Física 02 exercícios resolvidos

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Física 2 – Questões 2 
Questão 1 
 
Obtenha uma expressão para a determinação 
da variação de g com a altura h acima da 
superfície terrestre para h muito menor do que 
RT. 
Resolução: 
A expressão para g em um ponto a uma altura h 
da superfície é dada por: 
 
( )2
T
h
T
GM
g
R h
=
+
 (1.1) 
 
Onde MT é a massa da Terra. Na eq. (1.1), 
poderemos ainda escrever: 
 
2
2
1Th
T T
GM h
g
R R
−
 
= ⋅ + 
 
 (1.2) 
 
Para h<<RT, teremos: 
 
( )2 2
2
2 32
1 1 ...
2!
2
1 1
T T T
T T
h h h
R R R
h h
R R
−
−
⋅ −   
+ ≅ − − ⋅ +   
   
 
+ ≅ − 
 
 (1.3) 
 
Aqui consideramos apenas até a segunda parcela. 
Substituindo o resultado de (1.3) em (1.2), 
teremos: 
 
2
2
1
2
.
T
h
T T
T h
T
GM h
g
R R
h
g g g
R
 
≅ ⋅ − 
 
∴∆ = − ≅
 (1.4) 
 
Onde 
2
T
T
T
GM
g
R
= é o valor de g na superfície 
terrestre. 
 
 
 
Questão 2 
 
Massas m, supostas iguais, pendem de cordas 
de diferentes comprimentos dos braços de uma 
balança na superfície da Terra, como mostra a 
figura abaixo. Se as cordas têm massa desprezível 
e diferem no comprimento por h. (a) Mostre que 
o erro de pesagem, associado ao fato de que w’ 
está mais próximo à Terra do que w, é 
 
8
3
G mh
w w
π ρ
′ − = . 
 
Em que ρ é a densidade média da Terra 
(5,5g∙cm-3). (b) Determine a diferença de 
comprimento que dará um erro de uma parte por 
milhão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
a) Sejam w e w’ os pesos dados por: 
 
( )2
TGM mw
r h
=
+
 (2.1) 
e 
 
2
TGM mw
r
′ = (2.2) 
 
Onde r é o raio da Terra. Agora subtraindo a 
equação (2.1) da equação (2.2), teremos: 
 
( )22
1 1
Tw w GM m
r r h
 
′ − = − 
+  
 
h 
w 
w’ 
m 
m 
 
 
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2 
( )22
2
T
h r
w w GM mh
r r h
 +′ − =  
+  
 (2.3) 
 
Agora, utilizando a densidade da Terra, e 
desprezando o valor de h dentro do colchete, 
teremos: 
 
( )2 32
3
2 2
4
3
T
h r
rr r h
r
M
π ρ
+
→
+
=
 (2.4) 
 
Substituindo os resultados de (2.4) em (2.3), 
teremos: 
 
8
3
G mh
w w
π ρ
′∴ − = (2.5) 
 
b) Utilizando as equações (2.2) e (2.5), teremos: 
 
6
36
2
6
1
10
8
13 ;
410
3
10
2
T
T
w w
w
G mh
M
GM m r
r
r
h
π ρ
ρ
π
−
′ −
=
′
= =
∴ = ⋅
 (2.6) 
 
Questão 3 
 
Um observador se encontra no interior de um 
trem que se desloca em linha reta com uma 
aceleração a. (a) O observador resolve medir o 
valor da aceleração da gravidade no interior 
deste trem usando um pêndulo simples preso ao 
teto do trem; qual é a expressão correta para o 
cálculo da aceleração da gravidade g’ no interior 
do trem? (b) Determine o período das pequenas 
oscilações de um pêndulo simples de 
comprimento l preso ao teto do trem. 
Resolução: 
Um cálculo semelhante foi desenvolvido no 
tópico Física 2, arquivo Física 2-01, exercício 11, 
página 8. Onde a aceleração resultante será dada 
por: 
 
( )
1
2 2 2g g a′ = + 
 
E o período é dado por: 
 
2
l
T
g
π=
′
 
 
Questão 4 
 
Um corpo está suspenso de um dinamômetro 
em um navio que viaja ao longo da linha do 
equador, com velocidade v. (a) Mostrar que a 
leitura do dinamômetro será muito 
aproximadamente 
 
0
2
1
v
w
g
ω 
± 
 
, 
 
sendo � a velocidade angular da Terra e w0 a 
leitura quando o navio se encontra em repouso. 
(b) Explicar o duplo sinal. 
Resolução: 
a) Levando em consideração que o navio se 
encontra em repouso com relação às águas do 
mar, o peso do corpo será a resultante centrípeta 
que aponta para o centro da Terra. Assim, o 
dinamômetro marcará: 
 
2
0 Tw mg m Rω= = (4.1) 
 
Onde RT é o raio da Terra e � é a velocidade 
angular de rotação da Terra. Quando o navio se 
encontra em movimento com relação às águas do 
mar, com uma velocidade v, a favor da rotação (+) 
ou contra (-), o peso medido pelo dinamômetro 
também será igual a força centrípeta no corpo. 
Assim, teremos: 
 
( )
2
2R
T
T T
mv m
w R v
R R
ω′ = = ± (4.2) 
 
Desenvolvendo o quadrado da equação (4.2) e 
desprezando o termo v2, teremos: 
 
( )2 2 2T T
T
m
w R R v
R
ω ω′ ≅ ± (4.3) 
 
 
 
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3 
Utilizando a equação (4.1) em (4.3), teremos: 
 
0
0
2
2
1
w w vm
v
w w
g
ω
ω
′ ≅ ±
 
′∴ ≅ ± 
 
 (4.4) 
 
Questão 5 
 
O problema seguinte é extraído do exame 
“Olímpico” da Universidade Estatal de Moscou, 
em 1946, (veja figura abaixo). Faz-se uma 
cavidade esférica em uma esfera de chumbo de 
raio R, tal que sua superfície toque a superfície 
externa da esfera de chumbo e passe pelo centro 
desta. A massa primitiva da esfera de chumbo era 
M. De acordo com a lei de gravitação universal, 
qual será a força com que a esfera de chumbo 
atrairá uma pequena esfera de massa m 
localizada à distância d ao longo da reta que 
passa pelos centros das esferas e da cavidade? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Seja F1 a força gravitacional que a esfera 
primitiva de massa M exerceria em m: 
 
1 2
GMm
F
d
= (5.1) 
 
E seja F2 a força gravitacional que a esfera menor 
exerceria na massa m: 
 
( )
2 2
2
GMm
F
Rd
′
=
−
 (5.2) 
 
Onde M’ é a massa da esfera menor. Que será 
dada por: 
 
3
3
4
4 3 2 8
3
M R M
M
R
π
π
 ′ = ⋅ ⋅ = 
 
 (5.3) 
 
Agora, se descontarmos de F1 a força F2, teremos 
a força que a esfera com a cavidade exerce em m. 
Logo, utilizando as equações (5.1), (5.2) e (5.3), 
teremos: 
 
( )
( )
( )
1 2
22
22
2
22
1 1
8
2
1 1
8 1
2
1
1
8 1
2
F F F
F GMm
d Rd
F GMm
d Rd
d
GMm
F
d R
d
= −
 
 = − 
 −
 
 
 = − 
 −
 
 
 ∴ = − 
 −
 
 
 
Questão 6 
 
Considere uma partícula de massa m num 
ponto qualquer P no interior de uma casca 
esférica de matéria. Suponha que a casca seja de 
densidade e espessura uniformes. Construa um 
duplo cone, estreito, de vértice em P que 
intercepta as áreas dA1 e dA2 da casca (figura). (a) 
Mostre que a força gravitacional resultante sobre 
a partícula no ponto P, exercida pelos elementos 
de massa interceptados, é nula. (b) Mostre, em 
seguida, que a força gravitacional resultante, 
devido a toda casca, sobre uma partícula interna 
em qualquer ponto é nula. (Este resultado foi 
inventado por Newton). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Sejam dF1 e dF2 os elementos de forças exercidas 
pelos elementos de massas dA1 e dA2. 
R 
d 
m 
P 
dA1 
dA2 
r1 
r2 
 
 
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4 
Assim, teremos: 
1 12
1
2 22
2
Gm
dF dM
r
Gm
dF dM
r
= ⋅
= ⋅
 (6.1) 
 
Onde dM1 e dM2 são os elementos de massas 
dados por: 
 
1 12
2 22
4
4
M
dM dA
r
M
dM dA
r
π
π
=
=
 (6.2) 
 
Onde M e r são respectivamente, a massa e o raio 
da esfera. Assim, o elemento de força resultante 
sobre o corpo de massa m no ponto P será: 
 
1 2
dF dF dF= − (6.3) 
 
Utilizando as expressões (6.1) e (6.2), teremos: 
 
1 1
2 2 2
1 1
4
dA dAGMm
dF
r r rπ
 
= − 
 
 (6.4) 
 
Em (6.4) temos os ângulos sólidos dados por: 
 
1
1 2
1
2
2 2
2
dA
d
r
dA
d
r
Ω =
Ω =
 (6.5) 
 
Mas em P, d�1 = d�2. Logo, de (6.4), teremos: 
 
0dF = (6.6)Integrando a equação (6.4) teremos: 
 
( )
( )
1 1
2 2 2
1 1
1 22
2
4
4
2 2
4
0.
dA dAGMm
F
r r r
GMm
F d d
r
GMm
F
r
F
π
π
π π
π
 
= − 
 
= Ω − Ω
= −
∴ =
∫ ∫
∫ ∫ (6.7) 
Onde cada integral foi efetuada para cada metade 
da casca esférica. 
 
Questão 7 
 
Usando coordenadas polares, deduza a 
Segunda Lei de Kepler (lei das áreas). 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
Sabemos que o momento angular do planeta em 
translação em torno do Sol é constante e vale: 
 
2 2L dL m r r
m dt
θ
ω  = ⇒ = ⋅ 
 
 (7.1) 
 
Da equação (7.1) podemos escrever: 
 
2 Lr d dt
m
θ = (7.2) 
 
Das coordenadas polares teremos: 
 
21
2
A r dθ= ∫ (7.3) 
 
Onde A é a área. Assim, podemos calcular as áreas 
varridas de 1 para 2 e de 3 para 4. Logo: 
 
2 2
1 1
4 4
3 3
2
1 2 1 1 2
2
3 4 2 3 4
1
2 2 2
1
2 2 2
t
t
t
t
L L
A r d dt t
m m
e
L L
A r d dt t
m m
θ
θ
θ
θ
θ
θ
→ →
→ →
= ⋅ = = ∆
= ⋅ = = ∆
∫ ∫
∫ ∫
 
(7.4) 
 
Então, de (7.4), se Δt1→2 = Δt3→4, teremos: 
 
1 2 3 4
A A→ →= (7.5) 
 
 
 
Θ1 
ΘΘΘΘ2 
ΘΘΘΘ3 
Θ4 
A1→2 A3→4 
1 
2 3 
4 
 
 
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5 
Questão 8 
 
Três corpos idênticos, de massa M, estão 
localizados nos vértices de um triângulo 
equilátero de lado L. A que velocidade eles devem 
mover-se se todos giram sob a influência da 
gravidade mútua, em uma órbita circular que 
circunscreve o triângulo, mantido sempre 
equilátero? 
Resolução: 
Considere na figura abaixo o triângulo como 
sendo equilátero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cada partícula experimenta duas forças de 
atração gravitacional dadas por: 
 
2
2
Gm
F
L
= (8.1) 
 
Assim, a força resultante em cada partícula será 
dada por: 
 
2
0
2
3
2 30R
Gm
F Fcos
L
= = (8.2) 
 
A força resultante em questão é uma força 
centrípeta. Logo teremos: 
 
2 2
0
2
1
2
3
; cos30 3
2
mv Gm L
R L R
R L
Gm
v
L
= = ⇒ =
 ∴ =  
 
 
(8.3) 
 
Onde R é o raio da trajetória. 
 
Questão 9 
 
Considere uma esfera homogênea com massa 
específica ρ constante em todos os pontos do 
interior da esfera, que possui raio R e massa total 
M. Determinar o campo gravitacional para os 
pontos situados: (a) no exterior da esfera, (b) no 
interior da esfera, (c) sobre a superfície da esfera. 
Resolução: 
Seja da densidade da esfera dada por: 
 
3 3
3
4 4
3
M M M
RV R
ρ
π π
= = = (9.1) 
a) Para pontos externos teremos: r > R 
 
2
GM
g
r
= (9.2) 
 
Onde r é a distância do ponto em questão até o 
centro da esfera. 
 
b) No interior da esfera: 0 < r < R 
 
2
33
3
3
;
3 4
4 3
GM
g
r
M r r
M V M
R R
GM
g r
R
π
ρ
π
′
′ =
 ′ ′= = ⋅ =  
 
′∴ = ⋅
 
(9.3) 
 
c) Sobre a superfície: r = R 
 
2
GM
g
R
= (9.4) 
 
Questão 10 
 
Suponha que a Terra seja uma esfera 
homogênea com massa específica uniforme. Seja 
g0 o valor da aceleração da gravidade na 
superfície terrestre. Obtenha uma expressão para 
a determinação do campo gravitacional a uma 
profundidade z abaixo da superfície terrestre. 
Resolução: 
Observando a figura podemos concluir: 
 
 
 
 
 
 
L 
L/2 
R 
30
0 
30
0 
v
 
v
 
v
 
F F 
m m 
m 
FR 
R 
r 
z 
 
 
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6 
r R z= − (10.1) 
 
Agora, aproveitando o resultado de (9.3) e 
utilizando (10.1), teremos: 
 
( )
3
2 3
0 0
GM
g R z
R
GM GM
g z
R R
z
g g g
R
= −
= − ⋅
∴ = − ⋅
 
(10.2) 
 
Onde 
0 2
GM
g
R
= . 
 
Questão 11 
 
Um foguete é acelerado, para cima, até uma 
velocidade 2 Tv gR= , perto da superfície 
terrestre e, a seguir, sua propulsão é desligada. 
(a) Mostre que ele escapará da Terra. (b) Mostre 
que sua velocidade será 2 TV gR= em pontos 
muito afastados da Terra. 
Resolução: 
a) Utilizando os valores de g e RT, teremos: 
 
6 1
2 9,8 6,37 10 15,8v km s−= ⋅ ⋅ ≅ ⋅ (11.1) 
 
Esse resultado suplanta o valor mínimo para a 
velocidade de escape que é de 11,2 km∙s-1. 
 
b) Para pontos muito afastados da Terra, a 
energia potencial é praticamente nula. Assim, 
teremos: 
 
( )
2 2
2
2
2 2
1
2
2 2
4
;
2 2
2
T
T
T T
T
mv GMm mV
R
gR GM V GM
g
R R
V gR
/ / /− =
− = =
∴ =
 
(11.2) 
 
 
 
Questão 12 
 
Duas partículas, de massas m e M, estão em 
repouso, separadas por uma distância infinita. 
Mostrar que, em qualquer instante, sua 
velocidade relativa de aproximação, atribuível à 
atração gravitacional, é ( )2G m M
d
+
, sendo d 
a distância entre elas naquele instante. 
Resolução: 
Pela conservação do momento linear, teremos: 
 
mv MV= (12.1) 
 
Onde v e V são as velocidades instantâneas das 
partículas de massa m e M. Inicialmente as 
partículas estão muito afastadas e também se 
encontram em repouso. E para um determinado 
instante, as partículas estão separadas por uma 
distância d e com as velocidades citadas acima. 
Assim pela conservação da energia mecânica, 
teremos: 
 
2 2
2 2
0
2 2
2 2
mv MV GMm
d
mv MV GMm
d
= + −
+ =
 (12.2) 
 
Utilizando a relação (12.1) em (12.2), teremos: 
 
( )
2
2
1
2
2
2
MV GMm
MV
m d
G
V m
d M m
+ =
 
∴ =  
+ 
 
(12.3) 
 
Lembrando que as partículas se movimentam em 
sentidos opostos, teremos: 
 
( )
( )
1
2
1
2
2
2
MV
v V V
m
M m G
m
m d M m
G M m
v V
d
+ = +
 + = ⋅ ⋅    +   
+ 
∴ + =  
 
 (12.4) 
 
 
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7 
Questão 13 
 
Duas esferas se atraem mutuamente no espaço 
de acordo com a lei da atração universal. Uma das 
esferas possui massa m1 e a outra massa m2. 
Provar que para um observador situado num 
sistema de referência inercial as duas esferas 
giram em torno do centro de massa do sistema 
com a mesma velocidade angular �. Obtenha a 
expressão do quadrado desta velocidade angular. 
Resolução: 
Observando a figura abaixo, podemos escrever: 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 1 2 2
m r m r= (13.1) 
 
Para o centro de massa na origem. A fora de 
atração é dada por: 
 
( )
1 1
2
1 2
Gmm
F
r r
=
+
 (13.2) 
 
Para m1 a força centrípeta será dada pela 
equação (13.2) e para m2, a força centrípeta 
também será dada pela equação (13.2). Assim, 
teremos: 
 
( )
( )
2
21 2 1 1
1 1 12
11 2
2
21 2 2 2
2 2 22
21 2
2 2
1 1 1 2 2 2
Gmm m v
m r
rr r
e
Gm m m v
m r
rr r
m r m r
ω
ω
ω ω
= =
+
= =
+
=
 
(13.3) 
 
Da equação (13.1), podemos concluir que: 
 
1 2
ω ω= (13.4) 
 
Utilizando as expressões de (13.3), teremos: 
( )
( )
2 2 1
1 2 2
2 1 2
2 2 2
1 2 2
1 1 2
Gm
r r r
ou
Gm
r r r
ω ω
ω ω
= =
+
= =
+
 
(13.5) 
 
Questão 14 
 
Considere uma esfera maciça e homogênea de 
raio R. (a) Calcule a distância r ao centro da 
esfera num ponto exterior à esfera tal que o 
potencial deste ponto seja igual à metade do 
potencial gravitacional na superfície da esfera. 
(b) Em que ponto no interior da esfera o 
potencial gravitacional se reduz a (3/2) do 
potencial na superfície da esfera? 
Resolução: 
a) O potencial gravitacional na superfície da 
esfera é dado por: 
 
S
GM
V
R
= − (14.1) 
 
Para pontos externos à esfera, teremos: 
 
GM
V
r
= − (14.2) 
 
De (14.1) e (14.2), teremos:2
2
2
SVV
GM GM
r R
r R
=
=
∴ =
 (14.3) 
 
 
b) Acredito que a relação deva ser 2/3 e não 3/2. 
Essa última não se configura como uma redução. 
Assim, tomando a expressão da equação (14.2), 
teremos: 
 
GM
V
r
′
= − 
cm r1 
r2 
v1 
v2 
F 
F 
m2 
m1 
 
 
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8 
3
3
2
3
3 4
;
4 3
M r
M V V
R
GM
V r
R
π
π
′ ′ ′= ⋅ =
= − ⋅
 
(14.4) 
 
Agora utilizando a equação (14.1) e o resultado 
de (14.4), teremos: 
 
2
3
2
3
2
3
GM GM
r
R R
r R
⋅ = ⋅
∴ =
 
(14.5) 
 
Questão 15 
 
Considere dois satélites A e B, de mesma 
massa m, que se movem na mesma órbita circular 
de raio r em torno da Terra T, os satélites têm 
sentidos de rotação opostos, de forma que irão 
chocar-se (figura). (a) Determinar a energia 
mecânica total EA + EB do sistema Terra + 
satélites, antes da colisão, em função de G, MT, m e 
r. (b) Se a colisão for completamente inelástica, 
de forma que os destroços permaneçam unidos 
como um emaranhado de massa 2m, determine a 
energia mecânica total imediatamente após o 
choque. (c) Descrever o movimento subsequente 
dos destroços. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Para um satélite em órbita circular, a energia 
total é dada por: 
 
2
2 2
T TGM m GM mmvE
r r
= − = − (15.1) 
 
Assim, utilizando a expressão (15.1), para cada 
satélite, a energia total será: 
 
2 2 T
A B
T
A B
GM m
E E mv
r
GM m
E E
r
+ = −
∴ + = −
 
(15.2) 
 
Onde v é a velocidade dos satélites. Os dois 
satélites, estando na mesma órbita, possuindo a 
mesma massa, terão a mesma velocidade. 
 
b) Ocorrendo uma colisão elástica, a energia 
cinética do sistema se reduz a zero e teremos 
apenas a energia potencial com a Terra. Logo, 
 
2 T
A B
GM m
E E
r
′ ′+ = − (15.3) 
 
c) Queda em direção à superfície da Terra. 
 
Questão 16 
 
Uma partícula de massa m está sujeita a uma 
força atrativa central de módulo k/r2, sendo k 
uma constante. Se no instante em que a partícula 
se encontra em uma posição extrema de sua 
órbita fechada, à distância a do centro de força, 
sua velocidade é 
2
k
ma
, determine: (a) a outra 
posição extrema e (b) a velocidade da partícula 
nesta posição. 
Resolução: 
a) Para uma força que depende do inverso do 
quadrado da distância, a energia potencial é dada 
por: 
 
2
k dU
F
r dr
k
U
r
= = −
∴ = −
 
(16.1) 
 
Para uma partícula em órbita circular, a energia 
total será constante e é dada por: 
 
MT 
A B 
r 
 
 
www.profafguimaraes.net 
 
9 
2
k
E
r
= − (16.2) 
 
Esse resultado também pode ser aplicado para 
uma partícula em órbita elíptica. Desde que r seja 
a média dos extremos (raio médio): 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
a b
r
+
= (16.3) 
 
Quando a partícula estiver ocupando a posição A, 
sua energia total será: 
 
2
2
A
A
mv k
E
a
= − (16.4) 
 
Aqui, utilizamos o resultado de (16.1). Mas a 
energia total é constante. Logo, utilizando (16.2), 
(16.3), em (16.4), teremos: 
 
2
2 2
1 3
4
k m k k
a b ma a
a b a
 
− = ⋅ −  +  
=
+
 
 
3
a
b∴ = (16.5) 
 
b) O momento angular da órbita da partícula é 
dado por: 
 
L mvr= (16.6) 
 
Também o momento angular deve ser constante. 
Assim, podemos escrever as expressões dos 
momentos angulares da partícula em A e em B e 
compará-las. Logo de (16.6), teremos: 
 
A Bmv a mv b= (16.7) 
 
Agora, utilizando (16.5), teremos: 
3
3
A B
B A
a
v a v
v v
= ⋅
∴ =
 
(16.8) 
 
Onde 
2
A
k
v
ma
= . 
 
Questão 17 
 
Um par de estrelas gira em torno do centro de 
massa comum. A massa de uma delas é M, o 
dobro da massa m da outra, M = 2m. A distância d 
entre os centros das estrelas é grande, 
comparada ao tamanho de qualquer delas. (a) 
Deduza uma expressão para o período de rotação 
das estrelas em torno de seu centro de massa, em 
função de d, m e G. (b) Compare os momentos 
angulares das duas estrelas em relação ao seu 
centro de massa comum determinando a razão 
Lm/LM. (c) Compare as energias cinéticas delas, 
determinando a razão Km/KM. 
Resolução: 
a) Da questão 13 podemos utilizar o fato que as 
velocidades angulares das estrelas em torno do 
centro de massa são iguais. Assim, utilizando um 
dos resultados de (13.5) teremos: 
 
( )
( )
1
2
2
1 1 2
2
1 1 2
2 2
2
2
Gm
T r r r
r r r
T
Gm
π
ω
π
 
= =  
+  
+
=
 
(17.1) 
 
Porém, 
 
1 2
r r d+ = (17.2) 
 
Tomando o centro de massa comum na origem, 
teremos também: 
 
1 2
1 2
2
2
mr mr
r r
=
=
 
(17.3) 
 
De (17.2) e (17.3), teremos: 
a b A B 
 
 
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10 
1 2
2
;
3 3
d d
r r= = (17.4) 
 
Utilizando (17.2) e (17.4) em (17.1), teremos: 
 
2
3
2
2
32
2
2
3
d
d
T
Gm
d
T
Gm
π
π
⋅
=
∴ = ⋅
 
(17.5) 
 
b) Para os momentos angulares teremos: 
 
2
1
2
2
2
2
m
M
m
M
L m r
L m r
L
L
ω
ω
⋅ ⋅
=
⋅ ⋅
∴ =
 
(17.6) 
 
c) Para as energias cinéticas teremos: 
 
2 2
1
2 2
2
2
2
2
2
m
M
m
M
m r
K
m rK
K
K
ω
ω
=
∴ =
 
(17.7) 
 
Questão 18 
 
Uma astronave se desloca com velocidade 
constante numa região muito afastada da Terra e 
dos demais astros. A astronave gira em torno do 
seu eixo de simetria com uma velocidade angular 
� constante. (a) Qual seria o “peso” de um objeto 
de massa m no interior da astronave? (b) Se você 
estivesse no interior desta nave e deixasse “cair” 
uma borracha, como seria a “queda livre” da 
borracha? 
Resolução: 
Em 2000, o diretor Brian De Palma, dirigiu o 
filme “Mission to Mars”. Estrelado por Tim 
Robbins, Gary Sinise, Don Cheadle, Kim Delaney 
entre outros, o diretor aborda em uma cena este 
tipo de situação. Na cena em questão, o 
personagem Phill Ohlmyer vivido pelo ator 
Jerremiah O'Connell, caminha na astronave como 
se estivesse na Terra. 
A astronave possui uma um anel (ver figura 
abaixo) que pode girar em torno do seu eixo de 
simetria, logo, os passageiros que se encontram 
nesse anel experimentam uma gravidade 
artificial. Essa gravidade artificial existe porque 
os passageiros que se encontram nesse anel são 
referenciais não inerciais, pois estão sujeitos a 
uma força centrípeta (para esses referenciais – 
força centrífuga). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para uma pessoa que se encontra nesse anel a 
“força centrífuga” exerce o papel do peso. Logo: 
 
2w m rω= (18.1) 
 
A queda de um objeto nesse anel em rotação, é 
semelhante à queda de um objeto na Terra, como 
podemos observar da figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
O movimento acima só será sincronizado se r >> 
h (ou seja a≈r), onde h é a altura que se encontra 
o objeto. 
É interessante observar que o objeto gira em 
torno de seu centro de massa ao mesmo tempo 
em que cai, por possuir diferentes velocidades ao 
longo de sua extensão. 
 Para imitar o campo gravitacional na 
superfície terrestre, seria necessário um campo 
praticamente uniforme, que é o caso da gravidade 
na superfície da Terra. No anel girante, o raio 
deveria ser muito grande para que a aceleração 
“centrífuga” pudesse chegar o mais próximo de 
ser uniforme. 
v
rω
r
�r 
�r 
�a 
r 
a