problemas_por_assunto-15-gravitacao[1]

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Gravitação 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 15 – GRAVITAÇÂO 
 
05. Um corpo de massa M é dividido em duas partes, de massas m e M - m, que são depois 
distanciadas uma da outra. Qual a razão m/M que torna máxima a força gravitacional entre as 
duas partes? 
 (Pág. 70) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
O módulo da força de atração gravitacional entre as partes do corpo dividido é: 
 
2
GM M m
F
r
 
Para calcular a razão m/M capaz de maximizar a força F é preciso localizar o ponto de máximo da 
função F = f(m): 
 
2
2
0
G M mdF
dm r
 
 2 0M m 
 
1
2
m
M
 
Vamos apenas checar a derivada segunda de F = f(m): 
 
2
2 2
2
0
d F G
dm r
 
Como a derivada segunda é negativa, confirmamos que a concavidade da curva F = f(m) é voltada 
para baixo, o que confirma se tratar de um ponto de máximo (maximização de F). 
 
08. Qual a variação percentual na aceleração da Terra em direção ao Sol, quando o alinhamento da 
Terra, do Sol e da Lua passar de uma situação de eclipse do Sol (Lua entre a Terra e o Sol) para 
uma de eclipse da Lua (Terra entre a Lua e o Sol)? 
 (Pág. 70) 
Solução. 
M
M m m
r
F F
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2 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Na situação de eclipse do Sol, temos: 
 S L T iF F M a 
Na expressão acima, ai é a aceleração experimentada pela Terra na situação inicial. 
 
2 2
S T L T
T i
TS TL
GM M GM M
M a
d d
 
 
2 2
S L
i
TS TL
GM GM
a
d d
 
Na situação de eclipse da Lua, temos: 
 S L T fF F M a 
 
2 2
S T L T
T f
TS TL
GM M GM M
M a
d d
 
 
2 2
S L
f
TS TL
GM GM
a
d d
 
A variação da aceleração da Terra ( a) nas duas situações é: 
 
2
2 L
f i
TL
GM
a a a
d
 
Em relação à situação inicial, a variação percentual da aceleração vale: 
 
2 2
2
2 2 2 2
2 2
2
1
L L
TL TL
S SL Li
S TL
TS TL TS TL
L TS
GM M
d da
GM MGM Ma M d
d d d d M d
 
 
2
30 8
22 11
2
0,011340
1,99 10 kg 3,82 10 m
1
7,36 10 kg 1,50 10 m
i
a
a
 
 1,13%
i
a
a
 
Sol Lua Terra
FS FL
FS FL
dTL
dTS
dTL
Inicial
Eclipse do Sol
Final
Eclipse da Lua
MS ML MT
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3 
 
11. Na Fig. 15-29, duas esferas de massa m e uma terceira de massa M estão nos vértices de um 
triângulo eqüilátero, e uma quarta esfera de massa m4 está no baricentro do triângulo. Se a força 
gravitacional resultante sobre a quarta esfera é nula, exprima a massa M em termos da massa m. 
 
 (Pág. 70) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Por meio de análise geométrica, conclui-se que: 
 
3
2
a d 
 
1 3
3 6
b a d 
 
2 3
3 3
c a d 
O somatório das componentes verticais de F14, F24 e F34 deve ser zero: 
 34 14 24 14cos cos 2 cosF F F F 
 4 4
2 2
2 cos
3 3
3 3
Gm M Gm m
d d
 
 
3
162 cos 2 2 2
23
3
d
b
M m m m m m
c
d
 
 M m 
F14 F24
F34
a
b
d
M
m
m4
m
c
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14. Uma barra fina de massa M é deformada até adquirir a forma de um semicírculo de raio R, como 
na Fig. 15-30. (a) Qual é a força gravitacional (em módulo e direção) sobre uma partícula de 
massa m colocada em P, centro de curvatura da barra? (b) Qual seria a força gravitacional sobre 
m, se a barra tivesse a forma de um círculo completo? 
 
 (Pág. 70) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
 0x y x y y yd d d d d d dF F F F F F F F 
Na expressão acima, a integral de dFx é igual a zero devido à simetria dos elementos de massa do 
semicírculo em relação ao eixo y. Isso faz com que os elementos de força nas coordenadas +x e x 
anulem-se dois a dois. Logo: 
 
2
sen sen
GmdM
dF
R
F j j (1) 
Agora precisamos de uma função de dM em termos de d . Para isso, vamos usar a densidade linear 
de massa do semicírculo, , que é constante. 
 
M dM
R Rd
 
 
Md
dM (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2 20
sen 2
GMm GMm
d
R R
F j j 
 
2
2GMm
R
F j 
(b) Por razão de simetria, a força gravitacional seria nula. 
 
22. (a) Qual será o peso de um objeto, que pesa 100 N na superfície da Terra, na superfície da Lua? 
(b) A que distância do centro da Terra, medida em raios terrestres, deve estar este mesmo 
d
Rd
dM
R
x
y
dF
dFx
dFy
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5 
objeto, para pesar o mesmo que na superfície da Lua? 
 (Pág. 71) 
Solução. 
(a) O peso de um objeto de massa m na superfície da Terra (PT) é dado pela equação abaixo, onde 
MT e RT são a massa e o raio da Terra, respectivamente: 
 
2
T
T
T
GM m
P
R
 
Logo: 
 
2
T T
T
P R
m
GM
 (1) 
Na Lua, o peso do objeto (PL) vale: 
 
2
L
L
L
GM m
P
R
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2 2
2 2
L T T L T T
L
L T T L
GM P R M P R
P
R GM M R
 
 
2
22 6
2
24 6
7,36 10 kg 100 N 6,37 10 m
16,4951 N
5,98 10 kg 1,74 10 m
LP 
 16,5 NLP 
(b) Vamos chamar de 'TP o peso do objeto nessas condições. 
 'T LP P 
 
2 2
T L
T L
GM m GM m
d R
 
 
2
24 62
7
22
5,98 10 kg 1,74 10 m
1,5684 10 m
7,36 10 kg
T L
T
L
M R
d
M
 
Em termos de raios da Terra, 
TR
n : 
 
7
6
1,5684 10 m
2,4621
6,37 10 mT
T
R
T
d
n
R
 
 2,46
TR
n 
 
23. O fato de g variar de acordo com a localização sobre a superfície da Terra, despertou a atenção 
quando Jean Richer transportou um relógio de pêndulo de Paris até Caiena, na Guiana Francesa, 
em 1672, e notou que ele atrasava 2,5 min por dia. Se g = 9,81 m/s
2
 em Paris, qual o seu valor 
em Caiena? 
 (Pág. 71) 
Solução. 
Sejam TP e TC os períodos do pêndulo e gP e gC as acelerações da gravidade em Paris e Caiena, 
respectivamente. 
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6 
 2P
P
l
T
g
 
O fato de o relógio atrasar em Caiena significa que lá o pêndulo oscila mais lentamente, ou seja, o 
período do pêndulo em Caiena é maior do que em Paris na razão de 150 s/dia. 
 150 s 2C P
C
l
T T
g
 
Dividindo-se as expressões acima: 
 
2
150 s
2
P CP
P P
C
l
g gT
T gl
g
 
Como o atraso de 2,50 min (150 s) é diário, consideraremos TP = 24 h = 86.400 s. Logo: 
 
2 2
2 2
86.400 s
9,81 m/s 9,7760 m/s
150 s 86.400 s 150 s
P
C P
P
T
g g
T
 
 
29,78 m/sCg 
 
24. (a) Queremos medir g deixando um objeto cair exatamente 10 m. Que erro percentual, na 
medida do tempo da queda, resultaria num erro de 0,1% no valor de g? (b) Com que precisão 
você teria de medir (em segundos) o tempo que um pêndulo de10 m de comprimento leva para 
efetuar 100 oscilações, para que o erro percentual em g fosse o mesmo do item (a)? 
 (Pág. 71) 
Solução. 
(a) Um erro de 0,1% na medida de g implica em: 
 0 0,001g g 
Na expressão acima, g0 é o valor de referência da aceleração da gravidade. Logo, g pode valer 1,001 
g0 ou 0,999 g0. O tempo de queda livre a partir de uma altura y0 = h até y = 0 vale: 
 2
0 0
1
2
yy y v t gt 
 2
1
0 0
2
h gt 
 
2h
t
g
 
Para uma aceleração g0, o tempo de queda é t0: 
 0
0
2h
t
g
 
O erro relativo no valor do tempo é: 
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7 
 
0 0 00
0
0 0
2 2 1 1
0,999 1
1 0,00050037
0,9992 1
h h
g g g gt t
e
t h
g g
 
 % 0,05e 
(b) O período do pêndulo simples é: 
 2
l
T
g
 
O tempo para 100 oscilações vale: 
 
100 100 200
l
T T
g
 
O erro cometido, em segundos, será: 
 
0100 100 100
0 0 0
200 200 200
0,999
l l l l
T T T
g g g g
 
 
100
0
1
200 1
0,999
l
T
g
 
O valor de referência de g0 é: 
 
11 2 2 24
2
0 22 6
6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg
9,8298 m/s
6,37 10 m
T
T
GM
g
R
 
Logo: 
 100 2
10 m 1
200 1 0,317103 s
0,9999,8298 m/s
T 
 100 0,3 sT 
 
36. Para diminuir o congestionamento de tráfego entre duas cidades, Boston e Washington, por 
exemplo, alguns engenheiros propuseram a construção de um túnel ferroviário ao longo da 
corda (no sentido geométrico) que une as duas cidades (Fig. 15-37). Um trem, que não 
precisaria de locomotiva e nem de motores, partindo do repouso, cairia através da primeira 
metade do túnel e, então, subiria até a outra extremidade. Supondo que a Terra é uma esfera 
uniforme e ignorando o atrito e a resistência do ar, (a) mostre que a viagem entre as duas 
cidades é equivalente ao percurso da metade de um ciclo de um movimento harmônico simples, 
e (b) ache o tempo de viagem. 
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8 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Aplicando-se a segunda lei de Newton na coordenada x: 
 
2
2x
d x
F m
dt
 
 
2
2 2
sen r
GM m x d x
F m
r r dt
 
 
2
2 3
0r
GM xd x
dt r
 (1) 
Na expressão acima, Mr é a massa da esfera de raio r. Para determinar Mr, utilizamos a densidade 
da Terra: 
 
3 34 4
3 3
T r
T
M M
R r
 
 
3
3
T
r
T
M r
M
R
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2
2 3
0T
T
GMd x
x
dt R
 
A equação diferencial do movimento harmônico simples é: 
 
2
2
2
0
d x
x
dt
 
Comparando-se as duas equações acima concluímos que o movimento do trem sob a ação da 
gravidade é MHS. 
(b) O período do trem vale: 
F
Fx x
m
x MT
r RT
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9 
 
32
2 T
T
R
T
GM
 
O tempo de viagem entre Boston e Washington corresponde à metade do período do MHS: 
 
3
T
T
R
t
GM
 
 
43. Mostre que, para uma nave em repouso e a uma distância do Sol igual à distância média Terra-
Sol, a velocidade inicial necessária para escapar da atração gravitacional do Sol é 2
1/2
 vezes a 
velocidade da Terra na sua órbita, suposta circular. (Este é um caso particular de um resultado 
geral, válido para órbitas circulares, ou seja, vesc = 2
1/2
 vorbital.) 
 (Pág. 73) 
Solução. 
A velocidade orbital da Terra em torno do Sol é obtida reconhecendo que a força gravitacional Fg 
do Sol sobre a Terra é a força centrípeta Fc do seu movimento orbital. Nas equações abaixo, os 
índices T e S referem-se à Terra e ao Sol, respectivamente. 
 g cF F 
 
2
2
T S orbital
T
TS TS
GM M v
M
d d
 
 Sorbital
TS
GM
v
d
 (1) 
Para calcular a velocidade de escape um corpo de massa m a partir da distância dTS (ponto 1), 
aplicamos o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos 1 e ao infinito: 
 1E E 
 1 1K U K U 
 2
1
0 0
2
S
esc
TS
GM m
mv
d
 
Como a velocidade de escape é a menor velocidade que um corpo m deve possuir para escapar da 
atração gravitacional de outro corpo M, a velocidade de m deve ser zero no infinito. Por convenção, 
quando m e M estão separados por uma distância infinita, o sistema possui energia potencial 
gravitacional zero. 
 
2 S
esc
TS
GM
v
d
 (2) 
Comparando-se (1) e (2), concluímos: 
 2esc orbitalv v 
 
46. As três esferas na Fig. 15-38, com massas m1 = 800 g, m2 = 100 g e m3 = 200 g, estão com seus 
centros alinhados, sendo L = 12 cm e d = 4,0 cm. Você movimenta a esfera do meio até que a 
sua distância centro a centro de m3 seja d = 4,0 cm. Qual o trabalho realizado sobre m2 (a) por 
você e (b) pela força gravitacional resultante sobre m2, devido às outras esferas? 
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Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
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10 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Vamos admitir que m2 é deslocado com velocidade constante do ponto inicial (A) até o ponto final 
(B). Logo, as forças que agem sobre m2 ao longo de todo o trajeto somam zero: 
 21 23 2Ext 0F F F 
Como há uma força externa atuando sobre m2 (F2Ext), a energia mecânica não será conservada. 
 
ExtE W 
 Ext 0W U K U 
 2 3 2 31 2 1 2
Ext B A
Gm m Gm mGm m Gm m
W U U
L d d d L d
 
 
1 31 3 3 1 1 3
Ext 2 2
2 2
( ) ( )
m L d m d Lm d m L m d m L m d m d
W Gm Gm
d L d d L d
 
 Ext 2 1 3
2
( )
L d
W Gm m m
d L d
 (1) 
 
11 2 2
Ext
11
6,67 10 N.m /kg 0,100 kg 0,800 kg 0,200 kg
0,12 m 2 0,040 m
 5,0025 10 J
0,040 m 0,12 m 0,040 m
W
 
 
11
Ext 5,0 10 JW 
O trabalho realizado pelas forças devidas às outras esferas (WGravit) pode ser calculado com base no 
seguinte raciocínio: 
 Total Gravit Ext 0W W W 
 Gravit ExtW W (2) 
 
11
Gravit 5,0 10 JW 
O trabalho da força gravitacional poderia ser calculado da seguinte forma: 
 
21 23Gravit 21( ) 23( )
.cos .cos0x xW W W F dx F dxF F 
 2 31 2Gravit 1 2 2 322
1 1
L d L d
L d L d
d d
d d
Gm mGm m
W dx dx Gm m Gm m
x x L xL x
 
 Gravit 2 1 3
2
( )
d L
W Gm m m
d L d
 
Compare o resultado acima com as Eqs. (1) e (2). 
 
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11 
65. Um satélite é colocado numa órbita equatorial de tal maneira que permanece estacionário para 
um observador terrestre. (Estamos levando em conta a rotação terrestre.) Qual deve ser a 
altitude desta órbita (comumente chamada de órbita geoestacionária)? 
 (Pág. 74) 
Solução. 
Para que o satélite apresente órbita estacionária em relação a um observador localizado no Equador 
(veja que a órbita é equatorial), o período orbital (T) deve ser igual ao período de rotação da Terra 
em torno de seu eixo. Utilizando a terceira lei de Kepler, onde MT e RT são a massa e o raio da Terra 
e h é a altura do satélite, medida a partir da superfície da Terra: 
 
2
32 4
T
T
T R h
GM
 
 
1/3
2
24
T
T
GM T
h R 
 
1/3
211 2 2 24
6
2
6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg 24 h 3.600 s/h
6,37 10 m
4
h 
 35.888.474,31 mh35.900 kmh 
 
86. Um projétil é lançado da superfície de um planeta de massa M e raio R; a velocidade de 
lançamento é (GM/R)
1/2
. Usando a conservação da energia, determine a distância máxima do 
centro do planeta alcançada pelo projétil. Expresse o resultado em termos de R. 
 (Pág. 76) 
Solução. 
Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos i, localizado na 
superfície do planeta, onde a velocidade é (GM/R)
1/2
, e f, localizado no alto da trajetória do projétil 
a uma distância H do centro de planeta, onde a velocidade é nula. 
 i fE E 
 i i f fK U K U 
 2
1
0
2
i
GMm GMm
mv
R H
 
 
1
2
GM GM GM
R R H
 
 
1 1
2R H
 
 2H R 
 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
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 Ed. - LTC - 1996. Cap. 16 – Gravitação 
12 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 16 – GRAVITAÇÂO 
 
17. A maior velocidade de rotação possível para um planeta é aquela em que a força gravitacional 
sobre corpos no equador mal fornece força centrípeta necessária para rotação. (Por quê?) (a) 
Mostre, então, que o período de rotação mais curto correspondente é dado por 
 
3
T
G
 
onde é a densidade do planeta, supostamente homogêneo. (b) Calcule o período de rotação 
supondo uma densidade de 3,0 g/cm
3
, típica de muitos planetas, satélites e asteróides. Nunca foi 
encontrado um desses objetos com um período menor do que o encontrado nesta análise. 
 (Pág. 52) 
Solução. 
Para que a matéria presente no equador possa acompanhar o movimento de rotação do planeta, é 
necessário que a força de atração gravitacional (F) seja igual à força centrípeta (FC) correspondente. 
 CF F 
 
2
2
2 2
4GMm
m R m R
R T
 
 
2 3 3
2 4 4 3 3
3
R R V
T
GM GM M G
 
Na expressão acima, V é o volume do planeta, supostamente esférico. Identificando V/M como a 
densidade do planeta, temos: 
 
3
T
G
 
(b) 
 1,9 hT 
 
18. Aparelhos sensíveis, que medem a aceleração da gravidade local, g, podem ser usados para 
detectar a presença de depósitos de rochas próximos à superfície com densidade 
significantemente maior ou menor do que a das suas vizinhanças. Cavidades tais como cavernas 
e poços de minas abandonados podem também ser localizadas. (a) Mostre que a componente 
vertical de g à distância x de um ponto situado diretamente acima do centro de uma caverna 
esférica (veja a Fig. 38) é menor do que o esperado, supondo uma distribuição de rocha 
uniforme, de densidade , sendo esta diferença igual a 
 3
3/ 2
2 2
4
3
d
g R g
d x
, 
onde R é o raio da caverna e d é a profundidade do seu centro. (b) Estes valores de g, 
denominados anomalias, são geralmente muito pequenos e expressos em miligal, sendo 1 gal = 
1 cm/s
2
. Durante uma prospecção de petróleo, num levantamento gravimétrico, verifica-se que 
g varia de 10,0 miligals até um máximo de 14,0 miligals, numa distância de 150 m. Supondo-
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se que a maior anomalia foi detectada diretamente acima do centro de uma caverna esférica que 
se sabe existir na região, determine o seu raio e a profundidade até o teto da caverna, naquele 
ponto. As rochas próximas têm densidade de 2,80 g/cm
3
. (c) Suponha que a caverna, ao invés de 
estar vazia, esteja completamente cheia d’água. Quais são, agora, os valores que as leituras da 
gravidade em (b) fornecem para o seu raio e sua profundidade? 
 
 (Pág. 52) 
Solução. 
(a) Suponha que no local do observador o valor da aceleração da gravidade sem a presença da 
caverna esférica seja g0 e na presença da caverna seja g. A diferença g0 g = g corresponde ao 
módulo da componente vertical do campo gravitacional gerado unicamente pela caverna preenchida 
com material de densidade igual à das rochas circundantes. Veja o esquema a seguir, onde gc é o 
campo gravitacional gerado pela esfera de raio R e massa m com material de densidade : 
 
O módulo de g vale: 
 
1/ 22 2 2
cosc
Gm d
g g
r d x
 
A massa m da esfera pode ser expressa em termos de sua densidade e de seu volume V: 
 3
4
3
m V R 
Logo: 
 3
1/ 22 2 2 2
4
3
G d
g R
d x d x
 
 
3
3/ 2
2 2
4
3
d
g G R
d x
 
 
x
d
gc g
R
m, 
r
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20. Duas camadas esféricas concêntricas, de densidade uniforme, tendo massas M1 e M2, estão 
dispostas conforme mostra a Fig. 39. Determine a força que atua sobre uma partícula de massa 
m quando esta está localizada em (a) r = a, (b) r = b e (c) r = c. A distância r é medida a partir 
do centro das camadas. 
 
 (Pág. 52) 
Solução. 
A força de atração gravitacional entre uma partícula de massa m, localizada no exterior de uma 
casca esférica de massa M é a mesma que ocorre entre duas partículas de massas m e M. Se a 
partícula estiver localizada no interior da casca, a força gravitacional sobre ela será nula (teorema da 
casca esférica de Newton). 
(a) A partícula de massa m na posição a está sujeita às forças gravitacionais devidas às duas cascas 
esféricas: 
 1 2
1 2 2 2a
GM m GM m
F F F
a a
 
 1 22a
Gm
F M M
a
 
(b) Na posição b, a partícula sofre atração gravitacional apenas da casca M1: 
 1
2b
GmM
F
b
 
(c) Na posição c, a partícula não sofre qualquer atração gravitacional: 
 0cF 
 
22. Mostre que, no fundo de um poço de mina vertical de profundidade é D, o valor de g será 
 1s
D
g g
R
 , 
onde gs é o valor na superfície. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme de raio R. 
 (Pág. 52) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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15 
 
A aceleração da gravidade na superfície da Terra (g0) vale: 
 0 2
T
T
GM
g
R
 (1) 
Na Eq. (1), MT e RT são a massa e o raio da Terra, respectivamente. No fundo de um poço de 
profundidade D, a aceleração da gravidade (g) vale: 
 
2
T
GM
g
R D
 (2) 
Na Eq. (2), M é a massa da esfera de raio RT D. Agora vamos aplicar a definição da densidade 
para a Terra e para a esfera de raio RT D: 
 
334 4
3 3
T
T T
M M
R R D
 
 
3
3
T T
T
M R D
M
R
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
3
2 3 2 2
1
T T TT T
T T T T TT
M R D R DGM GMG D
g
R R R R RR D
 (4) 
Substituindo-se (1) em (4): 
 0 1
T
D
g g
R
 
 
23. O problema seguinte foi apresentado na “Olimpíada” da Universidade Pública de Moscou, em 
1946 (veja a Fig. 40): Numa esfera de chumbo de raio R, faz-se uma cavidade esférica de tal 
modo que a sua superfície toca a superfície externa da esfera de chumbo e passa pelo centro 
desta. A massa da esfera antes que a cavidade fosse feita era M. Com que força, de acordo com 
a lei da gravitação universal, a esfera de chumbo irá atrair uma pequena esfera de massa m, que 
está à distância d do centro da esfera de chumbo, sobre uma linha reta que une os centros das 
esferas e da cavidade? 
D
RT
R - DT
g0
g
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16 
 
 (Pág. 52) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A simetria esférica e o alinhamento dos corpos permitem a solução do problema por diferença. Ou 
seja, podemos calcular a força gravitacional exercida pela esfera sem a cavidade (F1) e a força 
gravitacional (F2) que a cavidade exerceria caso fosse uma esfera de raio R/2, localizada a uma 
distância d R/2 da massa m. Logo: 
 1 2F F F (1) 
O módulo de F1 vale: 
 
1 2
GMm
F
d
 (2) 
Agora vamos calcular o módulo de F2. A massa M da esfera grande vale: 
 3
4
3
M V R 
A massa M’ da esfera pequena vale: 
 
3
' 34 4 1
3 2 3 8
R
M R 
 '
8
M
M 
Portanto: 
 2 2 2
18
8
2 2
M
G m
GMm
F
R R
d d
 (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
m
d - R/2
F
R
R/2
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2 22 2
1 1 1
8
8
2 2
GMm GMm
F GMm
d dR R
d d
 
 
22
1
1
8 1
2
GMm
F
d R
d
 
 
29. Considere uma partícula num ponto P em algum lugar no interior de uma camada esférica 
material. Suponha que a camada tenha espessura e densidade uniformes. Construa um cone 
duplo estreito com vértice em P, interceptando as áreas dA1 e dA2, sobre a camada (Fig. 43). (a) 
Mostre que a força gravitacional resultante exercida sobre a partícula em P pelos elementos de 
massa interceptados é nula. (b) Mostre, então, que a força gravitacional resultante que a camada 
inteira exerce sobre uma partícula no seu interior é nula. (Este método foi imaginado por 
Newton.) 
 
 (Pág. 53) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
(a) Para um cone definido pelo ângulo sólido d e cuja altura é r1, a área da base (dA1n) é dada por: 
 21 1ndA r d (1) 
Para um segundo cone que partilha do mesmo ângulo sólido com o primeiro cone temos: 
 22 2ndA r d (2) 
dA1
dA1n
r1
d
dA1
dA1n
r1
d
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18 
O elemento de área dA1 (superfície da camada esférica) faz um ângulo com o elemento de área 
dA1n (o ângulo entre dA2 e dA2n também é ). Logo: 
 
1 1 cosndA dA (3) 
 
2 2 cosndA dA (4) 
Igualando-se (1) e (3): 
 
2
1
1
cos
r d
dA (5) 
Igualando-se (2) e (4): 
 
2
2
2
cos
r d
dA (6) 
Seja a densidade superficial da camada esférica: 
 
1 1dm dA (7) 
 
2 2dm dA (8) 
Substituindo-se (5) em (7): 
 
2
1
1
cos
r d
dm (9) 
Substituindo-se (6) em (8): 
 
2
2
2
cos
r d
dm (10) 
A razão entre as forças gravitacionais exercidas pelas camadas superficiais dA1 e dA2 sobre uma 
partícula de massa m localizada em P vale: 
 
1
2
1 1
22
2
2
Gmdm
dF r
GmdmdF
r
 (11) 
Substituindo-se (9) e (10) em (11): 
 
2 2
1 1 2
2 2
2 1 2
cos
1
cos
dF Gm r d r
dF r Gm r d
 
Logo: 
 1 2dF dF 
 
33. Um foguete é acelerado até a velocidade v = 2[gRT]
1/2
, perto da superfície da Terra e, então, 
segue para cima. (a) Mostre que ele escapará da Terra. (b) Mostre que, muito longe da Terra, 
sua velocidade é V = [2gRT]
1/2
. 
 (Pág. 54) 
Solução. 
(a) Nas proximidades da superfície da Terra a aceleração da gravidade vale (ver Problema 22): 
 
2
T
T
GM
g
R
 (1) 
Substituindo-se este valor na expressão da velocidade inicial do foguete fornecida no enunciado: 
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19 
 
1/ 2
2
2 T T
T
GM
v R
R
 
 
1/ 2
2 T
T
GM
v
R
 (2) 
A velocidade mínima de escape (vesc)da Terra vale: 
 
1/ 2
esc
T
T
GM
v
R
 
Logo: 
 esc2v v 
Portanto o foguete não mais retornará à Terra. 
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica à superfície da Terra e ao infinito, 
teremos: 
 TE E 
 T TK U K U 
 2 2
1 1
0
2 2
T
T
GM m
mv mV
R
 
 2 2
2 T
T
GM
V v
R
 (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
 2
2
4 2 2 2T T T T
T
T T T T
GM GM GM GM
V R
R R R R
 (4) 
Substituindo-se (1) em (4): 
 
1/ 2
2 TV gR 
 
36. Um projétil é atirado verticalmente da superfície da Terra, com uma velocidade inicial de 9,42 
km/s. Desprezando o atrito com o ar, a que altura acima da superfície terrestre ele chegará? 
 (Pág. 54) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Pode-se resolver este problema por meio da aplicação do princípio da conservação da energia 
mecânica, onde os índices P e T referem-se ao projétil e à Terra, respectivamente: 
 0E E 
 0 0 0P T TP P T TPK K U K K U 
mP
h
RT
mT
v0
v = 0
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20 
 2
0
1
0 0 0
2
T P T P
P
T T
Gm m Gm m
m v
R R h
 
 
2
0
2
T T
T T
vGm Gm
R h R
 
 
2
01 1
2T T T
v
R h R Gm
 
 
2
0
1
1
2
T
T T
h R
v
R Gm
 6
2
3
6 11 2 2 24
1
6,37 10 m
9,42 10 m/s1
6,37 10 m 2 6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg
h 
 71,54879 10 mh 
 15.500 kmh 
 
41. Duas estrelas de nêutrons estão separadas pela distância centro-a-centro de 93,4 km. Cada uma 
tem massa de 1,56 10
30
 kg e raio de 12,6 km. Elas estão inicialmente em repouso, uma em 
relação à outra. (a) A que velocidade elas estarão se movendo quando a separação entre elas 
houver diminuído até a metade do seu valor inicial? (b) A que velocidade elas estarão se 
movendo pouco antes de colidirem? Ignore efeitos relativísticos. 
 (Pág. 54) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
R
M
v0 = 0
R
M
v0 = 0
d
v1
d/2
-v1
v2
2R
-v2
C
B
A
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21 
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B: 
 
A BE E 
 
A A B BU K U K 
 
2 2
2
1
1
0 2
2
2
GM GM
Mv
dd
 
 2
1
2GM GM
v
d d
 
 
11 2 2 30
7
1 3
6,67 10 N.m /kg 1,56 10 kg
3,3377 10 m/s
93,4 10 m
GM
v
d
 
 
3
1 33,4 10 km/s 0,11 cv 
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e C: 
 A BE E 
 
2 2
2
2
1
0 2
2 2
GM GM
Mv
d R
 
 2
1 1
2
v GM
R d
 11 2 2 30
2 3 3
1 1
6,67 10 N.m /kg 1,56 10 kg
2 12,6 10 m 93,4 10 m
v
 72 5,4909 10 m/sv 
 
3
2 54,9 10 km/s 0,18 cv 
 
42. Diversos planetas (os gigantes gasosos Júpiter, Saturno, Urano e Netuno) possuem anéis 
aproximadamente circulares em torno de si, provavelmente constituídos de material que não 
conseguiu formar um satélite. Além disso, muitas galáxias contém estruturas semelhantes a 
anéis. Considere um anel homogêneo de massa M e raio R. (a) Encontre uma expressão para a 
força gravitacional exercida pelo anel sobre uma partícula de massa m localizada à distância x 
do centro do anel, ao longo do seu eixo? Veja a Fig. 45. (b) Suponha que a partícula caia a partir 
do repouso, como resultado da atração do anel. Encontre uma expressão para a velocidadecom 
que ela passa através do centro do anel. 
 
 (Pág. 54) 
Solução. 
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22 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
O elemento de massa dM exerce uma força dF sobre a massa m. Esta força vale: 
 x y zd dF dF dFF i j k 
A força total F que o anel exerce sobre m é a integral de dF: 
 
x y zd dF dF dFF F i j k 
A simetria envolvida na situação indica que as integrais em j e k serão nulas devido à distribuição 
simétrica de pares de elementos dM nas coordenadas positiva e negativa dos eixos y e z. Logo: 
 cosxdF dFF i i 
Como estamos interessados apenas no módulo da força: 
 cosF dF 
 
1/ 2 3/ 22 2 2 2 2 2
GmdM x Gmx
F dM
R x R x R x
 (1) 
A expressão do elemento dM pode ser extraída da definição da densidade linear de massa do anel: 
 
2
M dM
R Rd
 
 
2
Md
dM (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2
3/ 2 3/ 2 02 2 2 22 2
Gmx Md GMmx
F d
R x R x
 
 
3/ 2
2 2
GMmx
F
R x
 
Para pontos onde x R, esta expressão se reduz a: 
 
3/ 2 3 22
GMmx GMmx GMm
F
x xx
 
Que corresponde à força gravitacional entre duas massas pontuais m e M. Para x = 0 (centro do 
anel), a força é zero devido à simetria da distribuição de massa em torno de m (o numerador da 
expressão de F é nulo). 
(b) A energia potencial da massa m à distância ortogonal x ao centro do anel (Ux) vale: 
dF
x
d R
dM
Rd
x
y
z
d xF
d yF
d zF
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23 
 
1/ 2
2 2
x x
GmdM
U dU
R x
 (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
 
2
1/ 2 1/ 2 1/ 202 2 2 2 2 22 2
x
Gm Md GMm GMm
U d
R x R x R x
 (4) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos localizados em x (Ex) e no 
centro do anel (Ec): 
 
x cE E 
 
x x c cK U K U 
 2
1/ 2
2 2
1
0
2
c
GMm GMm
mv
RR x
 
 2
1/ 2
2 2
2 2
c
GM GM
v
RR x
 
 1/ 2
2 2
1 1
2cv GM
R R x
 
 
43. Duas partículas de massas m e M estão inicialmente em repouso a uma distância infinita uma da 
outra. Mostre que, em cada instante, a sua velocidade de aproximação relativa, devido à atração 
gravitacional, é [2G(M + m)/d]
1/2
, onde d é a separação entre elas em cada instante. 
 (Pág. 54) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A velocidade relativa das partículas (vrel) quando separadas pela distância d é dada pela diferença de 
suas velocidades nessas posições: 
 1 2relv v v v V 
 relv v V (1) 
Precisamos calcular v e V para determinar a velocidade relativa à distância d. Seja E0 a energia 
mecânica inicial do sistema e E(d) a energia mecânica em função da distância de separação d dos 
corpos. Admitindo-se que o sistema é conservativo, a energia mecânica do sistema não varia: 
 0 ( )dE E 
 0 0 ( ) ( )d dU K U K 
 2 2
1 1
0 0
2 2
GMm
MV mv
d
 
 2 2
2GMm
MV mv
d
 (2) 
vm MV
d
x
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24 
Aplicando-se a conservação do momento linear: 
 
0 ( )dP P 
 
0 0 ( ) ( )M m M d m dp p p p 
 0 0 mv MV 
 
m
V v
M
 (3) 
 
M
v V
m
 (4) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
2
2 2m GMmM v mv
M d
 
 2 2
2m GM
v v
M d
 
 
2
2 2GMv
m M d
 (5) 
Substituindo-se (4) em (2), obtemos: 
 
2
2 2GmV
m M d
 (6) 
Substituindo-se (5) e (6) em (1): 
 
2 2
2 22 2 2
rel
GM Gm G
v M m
m M d m M d m M d
 
 
2
rel
G
v M m
m M d
 
 
2
rel
G m M
v
d
 
 
50. Considere dois satélites A e B, ambos de massa m, movendo-se na mesma órbita circular de raio 
r, em torno da Terra T, mas em sentidos de revolução opostos, e, portanto, em rota de colisão 
(veja a Fig. 47). (a) Em termos de G, MT, m e r, determine a energia mecânica total do sistema 
constituído pelos dois satélites mais a Terra, antes da colisão. (b) Se a colisão for 
completamente inelástica, de modo que os destroços permaneçam como uma única peça de 
material retorcido, determine a energia mecânica total imediatamente após a colisão. (c) 
Descreva o movimento subseqüente dos destroços. 
 
 (Pág. 55) 
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25 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A energia mecânica total é a soma das energias mecânicas dos satélites A e B: 
 
T A B A AT B BT ABE E E K U K U U 
 
( )2 2
T T T T
T
GmM GmM GmM GmM Gmm
E
r r r r d
 
O termo UAB é desprezível, pois Gmm GmMT. Logo: 
 TT
GmM
E
r
 
(b) A colisão entre os satélites é completamente inelástica. Aplicando-se o princípio da conservação 
do momento linear aos instantes imediatamente antes (Pi) e imediatamente após o impacto (Pf), 
teremos: 
 i fP P 
 2Ai Bi Af Bf f fmv mv mv mv m m v mv 
No instante imediatamente anterior à colisão temos vA = vB. Logo: 
 0fv 
Portanto, o corpo resultante da colisão, cuja massa é 2m, somente possuirá energia potencial 
gravitacional: 
 
2 T
T
GmM
E
r
 
(c) Como os destroços não possuem velocidade tangencial (orbital), cairão verticalmente para o 
solo. 
 
51. O centro do Sol está em um dos focos da órbita da Terra. A que distância ele se encontra do 
outro foco? Expresse sua resposta em termos do raio do Sol RS = 6,96 10
8
 m. A excentricidade 
da órbita da Terra é 0,0167 e o semi-eixo maior mede 1,50 10
11
 m. 
 (Pág. 55) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
vA
vB
d
r r
Terra
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26 
 
De acordo com o esquema acima, a distância procurada vale: 
 11 92 2 0,0167 1,50 10 m 5,01 10 md ea 
Em termos de raios solares (RS), a distância entre os focos da órbita elíptica da Terra vale: 
 
9
11
5,01 10 m
7,198
1,50 10 mS
d
R
 
 7,2 Sd R 
 
52. Use a conservação da energia e a Eq. 27 para a energia total e demonstre que a velocidade v de 
um objeto numa órbita elíptica satisfaz a relação 
 
2 2 1v GM
r a
 . 
 (Pág. 55) 
Solução. 
A Eq. 27 citada no enunciado é a energia mecânica total de um objeto de massa m em órbita circular 
em torno da Terra (massa M), em que r é o raio da órbita: 
 
2
GMm
E
r
 (27) 
No caso de órbitas elípticas, vale a relação em que a é o comprimento do semi-eixo maior da 
trajetória elíptica: 
 
2
GMm
E
a
 
A energia mecânica do sistema é dada por: 
 E K U 
 2
1
2 2
GMm GMm
mv
a r
 
 2
2GM GM
v
a r
 
 2
2GM GM
v
r a
 
 
2 1
v GM
r a
 
 
ea
a
Sol
d
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27 
53. Um cometa move-se em uma órbita de excentricidade igual a 0,880 e tem velocidade de 3,72 
km/s quando está o mais distante possível do Sol. Determine a sua velocidade quando estiverno 
ponto mais próximo do Sol. 
 (Pág. 55) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Sejam RP o vetor posição do cometa no periélio e RA no afélio, em relação ao Sol, e pP e pA os 
momentos lineares do cometa no periélio e afélio, respectivamente. Vamos aplicar a conservação do 
momento angular do cometa no periélio (lP) e no afélio (lA), considerando-se o Sol em repouso: 
 
P A
l l 
 
P P A A
R p R p 
Na coordenada z: 
 P P A AR Mv R Mv 
 AP A
P
R
v v
R
 (1) 
Observando-se o esquema, podemos perceber as seguintes relações, onde a é o raio maior da órbita 
elíptica do cometa e e a excentricidade da órbita: 
 1AR a ea a e (2) 
 1PR a ea a e (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 
1 1 0,880
3,72 km/s 58,28 km/s
1 1 0,880
P A
e
v v
e
 
 58,3 km/sPv 
 
61. Um determinado sistema triplo de estrelas consiste em duas estrelas, cada uma de massa m, que 
giram em torno de uma estrela central de massa M, na mesma órbita circular. As duas estrelas 
situam-se nos extremos opostos de um diâmetro da órbita circular; veja a Fig. 49. Deduza uma 
expressão para o período de revolução das estrelas; o raio da órbita é r. 
ea
RP RA
a a
vP
vA
Sol x
y
z
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 (Pág. 55) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A força centrípeta do movimento orbital de cada massa m é igual à resultante das forças 
gravitacionais que agem sobre cada uma: 
 CF F 
Na coordenada radial: 
 
2
Mm mm
mv
F F
r
 
 
2 2
2 24
GMm Gmm m r
r r r
 
 
2
2 2
4
4
G m
M r
r T
 
 
3/ 24
4
r
T
G M m
 
Pode-se notar que se fizermos m = 0, a expressão final igualar-se-á à terceira lei de Kepler: 
 
2 3
2 4 rT
GM
 
 
64. Um sistema de estrelas binárias consiste em duas estrelas, cada uma com massa igual à do Sol, 
que giram em torno do seu centro de massa. A distância entre elas é igual à distância entre a 
Terra e o Sol. Qual é o seu período de revolução, em anos? 
 (Pág. 56) 
v
-v
r
M
m
m
Fmm
Fmm
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Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A força centrípeta (Fc) do movimento orbital das estrelas em torno do centro de massa do sistema é 
a força gravitacional (Fg) que uma estrela exerce sobre a outra: 
 c gF F 
 
2
2
2
GM
M R
d
 
 
2
2 2
4
2
d GM
T d
 
 
3
2 92 3
7
11 2 2 30
2 150 10 m2
2,24033 10 s
6,67 10 N.m /kg 1,99 10 kg
d
T
GM
 
 259 diasT 
 
68. A órbita da Terra em torno do Sol é quase circular. As distâncias maior e menor são 1,47 10
8
 
km e 1,52 10
8
 km, respectivamente. Determine as variações máximas (a) na energia potencial, 
(b) na energia cinética, (c) na energia total, e (d) na velocidade orbital resultantes da variação na 
distância Terra-Sol, no curso de um ano. (Sugestão: Aplique a conservação da energia e do 
momento angular.) 
 (Pág. 56) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
v
-v
d
M
M
Fg
CM
-Fg
rp ra
a
vp
va
Sol
rp ra
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(a) Seja Up a energia potencial do sistema Terra-Sol no periélio (ponto de maior proximidade entre 
Sol e Terra) e Ua a energia potencial no afélio (ponto de maior afastamento). A variação da energia 
potencial entre o periélio e o afélio ( U) vale: 
 T S T S
a p
a p
GM M GM M
U U U
r r
 
 
1 1
T S
p a
U GM M
r r
 
 
11 2 2 24 30
32
11 11
6,67 10 N.m /kg 5,98 10 kg 1,99 10 kg
1 1
 1,776 10 J
1,47 10 m 1,52 10 m
U
 
 
321,78 10 JU 
 
(b) Num sistema conservativo, como o sistema Terra-Sol, vale a seguinte relação: 
 0K U 
 K U 
 
321,78 10 JK 
(c) A energia mecânica do sistema Terra-Sol vale: 
 
2
S TGM ME
a
 
Nesta expressão, a é o comprimento do semi-eixo maior da trajetória elíptica. Como o sistema 
Terra-Sol é conservativo, não há variação em sua energia mecânica. 
 0E 
(d) No periélio, a Terra apresenta sua maior velocidade orbital devido à proximidade máxima do 
Sol. No afélio ocorre o inverso, com a Terra em sua menor velocidade orbital. A variação na 
velocidade orbital entre o periélio e o afélio vale: 
 a pv v v (1) 
Para determinar va e vp vamos utilizar a variação da energia cinética: 
 2 2
1 1
2 2
a p T a T pK K K M v M v 
 2 2
2
a p
T
K
v v
M
 (2) 
Agora vamos aplicar o princípio da conservação do momento angular: 
 a pL L 
 a a p pr p r p 
 sen sen
2 2
a a p pr p r p 
 a T a p T pr M v r M v 
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p p
a
a
r v
v
r
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
2
2 2p p
p
a T
r v K
v
r M
 
 
2
2
2
2
1
p
p
a T
r K
v
r M
 
 
2
2 2
2a
p
p a T
r K
v
r r M
 
 
2
11 32
2 2 2411 11
1,52 10 m 2 1,776 10 J
30.299,25 m/s
5,98 10 kg1,47 10 m 1,52 10 m
pv 
Substituindo-se o valor de vp em (3): 
 
11
11
1,47 10 m 30.299,25 m/s
29.302,571 m/s
1,52 10 m
av 
Agora podemos resolver (1): 
 29.302,571 m/s 30.299,25 m/s 996,6861 m/sv 
 996 m/sv 
 
69. Suponha que um satélite de comunicações geossíncrono esteja em órbita na longitude de 
Chicago. Você está em Chicago e deseja captar os seus sinais. Em que direção você deveria 
apontar o eixo da sua antena parabólica? A latitude de Chicago é 47,5
o
. 
 (Pág. 56) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
 
Terra
MT
Equador
Chicago
R0
RT
Eixo de rotação
x
Fg
m
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Neste esquema, é o ângulo de visada, acima do horizonte, que deve ser utilizado para direcionar a 
antena. Em primeiro lugar vamos determinar o raio orbital do satélite (RO) por meio da força 
centrípeta (força gravitacional) que age sobre o satélite: 
 
2
O
mv
F
R
 
 
2 2
2
OT
O O
m RGM m
R R
 
 
2
3 2
4T
O
GM
R T
 
 
1/3
2
2
42.250.474,31 m
4
T
O
GM T
R 
Análise do ângulo : 
 
2
 
 
2
 (1) 
Observando-se o esquema, podemos notar que: 
 
sen
sen 2
T OR R
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
sen sen
2 2
T OR R
 
 
cos cos
T OR R
 
 
cos cos sen sen
cos
T
O
R
R
 
 cos sen tan T
O
R
R
 
 
1tan cot
sen
T
O
R
R
 
 
6
1 o
o
6,37 10 m
tan cot 47,5 35,444
42.250.474,31 m sen 47,5
 
 35,4 
A antena deverá ser apontada para 35,4
o
 acima do horizonte, na direção sul. 
 
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33 
73. Três estrelas idênticas, de massa M, estão localizadas nos vértices de um triângulo eqüilátero de 
lado L. A que velocidade elas devem semover, preservando o triângulo eqüilátero, sabendo-se 
que todas elas giram sob a influência gravitacional umas das outras, numa órbita circular 
circunscrita? 
 (Pág. 56) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Como o triângulo formado pelas estrelas 1, 2 e 3 é eqüilátero, o ângulo que aparece no esquema é 
/6. Considerando-se a simetria envolvida no problema temos v1 = v2 = v3. Vamos calcular a força 
centrípeta do movimento orbital da estrela 1: 
 13 12CF F F 
Na direção radial: 
 13 12cos cosCF F F 
 
2 2 2
1
2 2
3 3
2 2
Mv GM GM
R L L
 
Mas: 
 
3
3
R L 
Logo: 
 
2 2
1
2
3 3
3
Mv GM
LL
 
 2
1
GM
v
L
 
 1 2 3
GM
v v v
L
 
 
74. Quanto tempo levará um cometa, que se move numa trajetória parabólica, para mover-se desde 
o seu ponto de maior aproximação do Sol, em A (veja a Fig. 50), até completar um ângulo de 
90
o
, medido em relação ao Sol, alcançando B? Suponha que a distância de maior aproximação 
ao Sol é igual ao raio da órbita da Terra, suposta circular. 
v1
v2
v3
CM
LM M
M
L L
F31
F21
FC
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34 
 
 (Pág. 56) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A componente z do momento angular do cometa, de massa m, quando este passa pelo ponto A (LA,z) 
é igual à componente z do seu momento angular em outro ponto qualquer da trajetória parabólica, 
como no ponto descrito pelo ângulo (Lz). 
 ,z A zL L 
 sen
2
A A A AI r mvr p 
Na equação acima, I é o momento de inércia do cometa, 
 2
A A
d
mr r mv
dt
 
 2 A Ar d r v dt (1) 
Para resolver (1), precisamos de uma função de r em termos de e da velocidade do cometa no 
ponto A (vA). A velocidade vA pode ser calculada a partir da principal característica da órbita 
circular, que é possuir energia mecânica nula. Ou seja: 
 0E K U 
 2
1
0
2
SGM mmv
r
 
 
2 SGMv
r
 
Portanto, no ponto A, a velocidade do cometa vale: 
 
2 S
A
A
GM
v
r
 (2) 
Sol
Órbita da Terra
A
B
rB
rA
r
x
y
z
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A função de r em termos de que precisamos corresponde à equação da parábola, descrita em 
coordenadas polares: 
 1 cosr l 
Na equação acima, l é a distância do foco à parábola, medida através de uma linha perpendicular ao 
eixo. No presente caso, l = rB. Podemos determinar o valor de rB sabendo que quando = 0, termos 
r = rA: 
 1 cos 0A Br r 
 2B Ar r 
Logo a função procurada é: 
 
( )
2
1 cos
Arr (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 
2
2
4
2
1 cos
A
A S
r
d r GM dt 
 
/ 2
2 30 081 cos
t
S
A
GMd
dt
r
 
 
/ 2
2 3
0
2 cos sen
83 1 cos
S
A
GM
t
r
 
 
3
2
3 8
S
A
GM
t
r
 
 
3
113
6
11 2 2 30
32 1,50 10 m32
9,5082 10 s
9 9 6,67 10 N.m /kg 1,99 10 kg
A
S
r
t
GM
 
 110 diast