Lista4_Campo gravitacional

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Universidade de Brasília
Instituto de Física
Quarta Lista de Exercícios de Física II
Questão 1
Um satélite de massa m move-se numa órbita elíptica em torno
da Terra. A menor distância do satélite à Terra é chamada pe-
riélio e a máxima distância é chamada afélio. Se a velocidade
no periélio é v, qual é a velocidade no afélio?
Solução
O momento angular do satélite em relação à Terra é L = r × p =
r ×m · v.
O momento angular é constante (2a Lei de Kepler), portanto:
La = Lp
No afélio e no periélio, r e v são perpendiculares:
m · ra · va = m · rb · vb
va =
rp
ra
V˙p
Questão 2
Uma partícula de massa m está a uma distância h da extremi-
dade esquerda de uma barra homogênea de massa M e com-
primento L. Qual é o módulo da força gravitacional F que a
barra exerce sobre a partícula?
Solução
Um elemento infinitesimal da barra tem comprimento dx e massa
dM . Como a barra é homogênea, sua densidade é constante. Pode-
mos escrever
dM
dx
=
M
L
logo
dM =
M
L
· dx
Na figura, a distância entre um elemento infinitesimal da barra e a
partícula é x.
dFg =
G ·m · dM
x2
Fg = −Gm
∫ h+L
h
Mdx
L
1
x2
(−i) = GmM
L
∫ h+L
h
dx
x2
i
Fg =
GmM
L
[
− 1
x
]h+L
h
i =
GmM
h(h+ L)
i
Questão 3
Três partículas pontuais são mantidas fixas em um plano xy.
Duas delas, a partícula A de massa ma e a partícula B de
massa mb são mostradas na figura, separadas por uma dis-
tância dab = 0, 5m, Θ = 30
o
. A partícula C de massa mc
não é mostrada. A força gravitacional resultante que as par-
ticulas B e C exercem sobre a partícula A tem um módulo
F = 2, 77×10−14N e faz um ângulo de 163, 8o com o semi-eixo
x positivo. Quais são as coordenadas x e y da partícula C?
Solução
Todas as forças estão sendo analisadas na origem (porque a partí-
cula A está na origem), e todas as forças (exceto a força resultante)
estão ao longo dos vetores direção r que aponta para as partículas
B e C. Nota-se que o ângulo do vetor direção apontando para B é
180o − 30o = 150o a partir do sentido positivo do eixo x. A compo-
nente na direção x de uma das forças F é simplesmente F/r nessa
situação (sendo F o módulo de F ). Como a força é inversamente
proporcional a r2, então a componente x teria a forma G·m·mx
r3
;
similarmente para as outras componentes. Com ma = 0, 006kg,
mb = 0, 012kg e mc = 0, 008kg, temos
Fx =
GmAmBxB
r3B
+
GmAmCxC
r3C
= (2, 77× 10−14N) cos(−163, 8o)
Fy =
GmAmByB
r3B
+
GmAmCyC
r3C
= (2, 77× 10−14N) sin(−163, 8o)
onde
rB = dAB = 0, 50m
(xB , yB) = (rB cos(150
o), rB sin(150
o))
Uma forma rápida de obter rc é considerar o vetor diferença entre
a força resultante e a força exercita por A, e então aplicar o teo-
rema de Pitágoras. Isso leva a rc = 0, 4m. Resolvendo as equações,
a coordenada x da partícula C é xc = −0, 2m. Similarmente, a
coordenada y da partícula C é yc = −0, 35m.
Questão 4
Universidade de Brasília - Física II - Quarta Lista de Exercícios
A figura mostra uma cavidade esférica no interior de uma es-
fera de chumbo de raio R = 4cm; a superfície da cavidade passa
pelo centro da esfera e "toca"o lado direito da esfera. A massa
da esfera, antes da cavidade ser aberta, era M = 2, 95kg. Com
que força gravitacional a esfera de chumbo com a cavidade atrai
uma pequena esfera de massa m = 0, 431kg que se encontra a
uma distância d = 9cm do centro da esfera de chumbo, sobre a
reta que liga os centros das esferas?
Solução
Podemos pensar numa esfera de chumbo de raio R da qual remo-
vemos uma parte (a parte que representa a cavidade). Não fosse
pela cavidade esférica, a força gravitacional que atua em m seria
F1 =
G·m·m
d2
. Parte dessa força seria devido à parte removida. A
força devido à esfera com a cavidade, é igual a força que a esfera
de raio R de chumbo exerceria subtraída da força devido à "parte
removida".
Calcula-se a força F2 devido à "parte removida":
Raio da esfera removida r = R
2
Massa da esfera removida M ′
Como a parte removida é do mesmo material da grande esfera, suas
densidades são iguais, logo:
M ′
r3
=
M
R3
M ′
(R/2)
3
=
M
R3
M ′
R3/8
=
M
R3
M ′ =
M
8
Distância da esfera removida à massa m = d− R
2
F2 =
G(M/8)m
(d−R/2)2
F = F1 − F2 = GMm
(
1
d2
− 1
8(dR/2)2
)
=
GMm
d2
(
1− 1
8(1−R/2d)2
)
=
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(2, 95kg)(0, 431kg)
(9, 00× 10−2m)2 ·
(
1− 1
8[1− (4× 10−2m)/(2.9× 10−2m)]2
)
= 8, 31× 10−9N
Questão 5
Na figura, três partículas pontuais são mantidas fixas em um
plano xy. A partícula A tem ma, a partícula B tem massa
mb = 2ma e a partícula C tem massa mc = 3ma. Uma quarta
partícula D de massa md = 4ma pode ser colocada nas proxi-
midades das outras três partículas. Em termos da distância d,
em que valor das coordenadas x e y a partícula D deve ser co-
locada para que a força gravitacional resultante exercida sobre
as partículas B, C e D sobre a partícula A seja nula?
Solução
Utilizando a lei da Gravitação de Newton, Fg =
G·m1·m2
r2
, temos:
~FAB =
2Gm2A
d2
jˆ e ~FAC = −4Gm
2
A
3d2
iˆ
Como a soma das três forças é zero, acha-se a terceira força (usando
notação módulo-ângulo):
~FAD =
Gm2A
d2
(2, 404 ∠− 56, 3o)
Isso nos diz que a direção do vetor r (apontando da origem à partí-
cula D), mas para encontrar o módulo, resolve-se a equação:
2, 404
(
Gm2A
d2
)
=
GmAmD
r2
Isso nos da r = 1, 29d. Na notação módulo-ângulo:
~r = (1, 29 ∠− 56, 3o)
~r =
(
2
√
6
13
√
13
, −3
√
6
13
√
13
)
Em notação (x, y) a coordenada x é 0, 716d. Similarmente, a coor-
denada y é −1, 07d.
Questão 6
Um certo planeta é modulado por um núcleo de raio R e massa
M cercado por uma casca de raio interno R, raio externo 2R
e massa 4M . Se M = 4, 1 × 1024kg e R = 6 × 106m, qual é
a aceleração gravitacional de uma partícula nos pontos a uma
distância (a) R, (b) 3R do centro do planeta?
Solução
a) A aceleração gravitacional é
ag =
GM
R2
= 7, 6m/s2
b)Perceba que a massa total é 5M . Portanto:
ag =
G(5M)
(3R)2
= 4, 2m/s2
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Questão 7
Acredita-se que algumas estrelas de nêutrons (estrelas extrema-
mente densas) estão girando a cerca de 1rev/s. Se uma dessas
estrelas tem um raio de 20km, qual deve ser, no mínimo, a sua
massa para que uma partícula na superfície da estrela perma-
neça no lugar apesar da rotação?
Solução
Pela equação g = a · g −w2 ·R, ou seja, (aceleração de queda livre)
= (aceleração gravitacional) - (aceleração centrípeta), vemos que o
caso extremo se dá quando g é zero, o que leva a:
0 =
GM
R2
−Rω2 ⇒M = R
3ω2
G
M = 4, 7× 1024km ≈ 5× 1024kg
Questão 8
Considere uma pulsar, uma estrela de densidade extremamente
elevada, com uma massa M igual à do Sol (1, 98× 1030kg), um
raio R de apenas 12km e um periodo de rotação T = 0, 041s.
Qual é a diferença percentual entre a aceleração de queda li-
vre g e a aceleração gravitacional ag no equador dessa estrela
esférica?
Solução
A diferença entre aceleração de queda livre g e aceleração gravitaci-
onal ag no equador da esfera é
ag − g = ω2R
ω =
2pi
T
=
2pi
0, 041s
= 153rad/s
A aceleração gravitacional no equador é
ag =
GM
R2
=
(6, 67× 10−11m3/kg.s2)(1, 98× 1030kg)
(1, 2× 104m)2
= 9, 17× 1011m/s2
Portanto, a diferença percentual é
ag − g
ag
=
ω2R
ag
=
(153rad/s)2(1, 2× 104m)
9, 17× 1011m/s2
= 3, 06× 10−4 ≈ 0, 031%
Questão 9
Um projétil é lançado verticalmente para cima a partir da su-
perfície da Terra. Despreze a rotação da Terra. Em múltiplos
do raio da Terra R, que distância o projétil atinge se (a) sua
velocidade inicial for 0, 5 da velocidade de escape da Terra,e
se (b) sua energia cinética inicial for 0, 5 da energia cinética
necessária para escapar da Terra? (c) Qual é a menor energia
mecânica inicial necessária para que o projétil escape da Terra?
Solução
a) a velocidade inicial do projetil vo
v0 =
1
2
·
√
2GM
Rt
v0 =
√
GM
2Rt
Usando conservação de energia, temos que a energia mecânica inicial
é igual à energia mecânica final, e que a soma da energia cinética
inicial e a energia potencial inicial é igual a soma da energia cinética
final com a energia potencial final. ou seja
1
2
mv2o − GMm
RE
= −GMm
r
o que leva a
r =
4RE
3
Substituir Re por Rt (Raio da terra).
b)Neste problema, temos Kinicial =
GMm
2Rt
. O que leva a r = 2Rt.
c) A menor energia mecânica possível para a situação de escape é
zero.
Questão 10
Considere Zero, um planeta hipotético, tem uma massa 5 ×
1023kg , um raio 3 × 106m e nenhuma atmosfera. Uma sonda
espacial de 10kg deve ser lançada verticalmente a partir da
superficie. (a) Se a sonda for lançada com uma energia inicial
5×107J , qual a sua energia cinética quando está a uma distân-
cia 4×106m do centro de Zero? (b) Com que energia cinética a
sonda deve ser lançada da superfície de Zero para atingir uma
distância máxima de 8× 106m do centro de Zero?
Solução
A conservação de energia nesta situação pode ser expressa:
K1 + U1 = K2 + U2 ⇒ K1 − GMm
r1
= K2 − GMm
r2
onde
M = 5, 0× 1023kg , r1 = R = 3, 0× 106m m = 10kg
a) Se
K1 = 5, 0× 107J
r2 = 4, 0× 106m
temos
K2 = K1 +GMm
(
1
r2
− 1
r1
)
= 2, 2× 107J
b)Neste caso, temos
r2 = 8, 0× 106m
K2 = 0
portanto
K1 = K2 +GMm
(
1
r1
− 1
r2
)
= 6, 9× 107J
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Questão 11
Duas estrelas de nêutrons estão separadas por uma distância de
1× 1010m. Ambas tem uma massa 1× 1030kg e raio 1× 105m.
Elas se encontram inicialmente em repouso relativo. Com que
velocidades estarão se movendo, em relação a este referencial de
repouso (a) quando a distância entre elas for metade do valor
inicial e (b) quando estiverem na iminência de colidir?
Solução
a) O momento linear do sistema constituído pelas duas estrelas é
conservado, e como as estrelas possuem a mesma massa, suas veloci-
dades e energias cinéticas são as mesmas. Usamos então, o principio
de conservação de energia.
A energia potencial inicial é Ui = −GM2ri , ondeM é a massa de cada
estrela e ri é a distância inicial entre seus centros. A energia cinética
inicial é zero, já que as estrelas estão em repouso.
A energia potencial final é Uf = − 2GM2Rf , já que a distância final é
ri
2
.
Temos Mv2 como sendo a energia cinética final do sistema (a soma
dos dois termos
1
2
·Mv2 ). A conservação de energia leva a
−GM
2
ri
= −2GM
2
ri
+Mv2
v =
√
GM
ri
=
√
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(1030kg)
1010m
= 8, 2× 104m/s
b) Agora a distância final entre os centros das estrelas é rf = 2R =
2 × 105m, onde R é o raio das estrelas. A energia potencial final
é dada por Uf = −GM2
rf
. A equação de conservação de energia
torna-se
−GM
2
ri
= −GM
2
rf
+Mv2
v =
√
GM
(
1
rf
− 1
ri
)
=
√
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(1030kg)
(
1
2× 105m −
1
1010m
)
= 1, 8× 107m/s
Questão 12
Três estrelas iguais de massa M formam um triângulo equilá-
tero que gira em torno do centro enquanto as estrelas se movem
ao longo de uma mesma circunferência. O lado do triângulo
possui um comprimento L. Qual é a velocidade da estrela?
Solução
Cada estrela é atraída pelas outras duas por uma força de modulo
GM2
L2
ao longo da linha que as une. A força resultante em cada
estrela tem modulo
2GM2
L2 cos 30o
e é direcionada para o centro do triân-
gulo. Essa é uma força centrípeta e mantém as estrelas na mesma
órbita circular se suas velocidades são adequadas. Se R é o raio da
órbita, pela Segunda Lei de Newton
GM2
L2 cos 30o
=
Mv2
R
As estrelas rotacionam em torno do centro de massa do sistema (re-
presentado por um ponto circulado no desenho) na intersecção das
bissetrizes dos lados dos triângulos, e o raio da órbita é a distân-
cia de uma estrela ao centro de massa do sistema. Consideremos o
sistema de coordenadas como mostrado na figura, com a origem na
estrela da esquerda. A altura de um triângulo equilátero é:
√
3
2
· L
portanto as estrelas estão localizadas em
x = 0, y = 0;
x = L, y = 0;
x = L
2
;
y =
√
3
2
· L.
A coordenada x do centro de massa e xc = (L + L/2)/3 = L/2 e a
coordenada y é
yc =
(
L
√
3
2
)
3
=
L
2
√
3
A distância de uma estrela ao centro de massa é
R =
√
x2c + y2c =
√
L2
4
+
L2
12
=
L√
3
Uma vez feita a substituição de R, a Segunda Lei de Newton torna-
se ( 2GM
2
L2
) · cos 30o = √3Mv2
L
. Isso pode ser simplificado, por
cos 30o =
√
3
2
, e dividindo a equação por M . Então:
GM
L2
=
v2
L
ev =
√
GM
L
Questão 13
Dois satélites A e B, ambos de massa m, estão em órbita cir-
cular em torno da Terra. O satélite A orbita a uma altitude de
6370km e o satélite B e uma altitude de 19110km. O raio da
Terra é 6370km. (a) Qual é a razão entre a energia potencial
do satélite B e a energia potencial do satélite A? (b) Qual é a
razão entre a energia cinética do satélite B e a energia cinética
do satélite A? (c) Qual dos dois satélites possui a maior ener-
gia total, se ambos têm uma massa de 14, 6kg? (d) Qual é a
diferença entre as energias totais dos dois satélites?
Solução
a)
UB
UA
=
−GMm
rB
−GMm
rA
=
rA
rB
=
1
2
b)
KB
KA
=
GMm
2rB
GMm
2rA
=
rA
rB
=
1
2
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c) Da equação, fica claro que o satélite com o maior r tem o menor
valor de |E| (já que r está no denominador). E como os valores de
E são negativos, então o menor valor de |E| corresponde à maior
energia E. Assim, o satélite B tem a maior energia.
d)A diferença é
∆E = EB − EA = −GMm
2
(
1
rB
− 1
rA
)
Obtemos então
∆E = 1, 1× 108J
Questão 14
Um asteróide cuja massa e 2× 10−4 a massa da Terra gira em
uma órbita circular em torno do Sol. (a) Calcule o período de
revolução do asteroide em anos. (b) Qual é a razão entre a
energia cinética do asteróide e a energia cinética da Terra?
Solução
a)Usando a Terceira Lei de Kepler (Lei dos Periodos):
T =
√
4pi2r3
GM
=
√
4pi2(300× 109m)3
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(1, 99× 1030kg)
T = 8, 96× 107s −→ T = 2, 8y
b) A energia cinética de qualquer asteroide ou planeta em uma órbita
circular de raio r é dada por K = Gmm
2r
, onde m é a massa do aste-
roide ou planeta. Nota-se que ela e proporcional a m e inversamente
proporcional a r. A razão entre a energia cinética do asteróide e a
energia cinética da Terra é
K
Kt
= ( m
mt
)( rt
r
). Substituindo os valores
de m e r, obtemos
K
Kt
= 1× 10−4
Questão 15
A que altitude acima da superfície da Terra a energia necessária
para fazer um satélite subir até essa altitude é igual à energia
cinética necessária para que o satélite se mantenha em órbita
circular nessa altitude? Em altitudes maiores, qual é maior: a
energia para fazer o satélite subir ou a energia para que ele se
mantenha em órbita circular?
Solução
A energia necessária para levar um satélite de massa m até uma
altura h é dada por:
E1 = ∆U = GMEm
(
1
RE
− 1
RE + h
)
E a energia necessária para colocá-lo em órbita, uma vez que ele está
na altura h, é dada por:
E2 =
1
2
mv2orb =
GMEm
2(RE + h)
Consequentemente, a diferença de energia é:
∆E = E1 − E2 = GMEm
(
1
RE
− 3
2(RE + h)
)
Então, a altitude será
1
RE
− 3
2(RE + ho)
= 0 ⇒ ho =RE
2
= 3, 19× 106m
Para altitudes maiores h > ho, ∆E > 0
implicando E1 > E2
Portanto, a energia para fazê-lo subir é maior.
Questão 16
Uma forma de atacar um satélite em órbita da Terra é dispa-
rar uma saraivada de projéteis na mesma órbita do satélite no
sentido oposto. Suponha que um satélite de órbita circular,
500km acima da superfície da Terra, colida com um projétil de
masa 4g. (a) Qual é a energia cinética do projétil no referencial
do satélite imediatamente antes da colisão? (b) Qual é a razão
entre a energia cinética calculada no item a) e a energia cinética
de uma bala de 4g disparada por um rifle moderno das forças
armadas, ao deixar o cano com uma velocidade de 950m/s?
Solução
a) O projétil terá o mesmo módulo de velocidade v, mas direções
opostas. Então a velocidade relativa entre o projétil e o satélite
é a soma das velocidades, 2v. Substituindo v por 2v na equação
K = 1
2
·mv2 = Gmm
2r
é o equivalente a multiplicá-la por 4:
Kel = 4
GMEm
2r
=
2(6, 67× 10−11m3/kg.s2)(5, 98× 1024kg)(0, 0040kg)
(6370 + 500)× 103m
= 4, 6× 105J
b)
Kel
Kbullet
=
4, 6× 105J
1
2
(0, 0040kg)(950m/s)2
= 2, 6× 102
Questão 17
Duas pequenas espaçonaves, ambas de massa m, estão na ór-
bita circular em torno da Terra como na figura, a uma altitude
h. Kirk, o comandante de uma das naves, chega a qualquer
ponto fixo da nave em 90s antes de Picard, o comandante da
segunda nave. Determine (a) o Período T0, (b) a velocidade v0
das naves. No ponto P da figura, Picard dispara um retrofo-
guete instantâneo tangencial à órbita, reduzindo a velocidade
da nave em 1%. Depois desse disparo a nave assume a órbita
elíptica representada na figura por uma linha tracejada. De-
termine (c) a energia cinética, (d) a energia potencial da nave
imediatamente após o disparo. Na nova órbita elíptica de Pi-
card, quais são (e) a energia total E,(f) o semi eixo maior a,(g)
o período orbital T? (h) Quantos segundos Picard chega ao
ponto P antes de Kirk?
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Solução
O raio da órbita é r = Rt+ h = 6370km+ 400km = 6, 77× 106m.
a) Usando a Terceira Lei de Kepler, temos
To =
√
4pi2r3
GM
=
√
4pi2(6, 77× 106m)3
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024)
= 5, 54× 103s ≈ 92, 3min
b) A velocidade das espaçonaves é
vo =
2pir
To
=
2pi(6, 77× 106m)
5, 54× 103s = 7, 68× 10
3m/s2
c) A nova energia cinética é
K =
1
2
mv2 =
1
2
m(0, 99vo)
2 =
1
2
(2000kg)(0, 99)2(7, 68× 103m/s)2
= 5, 78× 1010J
d) Imediatamente após o disparo, a energia potencial é a mesma que
antes do disparo, portanto
U = −GMm
r
= − (6, 67× 10
−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)(2000kg)
6, 77× 106m
= −1, 18× 1011J
e)
E = K + U = 5, 78× 1010J + (−1, 18× 1011J) = −6, 02× 1010J
f) Para uma órbita elíptica, a energia total pode ser escrita como
E = −GMm/2a, onde a é o semieixo maior. Portanto
a = −GMm
2E
= − (6, 67× 10
−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)(2000kg)
2(−6, 02× 1010J)
= 6, 63× 106m
g) Para encontrar o período T , usamos equação da terceira Lei de
Kepler substituindo r por a:
T =
√
4pi2a3
GM
=
√
4pi2(6, 63× 106m)3
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)
= 5, 37× 103s ≈ 89, 5min
h) O período de órbita T para a órbita elíptica de Picard e menor
que a de Kirk, por
∆T = T0 − T = 5540s− 5370s = 170s
170s− 90s = 80s
Portanto, Picard chega ao ponto P 80 segundos antes de Kirk.
Questão 18
Quais são a (a)velocidade e o (b)periodo de um satélite de
220kg em uma órbita aproximadamente circular 640km acima
da superfície da Terra? Suponha que o satélite perde energia
mecânica a uma taxa média de 1, 4× 105J por revolução orbi-
tal. Usando a aproximação razoável de que a órbita do satélite
se torna uma "circunferência cujo raio diminui lentamente",
determine (c) a altitude, (d) a velocidades, (e) o periodo do
satélite ao final da revolução de número 1500. (f) Qual é o
módulo da força restauradora média que atua sobre o satélite?
O momento angular em relação à Terra é conservado (g) para
o satélite? (h) E para o sistema satélite-Terra? (Supondo-o
isolado.)
Solução
a) A força que atua no satélite tem módulo
GMm
r2
, ondeM é a massa
da Terra, m é a massa do satélite e r é o raio da órbita. A força
aponta para o centro da órbita. Como a aceleração do satélite é
v2
r
,
pela Segunda Lei de Newton:
GMm
r2
=
mv2
r
v =
√
GM
r
O raio da órbita é a soma do raio da Terra e a altitude do satélite:
r = rt+ h = 6, 36× 105m+ 640× 103m = 7, 01× 106m
Portanto
v =
√
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)
7, 01× 106m = 7, 54× 10
3m/s
b)
T =
2pir
v
=
2pi(7, 01× 106m)
7, 54× 103m/s = 5, 84× 10
3s ≈ 97min
c) Se E0 é a energia inicial, a energia depois de n órbitas é
E = E0−nC, onde C = 1, 4×105J/rbita. Para uma órbita circular,
a energia e o raio estão relacionados por E = −Gmm
2r
, portanto o
raio após n órbitas é dado por r = −Gmm
2E
. A energia inicial é
Eo = − (6, 67× 10
−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)(220kg)
2(7, 01× 106m) = −6, 26×10
9J
A energia após 1500 órbitas é
Universidade de Brasília - Física II - Quarta Lista de Exercícios
E = Eo−nC = −6, 26×109J−(1500orbit)(1, 4×105J/orbit) = −6, 47×109J
O raio de órbita após 1500 órbitas é
r = − (6, 67× 10
−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)(220kg)
2(−6, 47× 109J) = 6, 78×10
6m
Sendo R o raio da Terra, a altitude é h = r − R = 6, 78 × 106m −
6, 37× 106m = 4, 1× 105m. O torque é interno ao sistema satélite-
Terra, portanto o momento angular no sistema é conservado.
d)
v =
√
GM
r
=
√
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(5, 98× 1024kg)
6, 78× 106m
= 7, 67× 103m/s ≈ 7, 7km/s
e)
T =
2pir
v
=
2pi(6, 78× 106m)
7, 67× 103m/s = 5, 6× 10
3s ≈ 93min
f) Seja F a força retardadora e s a distância percorrida pelo sa-
télite.O trabalho realizado pela força F é W = −Fs = ∆E; ∆E
é a variação da energia.F = −∆E/s. Para uma órbita completa
s = 2pir e ∆E = −1, 4× 105J .Portanto
F = −∆E
s
=
1, 4× 105J
4, 40× 107m = 3, 2× 10
−3N
g) Não, pois a força retardadora exerce um torque sobre o satélite.
h) O sistema satélite-Terra é essencialmente isolado, portanto o mo-
mento é conservado.
Questão 19
A maior velocidade de rotação possível de um planeta é aquela
para qual a força gravitacional no equador é igual é força cen-
trípeta. (Por quê?) (a) Mostre que o período de rotação cor-
respondente é dado por T =
√
3pi
Gρ onde ρ é a massa específica
uniforme do planeta esférico. (b) Calcule o período de rota-
ção supondo uma passa específica de 3g/cm3, típica de muitos
planetas, satélites e asteróides. Nunca foi observado um astro
com um período de rotação menor que o determinado por esta
análise.
Solução
Isto é verdade pois, se a velocidade angular fosse maior, objetos na
superfície não se manteriam na rotação junto ao planeta; iriam fugir
da órbita e escapar para o espaço.
a) O módulo da força gravitacional exercida pelo planeta no objeto
de massa m na sua superfície é dado por Fg = GMm
R2
, onde M é a
massa do planeta e R é o raio. Pela Segunda Lei de Newton
Fg =
Gmm
R2
=
mv2
R
onde v é a velocidade do objeto. Portanto
GM
R2
=
v2
R
Substituindo M por 4pi
3
ρR3, onde ρ é a densidade do planeta, e v
por
2piR
T
, onde T é o período de revolução, temos
4pi
3
GρR =
4pi2R
T 2
T =
√
3pi
Gρ
b) Sendo a densidade 3× 103km/m3:
T =
√
spi
(6, 67× 10−11m3/s2.kg)(3, 0× 103kg/m3) = 6, 86×10
3s = 1, 9h
Questão 20
Um foguete de 150kg que se afasta da Terra em linha reta está
a uma velocidade de 3, 7km/s quando o motor é desligado, a
200km acima da superfície da Terra. (a) Desprezando a resis-
tência do ar, determine a energia cinética do foguete quando
ele está a 1000kmacima da superfí cie da Terra. (b) Qual é
a altura máxima acima da superfície da Terra atingida pelo
foguete?
Solução
a) Observa-se que altura = R−Rterra, onde Rterra = 6, 37× 106m.
Onde M = 5, 98 × 1024kg, R0 = 6, 57 × 106m e R = 7, 37 × 106m,
temos
Ki + Ui = K + U ⇒ 1
2
m(3, 70× 103)2 − GMm
Ro
= K − GMm
R
K = 3, 83× 107J
b) Usando conservação de energia:
Ki + Ui = Kf + Uf ⇒ 1
2
m(3, 70× 103)2 − GMm
Ro
= 0− GMm
Rf
Rf = 7, 40× 106m
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