[Resolvida] Lista de exercícios - Gravitação

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Renato da Silva Viana
QUESTIONÁRIO
1. A órbita de transferência de energia mínima para um planeta exterior consiste em colocar
uma nave espacial em uma trajetória elíptica, com o planeta de partida correspondente
ao periélio da elipse, ou o ponto mais próximo do Sol e o planeta de chegada no afélio, ou
o ponto mais distante a partir do Sol. Use a Terceira Lei de Kepler para calcular quanto
tempo levaria para ir da Terra a Marte em uma órbita desse tipo.
2. O asteroide Ícaro, descoberto em 1949, recebeu este nome por causa de sua órbita elíp-
tica de grande excentricidade, que o traz próximo ao Sol no periélio. Ícaro tem uma
excentricidade de 0,83 e um período de 1,1 anos.
a) Determine o semi-eixo maior da órbita de Ícaro em unidade astronômica (UA).
b) Determine a distância de periélio da órbita de Ícaro em unidade astronômica (UA).
c) Determine a distância de afélio da órbita de Ícaro em unidade astronômica (UA).
d) Qual a razão entre a força gravitacional de periélio e afélio de Ícaro. Dado que a
massa de Ícaro é de 2,5.1013 kg.
e) Considerando a situação hipotética que Ícaro apresenta um pequeno movimento ro-
tacional em torno de seu eixo central, se Ícaro por um choque com outro asteroide
for reduzido a um terço de sua massa inicial e apenas um quinto do seu raio inicial.
A velocidade angular de Ícaro será maior ou menor após o impacto com o outro
asteroide? Explique por que, e qual será o valor dessa diminuição ou acréscimo em
sua velocidade angular quando comparada a velocidade angular inicial? Observação:
Considere o asteroide Ícaro aproximadamente como uma esfera maciça antes e após
a colisão com o outro asteroide.
f) Considerando a situação descrita no item e, qual a razão entre a nova energia cinética
rotacional e a energia cinética rotacional inicial.
Dados:
Raio médio da Terra = 6,37.106 m Distância da Terra ao Sol = 1,50.1011 m
Raio médio da Lua = 1,74.106 m Distância da Terra à Lua = 3,82.108 m
Massa da Terra = 5,98.1024 kg G = 6,67.10−11 N.m2/kg2
Massa da Lua = 7,36.1022 kg Massa do Sol = 1,99.1030 kg
Distância de Marte ao Sol = 2,28.1011 m g = 9,8m/s2
1UA = 1,50.1011 m
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Renato da Silva Viana
RESOLUÇÕES
Resolução 1
Para uma órbita de raio médio a e período δ em torno de um corpo de massa M , que neste
caso é o Sol, a Terceira Lei de Kepler informa que:
δ2
a3
=
4π2
GM
Isolando o período:
δ =
√
4π2
GM
a3
O raio médio a é o valor médio entre as distâncias do periélio rp e do afélio ra ao Sol:
a =
rp + ra
2
Logo:
δ =
√
4π2
GM
(
rp + ra
2
)3
Assim sendo, o tempo t para ir da Terra até Marte é:
t =
1
2
√
4π2
GM
(
rp + ra
2
)3
=
1
2
√
π2
2GM
(rp + ra)3
Utilizando os dados:
t =
1
2
√
π2
2(6,67.10−11 N.m2/kg2)(1,99.1030 kg)
((1,50.1011 m) + (2,28.1011 m))3
≈ 22.405.421,775422 s ≈ 8,64meses ≈ 8meses e 19 dias
Resolução 2.a)
O comprimento do semi-eixo maior corresponde ao raio médio a da órbita. Isolando o raio
médio a partir da Terceira Lei de Kepler:
a =
3
√
GM
4π2
δ2
2
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Tendo em vista que o período de translação corresponde a δ = 1,1 anos = 34.689.600 s, utili-
zando os dados, obtém-se:
a =
3
√
(6,67.10−11 N.m2/kg2)(1,99.1030 kg)
4π2
(34.689.600 s)2
≈ 159.345.297.951,56m ≈ 1,06UA
Resolução 2.b)
A distância rp do periélio ao Sol é igual a diferença entre o comprimento a do semi-eixo maior
e a distância focal c:
rp = a− c
Mas, pela definição de excentricidade e:
e =
c
a
⇒ c = e a
Então:
rp = a− e a
= a(1− e)
Dado que e = 0,83, encontra-se:
rp ≈ (1,06UA)(1− (0,83)) ≈ 0,18UA
Resolução 2.c)
A distância ra do afélio ao Sol é igual a soma do comprimento a do semi-eixo maior com a
distância focal c. Sendo assim, tem-se:
ra = a(1 + e)
Utilizando os dados, encontra-se:
ra ≈ (1,06UA)(1 + (0,83)) ≈ 1,94UA
Resolução 2.d)
Conforme a Lei da Gravitação Universal, o módulo da força gravitacional que um corpo de
massa M exerce sobre outro de massa m à uma distância r é expressa por:
F =
GM m
r2
3
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Dessa forma, as forças do Sol sobre o asteroide no periélio e no afélio são, respectivamente:
Fp =
GM m
r2p
e Fa =
GM m
r2a
Portanto, a razão entre as forças é tal que:
Fp
Fa
=
GM m
r2p
GM m
r2a
=
r2a
r2p
=
(
ra
rp
)2
=
(
a(1 + e)
a(1− e)
)2
=
(
1 + e
1− e
)2
Calcula-se:
Fp
Fa
=
(
1 + (0,83)
1− (0,83)
)2
≈ 115,88
Resolução 2.e)
A velocidade angular do asteroide será maior em virtude das considerações feitas, mas princi-
palmente porque a massa e o raio dele foram reduzidos após o choque.
Considerando que o momento angular do asteroide foi conservado, tem-se que o momento
angular final Lf é igual ao inicial Li:
Lf = Li
Sabendo-se que o momento angular L é igual ao produto do momento de inércia I pela veloci-
dade angular ω, segue-se que:
If ωf = Ii ωi
Admitindo que o asteroide mantém a forma esférica e a massa homogênea antes e depois da
colisão, depreende-se que:
If =
2
5
mf R
2
f e Ii =
2
5
miR
2
i
Então:
2
5
mf R
2
f ωf =
2
5
miR
2
i ωi ⇒ mf R2f ωf = miR2i ωi
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Uma vez que mf = mi/3 e Rf = Ri/5, conclui-se que:(mi
3
)(Ri
5
)2
ωf = miR
2
i ωi ⇒ ωf = 75ωi
Dessa forma, a velocidade angular é aumentada de 75 vezes.
Resolução 2.f)
Tendo em vista que a energia cinética rotacional é definida como:
E =
I ω2
2
A razão entre as energias final e inicial é:
Ef
Ei
=
If ω
2
f
2
Ii ω
2
i
2
=
If ω
2
f
Ii ω2i
Substituindo e desenvolvendo:
Ef
Ei
=
(
2
5
mf R
2
f
)
(75ωi)
2(
2
5
miR2i
)
ω2i
=
752mf R
2
f
miR2i
=
752
(mi
3
)(Ri
5
)2
miR2i
= 75
Bons estudos!
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