Gravitação e Onda

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E ONO
Adir Moysés Lui;
Sérgio Lins Gouvei;
Adir M. Luiz 
Sérgio L. Gouveia
Gravitação e 
Ondas
Ç/ Editora ‘''x
www.VestSeller.com.br
http://www.VestSeller.com.br
© 1989 by Adir Moysés Luiz, c Scrgio Lins Gouveia
L978e
(Coleção Física)
89-0049
Impresso no Brasil 
Printed in Brazil
CDD — 531
CDU —531.5
Apêndice : exercícios e tabelas.
ISBN 85-265-0168-2 — 85-265-0164-X (cole- 
ção)
l.Gravitação. 2. Oscilações. 3. Ondas (Física) 
1. Gouveia, Sérgio Lins, 1944. II. Título. III. Sé­
rie.
Todos os direitos desta edição reservados à
Editora Vcstscllcr
www.vcitseller.com.br
Luís, Adir Moisés, 1942-
Gravitação, e ondas/Adir M. Luiz., 
Scrgio L. Gouveia. — Fortaleza 
: Editora VcstScllcr, 2006.
CIP-Brasil. Catalogaçào-na-fonte
Sindicato Nacional dos Editores de Livros, RJ.
http://www.vcitseller.com.br
ÍNDICE
9Capítulo 1 CAMPO GRAVITACIONAL
1.1 Lei da Gravitaçào Universal 9
1.2 Aceleração da Gravidade 10
1.3 Massa, peso e princípio da equivalência 12
1.4 Movimento de um projétil 19
1.5 Variações da gravidade 23
1.6 Movimento de planetas e de satélites 29
1.7 Campo gravitacional 32
1.8 Energia potencial gravitacional 40
Questionário 47
Exercícios 48
Problemas 52
Capítulo 2 EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS 57
2.1 Forças aplicadas num corpo rígido 57
2.2 Equilíbrio dc um corpo rígido submetido a um sistema de 
forças concorrentes 58
2.3 Momento de uma força 61
2.4 Momento total de um sistema de forças 65
2.5 Binário ou conjugado 67
2.6 Equilíbrio de translação e equilíbrio de rotação 69
2.7 Centro de gravidade e centro de massa 75
2.8 Equilíbrio de corpos num campo gravitacional 83
Questionário 86
Exercícios 87
Problemas 93
Capítulo 3 OSCILAÇÕES E MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES 102
3.1 Movimento periódico e oscilações 102
3.2 O movimento harmônico simples e o movimento circular
uniforme 104
3.3 Conservação da energia no movimento harmônico simples 111
3.4 O pêndulo simples 114
3.5 Outros exemplos de movimento harmônico simples 117
3.6 Oscilações forçadas e ressonância 122
Questionário 124
Exercícios 126
Problemas 128
Capítulo 4 PROPRIEDADES DAS ONDAS 139
4.1 Características dos fenômenos ondulatórios 139
4.2 Tipos de ondas 141
4.3 Velocidade de uma onda 143
4.4 Pressão, potência e intensidade de uma onda 147
4.5 Frente de onda 149
4.6 Princípio de Huygens 151
4.7 Diferença de fase entre duas ondas 153
4.8 Dispersão de ondas 154
4.9 Reflexão e transmissão de pulsos transversais 155
4.10 Reflexão e refração de ondas 160
4.11 Superposição de pulsos e superposição de ondas 169
4.12 Difração de ondas 178
4.13 Polarização de ondas transversais 182
4.14 Interferência de ondas 183
Questionário 187
Exercícios 189
Problemas 200
Capítulo 5 ONDAS EM MEIOS ELÁSTICOS 209
5.1 Velocidade de propagação de uma onda numa corda vibrante 
ideal 209
5.2 Descrição matemática de pulsos e de ondas 210
5.3 Ondas harmônicas 212
5.4 Ondas estacionárias e ressonância 213
Questionário 221
Exercícios 222
Problemas 224
Capítulo 6 ACÚSTICA 228
6.1 Velocidade de propagação de uma onda sonora 228
6.2 Ondas sonoras estacionárias e ressonância 232
6.3 Propriedades das ondas sonoras 235
6.4 Batimentos 238
6.5 Efeito Doppler 240
6.6 Ondas de choque 246
Questionário 247
Exercícios 248
Problemas 251
BIBLIOGRAFIA 258
Apêndice A Noções de Astronomia e de Astrofísica 259
Apêndice B Alguns dados astronômicos 270
Apêndice C Algumas tabelas importantes 272
Apêndice D Sistema International de Unidades (Sl) 273
Apêndice E Complementos de matemática 276
GLOSSÁRIO 284
PREFÁCIO
Esta Obra se destina ao ensino da Física Básica em nível de Segundo Grau e Ves­
tibular. Os Estudantes Universitários também podem usar este Livro como leitura pre­
liminar. Em particular, recomendamos esta Obra para os alunos dos seguintes Cursos 
Universitários: Ciências Biológicas, Farmácia, Matemática, Geociências, Ciências Agrí­
colas, Engenharia Florestal, Engenharia Agronômica e demais Cursos Universitários 
que precisam de conhecimentos de Física Básica sem tratamento matemático muito so­
fisticado.
A preocupação com os aspectos modernos da Física é uma preocupação que se re­
flete não só neste Livro como também em todos os outros volumes desta Coleção de 
Física Básica que abrange os seguintes Livros:
Mecânica
G ravitação. Oscilações e Ondas
Elementos oe Termodinâmica
Eletricidade Magnetismo e Eletromagnbtismo
Ótica e Física Moderna
Neste Livro a exposição da matéria apresenta as seguintes características: (a) as teo­
rias são desenvolvidas de forma objetiva; procuramos dar aos alunos o máximo de in­
formações, evitando-se divagações filosóficas e discussões puramente acadêmicas; (6) 
apresentamos diversos Exemplos minuciosamente resolvidos no estilo discursivo; (c) 
no final de cada Capitulo propomos um Questionário, um conjunto de Exercícios de 
múltipla escolha e uma coleção de Problemas; (d) todas as questões formuladas no Ques­
tionário, nos Exercícios e nos Problemas são respondidas no final de respectivo Capí­
tulo; neste Livro existe um total aproximado de 330 questões distribuídas nos Questio­
nários, nos Exercícios e nos Problemas.
Rio de Janeiro, agosto de 1987
Adir M. Luiz
Sérgio L. Gouveia
Capítulo 1
F — F
I
Figura 1.1 Força de atração gravitacional entre dois corpos.
(1.1)
9
A força de atração gravitacional entre uma partícula de massa mx e uma partícula 
dc massa possui módulo dado por:
onde r é a distância entre a partícula de massa m> e a partícula de massa mt e G é a cons­
tante da gravitação universal. O valor de G não depende dos materiais constituintes das 
massas mt c m2. Além disto, o valor da constante G não depende do tempo nem do lo­
cal do Universo onde as duas massas se encontram. Por estas razões é que se utiliza a 
expressão “constante dagravitação universal" para designar a constante G que apare-
CAMPO GRAVITACIONAL
1.1 Lei da gravitação universal
Aplicando a Segunda Lei de Newton podemos determinar o movimento e a traje­
tória de uma partícula. Reciprocamente, estudando a trajetória de uma partícula, é pos­
sível determinar a força que atua sobre a partícula. Mais adiante estudaremos o movi­
mento de planetas e de satélites. Através de uma análise aprofundada da trajetória dos 
corpos celestes, Newton descobriu a famosa Lei da Gravitação Universal, que pode ser 
enunciada do seguinte modo: Um corpo de massa mt atrai outro corpo de massa mt 
com uma força cujo módulo é diretamenle proporcional ao produto das duas massas 
e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre os centros dos dois cor­
pos.
Na Fig. 1.1 mostramos a direção e o sentido da força cie atração gravitacional en­
tre dois corpos. O corpo 1 atrai o corpo 2 com uma força F e o corpo 2 atrai o corpo 
1 com uma força de mesmo módulo F porém de sentido contrário.
N.m2/kg2G = 6,67 x 10“
10
1.2 Aceleração da gravidade
Considere um corpo de massa m nas vizinhanças da superfície terrestre. De acor­
do com a fórmula (1.1), o módulo da força de atração gravitacional entre o corpo c a 
Terra é dado por:
Fa = nmg 
onde /i é o coeficiente de atrito estático entre o corpo c a superfície. Como o coeficiente 
de atrito estático é igual a um, concluímos que a força de atrito estático entre a pessoa de 
70 kg e o solo é dada por:
Fs = 70 x 9,8 = 686 N
Analogamente, para a pessoa de 90 kg, a força de atrito é dada por:
= 90 x 9.8 = 882 N
Note que a força de atração gravitacional F calculada no item (o) é muito menor do 
que a força de atrito /-\ e do que a força de atrito FL Donde se conclui que a força de atra­
ção gravitacional não produz movimento algum em nenhuma das duas pessoas.
Exemplo /. / Uma pessoa cuja massa c igual a 70 kg está situada a uma distância de 
3 metros de outra pessoa com massa igual a 90 kg. (</) Calcule o módulo da força dc atra­
ção gravitacional entre as duas pessoas. (Zj) Esta força obrigará as duas pessoas a se apro­
ximarem entre si? Suponha que o coeficiente dc atrito estático entre cada pessoa e o solo 
seja igual a um.
Soluçãa (a) Aplicando a Lei da Gravitação Universal (1.1), obtemos facilmente0 mó­
dulo da força Fde atração entre as duas pessoas; portanto, a resposta do item (a) é dada 
por:
ce na Lei da Gravitação Universal. Existem teorias (ainda não confirmadas experimen- 
talmente) que afirmam que a constante G pode variar no tempo. Entretanto, estas teo­
rias não são consideradas na Física Clássica. Portanto, na Teoria da Gravitação New- 
toniana consideramos G como uma grandeza realmente constante no tempo e cm qual­
quer local do Universo.
O leitor não deve confundir a constante da gravitação universal G introduzida na 
relação (1.1) com a aceleração local da gravidade g que será discutida mais adiante. () 
módulo da aceleração da gravidade g na superfície terrestre c aproximadamente igual 
a 9,8 m/s2, ao passo que a constante da gravitação universal G possui um valor cons­
tante em qualquer parte do Universo; no Sistema Internacional o valor aproximado de 
G é dado por:
F = 6,61 X 10-// X 70 x 90/9 = 4,669 X 10"*N
(6) Para que uma força horizontal de módulo F possa deslocar um corpo sobre uma 
superfície horizontal é necessário que o módulo da força Fseja maior do que o módulo 
da força de atrito estático F\. Como sabemos, o módulo da força de atrito estático c da­
do por:
p = M/V = 3A//47r/?J
II
Exemplo 1.2 Massa e densidade da Terra. Medindo-se o valor de g na superfície ter­
restre encontra-se o valor aproximado:.e = 9.8 m/s'. Considere a Terra como uma esfera 
de raio R = 6,37 x 10* m. Supondo-se que a aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2 seja 
somente devida à ação gravitacional da Terra, calcule: (a) a massa da Terra, (d) a densida­
de da Terra.
Solução. (a) Da relação (1.4) podemos determinar a massa M da Terra, ou seja, 
M = gR2/G
Substituindo os valores g = 9,8 m/s2, R = 6,37 x 10* m e G = 6,67 x 10’ “ 
N.nr/kg2, encontramos o seguinte valor aproximado para a massa da Terra:
M = 5,97 x 1024 kg
(/>) Supondo que a densidade média da Terra seja constante cm todo o volume da 
Terra, podemos escrever:
F = GmM/R2 (1.2)
onde Mé a massa da Terra e R é o raio da Terra. Suponha que a força de atração gravi­
tacional seja a única força que atua sobre o corpo de massa m. Admitindo que o corpo 
possa se deslocar e aplicando a Segunda Lei de Newton, temos:
F = mg (1.3)
ondeg é a aceleração do corpo de massa m. Igualando as relações (1.2) e (1.3) resulta 
a seguinte expressão para a aceleração do corpo de massa m:
| g = GM/RÍ~\ (1.4)
A aceleração de um corpo de massa rn que se move livremente sob a ação de uma 
força gravitacional denomina-se aceleração da gravidade (no local onde se encontra o 
corpo no início do movimento). Sendo assim, a expressão (1.4) fornece a aceleração 
da gravidade nas vizinhanças da superfície terrestre. Imaginando que a Terra seja uma 
esfera perfeita, o raio R seria constante; neste caso, a aceleração da gravidade na su­
perfície terrestre seria constante em qualquer parte da superfície terrestre. Contudo, 
conforme veremos mais adiante, o valor da aceleração da gravidade não é constante 
ao longo da superfície terrestre. A Terra não é uma esfera perfeita; a Terra possui a forma 
dc um esferóide oblato, isto é, a Terra é ligeiramente achatada nos Pólos, assemelhan­
do-se a um eiipsóide.de revolução, com seu eixo maior no Equador, e o eixo menor li­
gando o Pólo Norte ao Pólo Sul. O raio polar da Terra é aproximadamente igual a 6357 
km e o raio equatorial da Terra é aproximadamente igual a 6378 km. Portanto, de acordo 
com a relação (1.4), vemos que o valor da aceleração da gravidade num Pólo da Terra 
(Pólo Norte ou Pólo Sul) é maior do que o módulo da aceleração da gravidade no Equa­
dor da Terra. Na dedução da equação (1.4) notamos que a massa m do corpo é cancela­
da em ambos os termos da equação resultante quando igualamos a expressão (1.2),com 
a equação (1.3). Isto nos conduz à seguinte conclusão: Todos os corpos caem no vácuo 
com a mesma aceleração nas vizinhanças da superfície terrestre. Esta conclusão foi pro­
vada teórica e experimentalmente por Newton.
eiips%25c3%25b3ide.de
12
1.3 Massa, peso e princípio da equivalência
Na dedução da expressão (1.4) consideramos automaticamente a massa gravita- 
cional igual á massa inercial do corpo. Denomina-se massa gravitacional m, dc um cor­
po o fator que aparece na Lei da Gravitação Universal (1.1). Podemos escrever a equa­
ção (1.2) do seguinte modo:
F = Gm,M/jf (1.5)
Denomina-se massa inercial a massa que serve de base para a aplicação da Segunda 
Lei de Newton, que, para o caso de uma partícula livre de massa inercial m. que se mo­
ve com aceleração gfornece:
F = m.g’ (1.6)
Combinando as expressões (1.5) c (1.6) encontramos a seguinte relação para a ace­
leração da gravidade na superfície da Terra:
g- = (m,/mJ(GM/F2) (1.7)
Note a diferença do valor de g dado pela expressão (1.4) e o valor de g'indicado 
na equação (1.7). Se a massagravitacionalde um corpo não fosse igual à massa inercial 
do mesmo corpo, seria possível determinar experimentalmente a diferença entre o va­
lor de g dado pela equação (1.4) e o valor de g’ indicado na equação (1.7). Experiências 
realizadas por Newton e, mais recentemente, por Eõtvos e por Dicke, mostraram que
mt = m.
ou seja, a experiência mostra que a massa inercial de um corpo é igual à massagravita­
cional do corpo. Experiências realizadas por Eõtvos em 1909 mostraram que mt = nh 
com uma precisão de cerca de 5 partes em 109. Dicke, em 1964, realizou experiências 
que comprovaram a igualdade mt = m, com uma precisão de 1 parte em 10". A igual­
dade entre a massa gravitacional e a massa inercial é, portanto, uma das mais bem fun­
damentadas hipóteses da Física.
Do Princípio da Equivalência, enunciado por Einstein, decorre também a igual­
dade mt = m,. O Princípio da Equivalência afirma que iodo sistema acelerado com 
uma aceleração a equivale a um campo gravitacional cuja aceleração é g = a.
A partir de agora não faremos mais a distinção entre a massa gravitacional mt c 
a massa inercial rm. Usaremos o símbolo m para indicar a massa do corpo, de modo 
que a expressão correta da aceleração da gravidade na superfície terrestre é a relação 
(1.4) e não a equação (1.7).
Em termos simples, podemos dizer que a massa de um corpo em repouso é uma 
constante que indica a quantidade de matéria existente no corpo. A massa de um corpo 
em repouso é a mesma em qualquer local do universo. Contudo, a aceleração da gravi­
dade deste mesmo corpo varia de um local para outro do Universo e, mesmo na super-
Substituindo os valores indicados no item (a), obtemos o seguinte valor aproxima­
do para a densidade média da Terra:
p = 5,5 x 10* kg/nv*
13
Os dinamômetros c as balanças de mola são dispositivos dotados de molas. De 
acordo com a Lei de Hooke, a força resultante que atua sobre qualquer mola é direta­
mente proporcional à deformação da mola. Ou seja, o módulo da força resultante que 
atua sobre a mola é dado por:
F = kx (1.8)
onde k é a constante elástica da mola exé a deformação sofrida pela mola (diferença 
entre o comprimento da mola quando a força Festa atuando e o comprimento da mola 
quando F = 0).
Observação: Nas conclusões acima estamos considerando somente a “massa de re­
pouso" ou massa "própria" do corpo. A massa de repouso é a massa do corpo medida 
por um observador que se encontra no mesmo sistema de referência solidário com o corpo 
que se desloca, isto é, mesmo que o corpo se desloque em relação a outros sistemas, ele 
permanece em repouso em relação ao observador que está solidário com ele. De acordo 
com a Teoria da Relatividade Restrita, sabemos que a massa do corpo é relativa, isto é, 
a massa assume valores diferentes que dependem da velocidade relativa entre o corpo e o 
observador. A Teoria da Relatividade Restrita é explicada no Livro "Ótica e Física Mo­
derna" de Autoria do prof. Adir M. Luiz e do Prof. Sérgio L. Gouveia.
fície terrestre, sabemos que o valor deg varia com a Latitude do local (uma vez que o 
raio R da Terra varia com a Latitude do local).
Vamos agora fazer a distinção entre as seguintes grandezas: forçagravitacional,peso e massa. Já definimos a massa de um corpo quando discutimos o princípio da equi­
valência. A força gravitacional que atua sobre um corpo é definida pela Lei da Gravi- 
tação Universal (1.1). O peso de um corpo pode ser definido em termos da medida forne­
cida por um dinamômetro ou por uma balança de mola.
A massa de um corpo pode ser determinada pela balança de braços iguais, con­
forme indicado na parte (a) da Fig. 1.2. Neste caso, a massa do corpo c obtida direta­
mente por comparação com padrões de massa colocados no outro prato da balança. 
As condições gerais para o equilíbrio serão estudadas no Capítulo 2 deste Livro. Vere­
mos que um sistema só está em equilíbrio quando a soma das forças for nula e quando 
a soma dos momentos destas forças (em relação ao mesmo ponto de referência) for igual 
a zero. Quando a balança está equilibrada, o momento da força que atua sobre o pa­
drão dc massa m ‘ (em relação ao ponto de apoio dos braços da balança) é igual e con- 
i rário ao momento da força que atua sobre a massa m situada no outro prato da balan­
ça. Donde se conclui que as forças que atuam sobre as massas devem ser iguais, ou se­
ja, mg = m 'g. O valor de g é cancelado e, deste modo, obtemos o valor da massa m por 
comparação com o padrão de massa m ’. Se em ve7.de usar esta balança na Terra, dese­
jássemos medir o valor de m na Lua (ou em qualquer outro local do Universo), tería- 
mos: m'g ' = mgembora o valor da aceleração da gravidadeg 'seja diferente do valor 
da aceleração da gravidade g na superfície terrestre, o valor da massa m seria exatamente 
o mesmo encontrado quando a balança é usada na superfície daTerra. Concluímos que 
a balança de braços iguais indica sempre a mesma massa em qualquer local do Univer­
so onde esta balança for usada.
ve7.de
m*
(a)
Figura 1.2 (a) Balança de braços iguais, (b) Balança de mola.
14
O peso de um corpo é geralmente definido como o módulo da força gravitacional 
que a Terra exerce sobre o corpo. Vamos agora fazer a distinção entre o peso do corpo 
e o peso efetivo do corpo. Na maior parte das situações reais, além da força da gravida­
de da Terra, o corpo é submetido à ação de forças inerciais. O conceito de forças iner- 
ciaisse encontra minuciosamente exposto no Livro “Mecânica" de Adir M. LuizeSergio 
L. Gouveia. Por exemplo, todo corpo situado na superfície terrestre (exceto nos pó­
los), está submetido à ação de uma força inércia! denominada força centrífuga.
Podemos definir o peso efetivo de um corpo do seguinte modo: o peso de um cor­
po é numericamente igual ao módulo da força resultante F que alua sobre a mola quan­
do um corpo de massa m épendurado ou apoiado numa balança de mola. Na parte (b) 
da Fig. 1.2 indicamos uma balança de mola na qual o corpo de massa m é pendurado’, 
neste caso, a mola sofre um alongamento x. Quando o corpo é apoiado sobre o prato 
de uma balança de mola, a mola sofre uma compressão c a mola se encurta de uma 
distância x. Dc modo que, tanto no caso do alongamento da mola, quanto no caso da 
compressão da mola, podemos determinar o peso efetivo do corpo mediante utiliza­
ção da relação (1.8). Portanto, o peso efetivo é dado pela relação:
p = kx (1.9)
Pela Segunda Leide Newtoneàe acordo com o Princípio da Equivalência, pode­
mos igular o peso efetivo p indicado na relação (1.9) com o produto da massa m pela 
aceleração efetiva da gravidade g, ou seja,
p = mg (1.10)
onde g é a aceleração da gravidade resultante ou aceleração da gravidade efetiva no lo­
cal da experiência.
15
Note que a medida da massa pela utilização de uma balança de mola exige uma 
previa calibraçào da balança. Ou seja, a balança de mola indica o peso c não a massa 
do corpo. Considere uma balança de mola calibrada na Terra c usada para a determi­
nação da massa de um corpo na Terra. Se quisermos utilizar esta balança para indicar 
a massa de um corpo na Lua seria necessário fazer uma outra calibraçào da balança 
na Lua, uma vez que o valor da gravidade na Lua c menor do que o valor da gravidade 
na Terra, ou seja, um corpo de massa m na Terra pesa mais do que o mesmo corpo na 
superfície da Lua.
Vamos agora explicar a distinção entre o peso efetivo ea força gravitacional. Con­
forme dissemos, a força gravitacional que atua sobre um corpo de massa m possui mó­
dulo dado pela equação (1.1). Contudo, o peso efetivo é a força resultante sobre o cor­
po colocado no prato de uma balança de mola do tipo indicado na parte (Z?)da Fig. 1.2. 
Donde se conclui que o peso efetivo de um corpo só c igual à força gravitaciona! que 
atua sobre o corpo quando a única força que atua sobre o corpo é a força da gravidade. 
Por exemplo, para um corpo em repouso no Pólo Sul (ou no Pólo Norte), como a for­
ça centrífuga é igual a zero, a única força que atua sobre o corpo é a força de atração 
gravitacional que a Terra exerce sobre o corpo. Logo, uma balança de mota situado 
num dos Pólos da Terra indica um peso dado por:
P - (1.11)
onde Ft á a força de atração gravitacional entre a Terra e o corpo de massa m, dada pe­
la equação (1.1). Considere agora um corpo de massa m situado no Equador da Terra. 
Um observador solidário com o corpo verifica que sobre o corpo dc massa m atuam 
duas forças: a força de atração gravitacional F dada pela equação (1.1) c a força cen­
trífuga dada por:
F, = nusR (1.12)
onde w c a velocidade angular da rotação da Terra em torno do eixo polar e R é o raio 
equatorial da Terra. Observe a Fig. 1.3 para ver o sentido destas forças que atuam so­
bre o corpo para um observador na superfície da Terra (solidário com o sistema fixo 
no corpo). Note que a força gravitacional é orientada para dentro da Terra, ao passo 
que a força centrífuga é orientada para fora da Terra. Verificamos facilmente que se 
o corpo de massa m estivesse sobre o prato de uma balança de mola, a força resultante 
sobre a mola seria dada pela diferença (/•', — F.-).
Das observações anteriores, concluímos que o peso efetivo de um corpo situado 
no Equador da Terra é dado por:
p. = F, - F (1-13)
Note que o peso efetivo de um corpo cm geral é diferente da força gravitacional 
que atua sobre o corpo. Conforme vimos, para um corpo em repouso na superfície ter­
restre, o peso efetivo só é igual a força gravitacional quando o corpo está em repouso 
no Pólo Sul ou no Pólo Norte. Quando o corpo está cm movimento, é necessário levar 
cm conta, alem da força centrífuga F„ a força de Coriolis (que é direlamente propor­
cionai ao produto vetoriai da velocidade do corpo pela velocidade angular da Terra} 
e a força de Einstein (que é igual a - ma').
Pólo Norte
Fc = mui2R
Equador da Terra m
F.Fs
16
I
I
I
------ I —
I
I
Exemplo 1.3 Um corpo possui massa m = 2 kg. O valor local da aceleração da gra­
vidade no Pólo Sul c aproximadamente dado por: gn = 9,83 m/s2. Determine o peso efe­
tivo do corpo no interior de um balão no Pólo Sul nos seguintes casos: (a) o balão sobe 
verticalmente com velocidade constante, (b) o balão sobe verticalmente com uma acelera­
ção dada poro =2.17 m/s2. (c) o balão desce verticalmente com uma aceleração de mó­
dulo a =■ 2,17 m/s2, (d) o balão cai com uma aceleração igual a g». Despreze a variação 
da aceleração g0 com a altura.
Solução. (o)Quando o balão sobe vcrticalmente, ao longo do eixo polar, com velo­
cidade constante, verificamos facilmente que a força centrífuga é igual a zero. A.força de 
Coriohs lambem é igual a zero (porque a velocidade é paralela à direção da velocidade an­
gular da Terra). Portanto, a força que atua sobre o corpo de massa m é aforça gravitacio- 
na! F„ logo:
p = Ft = mg» = 19.66 N
(Z?) O balão sobe verticalmente com uma aceleração de módulo a. Neste caso, = 
0 e a força de Coriolisxavabém é igual a zero. Contudo, surge uma força inercial cujo mó­
dulo vale:
F, = ma
Na Fig. 1.4 indicamos o esquema das forças que atuam sobre a massa m pendurada 
no prato de uma balança de mola presa ao balão que sobe com aceleração dc módulo a.
I
I
I Pólo Sul
I
Figura 1.3 Forças que aluam sobre uma partícula demassa m em repouso sobre a linha do 
Equador da Terra.
Fs = GmM/R2
////////////////////////// / /////
a
F
Figura 1.4
p = m(g0 - à) (1.14)
ou seja,
17
p = m(gn + a) = 2(9,83 + 2,17) = 24 N
De acordo com o Princípio da Equivalência, tudo se passa como se ocorpo de massa 
m estivesse submetido a um campo gravitacional efetivo dado por:
g = g° + o
(c) A solução do caso em que o balão desce com aceleração a é análoga à solução 
apresentada no item (d). Deixamos a cargo do leitor a repetição do raciocínio feito no item 
(/?). Trocando-se a por — a, verificamos que, neste caso, o peso efetivo do corpo c dado 
por:
A força gravitacional sobre a massa m, ou melhor, o peso da massa m, vale mg,,. A. força 
inércia! é orientada de cima para baixo, uma vez que, pela definição de força incrcial,
F. = - mã’
Portanto, a força resultante sobre o corpo de massa m possui módulo dado pela so­
ma mga + F.. Ou seja, o peso efetivo indicado pela distensão da mola, neste caso, c dado 
por:
p = 2(9,83 - 2,17) = 2 x 7,66 = 15,32 N
(d) Quando o balão cai com uma aceleração igual à aceleração local da gravidade 
g,„ podemos usar o resultado (1.14) do item anterior. Neste caso, como a = g,„ lemos:
p - m(ga - g0) = 0
a
fngo
18
Figura 1.5 Corpo pendurado num dinamômetro no interior de um trem 
que se move com aceleração a.
A contribuição da força de Cor io/is deve ser desprezada, porexigência do enuncia­
do. A contribuição da força centrifuga já está incluída no ternio gQ (peso do corpo cm 
repouso). Quando o trem se desloca com uma aceleração linear a , surge, para um obser­
vador situado no interior do trem, uma força incrcial dada por:
F. = — ma
Vemos que a força resultante que atua sobre o corpo e que deforma a mola possui 
módulo Fe está orientada conforme indicado na Fig. 1 .5. Logo, o peso efetivo do corpo 
de massa m indicado pelo dinamômetro é dado por:
p = F — mtá + a1-)1'2
Donde sc conclui que o peso efetivo do corpo é igual a zero quando o balão está cm 
queda livre. Neste caso, o corpo de massa m não produz nenhuma deformação na mola 
indicada na Fig. 1.4.
Exemplo 1.4Se\& mg,,o peso efetivo de um corpo em repouso no Equador da Ter­
ra. Desprezando a Força de Coriotis, obtenha uma expressão para o peso efetivo deste corpo 
quando ele está no interior de um trem que se desloca ao longo da linha do Equador com 
uma aceleração constante cujo módulo vale a.
Solução. Suponha que o corpo de massa m esteja preso à ext i emidadeda mola liga­
da ao teto do trem, conforme indicado na Fig. 1.5. A aceleração do trem c da esquerda para 
a direita. Sobre o corpo de massa m atuam duas forças: o peso local e a força iner-
cial r.\ a força resultante é a força F indicada na Fig. 1.5.
Z7///////////////////////////////////////////////
19
1.4 Movimento de um projétil
Quando um corpo é lançado no vácuo, a única força que atua sobre o corpo c o 
seu peso, dado por: p - mg , onde g c o valor local da aceleração da gravidade. No­
te que, pelas considerações da Seção anterior, o valor de g é dado pela aceleração da 
gravidade efetiva existente no local da experiência (já incluindo o efeito da força cen­
trífuga e dc outras forças inercíais porventura existentes).
Analisaremos nesta Seção o movimento de um projétil nas vizinhanças da super­
fície terrestre, admitindo-se as seguintes aproximações: (1) a resistência doar é despre­
zível c (2) o valor da aceleração da gravidade é aproximadamente constante em todos 
os pontos da trajetória do projétil. Estas aproximações podem ser aplicadas com bons 
resultados práticos para o movimento de um projétil de pequenas dimensões, como por 
exemplo, o movimento de uma bola, o movimento de uma pedra, o deslocamento de 
uma bala de uma arma, o movimento dc uma bomba lançada de um avião, etc. Estas 
aproximações não se aplicam, por exemplo, no caso do movimento de um pára-que­
das (por causa da viscosidade do ar e da força de resistência que surge cm oposição ao 
movimento do pára-quedas).
O estudo do movimento de um projétil que será apresentado a seguir não se apli­
ca ao estudo do movimento de um foguete, uma vez que, no caso do foguete, o peso 
do foguete não é a única força aplicada ao foguete. Para resolver o problema do movi­
mento dc um foguete seria necessário aplicar a Segunda Lei dc Ncwton levando-se cm 
conta, além do peso, a força de propulsão do foguete e também a força de resistência 
do ar. Nesta Seção não analisaremos o movimento de projéteis dotados de propulsão 
(como o movimento de foguetes, aviões, etc.). Vamos analisar apenas o movimento dc 
um projétil sem propulsão e admitindo as aproximações (1) c (2) mencionadas anterior­
mente.
Considere o lançamento oblíquo de um projétildc massa m a partir de um ponto 
situado sobre a superfície terrestre. Seja a velocidade inicial do lançamento. O mó­
dulo da velocidade é uo e o vetor forma com a horizontal um ângulo 0, conforme 
indicado na Fig. 1.6.
Observe o sistema de coordenadas Oxy indicado na Fig. 1.6. No instante inicial 
a partícula se encontra no ponto O. A velocidade inicial vn pode ser decomposta cm 
dois componentes: a velocidade inicial ao longo do eixo Ox c a projeção dc i»n sobre 
o eixo Ox e vale uo cos 0, a projeção ao longo do eixo Oy é dada por i>0 sen 0. Como não 
existe nenhuma força aplicada na direção horizontal Ox, concluímos facilmente que 
o movimento ao longo do eixo Oxé um movimento retilínco uniforme. A única força 
aplicada na partícula é o peso do projétil (orientado dc cima para baixo). Sendo assim, 
dc acordo com a Segunda Lei dc Ncwton, concluímos que o movimento ao longo do 
eixo Oyé um movimento uniformemente retardado (quando o projétil está subindo) 
e um movimento uniformemente acelerado (quando o projétil está descendo).
Considere um ponto P da trajetória descrita pela partícula, quando o projétil es­
tá subindo, conforme indicado na Fig. 1.6. Seja v a velocidade da partícula no ponto 
P. Podemos decompor esta velocidade em dois componentes: um componente hori­
zontal u, c um componente vertical ur. Conforme dissemos, o movimento ao longo do
y
7
o •Km X
D
Figura 1.6 Trajetória de um projétil lançado com uma inclinação 0 em relação à horizontal.
20
u, = Vvsen 6 - gt (1.16)
onde l c o tempo decorrido a partir do instante inicial do lançamento do projétil.
Para determinar a equação da trajetória do projétil devemos explicitar y em fun­
ção de x. Como no eixo Oxo movimento é retilíneo e uniforme, concluímos que a dis­
tância x percorrida é dada por:
x = va cos B t (1.17)
A distância verticaly pode ser determinada utilizando-se a fórmula do espaço per­
corrido num movimento retilíneo uniformemente retardado. Dc modo queyé dado por:
y = u« sen St — gP/2 (1-18)
Explicitando o tempo l na relação (1.17) e substituindo o resultado na equação 
(1.18) obtemos a seguinte expressão para a trajetória do projétil:
eixo Ox é um movimento retilíneo uniforme; logo, a velocidade u, é constante em to­
dos os pontos ao longo do eixo Ox, ou seja,
u, - uu cos e (1.15)
O movimento ao longo do eixo Oyé uniformemente retardado. Daí, concluímos 
que o componente v, da velocidade do projétil, na parte ascendente da trajetória, é da­
do por:
11
1
Us t
i 
i
I
uo cos e
(1.19)y - Ig 8x-
(1.20)
í! = (ur’sen2 0)/2g (1.22)
21
ü - {visen ?-9)/g (1.24)
(c) Do resultado (1.24) verificamos que o alcance horizontal é máximo quando: 
sen 20 = 1
Donde se conclui que o alcance horizontal torna-se máximo quando o ângulo de lan­
çamento do projétil for igual a 45
(b) Conforme podemos notar, examinando a Fig. 1.6, quando a bola atinge o pon­
to mais elevado da sua trajetória, a distância .v,,, percorrida na direção Ox é igual à metade 
do alcance D, ou seja,
l = (un sen 0)/g (1.21)
O tempo indicado na equação (1.21) é o tempo necessário para que a bola atinja a 
altura máxima H. Sendo assim, para determinar H, basta substituir este tempo t na ex­
pressão (1.18). logo:
D = 2x.n (1.23)
onde .v,„ é a distância horizontal percorrida ao longo do eixo Ox desde o instante inicialaté 
o instante correspondente ao tempo t que a bola leva para atingir o ponto mais elevado 
da sua trajetória. Levando em conta as equações (1.21) c (1.17), achamos:
xn. = (t'n sen 20)/2g
Substituindo x„, na equação (1.23) encontramos a seguinte relação para o alcance 
horizontal D do projétil:
Exemplo 1.5 Uma bola está inicialmente em repouso num campo de futebol. Um 
jogador dá um chute na bola que adquire uma velocidade u„ formando um ângulo 0 com 
a horizontal. Deduza uma expressão: (a) para a allura máxima atingida pela bola em fun­
ção do ângulo/? c da velocidade inicial da hola. (/>) para o alcance horizontal D da bola, 
(c) para o alcance horizontal máximo que se pode obter variando-sc o ângulo de lançamento 
0.
X*2
2u2cos20
Solução, (a) Observe a Fig. 1.6. No pomo mais alto da trajetória, a velocidade da 
bola possui apenas o componente horizontal i\, uma vez que o componente vertical u. se 
anula. Então, para calcular o tempo que a bola leva para atingir a altura H basta fazer u, 
= 0 na equação (1.16), ou seja.
A equação da trajetória do projétil (1.19) pode ser escrita na forma: 
y = ax - bx2 
onde n = tg6\ b = g/(2v2cos2fi).
A equação (1.20) representa uma parábola. Concluímos daí que todo projétil que 
se move no campo gravitacional da Terra descreve uma trajetória parabólica, considc- 
rando-se as aproximações (1) c (2) mencionadas anteriormente.
Qy
H
Xd
(1.26)
22
A altura h percorrida pelo alvo durante a sua queda livre é dada por: 
h - gd/2
Fig. 1.7 Esquema para mostrar que a bala sempre atinge o alvo nas condições especificadas no 
Exemplo 1.6.
O valor do alcance horizontal máximo c obtido facilmente, substituindo-se ü = 45" 
na equação (1.24); portanto,
y = H - h (1.25)
ondeyé a altura pertencente à trajetória do projétil no ponto P, H é a altura do alvo em 
relação ao cano do fuzil c h é a distância vertical percoi rida pelo alvo na sua queda livre.
= u«/g
Exemplo 1.6 Considere um alvo situado a uma altura H e a uma distância í/dc um 
fuzil. Suponha que o ângulo de visada 0do fuzil seja igual ao ângulo necessário para que 
a bala que sai do fuzil atinja o alvo, se imaginarmos uma trajetória retilinea para a bala, 
na ausência da gravidade. Um mecanismo especial faz o alvo ser largado em queda livre 
no exato momento cm que a bala sai do fuzil. Mostre que o alvo será sempre atingido pela 
bala, qualquer que seja a distância horizontal (7 do alvo, desde que d seja menor do que 
o alcance D da bala que sai do fuzil.
Solução. Observe a Fig. 1.7. Seja Po ponto de encontro entre a bala e o alvo. Para 
que o ponto Pseja um ponto de interseção entre a trajetória da bala e a trajetória do alvo 
é necessário que:
(1.27)
23
1.5 Variações da gravidade
Na Seção 1.3 mostramos as diferenças entre as grandezas peso, massa eforçagra- 
vitacional. Vimos também que o valor da aceleração da gravidade g não è constante, 
uma vez que o peso do corpo depende do local da superfície terrestre e também da ace­
leração do sistema de referência onde o corpo se encontra. Nesta Seção vamos estudar 
com mais detalhes as variações da aceleração da gravidadeg. Vamos analisar dois ti­
pos de variações de g: (<?) variações de g em diversos locais do Universo e (/>) variações 
de g com o tempo do mesmo local da Terra.
(a) Variações de g em diversos locais do Universo.
O valor deg variado um local para outro do Universo. O valor deg na superfície 
de um planeta (ou de qualquer outro astro de forma esférica), pode ser calculado me­
diante a equação:
('aso nào existisse o campo gravitacional da Terra, o movimento da bala seria retilí- 
neo c uniforme. Neste caso, se o alvo estivesse fixo, a bala seguiría a trajetória OQc atin­
giría o alvo no ponto O situado a uma altura H. A distância vertical //c, porlamo, dada 
por:
g - GM/R2 
onde M é a massa do astro considerado e R c o raio do astro. No Apêndice B indicamos 
o valor deg na superfície de diversos astros; estes valores foram calculados com base 
na fórmula acima.
Já vimos que o valor de g varia ao longo da superfície terrestre por duas razões: 
(1) o raio R da Terra não é constante, uma vez que a Terra possui uma forma aproxi­
mada de um esferóideoblalo’, (2) o movimento dc rotação da Terra cria uma,força cen­
trífuga que atua sobre um objeto colocado sobre uma balança de mola em repouso. 
Tanto pela razão (1) quanto pela razão (2), concluímos que a aceleração da gravidade 
deve aumentar à medida que nos afastamos do Equador da Terra em direção a um dos 
Pólos da Terra. Como no Pólo Norte ou no Pólo Sul a força centrífuga é igual a zero 
c o raio polar da Terra é menor do que o raio equatorial terrestre, concluímos que o 
valor de g nos Pólos é maior do que o valor de g em qualquer outra Latitude.
A seguir vamos calcular a diferença de valor da gravidade entre um ponto no Equa­
dor terrestre e um ponto situado e.xatamente sobre um dos Pólos da Terra, supondo 
que a Terra seja uma esfera perfeita. Utilizando os resultados (l. 12) e (1.13), obtemos:
s.. - S.- = OJ-R (1.29)
H = vt, sen 0 (
Substituindo as relações (1.26) c (1.27) na equação (1.25), encontramos:
y = unsenôt - gd/2 (1.28)
Comparando a equação (1.28) com a relação (1.18), verificamos que a coordenada 
>>do ponto P onde se encontra o alvo no instante t é a mesma coordenada.v da trajetória 
da bala no instante t. Donde se conclui que a bala atinge sempre o alvo nas circunstâncias 
indicadas neste problema.
(1-31)
24
Utilizando os dados da Tabela 1.1, encontramos: 
g„ - g. = 0,052 m/s2
O cálculo que levou ao resultado (1.30) não considerava o achatamcnto da Ter­
ra; por causa disto, verificamos a pequena discrepância entre o resultado (1.30) e o re­
sultado experimental (1.31). Combinando o efeito da rotação da Terra com o efeito do 
achatamento da Terra é possível determinar teoricamente valores de g que concordam 
razoavelmente com os resultados experimentais da Tabela (1.1). Contudo, estes cálcu­
los fogem aos objetivos da presente Obra. Entretanto, comparando o resultado (1.30) 
com a equação (1.31), notamos que a contribuição da força centrífuga deve ser maior 
do que a contribuição da variação de g devida ao achatamento da Terra. Sendo assim, 
para um cálculo aproximado, podemos determinar a variação da gravidade em função 
da Latitude levando-se em conta apenas a força centrífuga e desprezando-se o achata­
mento da Terra, conforme mostraremos no Exemplo que segue.
gf - g.- = 0,034 m/s2 (1.30)
Como vimos, a variação do g com a latitude é devida a dois fatores: ao achata­
mento da Terra c à ação da força centrífuga. Estes dois fatores contribuem no mesmo 
sentido, ou seja, ambos fazem com que a aceleração da gravidade aumente à medida 
que nos afastamos do Equador em direção a um dos Pólos da Terra. Na Tabela 1.1 in­
dicamos alguns valores de g determinados cxpci imentalmcnte em função da latitude 
do loca! (ao nível do mar).
0
10
20
30
40
9,7804
9,7819
9,7864
9,7933
9,8017
9,8107
9,8192
9,8261
9,8306
9,8322
TABELA I.l
Variação de g com Latitude (ao Nível do Mar)
g 
(m/s2)
LA TI TU DE 
(graus)
LA TITUDE 
(graus
50
60
70
80
90
g 
(m/s2)
onde g„ é o valor de g no Pólo Sul (ou no Pólo Norte) e g, é o valor de g no Equador 
da Terra, w é a velocidade angular da Terra e o raio da Terra vale R = 6,37 X 106 m. 
A velocidade angular da Terra é dada por:
üj = 2-n/T
onde Té o período de rotação da Terra em torno do eixo polar, ou seja, T = 24 h = 
86.400 s. Substituindo os valores numéricos acima mencionados na equação (1.29), acha­
mos:
Pólo Norte ’
pomo situado a uma Latitude igual a 0.
p — Ft — Ft cos 0 (1.33)
Porém,
(1.34)
25
Figura 1.8 Peso de um corpo em repouso num
Seja pn o peso do corpo no Equador. Sabemos que:
p» - Ft — nuJR (1.32)
Num local cuja Latitude é igual a 0 o peso do corpo p é um vetor indicado na Fig. 
1.8. Contudo, como o ângulo entre a força Ft c o peso p" é muito pequeno (porque Fé 
muito menor do que FJ, podemos supor que a direção de p" coincide com a direção de F,. 
Neste caso, a força resultante na direção da verticaldo local possui módulo dado aproxi­
madamente por:
F< — mta2r = m<a*R cos 0
Combinando as equações (1.32), (1.33) e (1.34), encontramos:
p - p» + mJü sen’0 
onde p» = mg» é o peso do corpo no Equador. Como p = mg, resulta a seguinte expres­
são literal para g em função da latitude 0:
g = gu + w2R scn20
Considerando Sn aproximadamente igual a 9,8 m/s2e substituindo os dados numé­
ricos paraue R chegamos ao seguinte resultado aproximado para o valor degein função 
da latitude 0:
Exemplo í, 7 Determinação das variações de g com a Latitude, levando-se cm coma 
apenas a força centrífuga. Suponha que a Terra seja uma esfera perfeita de raio R = 6,3 
x IOÓ m. Obtenha uma expressão para o valor de g em função da Latitude.
Solução. Seja d a Latitude do local considerado (medida a partir do Equador). Um 
corpo preso a uma mola no Equador possui peso dado pela equação (1.13). Na Fig. I .Sin­
dicamos o esquema das forças que atuam sobre um corpo situado sobre o prato de uma 
balança em repouso num ponto de Latitude igual a 0.
(1.36)
(1.38)g - go = gm
26
£ ~ -gu
g
Observação: Denomina-se gravímetro um instrumento de elevada precisão capaz 
de medit variações de g extremamente pequenas. As medidas das variações de g ao lon­
go de círculos paralelos ao Equador e ao longo de círculos meridianos proporcionam uma 
das mais modernas técnicas de prospecçào de petróleo e de outras riquezas minerias.
Vamos agora obter uma expressão apropriada para o cálculo da aceleração da gra­
vidade g em função da altitude do local (em relação ao nível do mar). Considere uni 
ponto situado a uma distância rdc centro da Terra. De acordo com a relação (1.1), o 
módulo da força de atração gravitacional entre a Terra e uma partícula de massa m si­
tuado neste ponto c dado por:
Exemplo 1.8 Variações de g com a altitude. Deduza uma expressão apropriada para a 
determinação das variações relativas da gravidade (óg/g) em função da altitude do local (cm 
relação ao nível domar).
Solução. Seja g„o valor da aceleração da gravidade na superfície terrestre ao nível 
do mar. Então,
g = 9,8(1 + 0,034 sen?0)
Confronte os valores de g obtidos por esta fórmula com os valores de g indicados 
na Tabela 1.1. Você notará que o fato de havermos desprezado o achaiamento da Terra 
não conduz a um erro muito apreciável.
gn=GM/R2 (1.37)
i or.tk R c o raio da Terra. Subtraindo membro a membro as equações (1.36) e (1.37), vem:
R2 — (R + hy 
R2 (7? + h)2
Dividindo a equação (1.38) pela relação (1.36). obtemos:
R2 - (R i h)2
R2
F = GmM/r2
Igualando a força gravitacional F com o peso mg, obtemos:
g = GM/r (1.35)
A expressão (1.35) é a equação apropriada para o cálculo da aceleração da gravi­
dade g em função da distância ao centro da Terra para pontos situados acima da super­
fície terrestre. A equação (1.35) pode ser escrita em função da altura h do ponto acima 
da superfície terrestre. Neste caso, 
r = R + h
Então, a expressão (1.35) assume a forma:
g = GM/(R + /i)2
Logo,
(1.39)
27
Exemplo 1.9 As variações de g com o lempo e as marés do otcano. Detei mine a or­
dem de grandeza da variação máxima de g num pomo fixo da superfície terrestre causada 
pelo movimento de rotação da Terra. Considere apenas a contribuição da Lua e do Sol.
Solução. Da expressão (l .40) concluímos que a aceleração da gravidade produzida 
pela Lua num ponto da Terra vale:
2h
R
(b) Variações de g com o (empo num mesmo local da Terra
A força gravitacional produzida pela Terra sobre uma partícula de massa m si­
tuada num ponto fixo da superfície terrestre permanece constante durante o movimento 
de translação e de rotação da Terra. Contudo, a força de atração gravitacional entre 
esta partícula e um astro qualquer é dada pela expressão:
F = GmM/r (1.40)
onde Mc a massa do astro e ré a distância entre o astro e a partícula de massa nt. Como 
a distância r varia por causa do movimento relativo entre a Terra e o astro c por causa 
do movimento de rotação da Terra, concluímos que a aceleração da gravidade g no lo­
cal onde se encontra a partícula deve variar com o tempo.
Para concretizar, suponha que o astro mencionado seja a Lua. Neste caso, M c 
a massa da Lua eré a distância entreo centro da Luaea partícula de massa m. Existem 
duas causas para a variação da distância r. {a) o movimento de rotação da Terra em 
torno do eixo polar e (d) o movimento de translação da Lua cm torno da Terra. No ca­
so (//) a variação máxima de rc igual ao diâmetro da Terra 2R, onde R c o raio da Terra. 
No caso (Z?) a variação máxima da distância ré igual à diferença da distância entre a 
Terra c a Lua no perígeu e no apogeu. O perigeu corresponde ao ponto em que a Lua 
está mais próxima da Terra e o apogeu corresponde ao ponto cm que a Lua está mais 
afastada da Terra.
Das considerações acima, concluímos que ocorrem variações de g com o tempo 
num mesmo local daTcrra. Os efeitos mais pronunciados são provocados pela influência 
da Lua e do Sol. Efeitos secundários são causados pelos planetas mais próximos da 
Terra (Vénus, Marte. Urano c Júpiter). No Exemplo seguinte calcularemos a ordem 
de grandeza das variações de£ com o tempo num mesmo local da Terra, levando cm 
conta somente a influência da Lua e do Sol.
Ag = 
g
Jl2
RT
A equação anterior fornece a expressão exata da variação relativa da gravidade em 
função da altitude h acima do nível do mar. Contudo, em geral, h é muito menorào que 
o raio R da Terra. Sendo assim, podemos desprezar o termo lV/R' no segundo membro 
da equação anterior. Daí, resulta a seguinte expressão aproximada para a variação relati­
va da gravidade em função da altura h do local:
Ag/g ~ - 2h/R
28
gi - GM,/(r, + 2R)2 (1.42)
onde R é o raio da Terra eft’éo valor de g, cerca de 12 horas apôs o instante em que g, 
assume o valor dado pela equação (1.41). Utilizando nas relações (1.41) e (1.42) uni proce­
dimento dc cálculo semelhante ao método que usamos no Exemplo 1.8, concluímos que 
a variação relativa da gravidade produzida pela Lua no ponto considerado possui módulo 
dado por:
g, = GM./d (141)
onde M\ é a massa da Lua e rt é a distância entre a Lua e a Terra. Devido ao movimento 
de rotação da Terra, a variação máxima da distância rt é igual ao diâmetro da Terra. Lo­
go,
(Ag/g)tUrt = 4R/r,
Substituindo os valores r( - 3,84 x 10* me/? = 6,37 x 106 m encontramos:
(Ag/g) = 0,066 (1.43)
Analogamente, para a variação da gravidade produzida pelo Sol. achamos:
(Ag/g)sui - 4R/t\
Substituindo os valores rs = 1,49 x 10"mcJ? = 6,37 x 106 m, encontramos:
(Ag/g)soi = 1,7 X 10-" (1.44)
Para calcular o valor da variação máxima Ag solicitada neste problema, devemos 
fazer os cálculos:
= gi.(Ag/g)Lu., ; Agsoí = gs(Ag/g)Sül
O valor de g, pode ser calculado mediante a equação (1.41). Como (7= 6.67X 10" 
N.m*’/kg*’e A/,. = 7,34 x 1022 kg, temos:
gi. - 3,3 x 10'5 m/s2
Analogamente, para a ação do Sol,
gs - GMs/ti
onde Ms = 1,99 x 10jokge/s = 1,49 x 10/z m. Logo,
gs - 5,98 x 10m/s2
Das relações (1.43) c (1.44) c pelos resultantes precedentes, encontramos as seguin­
tes variações dc gravidade:
Ag(.u» - 2,2 x 10"*5 m/s2
Agsoí = 10“15 m/s2
Note que a variação de gravidade provocada pela ação da Lua é cerca de duas vezes 
maior do que a variação de gravidade provocada pela ação do Sol.
Observação: Embora as variações deg acima referidas sejam extremamente peque­
nas (em comparação com o valor da gravidade na.superfície terrestre), como a massa total 
do oceano c muito elevada, estas variações de gravidade provocam as marés oceânicas. 
Existem também as marés de atmosfera e as chamadas marés da crosta terrestre. As marés 
da crosta terrestre e as marés da atmosfera não são muito pronunciadas. Contudo, as ma­
rés oceânicas são regulares c podem ser previstas com bastante precisão.
p'
h
A6 r
P
u = ar
Figura 1.9 Esquema para verificar a Lei das Áreas.
29
= constante (1.45)
Na Fig. 1.9 o Sol se encontra no ponto Ceo planeta se desloca ao longo de uma 
órbita elíptica de P até P'.
C
Sol *
1.6 Movimento de planetas e de satélites
O movimentode um satélite em torno de um planeta e o movimento dos planetas 
cm torno do Sol são descritos mediante as Leis de Kepler. As três Leis de Kcpler que 
caracterizam o movimento de planetas e de satélites são as seguintes: (g) Lei das Órbi­
tas, (ô) Lei das Áreas, (c) Lei dos Períodos. Podemos enunciar resumidamente as Leis 
de Kepler do seguinte modo:
(a) Lei das Órbitas. Todos os planetas (e alguns cometas) se movem em órbitas 
elípticas em torno do Sol, sendo que o Sol ocupa um dos focos da elipse descrita pelo 
planeta (ou pelo cometa).
(b) Lei das Áreas. O raio vetor que liga o Sol a um Planeta descreve áreas iguais 
em tempos iguais.
(c) Lei dos Períodos. O quadrado do período de revolução de um planeta em 
torno do Sol é proporcional ao cubo da distância média entre o Sol e o referido plane­
ta.
A força de atração entre um planeta e o Sol não possui torque em relação ao Sol, 
urna vez que a direção desta força é dada pela direção da reta que une o centro do pla­
neta ao Centro do Sol. Daí concluímos que a quantidade de movimento angular total 
do planeta deve permanecer constante durante o movimento do planeta em torno do Sol. 
Como a quantidade de movimento angular é igual ao momento da quantidade de mo­
vimento linear, concluímos que a quantidade de movimento angular do planeta é igual 
a mur, onde m é a massa do planeta, u é a velocidade do planeta e r é a distância entre 
o cent ro do planeta e o centro do Sol. Porém, como u - cor, onde w é a velocidade angular 
da revolução cm torno do Sol, concluímos que o produto wr2 permanece constante du­
rante o movimento do planeta em torno do Sol. Noperiélio o planeta está mais próxi­
mo do Sol; então, durante operiélio, a velocidade angular (bem como a velocidade li­
near) atinge seu valor máximo. No afélio o planeta passa pelo ponto mais afastado do 
Sol; donde se conclui que no afélio tanto a velocidade angular quanto a velocidade li­
near do planeta atingem um valor mínimo. Das considerações precedentes, podemos 
concluir que
30
A área descrita pelo vetor posição “ quando o planeta se desloca de P até P' é 
aproximadamente igual à árca do triângulo que liga os pontos C, PeP'. A altura deste 
triângulo é aproximadamente igual a r AO. Porém, sendo A/ o intervalo de tempo que 
o planeta leva para ir de P até P’, temos:
AO — <*) A/
Sendo assim, a área do triângulo CPP’ vale aproximadamente: 
AA = (’/i)r(r AO) = (j/i^r2 At
Ou seja, a velocidade com que o raio vetor do planeta descreve a área A/l é dada por:
AA/At = wr/2 (1.46)
Comparando as relações (1.45) e (1.46) verificamos o enunciado da Segunda Lei 
de Kepler: o raio vetor que liga o Soia um planeta descreve áreas iguais ern tempos iguais 
para qualquer trecho da trajetória do planeta. É claro que esta Lei também pode ser enun­
ciada de forma alternativa dizendo-se simplesmente que a quantidade de movimento 
angular do planeta permanece constante durante seu movimento em torno do Sol. Par­
tindo da equação (1.46) e usando a Segunda Lei de Kepler podemos concluir que a quan­
tidade de movimento angular do planeta é constante; daí resulta que a força de ai ração 
entre o Sol e o planeta deve ser uma força central. Newton deduziu a Lei da Gravitaçào 
Universal (1. l)com base nas Leis de Kepler. A Segunda Lei de Kepler permite concluir 
que a força entre o Sol e um planeta é uma força central. Contudo, esta Lei não nos 
permite concluir nada a respeito do módulo da força. O módulo e o sentido da força 
entre o Sol e um planeta podem ser obtidos mediante aplicação da Primeira c da Ter­
ceira Lei de Kepler. A seguir, vamos fazer um raciocínio inverso ao raciocínio feito por 
Newton na dedução da Lei da Gravitaçào Universal, isto é, partindo da Lei da Gravita- 
ção Universal (1.1), vamos deduzir a Terceira Lei de Kepler.
Considere um planeta girando em tomo do Sol ou então um satélite girando em 
torno de um planeta. Não existe nenhuma perda de generalidade em se considerar a ór­
bita como sendo uma circunferência, uma vez que a circunferência é um caso particu­
lar da elipse. Ou seja, se uma Lei Física vale para um caso particular ela vale para qual­
quer outro caso. Para concretizar, vamos supor que um satélite S esteja descrevendo 
uma órbita circular em torno da Terra, conforme indicado na Fig. 1.10.
A única força que atua sobre o satélite é a força de atração gravitacional entre 
a Terra e o satélite. O módulo desta força vale:
F = GmM/P (1.47)
onde M é a massa da Terra e r é o raio do satélite que possui massa m. Por outro lado, 
de acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
F = ma, 
onde a. é a aceleração centrípeta decorrente do movimento circular uniforme do saté­
lite em torno da Terra. Como sabemos,
a, - w2r 
onde w = 2?r/77 sendo T o período de revolução do satélite em torno da Terra. Logo,
F = mrtA^/T2) (1.48)
Terra
(1.49)
31
A relação (1.49) é a expressão matemática da Terceira Lei de Kepier (Lei dos pe­
ríodos). Note que, partindo da equação (1.49) e levando em conta o esquema de forças 
indicado na Fig. 1.10, é possível deduzir a Lei da Gravitação Universal (1.1).
A equação (1.49) é geral e vale para o movimento de qualquer satélite em volta 
de um planeta c para o movimento de planetas e de cometas em torno do Sol. No últi­
mo caso, M deve ser interpretado como a massa do Sol e r deve ser encarado como a 
distância entre o centro do planeta (ou do cometa) e o centro do Sol. Quando a órbita 
for elíptica, em vez de circular, consideramos para r o valor médio entre o valor da dis­
tância do planeta ao Sol noperiélio e a referida distância no afélio. No Apêndice B apre­
sentamos uma tabela indicando alguns dados sobre as órbitas dos planetas em torno 
do Sol. Existem muitas aplicações para a fórmula (1.49). No próximo Exemplo mos­
traremos que, conhecendo-se a distância média r de um planeta ao Sol, podemos de­
terminar a massa do Sol M através da medida do período Tda revolução do planeta 
em torno do Sol. Outro tipo de aplicação: conhecendo-se a massa M do Sol e a distân­
cia média do planeta ao Sol, podemos calcular o período da revolução do planeta em 
torno do Sol. Alguns dados astronômicos indicados no Apêndice B foramobtidos me­
diante este tipo de tratamento.
Igualando as relações (1.47) e (1.48) encontramos para o quadrado do período 
a seguinte expressão: 
Exemplo 1.10 A distância média entre a Terra e o Sol denomina-se unidade astro­
nômica (UA). O valor aproximado de uma unidade astronômica é dado por:
1 UA = 1,5 X 10z'm
T2 = ------- r3
GM
Figura 1.10 Um satélite S gira em torno da 
Terra numa órbita circular de raio r.
r G/WT2"!'
L J
32
/. 7 Campo gravitacional
A força gravitacional entre dois corpos separados por uma distância rc dada pe­
la Lei da Gravitação Universal (1.1). Trata-se de um exemplo de força natural que ca­
racteriza a açào de um corpo sobre outro sem que haja contato entre os dois corpos. 
As forças que se exercem sem o contato dos corpos denominam-se forças de ação à dis-
O período dc revolução da Terra cin lorno do Sol vale:
T= I ano = 365,26 d = 3,156 x IO7s
Estime o valor da massa do Sol.
Solução. A relação (1.49) vale para o movimento da Terra em lorno do Sol. Neste 
caso, Tc o período de revolução da Terra em torno do Sol, Mc a massa do Sol e ré a dis­
tância entre a Terra e o Sol (considerando-se a distância média entre o periélio e o afélio). 
Explicitando a massa do Sol na equação (1.49), temos:
M = 47r2/J/GTJ
Substituindo o valor G = 6,67 x 10 ~ " N.m2/kg‘*e os demais dados do problema, 
encontramos o seguinte valor aproximado para a massa do Sol:
M = 2,0 x IO’°kg
Exemplo 1.11 A Terra gira em torno do eixo polar no sentido de Oeste para Leste. 
Considere um satélite artificial da Terra girando num plano equatorial no mesmo sentido 
da rotação da Terra. Se o período dc revolução deste satélite em redor da Terra for igual 
ao período de rotação da Terra em torno do eixo polar (24 h), o satélite permanecerá “pa­
rado” em relação a um observador situado (em repouso) na superfície terrestre. Dizemos 
entãoque este satélite possui um movimento orbital sincronizado com o movimento da 
Terra. Denomina-se órbita geo-estacionária a trajetória circular deste satélite. Calcule: (a) 
o raio da órbita geo-estacionária c a trajetória circular deste satélite. Calcule: (a) o raio da 
órbita geo-estacionária do BRASI LSAT I (primeiro satélite sincronizado usado no Brasil 
para telecomunicações), (ó) a velocidade do BRAS1LSAT I.
Solução, (a) Paru determinar a órbita do satélite sincronizado basta explicitar a dis­
tância r na fórmula (1.49). Logo,
onde: T= 24h = 86.400s; G = 6,67 x IO"" N.m2/kg2; M = 5,98 x 1024 kg. Substi­
tuindo estes dados na relação anterior, achamos o seguinte valor aproximado para o raio 
da órbita do BRASJLSAT I:
r = 42.250 km = 4,225 X 107m
(d) A velocidade angular do BRASI LSAT I é a mesma velocidade angular da Terra, 
ou seja,
u> = 2tt/T = 7,27 x IO '-'rad/s
A velocidade linear do BRASILSAT I é dada por:
v = wr = 7,27 x I0'5 x 4,225 x IO7= 3,07 x 10'm/s
F = - G (1.51)f
33
tância. Contudo, a ação gravitacional entre dois corpos fica mais fácil de ser compreen­
dida quando definimos o campo gravitacional de urn corpo, conforme mostraremos 
a seguir.
O conceito de campo é um dos conceitos mais importantes da Física. Dizemos que 
uma região do espaço existe um campo de uma dada grandeza qüando podemos asso­
ciar a cada ponto desta região um valor da grandeza considerada. Podemos definir cam­
pos escalares c campos vetoriais. Quando associamos urna grandeza escalar a cada um 
dos pontos de uma região do espaço, existe nesta região um campo escalar (exemplos 
de campos escalares: um campo de temperaturas, um campo de pressões, etc.). Quan­
do associamos uma grandeza física vetoría! a cada um dos pontos de uma região, dize­
mos que existe nesta região um campo vetoríal. Exemplos de campos vetoriais: o cam­
po de velocidades de um escoamento, o campo gravitacional da Terra, o campo elétri­
co de uma carga elétrica, etc.
Considere uma partícula de massa m situada a uma distância r do centro da Ter­
ra , sendo r maior do que o raio R da Terra. Seja F a força de atração gravitacional exer­
cida pela Terra sobre a partícula. Se a partícula está livre, podemos escrever:
F = mg
O campo gravitacional é definido pelo vetor aceleração g'. Ou seja, o campo gra­
vitacional ê um campo de acelerações. Isto é, associamos a cada ponto da região do es­
paço cm volta do corpo que produz, o campo, um certo valor para a aceleração g~. Sen­
do assim, quando conhecemos a força que atua sobre a partícula dc massa m, o campo 
gravitacional é dado por:
mM 
r2
g = F /m (1.50)
A equação (1.50) define o campo gravitacional a partir do conhecimento da/or- 
ça gravitacional que atua sobre o corpo. Quando somente a força gravitacional F atua 
sobre o corpo de massa m, podemos dizer que a força gravitacional é igual ao peso. Con­
tudo, se existem também forças inerciais atuando sobre o corpo de massa tn, o peso efe­
tivo é igual à força resultante obtida pela soma vetorial da força gravitacional com as 
forças inerciais que atuam sobre o corpo. Sendo assim, de acordo com o princípio da 
equivalência mencionado na Seção 1.3, podemos generalizar a relação (1.50) c dizer que 
o campo gravitacional g~ é numericamente igual ao peso efetivo F resultante dividido 
pela massa m da partícula que é submetida à ação da força gravitacional e das forças 
inerciais presentes.
Demonstra-se que a força gravitacional entre uma partícula dc massa m e uma 
esfera de raio R e massa Mé orientada ao longo do raio vetor traçado do centro da esfe­
ra até o local onde se encontra a partícula. Então, dc acordo com a Lei da Atração Gra­
vitacional, podemos escrever para a força de atração gravitacional sobre a partícula de 
massa m a seguinte expressão:
g
ni
7
(1.52)
(1.53)
34
Demonstra-se que a expressão (1.53) vale para todos os pontos situados no exte­
rior da esfera de raio R, isto é, esta relação vale para todo valor de r maior do que R. 
Esta expressão também vale para os pontos da superfície da esfera (/■ = R). O valor de 
g na superfície de uma esfera já foi utilizado previamente quando calculamos o campo 
gravitacional na superfície da Terra, admitindo uma forma esférica perfeita para a Terra.
Vale a pena repetir que a expressão (1.53) vale apenas para esferas, não valendo 
para esferóides (como no caso da Terra). Entretanto, quando a excentricidade do esfe- 
róide for muito pequena, podemos utilizar a relação (1.53) em primeira aproximação. 
Outra observação importante: a equação (1.53) não pode ser aplicada para o cálculo 
do campo gravitacional no interior de uma esfera, conforme mostraremos a seguir.
Figura 1.11 Campo gravitacional de uma esfera de raio R num ponto situado a uma distância r 
do centro da esfera, sendo r maior do que R.
onde a distância ao centro ré maior do que o raio R da esfera e ré o versor do raio ve­
tor, isto é, ré o vetor unitário do raio vetor:
r = r/r
onc r é o raio vetor que liga o centro da esfera ao ponto onde se encontra a partícula 
de massa m, conforme indicado na Fig. 1.11.
F = mg 
—■*-----------
De acordo com a definição dc campo gravitacional dada pela relação (1.50) c le­
vando em conta a equação (1.51), verificamos que o campo gravitacional de uma esfe­
ra de massa M, para pontos no exterior da esfera, é dado por:
g = - G-^-r
Da expressão (1.52) concluímos que o módulo do campo gravitacional nos pon­
tos externos a uma esfera de massa M vale:
g — GM/r
ami
W
35
Considere uma casca esférica de raio R, isto é, uma esfera oca que apresenta ape­
nas uma fina camada na sua superfície externa de raio R (como, por exemplo, no caso 
dc uma bola de soprar). Desejamos determinar o campo gravitacional no interior des­
ta casca esférica, ou seja, desejamos saber o valor de g para r menor do que R.
Suponha inicialmente que uma partícula de massa m esteja situada no centro da 
esfera. Cada elemento de massa Am da casca esférica atrai a partícula de massa m com 
uma força cujo módulo vale:
F, = Cm(Am,)'r? (1.54)
onde r, i a distância entre o centro do elemento dc massa Am, e a partícula de massa 
m. Por outro lado, para o elemento de massa Am, diametralmente oposto, temos:
F, = Gm(ó.m^/ri (1.55)
onde r, c a distância entre a partícula de inassa meo centro do elemento de massa Am..
Am,
(«)
Figura 1.\2 Esquema para mostrar que o campo gravitacional no interior de uma casca esférica é 
igual a zero.
F = Gin Am/R2
onde R é o raio da esfera. Verificamos que, para cada elemento de massa Am existe ou­
tro elemento de massa Am diametralmente oposto que exerce sobre a partícula uma força 
de atração de módulo F, mas o sentido desta força é contrário ao da força acima men­
cionada, conforme podemos notar na parte (cr) da Fig. 1.12. Como isto é verdade para 
todos os elementos de massa constituintes da esfera, concluímos facilmente que a for­
ça resultante sobre a partícula dc massa m c igual a zero. Então, pela definição de cam­
po gravitacional, verificamos que o campo gravitacional no centro da esfera é igual a 
zero.
Na parte (b) da Fig. 1.12 consideramos uma partícula de massa m fora do centro 
da casca esférica. Neste caso, o módulo da força F, exercida pelo elemento de massa 
Am. vale:
(1.56)
36
Exemplo /.12 Considere uma esfera maciça de massa Mc.raio R. Obtenha uma ex­
pressão para o módulo do campo gravitacional no interior da esfera cm função da distân­
cia r ao centro da esfera.
Solução. Considere uma esfera de raio r no interior da esfera de raio /?, conforme 
indicado na Fig. 1.13.
Figura 1.13 Esfera de raio r no interior de 
uma esfera de raio R.
Dc acordo com a definição de ângulo sólido, temos:
0 = âsAfrl
onde Á/4; é a área da calota esférica onde sc distribui a massa A/??.. Como o ângulo só­
lido é o mesmo tanto para A/??( quanto para A/;?«, vem:
6 = &At/r}
onde A/li é a área da calota esférica onde se distribui a massa ámt. Como A/r/i é pro­
porcional a AXi, temos:
A/w, = crA/4l = o0/?
onde oca densidade superficial da casca esférica. Analogamente,= a = adrf (1.57)
Levando em conta as relações (1.54), (1.55), (1.56) e (1.57), concluímos que:
= F:
Como estas forças possuem a mesma direção e sentidos contrários, concluímos 
que a força resultante exercida pelas duas calotas esféricas opostas é igual a zero. Isto 
c verdade para qualquer par de calotas diametralmente opostas da casca esférica. Donde 
sc conclui que a força resultante que atua sobre a partícula de massa m é igual a zero 
e, portanto, o campo gravitacionalé nulo em todos os pontos do interior da casca esfé­
rica.
<t>, =
37
Conforme demonstramos, no interior de uma esfera oca o campo gravitacional é 
iguai a zero. Sendo assim, o campo gravitacional no interior da esfera hachureada indica­
da na Fig. 1.13 não deve ser levado em conta para a determinação do campo gravitacional 
na superfície da esfera de raio r. Entretanto, a esfera de raio r é maciça; sabemos que o 
campo gravitacional na superfície de uma esfera maciça pode ser calculado mediante a equa­
ção (1.53), ou seja,
g = Gm/r3
onde mú a massa existente no interior da esfera de raior, não incluindo, portanto, a mas­
sa da camada esférica hachureada na figura mencionada. Logo,
m = p4tt/j/3
onde p é a densidade da esfera. Substituindo o valor de m na expressão de g resulta:
g = 4izpGr/3
ou seja, o campo gravitacional aumenta proporcionalmente à distância r ao centro da es­
fera. No centro da esfera, como r = 0, obviamente, g = 0. Podemos também escrever a 
resposta deste exemplo em função do raio 7? da esfera e da massa total M da esfera, lem­
brando que:
A, g .d A
p = M/V = -iM/4-xR1
Substituindo p na expressão de g, encontramos:
g = GMr/R3
Note que na superfície da esfera (r = R), chegamos a um resultado bastante conhe­
cido: g - GM/R2.
Lei cie Gauss para a determinação do campo gravitacional
O fluxo total <pp do campo gravitacional é definido pela expressão:
limite
ZL4 i-0
onde g? c o campo gravitacional cm cada ponto da superfície de área AA O vetor &At 
é um vetor ortogonal à superfície que possui uma área de módulo áA O produto esca­
lar g*.A/4, fornece a projeção do vetor g\na direção da normal à superfície representa­
da pelo vetor A/t;. O limite acima fornece a integra! do fluxo gravitacional através da su­
perfície fechada considerada. O pequeno círculo no centro do símbolo da integral indica 
que a integração deve ser estendida a todos os pontos da superfície fechada considerada. 
O produto escalar g* dA fornece o fluxo infinitesimal local do campo gravitacional atra­
vés de uma área infinitesimal da superfície considerada. Integrando este fluxo infinitesi­
mal obtemos o fluxo total indicado na relação anterior.
Para exemplificar o cálculo do fluxo total do campo gravitacional através de uma 
superfície fechada, considere uma esfera maciça de massa M c raio R. Desejamos calcular 
o fluxo total ao longo de uma superfície esférica de raio r, sendo r maior do que R. A 
super fície esférica de raio r é concêntrica com a esfera de raio R. Como existe simetria es­
férica na distribuição de massa da esfera de raio R, verificamos facilmente que a integral 
do fluxo total <t>. é igual ao produto do módulo de g (nos pontos sobre a superfície esféri­
ca de raio r) pela área da esfera de raio r, ou seja,
0r = g&irr*)
Logo,
38
Substituindo o resultado (1.53) na equação anterior, temos:
<t>, = (4x^)GA//^
g tf — g I + g 2
A soma de duas grandezas é também chamada de superposição das grandezas con­
sideradas. Portanto, o Princípio da Superposição é um princípio geral na Física que pode 
ser aplicado para obter uma grandeza escalar resultante (através dc uma soma algébrica) 
ou então podemos obter uma grandeza vetorialresultante (mediante uma soma vetorial). 
A equação anterior corresponde à aplicação do Princípio da Superposição para o caso da 
superposição de dois campos gravitacionais. O Princípio da Superposição pode ser gene­
ralizado para a determinação do campo efetivo produzido por /Vmassas do seguinte modo:
Fef = g\ + g~2 + F + ••• + Fn
O Princípio da Superposição pode scr utilizado para resolver dois tipos de proble­
mas: {a) quando desejamos calcular um campo efetivo genconhecendo-se os valores dos 
campos componentes de cada distribuição considerada, (Z>) quando desejamos determi­
nar um dos campos componentes, conhecendo-sc o campo efetivo gtf c os demais cam­
pos componentes considerados.
|<£t = 4tGA/J
A generalização do resultado anterior fornece a famosa Lei de Gausspara a deter­
minação do campo gravilacional. Portanto, a Lei de Gauss da Gravitação pode ser enun­
ciada do seguinte modo:
' 'O fluxo total do campo gravitacional g através de uma superfície fechada é nu­
mericamente igual a (AttG) vezes a massa total M existente no interior da superfície fecha­
da considerada”.
A Lei de Gauss da Gravitação pode ser usada vantajosamente para a determinação 
do campo gravitacional de corpos com simetria esférica e com simetria cilíndrica. Exem­
plos: (a) a determinação do campo gravitacional de uma partícula com massa pontual M 
pode ser feita diretamente pela aplicação da Lei de Gauss (o resultado é dado pela equação 
1.52 ou pela relação (1.53), (ô) a determinação do campo gravilacional no exterior de uma 
esfera dc massa M e raio R pode ser feita aplicando-se a Lei de Gauss (o resultado também 
é dado pela equação (1.53), (c) como M = 0 no interior de uma casca esférica, ou no inte­
rior do buraco concêntrico de um a esfera oca, concluímos pela Lei de Gaussque o campo 
gravitacional é igual a zero no interior de camadas esféricas vazias, (d) o Exemplo 1.12 tam­
bém pode ser resolvido aplicando-se a Lei de Gauss numa superfície esférica situada no 
interior da esfera de raio R (isto é, para r menor do que R).
Observação: A Lei de Gauss da Gravitação é semelhante à Lei de Gauss da Eletros- 
tática. Para apreciar esta analogia, você deve ler o Capítulo sobre Campo Elétrico do Li­
vro “Eletricidade. Magnetismo eEletromagnetismo” de Autoria dos Professores Adir M. 
Luiz e Sérgio L. Gouveia. Você notará uma analogia perfeita entre o formalismo mate­
mático usado para a determinação do campo elétrico E e o formalismo matemático usado 
na determinação do campo gravitacional g~.
; Princípio da superposição
Seja gi o campo gravitacionaj_produzido num ponto Ppela ação gravitacional dc 
uma distribuição de massas 1. Seja g2 o campo gravitacional produzido no ponto P por 
outra distribuição de massas 2. O campo gravitacionalefetivo gct no ponto Pé dado pelo 
vetor resultante:
39
Exemplos. Para exemplificar o uso do Princípio da Superposição na Gravitação, 
vamos resolver dois problemas interessantes: (a) determinação do campo gravitacional no 
interior de um buraco esférico existente numa esfera homogênea, (b) determinação do pe­
so efetivo de uma esfera mergulhada num fluido homogêneo na superfície terrestre.
(a) Determinação do campo gravitacional no interior de um buraco esférico exis­
tente numa esfera homogênea. Antes do Exemplo 1.12, mostramos que o campo gr a vi ra­
cional no interior de uma casca esférica é igual a zero. De acordo com a Lei de Gauss, po­
demos também concluir que o campo no interior de um buraco esférico é igual a zero, des­
de que o buraco seja concêntrico com a esfera considerada. Ou melhor, a parte maciça ex­
terior ao buraco esférico deve possuir uma simetria esférica para que o campo gravitacio- 
nal no interior da parte vazia da esfera seja igual a zero. Se o buraco esférico não for prati­
cado no centro da esfera maciça, o campo gravitacional no interior do buraco ê diferente 
de zero. Como devemos proceder para determinar o campo gravitacional na região vazia 
do interior do buraco? O método mais simples para resolver este problema consiste na apli­
cação do Princípio dc Superposição.
Inicialmente, tapamos o buraco esférico considerado mediante uma esfera hipoté­
tica com um raio igual ao raio do buraco e com densidade igual à densidade da esfera maior. 
Com esld superposição de massas, resulta umaes/era maciça sem nenhum buraco. Então, 
dc acordo com oPrincípio da Superposição, o campo gtf desta esfera maciça é dado por:
S - ga - gb
A determinação de gv, e de gb pode ser feita facilmente utilizando-se o resultado 
do Exemplo 1.12.
(b) Determinação do peso efetivo de uma esfera mergulhada num fluido homogê­
neo na superfície terrestre. Trata-se de um problema de Hidrostática. As principais no­
ções de Hidrostática e de Hidrodinâmica são apresentados no Livro “Elementos de Ter­
modinâmica” de Autoria de Adir M. Luiz e Sérgio L. Gouveia.
O peso efetivo de um corpo mergulhado num fluido dc densidade constantepé da­
do por:
gu = gb + g
onde gK-i é o campo efetivo num ponto P no interior do buraco esférico, gb é o campo 
produzido em P por uma esfera de mesma densidade que tapa o buraco esférico efg é o 
campo que existe no ponto P antes de se superpor a esfera que produz o campo gb- Por­
tanto, o campo gravitacional em todos os pontos do buraco esférico pode ser calculado 
pela relação:
Pa = P + E
onde p é o peso do corpo na ausêttcia do fluido, isto é, no vácuo. De acordo com a Lei 
dc Arquimedes, a força de empuxo E cuma força orientada de baixo para cima. Nas vizi­
nhanças da superfície terrestre, sabemos que g é constante, logo,
p* = mg" ;E = — m’íT
ondem é a massa do corpo^/w’éa massa do fluido deslocado pelo corpo. Note que o ve­
tor E é contrário ao vetor p . Seja p a densidade do fluido e p ’ a densidade do corpo. Co­
mo o volume deslocado pelo corpo é igual ao volume Vdo próprio corpo (porque o corpo 
está totalmente imerso no fluido), temos:
m - pV; m’ = p‘V
40
1.8 Energia potencial gravitaciona!
Considere uma partícula de massa m que se desloca verticalmenie de cima para 
baixo desde uma altura h, ate uma aliura hz. O trabalho realizado pelo peso da partí­
cula c dado por:
ondeg é o campo gravitaciona! na superfície terrestre (orientado de cima para bai­
xo). A massa efetiva do corpo no fluido é definida por:
me/ - (p’ - p)V
Supondo p ’ menor do que p, concluímos que a massa efetiva c negativa. Sep ' for maior 
do que p a massa efetiva c positiva. O conceito de massa efetiva é um conceito muito im­
portante para o estudo da Física do Estado Sólido. Por exemplo, para estudar a conduti- 
vidade elétrica num material semicondutor ou numa junção p-n, é conveniente utilizar o 
conceito de buraco (ausência de um elétron). O elétron sc desloca num sentido contrário 
ao sentido do deslocamento do buraco.
Das relações anteriores concluímos que o peso efetivo vale:
Pu = (P' — P)gJ'
A resposta deste exercício vale não só para uma esfera homogênea dc densidade p ’ 
como também para qualquer corpo homogêneo com densidade p’.
Observações: (1) Considere uma bolha de ar no fundo de um líquido homogêneo. 
Neste caso, como p * é menor do que p. verificamos que o peso efetivo, dado pela relação an­
terior, torna-se negativo. Isto c, a força efetiva resultante é orientada de baixo pura ci­
ma, de modo que a bolha se desloca de baixo para cima.
(2) Se em vez de determinar o peso efetivo você desejar calcular o campo gravitacio- 
nal efetivo, você obterá:
g = gc! = lp’ — p)glp'
Note que, para p = 0 (isto é, no vácuo),temos grf = g. Se p for menor do que P ’, 
o campo efetivo é orientado de cima para baixo. Sc p for maior do que p' (como no caso 
dc uma bolha de ar na água), o campo efetivo é orientado de baixo para cima.
(3) Podemos encarar este problema dc out ro ponto de vista, introduzindo o concei­
to de massa efetiva. Suponha que o peso efetivo seja escrito na forma:
pu - m(íg
. W = mg{h\ - h2) (1.58)
Como estamos supondo que o corpo se desloca verticalmente de cima para bai­
xo, o sentido do deslocamento é o mesmo sentido do peso. Neste caso, pela definição 
dc trabalho, o trabalho realizado pelo peso do corpo épositivo, conforme indicado na 
relação (1.58), uma vez que/t( é maior do que h?. Seja/i a diferença de altura entre os 
dois pontos mencionados, ou seja,
h = hx — h2
Introduzindo a relação acima na equação (1.58), vemos que o trabalho W reali­
zado pelo peso da partícula para deslocá-la verticalmente de cima para baixo desde h, 
até h} é dado por:
41
AE,. = — mgh (1.61)
A relação (1.61) indica que a energia potencial gravitacional E„ da massa m diminui 
quando a aluira do corpo diminui. Isto é, a energia potencial gravitacional diminui à 
medida que a distância entre os dois corpos diminui.
Suponha que a partícula esteja se deslocando verticalmente de baixo para cima 
no campo gravitacional da Terra. Neste caso, cm vez da equação (1.61), resulta:
AE„ = mgh (1.62)
Neste caso, quando o corpo se eleva até uma diferença de altura h, sua energia poten­
cial aumenta, de acordo com a relação (1.62).
Podemos generalizar a definição anterior considerando o campo gravitacional de 
uma esfera de massa M. Utilizando a expressão (1.52), e a definição de variação de ener­
gia potencial (1.60), podemos definir a energia potencial E,.dc uma partícula de mas­
sa m situada a uma distância r do centro de uma esfera de massa M mediante a seguinte 
equação:
Exemplo 1.13 Uma partícula de massa m se desloca verticalmente de baixo para ci­
ma nas vizinhanças da superfície terrestre. Seja h a diferença de altura deste deslocamen­
to. Suponha que h seja muito menor do que o raio R da Terra. Calcule o valor aproxima­
do da diferença de energia potencial gravitacional do corpo de massa m.
Solução. De acordo com a definição (1.63), a diferença de energia potencial gravi- 
tacionu! da partícula de massa /// será:
| - GmM/r | (1.63)
O sinal negativo do segundo membro da relação (1.63) decorre das considerações fei­
tas na dedução da equação (1.62). Para você verificar que o sinal negativo da equação 
(1.63) está correto, você deve acompanhar atentamente a solução do Exemplo 1.13. Note 
que a energia potencial gravitacional de um corpo de massa m situado a uma distância 
in finita de outro corpo de massa M é igual a zero. Note também que a energia potencial 
gravitacional de dois corpos diminuià medida que a distância entre os dois corpos di­
minui, conforme já havíamos informado anteriormente.
W = mgh (1.59)
A variação da energia potencial gravitacional de uma partícula de massa m num cam­
po gravitacional g dc um corpo dc massa M é definida como o trabalho, com o sinal 
contrário, realizado pela força gravitacional para deslocar a partícula dc um ponto até 
outro no interior do campo considerado. De acordo com esta definição, temos:
A£c = - W (1.60)
onde SE. é a variação da energia potencial da partícula no campo gravitacional con­
siderado e Hzé o trabalho realizado pela força gravitacional para deslocar a partícula 
dc um ponto até out ro no interior do campo gravitacional. No exemplo do deslocamento 
mencionado anteriormente, a variação da energia potencial, de acordo com as relações 
(1.59) e (1.6Ü) é dada por:
(1.64)A£"p GmM
(1.65)
(1.69)
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ondefi = R = raio da Terra e r: = R 4- h. Substituindo estes valores na equação (1.64), 
temos:
g = GM/R2 (1.67)
Das relações (1.66) c (1.67), achamos a expressão solicitada no enunciado deste proble­
ma, ou seja, a diferença de energia potencial gravitacional no deslocamento mencionado 
vale:
AZ:,. = mgh
Denomina-se energia mecânica (ou energia total) de uma partícula de massa m 
num campo gravitacional a soma da energia cinélica da partícula com a sua energia po­
tencial gravitacional no campo considerado.
De acordo com a definição anterior, a energia mecânica ou energia total de um 
corpo num campo gravitacional é dada por:
= E, + Er (1.68)
onde Et = mv2/2 é a energia cinética do corpo e Ep é a energia potencial gravitacional 
do corpo dada pela equação (1.63).
O que é um campo conservativo? Quando a energia total de um corpo no interior 
de um campo permanece constante, durante o movimento do corpo, dizemos que o cam­
po é conservativo, uma vez que a energia mecânica do corpo se conserva. Demonstra-se 
que a energia total de um corpo num campo gravitacional permanece constante duran­
te o movimento do corpo. Daí, concluímos que o campo gravitacional é um campo con­
servativo.