EXERCÍCIOS RESOLVIDOS GRAVITAÇÃO - CAP 13

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Exercícios Resolvidos 
GRAVITAÇÃO 
 
1. Uma massa M é dividida em duas partes, m e M – m, que são em seguida separadas por certa distância. 
Qual é a razão m/M que maximiza o módulo da força gravitacional entre as partes? 
 
Solução: A força gravitacional entre as partes é 
 
𝐹 = 
𝐺𝑚(𝑀−𝑚)
𝑟2
= 
𝐺
𝑟2
 (𝑚𝑀 − 𝑚2) 
que derivamos em relação a m e igualamos a zero: 
 
𝑑𝐹
𝑑𝑚
= 0 = 
𝐺
𝑟2
(𝑀 − 2𝑚) → 𝑀 = 2𝑚 . 
O resultado é m = M/2 
6 Na Fig. Ao lado, um quadrado com aresta a = 20,0 cm de lado é formado por 
quatro esferas de massas m1 = 5,00 g, m2 = 3,00 g, m3 = 1,00 g e m4 = 5,00 g. Na 
notação dos vetores unitários, qual é a força gravitacional exercida pelas esferas 
sobre uma esfera central de massa m5 = 2,50 g? 
 
Solução: 
A distância das massas m1, m2 ,m3, e m4 a massa m5 é 𝑑 = √(
𝑎
2
 )2 + (
𝑎
2
 )2 = 
𝑎
2
 √2 = √2 𝑥10−1𝑚 
As forças gravitacionais que as massas m1 e m4 exercem sobre a massa m5 se cancelam mutuamente pelo fato 
das massas serem iguais. Somando algebricamente as outras duas forças, obtemos a força resultante que 
aponta no sentido da massa m2 (m2 > m3): 
𝐹 = 
𝐺𝑚5(𝑚2−𝑚3)
𝑑2
= 1,67 𝑥 10−14 𝑁 
A força está orientada na direção da reta que liga m2 a m3 e aponta na direção de m2. Na notação dos vetores 
unitários, temos: 
Fres = Fres (cos 45
ˆ
i + sen 45
ˆ
j) = (1,18 x 10
-14 
N) 
ˆ
i + (1,18 x 10
-14 
N) 
ˆ
j. 
13 A Fig. 13-38 mostra uma cavidade esférica no interior de uma esfera de chumbo de raio R = 4,00 cm; a 
superfície da cavidade passa pelo centro da esfera e “toca” o lado direito da esfera. A massa da esfera antes 
de ser criada a cavidade era M = 2,95 kg. Com que força gravitacional a esfera de chumbo com a cavidade 
atrai uma pequena esfera de massa m = 0,431 kg que está a uma distância d = 9,00 cm do centro da esfera 
de chumbo, na reta que passa pelo centro das duas esferas e pelo centro da cavidade? 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
Se a esfera de chumbo não fosse oca, o módulo da força exercida sobre a massa m seria F1 = GMm/d
2
. Para 
determinar a parte dessa força que se deve ao material removido, calculamos a força exercida sobre a 
massa m por uma esfera de mesmas dimensões e situada na mesma posição que a cavidade e subtraímos 
essa força da força exercida pela esfera inteira. 
O raio da cavidade é r = R/2. O material usado para substituir a cavidade tem a mesma massa específica 
(razão entre massa e volume) que o material da esfera, ou seja, Mc/r
3 
= M/R
3
, em que Mc é a massa do 
material usado para substituir a cavidade. Assim, 
a 
𝑀𝐶 = 
𝑟3
𝑅3
𝑀 =
(𝑅/2)3
𝑅3
𝑀 = 𝑀/8 
Como o centro da cavidade está em um ponto situado a uma distância é d - r = d - R/2 da massa m, a força 
que a esfera fictícia exerce sobre a massa m é 
𝐹𝐶 = 
𝐺𝑚𝑀/8
(𝑑 −
𝑅
2
)2
= 1,67 𝑥 10−14 𝑁 
Assim, a força que a esfera com a cavidade exerce sobre a massa m é 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝐹 − 𝐹𝑐 = 𝐺𝑀𝑚 (
1
𝑑2
− 
1
8 (𝑑 −
𝑅
2)
2) =
𝐺𝑀𝑚
𝑑2
(1 − 
1
8 (1 −
𝑅
2𝑑)
2) = 8,31 𝑥 10
−9 𝑁 
 
24 A Fig. Ao lado mostra duas cascas esféricas concêntricas homogêneas de 
massas M1 e M2. Determine o módulo da força gravitacional a que está sujeita 
uma partícula de massa m situada a uma distância (a) a, (b) b e (c) c do centro 
comum das cascas. 
 
Solução: 
(a) A fração da massa das cascas que contribui para a força exercida sobre a massa 
m é a massa M contida em uma esfera de raio r. Para r = a, essa massa é M1 + M2 
e, portanto, a força é 
𝐹 = 
𝐺𝑚(𝑀1 + 𝑀2)
𝑎2 
 
 
35 A Fig. 13-44 mostra quatro partículas, todas de massa 20,0 g, que formam um 
quadrado de lado d = 0,600 m. Se d for reduzido para 0,200 m, qual será a variação 
da energia potencial gravitacional do sistema? 
 
Solução: 
Sejam m = 0,020 kg e d = 0,600 m (o lado inicial do quadrado). Da equação da equação da Energia Potencial 
e usando Pitágoras, é fácil mostrar que a diagonais do quadrado é (𝑙 = 𝑑√2) . Assim Temos que a energia 
potencial gravitacional inicial é 
𝑈𝑖 = −
4𝐺𝑚2
𝑑
−
2𝐺𝑚2
√2𝑑
. 
Como U é inversamente proporcional a r, dividir por 3 o lado do quadrado significa multiplicar por 3 a energia 
potencial gravitacional. Assim, 
𝑈𝑓 = 3𝑈𝑖 → 𝛥𝑈 = 2𝑈𝑖 = 2(4 + √2) (
𝐺𝑚2
𝑑
) = −4,82𝑥10−13𝐽. 
39 (a) Qual é a velocidade de escape de um asteroide esférico com 500 km de raio se a aceleração 
gravitacional na superfície é 3,0 m/s2? (b) A que distância da superfície chegará uma partícula se for lançada 
(b) Para r = b, essa massa é M1 e, portanto, a força é GM1m/b
2
. 
 
(c) Para r = c, essa massa é zero e, portanto, a força também é zero. 
l 
da superfície do asteroide com uma velocidade vertical de 1000 m/s? (c) Com que velocidade um objeto se 
chocará com o asteroide se for liberado sem velocidade inicial 1000 km acima da superfície? 
 
Solução: 
(a) Usamos a lei de conservação da energia. Inicialmente, a partícula está na superfície do asteroide e tem 
uma energia potencial Ui = - GMm/R, em que M é a massa do asteroide, R é o raio do asteroide e m é a 
massa da partícula. A energia cinética inicial é 1/2mv2. Se a partícula tiver a energia cinética estritamente 
necessária para escapar, sua energia será zero quando estiver a uma distância infinita do asteroide. Nesse 
caso, tanto a energia cinética como a energia potencial serão iguais a zero. De acordo com a lei de 
conservação da energia, temos: 
-GMm/R + ½mv
2 
= 0. 
Podemos substituir GM/R por agR, em que ag é a aceleração da gravidade na superfície do asteroide. Nesse 
caso, a equação acima se torna -agR + ½v
2 = 0. Explicitando v, temos: 
𝑣 = √2𝑅𝑎𝑔 = √2(
3𝑚
𝑠2
)(500𝑥103𝑚) = 1,7𝑥103 𝑚/𝑠 
(b) Inicialmente, a partícula está na superfície, a energia potencial é Ui = GMm/R e a energia cinética é Ki 
= ½mv2. Suponha que a partícula esteja a uma distância h da superfície quando a velocidade se anula. Nesse 
caso, a energia potencial final é Uf = - GMm/(R + h) e a energia cinética final é Kf = 0. De acordo com a lei de 
conservação da energia, temos: 
 
𝑮𝑴𝒎
𝑹
+
𝟏
𝟐
𝒎𝒗𝟐 = −
𝑮𝑴𝒎
(𝑹+𝒉)
. 
 Substituindo GM por agR
2 
e dividindo ambos os membros por m, obtemos 
−𝒂𝒈𝑹 +
𝟏
𝟐
𝒗𝟐 = −
𝒂𝒈𝑹
𝟐
(𝑹 + 𝒉)
 
Explicitando h, temos: 
𝒉 = −
𝟐𝒂𝒈𝑹
𝟐
𝟐𝒂𝒈𝑹 − 𝒗
𝟐 − 𝑹 = 𝟐, 𝟓𝒙𝟏𝟎
𝟓𝒎. 
(c) Inicialmente, como o objeto está a uma distância h da superfície e em repouso, sua energia potencial é 
Ui = - GMm/(R + h) e sua energia cinética é Ki = 0. No momento em que se choca com o asteroide, sua energia 
potencial é U = - GMm/R e sua energia cinética é K = mv . De acordo com a lei de conservação da energia, 
temos: 
−
𝑮𝑴𝒎
𝑹 + 𝒉
+
𝟏
𝟐
𝒎𝒗𝟐 = −
𝑮𝑴𝒎
𝑹
+
𝟏
𝟐
𝒎𝒗𝟐 
Substituindo GM por agR
2 
e dividindo ambos os membros por m, obtemos 
−
𝒂𝒈𝑹
𝟐
(𝑹 + 𝒉)
= −𝒂𝒈𝑹 +
𝟏
𝟐
𝒗𝟐 
Explicitando v, temos: 
𝒗 = √𝟐𝒂𝒈𝑹 −
𝟐𝒂𝒈𝑹
𝟐
𝑹 + 𝒉
= 𝟏, 𝟒𝒙𝟏𝟎𝟑𝒎/𝒔. 
_______________________________________________________________________________________ 
43 (a) Que velocidade tangencial um satélite da Terra deve ter para estar em órbita circular 160 km acima da 
superfície da Terra? (b) Qual é o período de revolução? 
 
(a) Chamando de r o raio da órbita, o módulo da força gravitacional que age sobre o satélite é GMm/r2, em 
que M é a massa da Terra e m é a massa do satélite. O módulo da aceleração do satélite é v2/r, em que v é a 
velocidade do satélite. De acordo com a segunda lei de Newton, GMm/r2 = mv2/r. Como o raio da Terra é 
6,37 x 106 m, o raio da órbita é r = (6,37 x 106 m + 160 x 103 m) = 6,53 x 106 m. Explicitando v, temos: 
𝒗 = √
𝑮𝑴
𝒓
= 𝟕, 𝟖𝟐𝒙𝟏𝟎𝟑𝒎/𝒔 
(b) Como o comprimento da circunferência da órbita circular é 2r, o período é 
𝑇 =
2𝜋𝑅
𝑣
= 5,25𝑥103𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒 𝑎 87,5 𝑚𝑖𝑛. 
49 Um cometa que foi visto em abril de 574 por astrônomos chineses, em um dia conhecido como Woo Woo, 
foi avistado novamente em maio de 1994. Suponha que o intervalo de tempo entre as observaçõesseja o 
período do cometa e tome a excentricidade da órbita do cometa como de 0,9932. (a) Qual é o semieixo maior 
da órbita do cometa e (b) qual a maior distância entre o cometa e o Sol em termos do raio médio da órbita 
de Plutão, RP? 
 
Solução: 
 
 (a) O período do cometa é 1420 anos e um mês, o que corresponde a T = 4,48 x 1010 s. Como a massa do Sol 
é 1,99 x 1030 kg, a lei dos períodos de Kepler nos dá 
𝑻𝟐 =
𝟒𝝅𝟐
𝑮𝑴𝑺
𝒂𝟑 → 𝒂 = 𝟏, 𝟖𝟗𝒙𝟏𝟎𝟏𝟑m 
(b) Como a distância do foco ao centro de uma elipse é ea e a distância do centro ao afélio é a, a maior 
distância entre o cometa e o Sol é 
ea + a = (0,9932 + 1) (1,89 x 1013 m) = 3,76 x 1013 m. 
Dividindo pelo raio médio da órbita de Plutão (cujo valor é dado no Apêndice C), temos: 
𝟑, 𝟕𝟔𝒙𝟏𝟎𝟏𝟑
𝟓, 𝟗𝒙𝟏𝟎𝟏𝟐
𝑹𝑷 = 𝟔, 𝟒𝑹𝑷 
53 Um satélite de 20 kg está em uma órbita circular com um período de 2,4 h e um raio de 8,0 × 106 m em 
torno de um planeta de massa desconhecida. Se o módulo da aceleração gravitacional na superfície do 
planeta é 8,0 m/s2, qual é o raio do planeta? 
 
Solução: 
 
Podemos usar a lei dos períodos de Kepler (com T = 2,4 h = 8640 s) para calcular a massa M do planeta: 
 
𝑻𝟐 =
𝟒𝝅𝟐
𝑮𝑴𝒑
𝒓𝟑 → 𝑴𝒑 = 𝟒, 𝟎𝟔𝒙𝟏𝟎
𝟐𝟒𝒌𝒈 
Como também sabemos que ag = GM/R2 = 8,0 m/s2, podemos calcular o raio do planeta 
𝑹 = √
𝑮𝑴
𝒂𝒈
= 𝟓, 𝟖𝒙𝟏𝟎𝟔𝒎 
60 Na Fig. 13-50, dois satélites, A e B, ambos de massa m = 125 kg, ocupam a mesma 
órbita circular de raio r = 7,87 × 106 m em torno da Terra e se movem em sentidos 
opostos, estando, portanto, em rota de colisão. (a) Determine a energia mecânica 
total EA + EB do sistema dos dois satélites e a Terra antes da colisão. (b) Se a colisão 
é perfeitamente inelástica, de modo que os destroços aglomeram em um só bloco 
(de massa = 2m), determine a energia mecânica total imediatamente após a colisão. 
(c) Logo depois da colisão, os destroços caem em direção ao centro da Terra ou 
continuam em órbita? 
 
Solução: 
(a) De acordo com a Eq. 13-40, a energia de cada satélite é - GMTm/2r. A energia total dos dois 
satélites é o dobro desse valor 
𝐸 = 𝐸𝐴 + 𝐸𝐵 = −
𝐺𝑀𝑇𝑚
𝑟
= −6,33𝑥109𝐽. 
(b) Como a velocidade dos destroços é zero imediatamente após a colisão, a energia cinética nesse instante 
também é zero. Substituindo m por 2m na expressão da energia potencial, obtemos o valor da energia total 
dos destroços nesse instante: 
𝐸 = −
𝐺𝑀𝑇(2𝑚)
2𝑟
= −6,33𝑥109𝐽. 
(c) Um objeto com velocidade zero cai em direção ao centro do planeta. 
67 Qual é (a) a velocidade e (b) qual é o período de um satélite de 220 kg em uma órbita aproximadamente 
circular 640 km acima da superfície da Terra? Suponha que o satélite perde energia mecânica a uma taxa 
média de 1,4 × 105 J por revolução orbital. Usando a aproximação razoável de que a órbita do satélite se 
torna uma “circunferência cujo raio diminui lentamente”, determine (c) a altitude, (d) a velocidade e (e) o 
período do satélite ao final da revolução número 1500. (f) Qual é o módulo da força retardadora média que 
atua sobre o satélite? O momento angular em relação à Terra é conservado (g) para o satélite e (h) para o 
sistema satélite-Terra (supondo que o sistema é isolado)? 
 
Solução: 
 
(a) O módulo da força que age sobre o satélite é GMm/r2, em que M é a massa da Terra, m é a massa do 
satélite e r é o raio da órbita. A força aponta na direção do centro da órbita. Como a aceleração do satélite é 
v2/r, sendo que v é a velocidade, a segunda lei de Newton nos dá GMm/r2 = mv2/r e a velocidade é dada por 
v = GM /r . O raio da órbita é a soma do raio da Terra com a altitude do satélite: 
 
r = (6,37 x 106 + 640 x 103) m = 7,01 x 106 m. 
 
Assim, 
𝒗 = √
𝑮𝑴
𝒓
= 𝟕, 𝟓𝟒𝒙𝟏𝟎𝟑𝒎/𝒔 
(b) O período é 
T = 2r/v = 2(7,01 x 106 m)/(7,54 x 103 m/s) = 5,84 x 103 s = 97 min 
(c) Se E0 é a energia inicial, a energia após n órbitas é E = E0 - nC, em que C = 1,4 x 105 J/órbita. Como, no caso 
de uma órbita circular, a energia e o raio da órbita estão relacionados através da equação E = - GMm/2r, o 
raio após n órbitas é dado por r = - GMm/2E. 
A energia inicial é 
𝐸0 = −
𝐺𝑀𝑇𝑚
2𝑟
= − 6,26𝑥109𝐽. 
A energia após 1500 órbitas é 
𝐸 = 𝐸0 − 𝑛𝐶 = − 6,26𝑥10
9𝐽 − 1500 𝑥 (1,4 𝑥 105
𝐽
𝑜𝑟𝑏
. ) = − 6,47 𝑥 109 𝐽, 
e o raio da órbita após 1500 órbitas é 
𝑟 = −
𝐺𝑀𝑇𝑚
2𝐸
= − 6,78𝑥106𝑚. 
A altitude em relação a superfície da Terra após 1500 órbitas é 
h = r - RT = (6,78 x 106 - 6,37 x 106 m) = 4,1 x 105 m = 410 km 
(d) A velocidade é 
𝒗 = √
𝑮𝑴
𝒓
= √
(𝟔, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟏)(𝟓, 𝟗𝟖𝒙𝟏𝟎𝟐𝟒) 
𝟔, 𝟕𝟖𝒙𝟏𝟎𝟔
= 𝟕,
𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎𝟑𝒎
𝒔
= 𝟕, 𝟕
𝒌𝒎
𝒔
. 
(e) O período é 
T = 2r/v = 2(6,78 x 106 m)/(7,67 x 103 m/s) = 5,6 x 103 s = 93 min 
(f) Seja F o módulo da força média e s a distância coberta pelo satélite. Nesse caso, o trabalho realizado 
pela força é W = -Fs. Esse trabalho é igual à variação da energia: -Fs = ΔE. Assim, F = - ΔE/s. Vamos 
calcular essa expressão para a primeira órbita. No caso de uma órbita completa, s = 2r = 2(7,01 x 
106 m) = 4,40 x 107 m e ΔE = -1,4 ´ 105 J. Assim, 
𝐹 = −
𝛥𝐸
𝑠
=
1,4𝑥105
4,40𝑥107
= 3,2𝑥3𝑁. 
(g) Como a força retardadora exerce um torque sobre o satélite, o momento angular do satélite não é 
conservado. 
(h) Supondo que o sistema satélite-Terra é isolado (o que constitui uma aproximação razoável), o momento 
do sistema é conservado