− 

  +=+=

+ TTTT R hRhR

hR

Quando a altura do objeto de massa m for pequena em relação ao raio da Terra, ou seja: quando h << R , podemos aproximar o termo em parêntesis por uma expansão em séries de potências. Dito de outro modo, para x pequeno podemos fazer a expansão à seguir:

( ) ( ) "+−++≈+ 2 !2

111 xNNNxx N

ou seja:

"+

 

 −≈

 

 +

TT R h

R h 211

2

Desse modo:

( )  

  

 

 

 −≈+

TT

T T R

h R

mMGhRF 212

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ou ainda:

( )  

  

 

 

 −=+

T T R

hgmhRF 21

e quando a altura h for realmente muito menor que o raio RT da Terra, podemos des- prezar as correções e considerar a aproximação trivial, de modo que:

( ) gmhRF T =+

onde definimos o peso do objeto com uma força constante e independente da altura, com uma forma do tipo:

P = m g

Força entre uma haste e uma massa pontual – Caso 1

Vamos considerar uma haste de largura desprezível e massa M distribuída unifor- memente ao longo do seu comprimento L . Uma partícula de massa m está colocada a uma distância s da haste, como mostra a figura ao lado.

Devemos calcular a força que um elemento de massa dM da haste

M m

x = 0 x = L x = L + s

exerce sobre a partícula. essa força é dirigida para a haste e tem módulo:

( )2xsL dMmGdF −+

=

A força total que a haste exercerá

dM Fd !

x L + s - x

sobre a partícula será a soma de todas as contribuições das massas elementares que compõe a haste. Por outro lado existe uma relação entre o elemento de massa dM e o espaço dx que ele ocupa na haste. Como a haste tem a massa distribuída uniforme- mente, temos a proporção:

dx L MdM

LM

dxdM =⇒



  

Desse modo, a força total tem a forma:

( )∫ −+= L

o xsL dx

L mMGF 2

Fazendo a mudança de variáveis u = L + d - x , encontramos:

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( )sLs L

L mMG

sLsL mMG

uL mMG

u du

L mMGF

sL

s

sL

s + =

  

+ −=

  

  

 −== ∫

+ + 111 2

ou seja

( )sLs mMGF

+ =

Força entre uma haste e uma massa pontual – Caso 2

Vamos considerar uma haste de largura desprezível e massa M distribuída unifor- memente ao longo do seu comprimento L . Uma partícula de massa m está colocada a uma distância s da haste, como mostra a figura ao lado.

Devemos calcular o elemento de força Fd

! que um elemento de

massa dM da haste exerce so- bre a partícula de massa m . Vamos considerar a haste no eixo y e a partícula no eixo x. Essa força é dirigida ao longo da reta que une o elemento de mas- sa dM e a partícula. A reta faz um ângulo θ com o eixo x .

y

m L x

s

Supondo que o elemento de massa dM está a uma distância y do ponto médio da haste, o módulo do elento de força tem a forma:

2r dMmGdF =

onde 222 ysr +=

As componentes cartesianas dFX e dFy são escritas como:

y

dM y Fd

!

θ m L

s

  

 

+ ==

+ ==

 

  

=

=

22

22 cos

cos

ys y

r ysen

ys s

r s

onde dFsendF

dFdF

Y

X

θ

θ

θ

θ

Como a haste tem a massa distribuída uniformemente, temos a proporção:

dy L MdM

LM

dydM =⇒



  

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Podemos então dizer que:

32 r dy

L mMsG

r sdy

L M

r mGdFX =

 

 =

ou seja:

( )∫ +

− + =

2/

2/ 2/322

L

L X

ys dy

L mMsGF

E de maneira equivalente:

32 r ydy

L mMG

r ydy

L M

r mGdFY =

 

 =

ou seja:

( )∫ +

− + =

2/

2/ 2/322

L

L Y

ys ydy

L mMGF

Para calcular FX vamos fazer a substituição:

  

  

−=⇒−=

+=⇒+=

  

  

=

=

s LLy

s LLy

sdy

s y

I

S

2 tan

2

2 tan

2

sec

tan

2 β

β

β

β

Logo:

( )[ ] ∫ ∫∫ ==+= S

I

S

I

S

I

d Ls

mMG s

ds L

mMsG s

ds L

mMsGFX β

β

β

β

β

β

ββ β

ββ

β

ββ cos sec

sec tan1

sec 33

2

2/322

2

( )ISX sensenLs mMGF ββ −=

Mas

S

S S

S

S

S

S S sen

sen

sensen

β

β β

β

β β β

β 22 tan1

tan

1cos tan

+ =∴

− ==

ou seja:

222 4 2

1

2 sL

L

s L

s L

sen S +

=

  

 +

e de modo equivalente:

22 4sL Lsen I +

−=β

e portanto:

  

   

+ =

  

  

   

   

+ −−

 

   

+ +=

222222 4 2

44 sL L

Ls mMG

sL L

sL L

Ls mMGFX

ou seja:

22 4 2

sLs mMGFX

+ =

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Para o cálculo da componente y podemos observar que a simetria nos conduz a um re- sultado nulo. Para cada contribuição para a componente FY oriunda de um elemento de massa acima do ponto médio temos uma contribuição equivalente de um elemento de massa simétrico abaixo do ponto médio. Podemos mostrar esse resultado calculando ex- plicitamente a integral:

( )∫ +

− + =

2/

2/ 2/322

L

L Y

ys ydy

L mMGF

Usando a substituição:

 

 

+ =∴−=⇒−=

+ =∴+=⇒+=

  

  

=

=

22

22

2 2cos 2

tan 2

2cos 2

tan 2

sec

tan

sL s

s LLy

sL s

s LLy

sdy

s y

II

SS

ββ

ββ

β

β

ou seja: ( )( )

( )[ ] ∫∫∫ ==+= S

I

S

I

S

I

dsen Ls

mMGd sL

mMG s

dss L

mMGFY β

β

β

β

β

β

ββ β

ββ

β

βββ sec

tan1 tan1

sectan 2/322

2

( ) 0coscos =−−= ISY Ls mMGF ββ

Campo produzido por uma distribuição esférica de massa em seu exterior

Seja uma casca esférica de raio r , espessura infinitesimal t e massa M . Qual a força de interação gravitacional entre essa casca e uma partícula de massa m , localiza- da externamente a uma distância a de seu centro? Para calcular essa força, vamos considerar inicialmente a interação gravitacional en- tre a partícula de massa m e um anel que faz parte da casca esférica. A reta que liga um ponto desse anel e a origem das coordenadas faz um ângulo θ com o eixo x , e o ângulo enfeixado por ele é dθ . Desse modo esse anel terá raio r.senθ e largura r.dθ , e Fd

! será essa força a ser calculada.

A reta que une a massa m até um ponto do anel tem um comprimento R e faz um ângulo α com o eixo x .

dθ

r senθθ Fd !

α m x

t

a

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A força elementar Fd !

tem componentes x e s , onde a componente s está no plano perpendicular ao eixo x . Ou seja:

SX dFsdFiFd ˆ+= #!

e portanto:

 

 

==

== ∴+=

∫∫

∫ ∫

dFdFF

dFdFF FsFiF

SS

XX

SX

α

α

sen

cos ˆˆ !!

Por simetria FS = 0 pois cada uma das contribuições infinitesimais tem um equivalente de sinal contrário, que na integração tornará nula essa componente.

O módulo da força elementar dF , tem a forma:

2R dMmGdF =

onde dM é a massa elementar do anel e R é a distância de um ponto desse anel até a posição da partícula de massa m . Iremos usar o conceito de densidade volumétrica de massa, que é reprentada pela letra grega ρ , e é definida como a razão entre a massa e o volume ocupado por essa massa, ou seja:

dV dM

e quando a distribuição de massa for uniforme, podemos também dizer que:

V M

O volume elementar do anel será:

dV = 2π (raio) (largura) (espessura)

dV = 2π (r senθ ) (r dθ) ( t ) e portanto:

dM = ρ dV = 2πρ t (r senθ ) (r dθ) = 2πρ t r2 senθ dθ

O ângulo α definido como aquele que a reta que une a partícula ao anel genérico, faz com o eixo x , e é tal que:

R ra θα coscos −=

onde R é a distância entre a partícula de massa m até o anel genérico. Desse modo

[ ] R ra

R drtmGdFdFX

θθθρπα cossen2cos 2 2 −==

ou ainda:

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[ ]( )( )32 sencos2 R drarGmtdFX

θθθρπ −=

onde ( ) ( ) θθθ cos2sencos 22222 arrarraR −+=+−=

ou seja:

[ ]( )( ) [ ] 2322

2

cos2

sencos2 θ

θθθρπ arra

drarmGtdFX −+

−=

e então:

[ ] ( )( ) [ ]∫ −+

−= π

θ θθθρπ

0 2 322

2

cos2 sencos2

arra drarmGtFX

Em termos da física envolvida o problema está encerrado, mas essa integral não tem uma aparência muito simpática. Talvez fosse mais adequado fazer uma mudança de variável e usar a distância R ao invés do ângulo θ . À partir da definição de R podemos diferenciar e encontrar que:

ar RdRdsendarsenRdR =∴= θθθθ22

e também que:

a Rar

a raRr

22 cos

222222 −+= −

−−=θ

e podemos colocar como:

[ ] ( ) aR

Rara a

dR R

rGmt R

a Rara

ar RdR

R rGmtdFX 2

222 2222 222

2

2 −+−   

 =

−+−   

 = ρπρπ

dR R

ra a

rGmtdR R

raR a

rGmtdFX  

  −+=

   −+= 2

22

22

222

2 1 ρπρπ

∫ +

−  

  −+=

ra

ra X dRR

ra a

rGmtF 2 22

2 1 ρπ

( ) 

  



  

  

  

 −−+=

+

+

ra

ra

ra

raX R raR

a rGmtF 1222

ρπ

( ) ( )[ ] ( )   

  

 

 

− −

+ −−−−+=

rara rarara

a rGmtFX

1122 2

ρπ

( ) ( ){ } 2 2

2

422 a

Gmtrrr a

rGmtFX ρπρπ =+=

Mas o volume V da esfera é o produto de sua área 4πr2 por sua espessura t , ou seja:

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( ) 2a VmGFX

ρ=

e como foi definido anteriormente, M = ρ V , logo:

2a MmGFX =

A força de atração entre uma casca esférica de massa M , cujo centro está a uma distância a de uma partícula de massa m tem o mesmo valor da atração entre duas partículas que distam de a > r e têm massas M e m respectivamente. Em outras pala- vras: a casca esférica se comporta com se toda a sua massa estivesse concentrada no seu centro.

Campo produzido por uma distribuição esférica de massa em seu interior

Seja uma casca esférica de raio r , espessura infinitesimal t e massa M . Qual a força de interação gravitacional entre essa casca e uma partícula de massa m , locali- zada internamente a uma distância a de seu centro?

Para calcular essa força, vamos considerar inicialmente a interação gravitacional entre a partícula de massa m e um anel que faz parte da casca esférica.

A reta que liga um ponto desse anel e a origem das coordenadas faz um ângulo θ com o eixo x , e o ângulo enfeixado por ele é dθ . Desse modo esse anel terá raio r.senθ e largura r.dθ , e Fd

! será essa força a ser calculada.

A reta que une a massa m até um ponto do anel tem um comprimento R e faz um ângulo α com o eixo x .

A força elementar Fd !

tem compo- nentes x e s , onde a componente s está no plano perpendicular ao eixo x . Ou seja:

SX dFsdFiFd ˆ+= #!

e portanto: SX FsFiF !!

ˆˆ +=

 

 

==

==

∫∫

∫ ∫

dFdFF

dFdFF

SS

XX

α

α

sen

cos

Fd !

r senθ

a

Por simetria FS = 0 pois cada uma das contribuições infinitesimais tem um equivalente de sinal contrário, que na integração tornará nula essa componente.

O módulo da força elementar dF , tem a forma:

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2R dMmGdF =

onde dM é a massa elementar do anel e R é a distância de um ponto desse anel até a posição da partícula de massa m . Iremos usar o conceito de densidade volumétrica, que é reprentada pela letra graga ρ , e é definida como a razão entre a massa e o volume ocupado por essa massa, ou seja:

dV dM

e quando a distribuição de massa for uniforme, podemos também dizer que:

V M

O volume elementar do anel será:

dV = 2π (raio) (largura) (espessura)

dV = 2π (r senθ ) (r dθ) t e portanto:

dM = ρ dV = 2πρ t (r senθ ) (r dθ) = 2πρ t r2 senθ dθ

O ângulo α definido como aquele que a reta que a massa da partícula ao anel faz com o eixo x é de tal modo que:

R ra θα coscos +=

ou ainda:

[ ]( )( )32 sencos2 R drarGmtdFX

θθθρπ +=

onde ( ) ( ) θθθ cos2sencos 22222 arrarraR ++=++=

ou seja:

[ ]( )( ) [ ] 2322

2

cos2

sencos2 θ

θθθρπ arra

drarmGtdFX ++

+=

e então:

[ ] ( )( ) [ ]∫ ++

+= π

θ

θθθρπ 0 2

322

2

cos2

sencos2 arra

drarmGtFX

Em termos da física envolvida o problema está encerrado, mas essa integral não tem uma aparência muito simpática. Talvez fosse mais adequado fazer uma mudança de variável e usar a distância R ao invés do ângulo θ . À partir da definição de R podemos diferenciar e encontrar que:

ar RdRdsendarsenRdR −=∴−= θθθθ22

e também que:

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a raR

a raRr

22 cos

222222 −−=−−=θ

e podemos colocar como:

[ ] ( ) aR

raRa a

dR R

rGmt R

a raRa

ar RdR

R rGmtdFX 2

222 2222 222

2

2 −−+   

 −=

−−+   

 −= ρπρπ

dR R

ra a

rGmtdR R

raR a

rGmtdFX  

  −+−=

   −+−= 2

22

22

222

2 1 ρπρπ

∫ −

+  

  −+−=

ar

ar X dRR

ra a

rGmtF 2 22

2 1 ρπ

( ) 

  



  

  

  

 −−+−=

+

+

ar

ar

ar

arX R raR

a rGmtF 1222

ρπ

( ) ( )[ ] ( )   

  

 

 

+ −

− −−+−−−=

arar raarar

a rGmtFX

1122 2

ρπ

[ ] ( )( ) 

  

− −−−= 22

22 2

22 ar

araa a

rGmtFX ρπ

{ } 0222 =+−= aaa rGmtFX

ρπ

Encontramos então, que é nula a força de atração entre uma casca esférica de massa M e uma partícula de massa m colocada no seu interior.

Cálculo alternativo - partícula no interior

Uma maneira alternativa de calcular a interação entre uma casca esférica de massa M , raio r e espessura h , e uma partícula de massa m pode ser depreendida da figura à seguir.

Construímos dois cones complementares, cujos vértices coincidem com a posição da partícula de massa m . Cada cone delimita um mesmo ângulo sólido dΩ e a interseção de cada cone com a casca esférica define uma área elementar dA nesta casca.

Usando a definição de ângulo sólido, temos que:

dA1 = r12 d

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e também

dA2 = r22 d

onde deve ficar claro que as áreas que delimitadas por ambos os cones dependem da sua distância (r1 ou r2 ) à partícula.

Como a casca esférica tem espessura h os volumes elementares delimitados por cada cone na esfera, têm a forma:

r2 r1 d m

 

 

Ω==

Ω==

dhrdAhdV

dhrdAhdV

2 222

2 111

A massa elementar de cada um desses volumes é:

 

 

Ω==

Ω==

dhrdVdM

dhrdVdM

2 222

2 111

ρρ

ρρ

A força que cada uma dessas massas elementares exercerá na partícula, tem a forma:

( )

( ) dFdFdF

dhmG r

dhrm G

r dMm

GdF

dhmG r

dhrm G

r dMm

GdF

==⇒

 

 

Ω= Ω

==

Ω= Ω

==

21

2 2

2 2

2 2

2 2

2 1

2 1

2 1

1 1

ρ ρ

ρ ρ

Toda a superfície será varrida por cones complementares, de modo que a contribui- ção de uma região de uma região para a força gravitacional total, anulará a contribuição da região complementar e desse modo a força de interação total é nula.

Podemos chegar a essa conclusão considerando a soma de dF por todos os ân- gulos sólidos da esfera, ou seja:

∫∫ ΩΩ

Ω== dhmGdFF ρ

mas d = senθ dθ dϕ

logo:

0sen 2

0

2

2

== ∫∫ +

π π

π ϕθθρ ddhmGF

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Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 15

Energia potencial gravitacional

Para toda força conservativa ( )rF !! podemos associar uma energia potencial ( )rV ! . Essa energia potencial é definida em termos do trabalho executado pela força correspon- dente, da seguinte forma:

U = UB - UA = - WAB

ou seja: a variação de energia potencial de uma partícula entre dois pontos A e B é igual ao trabalho executado (com sinal nega- tivo) pela força considerada para levar essa partícula do ponto A até o ponto B .

A

B

Outro modo de colocar essa questão é dizer que:

UB = UA - WAB

ou seja:

( )∫ ⋅−= ldrFUU AB !!!

A energia potencial é definida em termos de uma variação ∆U , ou seja: ela é definida a menos de uma constante arbitrária. Em outra palavras: definimos variações de energia potencial; o quanto diminuiu ( ou aumentou) a energia de um corpo que foi de uma posi- ção inicial até uma final. Escolhemos a origem da energia potencial de maneira arbitrária, como já foi mencionado.

Vamos detalhar o cálculo da energia potencial em duas situações típicas: muito próximo da superfície da Terra e muito longe da superfície.

Energia potencial gravitacional próximo à superfície da Terra

Próximo à superfície da Terra podemos considerar a força de interação entre a Terra e uma partícula de massa m constante e com módulo mg .

Vamos calcular a variação de energia potencial gra- vitacional entre o ponto inicial A localizado na su- perfície da Terra e o ponto final B localizado numa altura y .

O vetor ld !

é definido como um vetor infinitesimal dirigido ao longo da curva de integração e apontando da posição inicial para a posição final.

y

B ld

!

y P

!

A

Desse modo:

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∫ ⋅−=−= B

A AABAB ldFUWUU

!!

onde escolhemos UA como a origem da energia potencial e portanto com o valor zero. Usando essas considerações, podemos dizer que:

 

 

+=

−==

dyjld

mgjgmF

ˆ

ˆ

!

!!

e

( ) ( ) ( ) ( )0ˆˆ 00

−==⋅−−= ∫∫ ymgdymgdyjmgjyU YY

U(y) = m g y

Energia potencial gravitacional distante da superfície da Terra

No caso mais geral, quando quisermos calcular a diferença de energia potencial gravitacional entre dois pontos distantes devemos usar a equação de gravita- ção sem aproximações.

Vamos calcular a diferença de energia potencial entre duas posições ocupadas por uma partícula. Inicial- mente ela está numa posição muito distante (no infini- to) e ela então é trazida até uma posição finita r . Ou seja:

( ) ( ) ∫ ∞

⋅−=∞− r

ldFUrU !!

Vamos considerar a origem da energia potencial num ponto muito distante, de modo que:

U() = 0

ld !

m

F !

r !

M

Devemos considerar que:

 

 

+=−=

−= =

drrdlrld

FrF e

r MmGF

ˆˆ

ˆ

2 !

!

e então:

( )  

  −−=

  

  

 −+==⋅

 

 −=

∞∞ ∞ ∫ ∫ 0

11ˆˆ 22 r

GMm r

GMm r drGMmdrr

r MmGrrU

rr r

e finalmente:

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( ) r

MmGrU −=

Por outro lado:

( ) ( ) ( ) 2ˆˆ r MmGrrF

dr dUrrUrF =⇒−=−∇=

!!!!

Leis de Kepler

A humanidade sempre foi fascinada pelo céu noturno, com a infinidade de estrelas e com os brilhantes planetas. No final do século XVI, o astrônomo Tycho Brahe estudou os movimentos dos planetas e conseguiu fazer observações muito mais exatas que as feitas anteriormente por outros observadores.

Com os dados de Tycho Brahe, Johannes Kepler descobriu que as trajetórias dos planetas em torno do Sol eram elipses. Mostrou também que tinham velocidades maiores quando orbitavam nas proximidades do Sol e menores quando estavam muito afastados. Kepler estabeleceu, por fim, uma relação matemática precisa entre o período de um pla- neta e a sua distância média ao Sol, e enunciou os resultados da sua investigação em três leis empíricas do movimento dos planetas. Física Paul A Tipler Vol 1 - Cap 11 - pag300 LTC - Editora - 2000

As Leis empíricas de Kepler vieram a ser comprovadas posteriormente pela Mecâ- nica Newtoniana.

Primeira - Lei das Órbitas: To- dos os planetas se movem em órbitas elípticas, com o Sol em um dos focos.

A Mecânica Newtoniana deduziu uma conclusão ainda mais geral. Quando um cor- po está sob a ação de uma força que varia com o inverso do quadrado da distância (como a força gravitacional) ele descreve uma órbita que é uma cônica (elipse, parábola ou hi- pérbole). A órbita a ser descrita pelo corpo depende da sua Energia Mecânica. No caso dos planetas temos órbitas fechadas - elipse e no caso dos cometas temos uma trajetória aberta - hipérbole.

Para maiores detalhes da análise das Leis de Kepler o interessado deve consultar :

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Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 18

Classical Machanics Herbert Goldstein Cap 3 - Sec 3-7 Addison Wesley - 1980

Segunda - Lei das Áreas: Uma linha que liga um planeta ao Sol varre áreas iguais em tempos iguais. Vamos considerar a área ∆A varrida pelo planeta num in- tervalo de tempo ∆t . Quando o intervalo de tempo for muito pe- queno, a área do triângulo ponti- lhado em vermelho vale aproxi- madamente:

A r . (r . ∆θ )/2 onde r mede aproximadamente a distância entre o Sol e o planeta e ∆θ mede o ângulo varrido pela linha quando o planeta se movimenta da posição inicial até a final. A taxa com que essa área varia com o tempo é dada por:

t r

t A

∆ ∆=

∆ ∆ θ2

2 1

e quando o intervalo de tempo tender a zero:

wr dt dr

dt dA 22

2 1

2 1 == θ

onde w é a velocidade angular do planeta. Por outro lado, o vetor momento linear p

! do planeta

tem a direção tangente à curva descritas por esse objeto. Iremos decompor esse vetor segundo uma componente radial e outra componente perpendicular. A componente radial tem a direção ao longo da linha que une o planeta ao Sol e componente perpendicular é per- pendicular a essa linha. Desse modo, o vetor momento angular L

! do planeta num dado

instante é dado por:

( ) ( ) wrmrwmrvmrprLprL 2====⇒×= ⊥⊥ !!!

Considerando a variação da área varrida pela linha, encontramos que:

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m L

dt dA

2 =

Se dA/dt é constante como Kepler afirmou, isso significa que L também deve ser constante - o momento angular deve ser conservado. Assim, a segunda Lei de Kepler é equivalente á lei de conservação do momento angular

Terceira - Lei dos Períodos: O quadrado do período de qualquer planeta é proporcional ao cubo do semi- eixo maior de sua órbita.

Por simplicidade, vamos considerar que a órbita do pla- neta de massa m é circular de raio R , e o movimento tem um período T . A única força que atua no planeta é a força gravitacional e portanto ela é a força centrípeta:

R MGv

R vm

R mMGF =∴== 2

2

2

Mas, por outro lado:

R MG

T R

T Rv =

 

 ∴=

222 ππ

ou seja

tecons GMR

T tan4 2

3

2

== π

Órbitas de satélites e energia

Vamos considerar o movimento de dois objetos estelares de massas M e m res- pectivamente, com interação dada pela Lei de Gravitação Universal, que num dado mo- mento estão distantes entre si uma distância r . Vamos supor ainda que a origem do refe- rencial esteja localizada em M , e para simplificar, que a órbita de m ao redor de M seja uma circunferência - ao invés do caso mais geral que seria uma elipse.

Esse sistema é conservativo, e a Energia Mecânica E é a soma das Energias Ci- nética K e Potencial U .

  

  

−=

=

+=

r MmGU

mvK

UKE

2

2 1

A única força que está atuando é a gravitacional, portanto ela é a força centrípeta, e desse modo:

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( ) ( )rUrK r

MmGmvK r

vm r

MmGF 2 1

2 1

2 1 22

2 −=⇒==== $

e desse modo:

( ) r

MmGrEUUE 2 1

2 1 −=⇒+−=

Quando a Energia Mecânica é negativa (como neste caso) temos um sistema fe- chado pois a partícula não é livre para se libertar do potencial e se afastar para uma dis- tância infinitamente grande. Isso é decorrência do fato da energia potencial (que é negati- va) ter um módulo maior que a energia cinética e como consequência a partícula estará presa a este potencial. Em contraposição, a partícula será livre quando a energia mecâni- ca for positiva.

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Solução de alguns problemas

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

07 A que distância da Terra, medida ao longo da linha que une os centros da Terra e do Sol, deve estar uma sonda espacial para que a atração gravitacional deste anule a da Terra?

R = 1,5x1011m MS = 1,99x1030kg MT = 5,98x1024kg

Vamos considerar m a massa da son- da. A uma certa altura h da Terra as duas forças sobre a sonda serão iguais.

R - h h

Sol p !

TF !

Terra

Sonda

R

As forças que o Sol e a Terra exercem sobre a sonda têm a forma:

( )

 

 

=

− =

2

2

h mMGF

hR mMGF

T T

S S

Igualando as duas forças encontramos que:

( ) ( ) 22

22 hRhM M

h M

hR M

T

STS −=∴= −

A física do problema está equacionada e resta agora resolver esta equação do se- gundo grau. Definindo

T

S

M M

a equação toma a forma:

T

S

M M

RRhhRh +

= +

=⇒−= 1

1 α α

Desse modo: h = 2,6 x 108m

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

09 Na figura ao lado, duas esferas de massa m (m2 e m3) e uma terceira de massa M (m1) estão nos vértices de um triângulo equilátero, e uma quarta esfera de massa m4 está no baricentro do triângulo. Se a força gravitacional resultante sobre esta quarta esfera é nula, exprima a massa M em termos da massa m .

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m1 = M m2 = m m3 = m m4

Cada um dos ângulos internos de um tri- ângulo equilátero tem o valor de 600 , e portanto o ângulo entre a bissetriz deste ângulo e um dos lados vale 300. Quando dividido pelas bissetrizes, o triângulo equilátero dá origem a seis triângulos

y

m1

1F !

x 3F

! 2F

!

m3 m2

retângulos como mostrados ao lado. O ângulo α = 300 por ser a metade da bis- setriz e β = 600 por ser complementar a α . Vale lembrar que a esfera central está equidistante ( a ) das outras três esferas. Com essas considerações, as forças têm a forma:

YX FjFiF ˆˆ += !

3F !

β

α

FX = F2 senβ - F3 senβ = 0 F2 = F3

FY = F1 - F2 cosβ - F3 cosβ = 0 F1 = 2 F2 cosβ = 2 F2 (0,5) F1 = F2

mM a

mmG a

MmGFF =∴=⇒= 2 4

2 4

21

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

10 Na figura à seguir, quatro esferas estão nos vértices de um quadrado de lado 2,0cm. Qual o módulo e a direção da força gra- vitacional resultante sobre uma esfera colocada no centro do quadrado com massa m5 = 250kg ?

m1 = 500kg m2 = 300kg m3 = 500kg m4 = 100kg m5 = 250kg a = 2cm = 0,02m

500kg 300kg

m5

100kg 500kg

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A distância r entre cada vértice e o centro tem a forma:

222

222 2 aaar =

 

 +

 

 =

ou seja:

2 ar =

( ) ( )2431 ˆˆ FFjFFiF −+−= !

y

4F !

3F !

1F !

x 2F

!

( ) 02 2

2

312 5

2 53

2 53

3

2 51

2 51

1

31 =−=⇒

  

  

  

  

==

==

∴−= mm a m

GF

a mm

G r mm

GF

a mm

G r mm

GF

FFF XX

( )2425

2 52

2 52

2

2 54

2 54

4

24 2

2

2

mm a m

GF

a mm

G r mm

GF

a mm

G r mm

GF

FFF YY −=⇒

  

  

  

  

==

==

∴−=

( ) ( )( ) ( )kgkgm kgkgmNxFY 30010002,0

250/1067,62 2 2211 −⋅⋅= − = - 0,166N

( )NjF 166,0ˆ−= !

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

13 Fazemos uma cavidade esférica em uma bola de chumbo de raio R , de tal modo que sua superfície toca o exterior da esfera de chumbo, passando também pelo seu centro. A massa da esfera, antes de ser feita a cavidade, era M . Qual a intensidade da força gravitacional com que a esfera côncava atrairá uma pequena esfera de massa m , que está a uma distância d do seu centro, medida ao longo

Vamos lançar mão do seguinte artifício para resolver: vamos considerar que a esfera com uma cavidade é resultado da composição de uma esfera maciça de raio R e de uma esfera de massa nega- tiva e raio R/2 colocada exatamente no local da cavidade.

A força de interação da esfera com cavi- dade e a pequena esfera de massa m ,

d

R m

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será simulada pela interação das esfera maciça e a de massa negativa com a pe- quena esfera.

Vamos considerar que as esferas têm mesma densidade. Seja V o volume da esfe- ra maciça e VB o volume do buraco que foi feito numa esfera maciça para construir a esfera côncava. A massa da esfera maciça é:

3

3 4 RVM πρρ ==

Por outro lado, a massa retirada para fazer o buraco vale:

83 4

8 1

23 4 3

3 MRRVM BB = 

 =

 

 == πρπρρ

e portanto a massa MR que restou depois de ter sido feito o buraco, foi:

8 7MMMM BR =−=

A força da esfera restante de massa 7M/8 sobre a pequena esfera será:

( )

    

    

  

  −

−=

  

  −

− +=+= 2

2

222

2 8

1

2 Rd

d d

mMG Rd

MmG d

mMGFFF BBR

e finalmente:

    

    

  

  −

−= 22

2 18

11

d Rd

mMGFR

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição

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

a) Qual é a força gravitacional (em mó- dulo e direção) sobre uma partícula de massa m e colocada no centro de curvatura da barra?

Vamos resolver este problema para uma situação genérica, onde a barra foi deformada de modo a adquirir a forma de um arco de círculo de raio R

R

m

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mas com um ângulo θ0 ao invés de π. Vamos colocar a massa m no eixo de simetria do arco, mas a uma dis- tância d do seu centro de curvatura.

Para realizar esse cálculo vamos con- siderar a força de atração entre a massa m e uma elemento de massa dM que pertence à barra deformada e está localizada a um ângulo θ do centro de curvatura e tem a largura angular de dθ .

y

dθ r θ α x

d

O elemento de massa dM está a uma distância r da massa m e a reta que os une faz um ângulo α com o eixo x . A força entre m e dM está na direção da reta que une essas duas massas e tem a forma:



  

=

= ∴=

α

α

sen

cos

2

dFdF

dFdF

r dMmGdF

Y

X

A distância r tem a forma:

r2 = (R senθ)2 + (R cosθ + d)2 ou seja:

r2 = R2 + d2 + 2 R d cosθ e por outro lado:

  

  

=⇒=

+=⇒+=

θαθα

θαθα

sensensensen

coscoscoscos

Rr

r RddRr

Considerando que a massa da barra tem uma distribuição uniforme, podemos dizer que:

M = λ ( Rθ0 ) dM = λ R dθ e finalmente:

( ) ( )

θ θ

θλαθλ d RddR

RdRGm r

dRmGdFX 2

3222 cos2

coscos ++

+==

e de maneira equivalente encontramos que

( ) ( ) θθ

θλαθλ d RddR

senRGmsen r

dRmGdFY cos2222 ++ ==

Integrando essas equações, encontramos:

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( )∫ +

− ++

+= 2

2 2

322 0

0

0 cos2 cos

θ

θ θ

θ

θ θ

d RddR

RdmMGFX

( )∫ +

− ++ =

2

2 2

322 0

0

0 cos2 sen

θ

θ θ

θ

θ θ

d RddR

mMGFY

A integral que define FY tem solução simples, fazendo-se as substituições:

  

  

−=

  

 ++=

  

 ++=

∴ −=

++=

Rd dud

RddRu

RddRu

dRddu

RddRu

S

I

2 sen

2 cos2

2 cos2

sen2

cos2 022

022

22

θθ

θ

θ

θθ

θ

∫−= S

I

u

u Y

u

du Rd

mMGF 2

3 0 2

1 θ

como o limite inferior uI é igual ao limite superior uF essa integral é nula. e des- se modo é nula a componente y da força de interação. esse resultado já poderia ser antecipado se tivéssemos considerado que cada elemento de massa acima do eixo x produz uma contribuição para FY que será anulada por um elemento simétrico a ele abaixo do eixo x .

Já a equação que define FX não tem solução exata nas condições que foi pro- posta.

( )∫ +

− ++

+= 2

2 2

322 0

0

0 cos2 cos

θ

θ θ

θ

θ θ

d RddR

RdmMGFX

Vamos considerar algumas situações típicas.

1. Inicialmente vamos analisar a situação em que a barra e a massa estão muito distantes uma da outra. Em outra palavras d >> R e a integral toma a forma:

202 0

2

2

3 0

1 0

0 d mMGF

d mMGd

d dmMGF XX =∴== ∫

+

θ θ

θ θ

θ

θ

e esse resultado nos diz que a barra e a massa quando estão muito distante se atraem como se fossem massas pontuais. Em segundo lugar vamos analisar as diversas possibilidades que acontecem quando d = 0 .

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( )   

 === ∫∫

+

+

− 2

sen2coscos 02 0

2

2

2 0

2

2 2

32 0

0

0

0

0

θ θ

θθ θ

θθ θ

θ

θ

θ

θ R mMGd

R mMGd

R

RmMGFX

Se escolhermos θ0 = π , como no caso proposto neste problema:

2

2 R

GmMFX π =

b) Qual seria a força gravitacional sobre m se a barra tivesse a forma de um cír- culo completo?

Usando o resultado do item anterior é fácil perceber que quando θ0 = 2π a força FX é nula.

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

17 A maior velocidade de rotação possível para um planeta é aquela em que a força gravitacional, exercida sobre a matéria em seu equador, é exatamente igual à força centrípeta necessária para manter essa matéria em rotação.

0) Porquê?

Podemos considerar um modelo para esse objeto como sendo composto de ma- téria fria e sólida como a Lua, Terra e etc. Mas por outro lado podemos conside- rando que o objeto estelar é composto de matéria não sólida, como as estrelas. O que mantém esse objeto coeso? É basicamente a interação gravitacional ou entra em questão outro tipo de interação entre a matéria.

Na situação mais simples, existe apenas a interação gravitacional. Desse modo, se a velocidade de revolução do objeto for maior que aquela possível de mantê-lo coeso através da atração gravitacional ele simplesmente irá perdendo matéria que será ejetada pois ele não consegue mantê-la coesa.

a) Mostre que o período de rotação mínimo, correspondente a tais condições, é dado por:

ρ π

G T 3=

onde ρ é a densidade do planeta que supomos ser homogêneo.

Vamos considerar a interação entre uma pequena massa m que está na super- fície da Terra com toda a massa da Terra:

TT

T

R vm

R mM

GF 2

==

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3 2

2

2

2 42 T

T

T

T

T R GM

T T R

v R M

G π π

=∴  

 ==

ou ainda:

ρ π

ρ πππ

G T

G R

GM T T

T

33 3 43 32 =∴=

 

 =

b) Calcule o período de oscilação, considerando uma densidade igual a 3g/cm3 , que é típica de muitos planetas, satélites e asteróides. Nunca foi encontrado um objeto astronômico com período de rotação menor que o determinado pela análi- se feita neste problema.

ρ = 3g/cm3 = 3x103kg/m3 G = 6,67x10-11m3/kg.s2

Depois dos cálculos, encontramos que:

T = 6,86x103s = 114,33min = 1,90h

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

22 Duas cascas concêntricas de densidade uniforme, têm massa M1 (interna) e M2 (externa) e estão distribuídas como mostra a figura ao lado. Calcule a força gravita- cional sobre uma partícula de massa m quando ela estiver em:

a) r = a

O ponto a é externo às duas cascas esféricas e portanto a massa m sente o efeito da presença das duas cascas. Elas se comportam como se toda a massa de cada uma delas estivesse no seu centro geométrico. Desse modo a força que as cascas exercem tem a forma:

( ) 2

21 2

2 2

1 21 a

mMMG a

mMG a

mMGFFFA +

−=−−=+=

a

b

c

b) r = b

O ponto b é externo à casca esférica de massa M1 e interno à casca esférica de massa M2 , e desse modo a massa m não sentirá o efeito da presença da casca M2 que a envolve. A força que a casca esférica de massa M1 exerce é:

2 1

b mMGFB −=

c) r = c O ponto c é interno às duas cascas e portanto não existirá força gravitacional atuando na massa m .

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Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

31 As três esferas na figura à seguir, com massas m1 = 800g , m2 = 100g e m3 = 200g , estão com os seus centros alinhados, sendo L = 12cm e d = 4cm . Você movimenta a esfera do meio até que a sua distância centro a centro de m3 seja d = 4cm .

a) Qual o trabalho realizado sobre m2 por você?

Vamos considerar a origem do eixo x no centro da esfe- ra de massa m1 . O trabalho é definido como:

∫ ⋅= B

A AB ldFW

!!

d d m1 m2 m3

x x = 0

L

Podemos levar a esfera m2 da posição inicial A até a posição final B de diver- sas maneiras. O modo mais trivial será exercer sobre essa massa uma força tal que anule a força gravitacional resultante, e desse modo o movimento se dará como velocidade constante. A força resultante sobre a esfera m2 , quando ela está em um ponto genérico x entre as duas outras esferas, tem a forma:

( )2 23

2 21

3212 ˆˆ

xL mm

Gi x mm

GiFFFR − +−=+=

!!!

onde na posição inicial A temos x = d e na posição final B temos x = L - d . Como vamos exercer uma força que anule a força resultante, devemos ter:

( )  

 

 −

−=−= 2 3

2 1

2 ˆ

xL m

x m

GmiFF R !!

O vetor deslocamento é definido com dxild ˆ= !

, e desse modo:

( )∫ −

 

  

 −

−= dL

d AB dxxL

m x mGmW 2

3 2 1

2

ou seja:

( )∫ ∫ − −

− −=

dL

d

dL

d AB xL

dxmGm x dxmGmW 223221

Fazendo a substituição u = L - x na segunda integral I2 , encontramos que:



  

=→−=

−=→= ⇒



  

−=

−=

dudLx

dLudx

dxdu

xLu

BB

AA

ou seja:

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Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 30

( ) ∫∫∫ −

−=+= −

−= dL

d

d

dL

dL

d u dumGm

u dumGm

xL dxmGmI 2232232232

Desse modo, temos então que WAB toma a forma:

( ) ( ) ( )  

  −

− −−=−−=−=

−−

ddL mmmG

x mmmG

x dxmmmGW

dL

d

dL

d AB

111 2312312231

( ) ( )  

 

 − −−=

ddL dLmmmGWAB

2 231 = 5,0x10

-11Joules

b) Qual o trabalho realizado sobre m2 pela força gravitacional resultante sobre m2 devido às outras esferas?

Como já foi indicado, o trabalho da força resultante tem sinal contrário ao traba- lho calculado anteriormente:

WF = - WAB = - 5,0x10-11Joules

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

33 Um foguete é acelerado até uma velocidade TgRv 20 = próximo à superfície da Terra (aqui RT é o raio da Terra) e, então, orientado para cima.

a) Mostre que ele escapará da Terra.

Vamos inicialmente calcular a velocidade de escape de um objeto da superfície da Terra. Em outras palavras, qual deve ser a velocidade de um objeto na superfície da Terra para que ele consiga escapar da influência de nosso planeta?

v0 v

RT

r

A energia mecânica de um objeto de massa m que está sob a influência de uma força gravitacional é a soma de suas energias cinética e potencial gravitacional, ou seja:

2 2

2 1

r MmGmvUKE −=+=

onde M é a massa do segundo objeto e r é a distância entre eles. A órbita do objeto de massa m irá depender do valor de sua energia mecânica E . As pos- síveis órbitas são:

E < 0 órbita fechada - elipse E = 0 caso limite - parábola

E > 0 órbita aberta - hipérbole

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Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 31

Como queremos calcular a velocidade mínima para o objeto escapar (órbita aberta), vamos considerar a possibilidade E = 0 , ou seja:

T

T E

T

T E R

GM v

R mM

GmvE 20

2 1 2 =⇒=−=

A forma velocidade de escape vE pode ser colocada em outros termos se consi- derarmos que:

22 T

T

T

T

R GM

g R

mM Gmg =⇒=

e finalmente temos que gRv TE 2=

No nosso problema temos um objeto que é lançado com velocidade TgRv 20 = , e como v0 > vE o objeto escapará.

b) Mostre que a sua velocidade, quando estiver muito distante da Terra, será TgRv 2=∞ .

Com essa velocidade na superfície da Terra, a energia mecânica do objeto será:

( ) TTT T

T mgREmgRgRm R

mM GmvE =⇒−=−= 4

2 1

2 1 2

0

Num ponto muito longe da superfície da Terra r e a energia potencial gra- vitacional é nula. Desse modo a energia mecânica é puramente cinética e por- tanto:

2

2 1

∞= mvE

onde v é a velocidade do objeto quando estiver muito distante. Igualando as energias nas duas situações, encontramos que:

TT gRvmvmgRE 22 1 2 =⇒== ∞∞

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição

52 Uma esfera de massa M e raio a tem uma cavidade concêntrica de raio b , como é mostrado na figura à seguir.

a) Faça um esboço do gráfico da força gravitacional F exercida pela esfera sobre uma partícula de massa m a uma distância r do centro da esfera, em função de r entre os limites 0 < r < . Considere em particular os pontos r = 0, b , a e ∞ .

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Quando a partícula está numa posição externa à esfera, ele sente a interação como se toda a massa de esfera esti- vesse em seu centro. Desse modo:

( ) 2r mMGrFar −=⇒≥

b r m

a

Quando a partícula estiver no interior da esfera num ponto a uma distância r do seu centro, apenas a massa da esfera localizada na região mais interna que r exercerá força gravitacional sobre essa partícula. A massa M(r) da esfera que irá exercer essa força é calculada como:

( ) ( ) ( )33 3 4 brrVrM −== πρρ

Mas a massa total da esfera pode ser escrita como:

( )33 3 4 baVM −== πρρ

de onde encontramos que:

( ) ( )3333 brba MrM −

  

− =

A força gravitacional terá a forma:

( ) ( ) ( )333322 brba M

r mG

r mrMGrF −

  

− −=−=

e finalmente podemos concluir que:

( )  

  −

 

 

− −=⇒≤≤ 2

3

33 r br

ba GmMrFarb

Quando a partícula estiver no interior da cavidade será nula a força gravitacional exercida pela esfera, e portanto:

( ) 0=⇒≤ rFbr b) Esboce também o gráfico da energia potencial gravitacional U(r) deste sistema

De modo equivalente ao caso da força podemos dizer que quando a partícula está numa posição externa à esfera, ele sente a interação como se toda a massa de esfera estivesse em seu centro. Desse modo:

( ) r

mMGrVar −=⇒≥

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Para calcular a energia potencial gravitacional no interior da esfera vamos usar os resultados dos cálculos da força. A definição variação de energia potencial é dada por:

∫ ⋅−=− F

I FI ldFUU

!!

Vamos considerar a posição inicial um ponto distante de a do centro, localizado na superfície externa da esfera. O ponto final será interior à esfera:

( ) ( ) ∫ ⋅−= r

a ldFaUrU !!

Mas por outro lado:

( ) ( )drrFldF

drrdlrld

rFrF −=⋅⇒

 

 

=−=

−= !!

!

!

ˆˆ

ˆ

( ) ( ) ( )∫+= r

a drrFaUrU

( ) ( ) ∫  

  −

 

 

− −=

r

a dr

r br

ba GmMaUrU 2

3

33

( ) ( ) 

  



  

+ −

−= r

a

r

a r br

ba GmMaUrU 1

2 3

2

33

( )   

  

  

  −+−

− −−=⇒≤≤

ar bar

ba GmM

a mMGrUarb 11

2 3

22

33

e para br ≤ , a energia potencial assume um valor constante em toda essa re- gião, e desse modo, esse valor constante será aquele do limite dessa região.

Assim

( )   

  

  

  −+−

− −−=⇒≤≤

ab bab

ba GmM

a mMGrUbr 11

2 0 3

22

33

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Vamos usar nos gráficos os valores a = 6m e b = 4m .

Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição

54 Um sistema particular de três estrelas é formado por duas estrelas, cada uma de massa m , em órbita ao redor de uma estrela central de massa M , ocupando a mesma órbita circular de raio r . As duas estrelas estão, sempre, uma em cada ex- tremo de um diâmetro da órbita. Deduza uma expressão para o período orbital das estrelas menores.

Cada uma das massas sente a interação das outras duas. Cada uma das massas menores sente a força dada por:

( )  

  +=+=

42 22 2

2

mM r mG

r mG

r mMGF

m M m

-0,03

-0,02

-0,01

0

0 5 10 15 20 25 30 35 40

r

F( r)

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0 5 10 15 20 25 30 35 40

r

V( r)

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Mas a força resultante sobre cada uma das massas menores, pode ser colocada como a força centrípeta que age sobre ela, e desse modo, temos:

r vmF

2

=

Igualando as duas últimas equações encontramos que:

322

4

42 4

r mMG

T T

rmM r Gv

  

 

  

 

  

  +

=⇒  

 =

 

  += ππ

ou seja:

  

  +

=

4

4 3

mMG

rT π

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