Cap. 12

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 12
Tradução:
Prof. Antonio José Balloni – Ph.D. - Pesquisador Titular pelo Instituto Nacional de Tecnologia da Informação - Ministério da Ciência e Tecnologia (ITI/MCT)
12-2:	Usando a Eq. (12-1) obtemos
A razão entre esta força e o peso do satélite na superfície da Terra é dada por
			
(Este resultado numérico exige que se use mais algarismos significativos nos cálculos intermediários.) A razão , que não depende da massa do satélite, pode ser obtida diretamente do seguinte modo:
			
	
obtendo-se o mesmo resultado.
12-4:	A distância entre os centros das esferas é igual a 2R, de modo que o módulo da atração gravitacional é
 GM2/(2R)2 = GM2/4R2.
12-6:	a)	Considerando os componentes da força como positivos da esquerda para a direita e usando duas vezes a Eq. (12-1), obtemos
onde o sinal negativo indica uma força resultante da direita para a esquerda. 
Não, a força resultante encontrada na parte (a) é a força resultante oriunda da ação das outras duas esferas.
12-8:				
12-10:	A força possui a direção da reta que une os dois centros dos corpos com simetria esférica, o sentido é orientado para o corpo que possui maior massa, e o módulo da força é
			
12-12:	A Equação (12-4) fornece
	
12-14:	a)	Usando gE = 9.80 m/s2, a Eq. (12-4) fornece
			
onde o índice inferior v se refere às grandezas relativas ao planeta Vênus.
	b)	(8.87 m/s2) (5.00 kg) = 44.3 N.
12-16:		
12-18:	De acordo com o Exemplo 12-4, a massa do veículo é igual a 4000 kg. Supondo que Fobos seja esférico, sua massa em termos da sua densidade ( e raio R é (4(/3)(R3, e portanto a força gravitacional é obtida do seguinte modo: 
12-20:	a)	
 portanto a altitude acima da superfície da Terra é dada por
			
 = 9.36 x 105 m.
Você pode usar ou a Eq. (12-1) ou a Eq. (12-9) juntamente com o resultado da parte (a) para achar m, ou então do seguinte modo: 
 
12-22:	a)	A energia cinética é
		 
b) A energia potencial é dada por
		
portanto
		 U = -8.73 x 107 J.
12-24:	Substituindo na Eq. (12-14) obtemos
		 T = 6.96 x 103 s, ou 116 minutos.
12-26:	Aplicando a terceira lei de Kepler para órbitas circulares, os raios das órbitas são proporcionais à potência 
 dos respectivos períodos. Usando linhas para designar os raios e os períodos do planeta hipotético,
				
12-28:	Usando a Eq. (12-14) ou a Eq. (12-19), obtemos
12-30:	a)		
De acordo com a Eq. (12-19), usando o resultado da parte (a), obtemos
De acordo com a Eq. (12-14) o raio é (8)2/3 = quatro vezes maior do que o raio da órbita do planeta grande, ou seja, igual a 2.83 x 1011 m.
12-32:	a)	Divida a barra em elementos de massa infinitesimais dm no ponto cuja distância é l, medida a partir da extremidade direita da barra. Portanto, dm = dl(M/L), e a energia potencial é calculada do seguinte modo: 
			
		Integrando,
			
		Para x >> L, o logaritmo natural é aproximadamente igual a 
		~ (L/x), portanto 
O componente x da força gravitacional sobre a esfera é
		
onde o sinal negativo indica uma força de atração. Quando o valor de x é grande, x >> L, o denominador na expressão acima tende a x2, logo 
 como era esperado. A resposta também pode ser obtida usando-se a expressão
		
neste caso, entretanto, os cálculos algébricos envolvidos são mais longos.
12-34:	No equador, o campo gravitacional e a aceleração radial são vetores paralelos, e considerando o módulo do peso como indicado na Eq. (12-30) obtemos: 
				
	A diferença entre o valor medido do peso e a atração gravitacional é dada pelo termo 
. A massa m é obtida explicitando-se o valor de m na primeira relação, ou seja,
				
Então
				
	
	
	Usando g0 = 9.80 m/s2 ou calculando g0 pela Eq. (12-4) obtemos
	
12-36:	a)		
	b)		
Explicitando-se o valor de M na Eq. (12-32), obtemos
			
12-38:	Usando a massa do Sol M na Eq. (12-32) encontramos
		
	
	Ou seja, a Eq. (12-32) pode ser escrita na forma
		
	Usando 3.0 km em vez de 2.95 km o erro máximo é de 1.7%.
12-40:	a)	Pela simetria, a força gravitacional é dirigida formando um ângulo de 45º a partir do eixo +x (ou seja é a bissetriz dos eixos x e y), possuindo o seguinte módulo:
O deslocamento inicial é tão grande que podemos considerar a energia potencial inicial igual a zero. De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, temos
Cancelando o fator m , explicitando v e substituindo os valores numéricos, obtemos v = 3.02 x 10-5 m/s.
12-42:	a)	A direção da reta que liga a origem ao ponto situado no meio da distância entre as duas massas grandes é dada por
		 arc tan 
 
que não é igual ao ângulo de 14.6º encontrado no Exemplo 12-3. 
O braço da alavanca comum é igual a 0.100 m, e a força sobre a massa superior forma um ângulo de 45º com o braço da alavanca. O torque resultante é
onde o sinal negativo indica um torque no sentido dos ponteiros do relógio.
Não existe nenhum torque resultante devido aos campos gravitacionais em relação ao centro de gravidade e portanto o centro de gravidade neste caso não coincide com o centro de massa.
12-44:	Para a massa da esfera de 25 kg use um índice inferior 1 e para a massa da esfera de 100 kg use um índice inferior 2.
O momento linear é conservado porque estamos desprezando todas as forças, ou seja, a força resultante sobre o sistema é igual a zero. Logo, m1v1 = m2v2. Esta relação será útil para resolver a parte (b) deste problema.
De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, temos
		
e pela conservação do momento linear as velocidades são relacionadas por
	m1v1 = m2v2. 
Usando a lei da conservação do momento linear para eliminar v2 em termos de v1 e simplificando., obtemos
				
com uma expressão análoga para v2. Substituindo os valores numéricos encontramos
		v1 = 1.63 x 10-5 m/s, v2 = 4.08 x 10-6 m/s. 
O módulo da velocidade relativa é dado neste caso pela soma dos módulos das velocidades, ou seja, 2.04 x 10-5 m/s.
As distâncias que os centros das esferas percorrem (x1 e x2) são proporcionais às respectivas acelerações e portanto
 
Quando as esferas finalmente entram em contato, a distância entre os centros das esferas é igual a 2R, ou seja,
	x1 +x2 +2R = 40 m, ou x2 + 4x2 + 2R = 40 m. 
Logo, x2 = 8 m – 0.4R, e portanto
 
	x1 = 32 m – 1.6R.
12-46:	
 
12-48:	Usando na Eq. (12-12) a massa e o raio de Dactyl, obtemos
		
	Muitas pessoas atingem esta velocidade caminhando.
12-50:	a)	Seguindo a sugestão, use para a velocidade de escape
		 
 
onde h é a altura que atingimos quando damos um salto na superfície terrestre. Igualando isto com a expressão da velocidade de escape encontrada no Problema 12-49, encontramos
		
onde g = 9.80 m/s2 é o valor para a superfície terrestre e não para o asteróide. Usando h = 1 m (que naturalmente varia de uma pessoa para outra), obtemos R = 3.7 km. Como alternativa, se conhecêssemos a velocidade do salto de uma pessoa, a análise do Problema 12-49 mostra que para a mesma densidade, a velocidade de escape é proporcional ao raio e para uma velocidade do salto igual a uma fração de 60 m/s obteríamos o raio como uma fração 50 km.
	
b) Como
	 
12-52:	a)	A energia potencial gravitacional total neste modelo é
			
			
Ver o Exercício 12-5. O ponto onde o campo gravitacional resultante é igual a zero é dado por
			
Usando este valor de r na expressão da parte (a) e o teorema do trabalho - energia cinética, incluindo a energia potencial inicial dada por
		–Gm(mE/RE + mM/(REM – RE)) 
obtemos o resultado: 11.1 km/s.A distância final da Terra não é RM, porém a distância entre a Terra e a Lua menos o raio da Lua, ou 3.823 x 108 m. De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, o foguete atingiria a Lua com velocidade igual a 2.9 km/s.
12-54:	Combinando as Equações (12-13) e (3-28) e fazendo arad = 9.80 m/s2 (de modo que ( = 0 na Eq. (12-30)),obtemos
	
			
que é igual a 84.5 min, ou cerca de uma hora e meia.
12-56:	a)	A energia do satélite na superfície da Terra é
 
		
 
A energia do satélite quando ele está em uma órbita de raio R ( RE é dada por 
		
 
O trabalho realizado para colocar este satélite em órbita é a diferença entre os valores anteriores:
		
A Energia total do satélite a uma distância muito grande da Terra é igual a zero, logo o trabalho realizado adicional necessário é dado por
		
O trabalho necessário para colocar o satélite em órbita é igual ao trabalho necessário para fazer o satélite ir da sua órbita para a borda do universo.
12-58:	a)	As unidades SI de energia são kg(m2/s2, logo as unidades SI para ( são m2/s2. Por outro lado, sabemos que por considerações de energia cinética as dimensões de energia cinética ou de energia potencial são massa x (velocidade)2, logo as dimensões de potencial gravitacional são as mesmas que (velocidade)2.
	b)		
	c)		
	d)	
 = 5.53 x 1010 J. (Um algarismo a mais foi mantido nos cálculos intermediários.)
12-60:	a)	Ao se deslocar para uma órbita inferior, qualquer que seja o método usado, a gravidade realiza um trabalho positivo e portanto a velocidade deve aumentar.
De acordo com 
 
 
obtemos
			
		Note que um valor positivo de 
 significa uma diminuição de raio. Analogamente, a energia cinética é 
		K = (1/2)mv2 = (1/2)GmEm/r, 
e portanto
		(K = (1/2)(GmEm/r2)(r, (U = -(GmEm/r2)(r 
logo 
		W = (U + (K = -(GmEm/2r2)(r, 
concordando com o resultado da parte (a).
	c) Usando a relação 	
		
e pela Eq. (12-15), obtemos
		 (K = (GmEm2r2)((r) = 6.70 x 108 J, (U = -2(K =
		 -.34 x 109 J and W = -(K = -6.70 x 108 J.
	d) Como o termo “queima” sugere, a energia é convertida em calor ou então se dissipa nas colisões com as moléculas do ar para os restos que conseguem atingir o solo.
12-62:	a)	Os raios R1 e R2 são medidos em relação ao centro de massa, e portanto
		M1R1 = M2R2, logo: R1/R2 = M2/M1.
Se os períodos fossem diferentes, as estrelas se moveriam ao longo da trajetória uma em relação à outra e a distância entre elas não seria constante, portanto as órbitas não seriam circulares. Usando princípios físicos qualitativos, concluímos que a força sobre cada estrela deve possuir o mesmo módulo; em termos dos períodos, o produto da massa pela aceleração radial fornece os módulos dessas forças, portanto
				
		Pelo resultado da parte (a), os numeradores da relação anterior são iguais, e portanto os denominadores também são iguais. Para achar o período na forma simétrica desejada, existem diversos métodos. Um método elegante consiste em usar as relações anteriores para relacionar o período com a força
		
			 
 
de modo que expressões semelhantes para o período são
			
		Somando as duas expressões anteriores obtemos
				
Inicialmente devemos achar os raios de cada órbita em função do período e da velocidade. Em uma órbita circular temos
		
 
Portanto, 
 
 
Agora calcule a soma das massas e use a relação
MaRa = M(R(, e o fato que Ra = 3R(. Então
(Ma + M() = 
 
substituindo os valores de T e os raios, obtemos
(Ma + M() = 
Ma + M( = 3.12 x 1030 kg. Uma vez que 
 M( = MaRa/R( = 3Ma, 4Ma = 3.12 x 1030 kg, 
ou seja, Ma = 7.80 x 1029 kg, e M( = 2.34 x 1030 kg.
seja ( o índice para a estrela e ( o índice para o buraco negro. Usando as relações deduzidas nas partes (a) e (b): 
	R( = (Ma/M()Ra = (0.67/3.8)Ra =
	= (0.176)Ra, (Ra + R() = 
 
e 
 Substituindo os valores de M e de T obtemos
 R(, (R( + 0.176R() = 
Logo, para V616 Monocerotis, 
R( = 1.9 x 109 m, v( = 4.4 x 102 km/s 
e para o buraco negro:
 R( = 34 x 108 m, v( = 77 km/s.
12-64:	Usando a conservação da energia,
		
	O índice inferior a é usado para designar o afélio e o índice superior p é usado para designar o periélio.
	Use a conservação do momento linear, L = mrv. Visto que L é constante, o produto rv deve ser constante, logo,
	
que está de acordo com as leis de Kepler.
12-66:	a)	De acordo com o valor de g nos pólos,
		
GmU/r2 = gU(RU/r)2 = 0.432 m/s2.
GmM/
= 0.080 m/s2.
Não; a gravidade de Miranda não é suficiente para reter objetos lançados nas vizinhanças de sua superfície.
12-68:	a)	O semi-eixo maior é igual a 4 x 1015 m e portanto o período é dada por
		
valor aproximadamente igual a 4 milhões de anos.
Usando a distância entre a Terra e o Sol como estimativa para a distância mais próxima, obtemos
		
(1/2)mv2 = GmSm/R = 1024 J. 
Isto equivale a uma energia muito maior do que a energia de uma erupção vulcânica e comparável com a energia da queima de todo o combustível fóssil existente na Terra.
12-70:	O cálculo direto da força que a esfera exerce sobre o anel é ligeiramente mais trabalhoso do que o cálculo da força que o anel exerce sobre a esfera. Como essas forças possuem o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos contrários, basta fazer este último cálculo. Pela simetria, a força sobre a esfera deve ser dirigida ao longo eixo do anel (ver a Fig. (12-27), orientada para o anel. Cada elemento de massa dM do anel exerce uma força com módulo igual a 
		
 sobre a esfera, e o componente x desta força é dado por
		
	Para x >> a, o denominador tende a x3 , logo
 conforme era de se esperar. Portanto a força sobre a esfera é igual a 
	
 no sentido -x. 
	A esfera atrai o anel com uma força igual e contrária. (Trata-se de um método alternativo equivalente para se obter os resultados dos itens (c) e (d) do Exercício 12-33.)
12-72:	a)	Pelo resultado indicado no Exemplo 12-9, a força é de atração e seu módulo é proporcional à distância entre o objeto e o centro da Terra. Comparando com as Equações (6-8) e (7-9) vemos que a energia potencial gravitacional é dada por
			
	Isto também fornece a integral de Fg desde 0 até r em relação à distância.
De acordo com a parte (a), a energia potencial gravitacional inicial é dada por
	U(RE) = 
 
	Igualando a energia potencial gravitacional inicial com a energia cinética final (a energia cinética inicial e a energia potencial gravitacional final são ambas nulas), obtemos
12-74:	a)	Para ir da órbita circular da Terra para a órbita de transferência, a energia da espaçonave deve crescer e o foguete deve ser disparado no sentido contrário ao do movimento, ou seja, no sentido do aumento da velocidade. Quando ela está na órbita de Marte, a energia deve aumentar de novo e portanto o foguete deve ser disparado no sentido contrário ao do movimento. De acordo com a Fig. (12-30), o semi-eixo maior da órbita de transferência é dado pela média aritmética dos raios da órbita da Terra e de Marte e pela Eq. (12-19), a energia da espaçonave na órbita de transferência é intermediária entre as energias das órbitas circulares. Retornando de Marte para a Terra, invertemos o procedimento e os foguetes devem ser disparados no sentido contrário ao do movimento. 
	O tempo deve ser igual à metade do período como indicado na Eq. (12-19), e o semi-eixo maior a é dado pelo valor médio dos raios das órbitas, ou seja, a = 1.89 x 1011 m, portanto
ou seja, um tempo que equivale a quase 9 meses.
Durante este tempo, Marte passará através de um ângulo de 
	(360º) 
 
e a espaçonave passará através de um ângulo de 180º, de modo que o ângulo entre a reta que une a Terra e oSol e a reta que une Marte ao Sol deve ser igual a 44.1º.
12-76:	Conforme sugerido no problema, divida o disco em anéis de raio r e espessura dr. Cada anel possui uma área dA = 2(r dr e massa dM dada por
			
O módulo da força que este pequeno anel exerce sobre a massa m é portanto dado por
		dF = (Gm dM)(x/(r2 + x2)3/2), 
a expressão encontrada no Problema 12-70, com dM no lugar de M e a variável r no lugar de a. Portanto, a contribuição de dF para a força variável é dada por
		
	A força total F então será dada pela integral no intervalo total da variável r;
		
	A integral anterior pode ser obtida usando-se uma tabela de integrais ou então fazendo-se a substituição u = r2 + a2. O resultado é
	
	Substituindo o resultado anterior na expressão de F, obtemos 
			
	O termo entre colchetes do segundo membro pode ser escrito na forma
			
quando x>> a, podemos usar a série binomial (ou a aproximação de primeira ordem na série de Taylor). Substituindo na relação anterior, obtemos
				
um resultado esperado, que corresponde ao módulo da força de atração entre massas puntiformes.
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