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notas de aulas do halliday 6ª edição. gravitação, Notas de aula de Engenharia de Alimentos

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Tipologia: Notas de aula

Antes de 2010

Compartilhado em 09/02/2008

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Baixe notas de aulas do halliday 6ª edição. gravitação e outras Notas de aula em PDF para Engenharia de Alimentos, somente na Docsity! Versão preliminar 14 de novembro de 2003 Notas de Aula de Física 14. GRAVITAÇÃO .............................................................................................................. 2 O UNIVERSO E A FORÇA GRAVITACIONAL ............................................................................. 2 GRAVITAÇÃO E O PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO.................................................................... 3 GRAVITAÇÃO PRÓXIMO À SUPERFÍCIE DA TERRA.................................................................... 4 FORÇA ENTRE UMA HASTE E UMA MASSA PONTUAL – CASO 1 ................................................. 5 FORÇA ENTRE UMA HASTE E UMA MASSA PONTUAL – CASO 2 ................................................. 6 CAMPO PRODUZIDO POR UMA DISTRIBUIÇÃO ESFÉRICA DE MASSA EM SEU EXTERIOR ................ 8 CAMPO PRODUZIDO POR UMA DISTRIBUIÇÃO ESFÉRICA DE MASSA EM SEU INTERIOR ............... 11 CÁLCULO ALTERNATIVO - PARTÍCULA NO INTERIOR............................................................... 13 ENERGIA POTENCIAL GRAVITACIONAL ................................................................................. 15 Energia potencial gravitacional próximo à superfície da Terra.................................... 15 Energia potencial gravitacional distante da superfície da Terra.................................. 16 LEIS DE KEPLER ............................................................................................................... 17 ÓRBITAS DE SATÉLITES E ENERGIA ..................................................................................... 19 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ..................................................................................... 21 07 ................................................................................................................................ 21 09 ................................................................................................................................ 21 10 ................................................................................................................................ 22 13 ................................................................................................................................ 23 14 ................................................................................................................................ 24 17 ................................................................................................................................ 27 22 ................................................................................................................................ 28 31 ................................................................................................................................ 29 33 ................................................................................................................................ 30 52 ................................................................................................................................ 31 54 ................................................................................................................................ 34 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 2 14. Gravitação A gravidade é a mais fraca das forças fundamentais do Universo. É desprezível nas interações de partículas elementares e não tem qualquer papel nas propriedades das moléculas, dos átomos ou dos núcleos atômicos. A atração gravitacional entre corpos de dimensões comuns, por exemplo entre um automóvel e um edifício, é muito pequena para ser percebida. Entre corpos muito grandes, como as estrelas, os planetas, os satélites, porém, a gravidade tem uma importância de primeiro plano. A força gravitacional da Terra sobre os corpos que nos rodeiam é a parte fundamental da nossa experiência. É a gravidade que nos mantém sobre os solo e mantém a Terra e os outros plane- tas nas suas respectivas órbitas do sistema solar. A força gravitacional tem um papel im- portante na história das estrelas e no comportamento das galáxias. Numa escala muito grande, é a gravidade que controla a evolução do Universo. Física Paul A Tipler Vol 1 - Cap 11 - pag300 LTC - Editora - 2000 O Universo e a Força Gravitacional Desde tempos imemoriais o homem sempre esteve fascinado pelo movimento dos corpos celestes e das possíveis consequências destes movimentos na nossa vida aqui na Terra. Por questões de fundo religioso, durante muito tempo supôs-se que o movimento desses corpos aconteciam de modo que a Terra tinha uma posição privilegiada neste concerto. Os religiosos acreditavam que o homem era o único ser vivo no Universo e o criador naturalmente o colocou num local especial, num planeta especial. Era difícil aceitar o tamanho diminuto do homem frente às dimensões do Universo. Por esse motivo, todos aqueles que consideravam alguma idéia diferente deste geocen- trismo era considerado herege. O ciência era considerada uma mera comprovação das crenças religiosas. Com os dados observacionais do astrônomo Tycho Brahe, Johannes Kepler des- cobriu empiricamente que as trajetórias dos planetas em torno do Sol eram elipses. Foi Isaac Newton quem mostrou os fundamentos de uma teoria da gravitação, que comprovava as predições de Kepler e as observações de Tycho Brahe. Mas ia ainda muito mais além ao analisar a interação entre duas massas quaisquer. Quando um corpo de massa m1 está a uma distância r de um outro corpo de massa m2 , a força de atra- ção entre eles está dirigida ao longo da reta que une os corpos e tem a forma: 2 21 r mmGF = onde G = 6,67x10-11m3/kg.s2 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 5 ou ainda: ( )           −=+ T T R hgmhRF 21 e quando a altura h for realmente muito menor que o raio RT da Terra, podemos des- prezar as correções e considerar a aproximação trivial, de modo que: ( ) gmhRF T =+ onde definimos o peso do objeto com uma força constante e independente da altura, com uma forma do tipo: P = m g Força entre uma haste e uma massa pontual – Caso 1 Vamos considerar uma haste de largura desprezível e massa M distribuída unifor- memente ao longo do seu comprimento L . Uma partícula de massa m está colocada a uma distância s da haste, como mostra a figura ao lado. Devemos calcular a força que um elemento de massa dM da haste M m x = 0 x = L x = L + s exerce sobre a partícula. essa força é dirigida para a haste e tem módulo: ( )2xsL dMmGdF −+ = A força total que a haste exercerá dM Fd ! x L + s - x sobre a partícula será a soma de todas as contribuições das massas elementares que compõe a haste. Por outro lado existe uma relação entre o elemento de massa dM e o espaço dx que ele ocupa na haste. Como a haste tem a massa distribuída uniforme- mente, temos a proporção: dx L MdM LM dxdM =⇒     → → Desse modo, a força total tem a forma: ( )∫ −+= L o xsL dx L mMGF 2 Fazendo a mudança de variáveis u = L + d - x , encontramos: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 6 ( )sLs L L mMG sLsL mMG uL mMG u du L mMGF sL s sL s + =    + −=         −== ∫ + + 111 2 ou seja ( )sLs mMGF + = Força entre uma haste e uma massa pontual – Caso 2 Vamos considerar uma haste de largura desprezível e massa M distribuída unifor- memente ao longo do seu comprimento L . Uma partícula de massa m está colocada a uma distância s da haste, como mostra a figura ao lado. Devemos calcular o elemento de força Fd ! que um elemento de massa dM da haste exerce so- bre a partícula de massa m . Vamos considerar a haste no eixo y e a partícula no eixo x. Essa força é dirigida ao longo da reta que une o elemento de mas- sa dM e a partícula. A reta faz um ângulo θ com o eixo x . y m L x s Supondo que o elemento de massa dM está a uma distância y do ponto médio da haste, o módulo do elento de força tem a forma: 2r dMmGdF = onde 222 ysr += As componentes cartesianas dFX e dFy são escritas como: y dM y Fd ! θ m L s         + == + ==      = = 22 22 cos cos ys y r ysen ys s r s onde dFsendF dFdF Y X θ θ θ θ Como a haste tem a massa distribuída uniformemente, temos a proporção: dy L MdM LM dydM =⇒     → → Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 7 Podemos então dizer que: 32 r dy L mMsG r sdy L M r mGdFX =    = ou seja: ( )∫ + − + = 2/ 2/ 2/322 L L X ys dy L mMsGF E de maneira equivalente: 32 r ydy L mMG r ydy L M r mGdFY =    = ou seja: ( )∫ + − + = 2/ 2/ 2/322 L L Y ys ydy L mMGF Para calcular FX vamos fazer a substituição:        −=⇒−= +=⇒+= ∴        = = s LLy s LLy sdy s y I S 2 tan 2 2 tan 2 sec tan 2 β β β β Logo: ( )[ ] ∫ ∫∫ ==+= S I S I S I d Ls mMG s ds L mMsG s ds L mMsGFX β β β β β β ββ β ββ β ββ cos sec sec tan1 sec 33 2 2/322 2 ( )ISX sensenLs mMGF ββ −= Mas S S S S S S S S sen sen sensen β β β β β β β β 22 tan1 tan 1cos tan + =∴ − == ou seja: 222 4 2 1 2 sL L s L s L sen S + =     + =β e de modo equivalente: 22 4sL Lsen I + −=β e portanto:         + =                 + −−        + += 222222 4 2 44 sL L Ls mMG sL L sL L Ls mMGFX ou seja: 22 4 2 sLs mMGFX + = Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 10 [ ]( )( )32 sencos2 R drarGmtdFX θθθρπ −= onde ( ) ( ) θθθ cos2sencos 22222 arrarraR −+=+−= ou seja: [ ]( )( ) [ ] 2322 2 cos2 sencos2 θ θθθρπ arra drarmGtdFX −+ −= e então: [ ] ( )( ) [ ]∫ −+ −= π θ θθθρπ 0 2 322 2 cos2 sencos2 arra drarmGtFX Em termos da física envolvida o problema está encerrado, mas essa integral não tem uma aparência muito simpática. Talvez fosse mais adequado fazer uma mudança de variável e usar a distância R ao invés do ângulo θ . À partir da definição de R podemos diferenciar e encontrar que: ar RdRdsendarsenRdR =∴= θθθθ22 e também que: a Rar a raRr 22 cos 222222 −+= − −−=θ e podemos colocar como: [ ] ( ) aR Rara a dR R rGmt R a Rara ar RdR R rGmtdFX 2 222 2222 222 2 2 −+−     = −+−     = ρπρπ dR R ra a rGmtdR R raR a rGmtdFX     −+=    −+= 2 22 22 222 2 1 ρπρπ ∫ + −     −+= ra ra X dRR ra a rGmtF 2 22 2 1 ρπ ( )                 −−+= + − + − ra ra ra raX R raR a rGmtF 1222 ρπ ( ) ( )[ ] ( )           − − + −−−−+= rara rarara a rGmtFX 1122 2 ρπ ( ) ( ){ } 2 2 2 422 a Gmtrrr a rGmtFX ρπρπ =+= Mas o volume V da esfera é o produto de sua área 4πr2 por sua espessura t , ou seja: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 11 ( ) 2a VmGFX ρ= e como foi definido anteriormente, M = ρ V , logo: 2a MmGFX = A força de atração entre uma casca esférica de massa M , cujo centro está a uma distância a de uma partícula de massa m tem o mesmo valor da atração entre duas partículas que distam de a > r e têm massas M e m respectivamente. Em outras pala- vras: a casca esférica se comporta com se toda a sua massa estivesse concentrada no seu centro. Campo produzido por uma distribuição esférica de massa em seu interior Seja uma casca esférica de raio r , espessura infinitesimal t e massa M . Qual a força de interação gravitacional entre essa casca e uma partícula de massa m , locali- zada internamente a uma distância a de seu centro? Para calcular essa força, vamos considerar inicialmente a interação gravitacional entre a partícula de massa m e um anel que faz parte da casca esférica. A reta que liga um ponto desse anel e a origem das coordenadas faz um ângulo θ com o eixo x , e o ângulo enfeixado por ele é dθ . Desse modo esse anel terá raio r.senθ e largura r.dθ , e Fd ! será essa força a ser calculada. A reta que une a massa m até um ponto do anel tem um comprimento R e faz um ângulo α com o eixo x . A força elementar Fd ! tem compo- nentes x e s , onde a componente s está no plano perpendicular ao eixo x . Ou seja: SX dFsdFiFd ˆ+= #! e portanto: SX FsFiF !! ˆˆ +=      == == ∫∫ ∫ ∫ dFdFF dFdFF SS XX α α sen cos Fd ! r senθ a Por simetria FS = 0 pois cada uma das contribuições infinitesimais tem um equivalente de sinal contrário, que na integração tornará nula essa componente. O módulo da força elementar dF , tem a forma: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 12 2R dMmGdF = onde dM é a massa elementar do anel e R é a distância de um ponto desse anel até a posição da partícula de massa m . Iremos usar o conceito de densidade volumétrica, que é reprentada pela letra graga ρ , e é definida como a razão entre a massa e o volume ocupado por essa massa, ou seja: dV dM=ρ e quando a distribuição de massa for uniforme, podemos também dizer que: V M=ρ O volume elementar do anel será: dV = 2π (raio) (largura) (espessura) dV = 2π (r senθ ) (r dθ) t e portanto: dM = ρ dV = 2π ρ t (r senθ ) (r dθ) = 2π ρ t r2 senθ dθ O ângulo α definido como aquele que a reta que a massa da partícula ao anel faz com o eixo x é de tal modo que: R ra θα coscos += ou ainda: [ ]( )( )32 sencos2 R drarGmtdFX θθθρπ += onde ( ) ( ) θθθ cos2sencos 22222 arrarraR ++=++= ou seja: [ ]( )( ) [ ] 2322 2 cos2 sencos2 θ θθθρπ arra drarmGtdFX ++ += e então: [ ] ( )( ) [ ]∫ ++ += π θ θθθρπ 0 2 322 2 cos2 sencos2 arra drarmGtFX Em termos da física envolvida o problema está encerrado, mas essa integral não tem uma aparência muito simpática. Talvez fosse mais adequado fazer uma mudança de variável e usar a distância R ao invés do ângulo θ . À partir da definição de R podemos diferenciar e encontrar que: ar RdRdsendarsenRdR −=∴−= θθθθ22 e também que: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 15 Energia potencial gravitacional Para toda força conservativa ( )rF !! podemos associar uma energia potencial ( )rV ! . Essa energia potencial é definida em termos do trabalho executado pela força correspon- dente, da seguinte forma: ∆U = UB - UA = - WAB ou seja: a variação de energia potencial de uma partícula entre dois pontos A e B é igual ao trabalho executado (com sinal nega- tivo) pela força considerada para levar essa partícula do ponto A até o ponto B . A B Outro modo de colocar essa questão é dizer que: UB = UA - WAB ou seja: ( )∫ ⋅−= ldrFUU AB !!! A energia potencial é definida em termos de uma variação ∆U , ou seja: ela é definida a menos de uma constante arbitrária. Em outra palavras: definimos variações de energia potencial; o quanto diminuiu ( ou aumentou) a energia de um corpo que foi de uma posi- ção inicial até uma final. Escolhemos a origem da energia potencial de maneira arbitrária, como já foi mencionado. Vamos detalhar o cálculo da energia potencial em duas situações típicas: muito próximo da superfície da Terra e muito longe da superfície. Energia potencial gravitacional próximo à superfície da Terra Próximo à superfície da Terra podemos considerar a força de interação entre a Terra e uma partícula de massa m constante e com módulo mg . Vamos calcular a variação de energia potencial gra- vitacional entre o ponto inicial A localizado na su- perfície da Terra e o ponto final B localizado numa altura y . O vetor ld ! é definido como um vetor infinitesimal dirigido ao longo da curva de integração e apontando da posição inicial para a posição final. y B ld ! y P ! A Desse modo: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 16 ∫ ⋅−=−= B A AABAB ldFUWUU !! onde escolhemos UA como a origem da energia potencial e portanto com o valor zero. Usando essas considerações, podemos dizer que:      += −== dyjld mgjgmF ˆ ˆ ! !! e ( ) ( ) ( ) ( )0ˆˆ 00 −==⋅−−= ∫∫ ymgdymgdyjmgjyU YY U(y) = m g y Energia potencial gravitacional distante da superfície da Terra No caso mais geral, quando quisermos calcular a diferença de energia potencial gravitacional entre dois pontos distantes devemos usar a equação de gravita- ção sem aproximações. Vamos calcular a diferença de energia potencial entre duas posições ocupadas por uma partícula. Inicial- mente ela está numa posição muito distante (no infini- to) e ela então é trazida até uma posição finita r . Ou seja: ( ) ( ) ∫ ∞ ⋅−=∞− r ldFUrU !! Vamos considerar a origem da energia potencial num ponto muito distante, de modo que: U(∞) = 0 ld ! m F ! r ! M Devemos considerar que:      +=−= −= = drrdlrld FrF e r MmGF ˆˆ ˆ 2 ! ! e então: ( )     −−=         −+==⋅    −= ∞∞ ∞ ∫ ∫ 0 11ˆˆ 22 r GMm r GMm r drGMmdrr r MmGrrU rr r e finalmente: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 17 ( ) r MmGrU −= Por outro lado: ( ) ( ) ( ) 2ˆˆ r MmGrrF dr dUrrUrF =⇒−=−∇= !!!! Leis de Kepler A humanidade sempre foi fascinada pelo céu noturno, com a infinidade de estrelas e com os brilhantes planetas. No final do século XVI, o astrônomo Tycho Brahe estudou os movimentos dos planetas e conseguiu fazer observações muito mais exatas que as feitas anteriormente por outros observadores. Com os dados de Tycho Brahe, Johannes Kepler descobriu que as trajetórias dos planetas em torno do Sol eram elipses. Mostrou também que tinham velocidades maiores quando orbitavam nas proximidades do Sol e menores quando estavam muito afastados. Kepler estabeleceu, por fim, uma relação matemática precisa entre o período de um pla- neta e a sua distância média ao Sol, e enunciou os resultados da sua investigação em três leis empíricas do movimento dos planetas. Física Paul A Tipler Vol 1 - Cap 11 - pag300 LTC - Editora - 2000 As Leis empíricas de Kepler vieram a ser comprovadas posteriormente pela Mecâ- nica Newtoniana. Primeira - Lei das Órbitas: To- dos os planetas se movem em órbitas elípticas, com o Sol em um dos focos. A Mecânica Newtoniana deduziu uma conclusão ainda mais geral. Quando um cor- po está sob a ação de uma força que varia com o inverso do quadrado da distância (como a força gravitacional) ele descreve uma órbita que é uma cônica (elipse, parábola ou hi- pérbole). A órbita a ser descrita pelo corpo depende da sua Energia Mecânica. No caso dos planetas temos órbitas fechadas - elipse e no caso dos cometas temos uma trajetória aberta - hipérbole. Para maiores detalhes da análise das Leis de Kepler o interessado deve consultar : Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 20 ( ) ( )rUrK r MmGmvK r vm r MmGF 2 1 2 1 2 1 22 2 −=⇒==== $ e desse modo: ( ) r MmGrEUUE 2 1 2 1 −=⇒+−= Quando a Energia Mecânica é negativa (como neste caso) temos um sistema fe- chado pois a partícula não é livre para se libertar do potencial e se afastar para uma dis- tância infinitamente grande. Isso é decorrência do fato da energia potencial (que é negati- va) ter um módulo maior que a energia cinética e como consequência a partícula estará presa a este potencial. Em contraposição, a partícula será livre quando a energia mecâni- ca for positiva. Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 21 Solução de alguns problemas Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição 07 A que distância da Terra, medida ao longo da linha que une os centros da Terra e do Sol, deve estar uma sonda espacial para que a atração gravitacional deste anule a da Terra? R = 1,5x1011m MS = 1,99x1030kg MT = 5,98x1024kg Vamos considerar m a massa da son- da. A uma certa altura h da Terra as duas forças sobre a sonda serão iguais. R - h h Sol p ! TF ! Terra Sonda R As forças que o Sol e a Terra exercem sobre a sonda têm a forma: ( )        = − = 2 2 h mMGF hR mMGF T T S S Igualando as duas forças encontramos que: ( ) ( ) 22 22 hRhM M h M hR M T STS −=∴= − A física do problema está equacionada e resta agora resolver esta equação do se- gundo grau. Definindo T S M M =α a equação toma a forma: T S M M RRhhRh + = + =⇒−= 1 1 α α Desse modo: h = 2,6 x 108m Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição 09 Na figura ao lado, duas esferas de massa m (m2 e m3) e uma terceira de massa M (m1) estão nos vértices de um triângulo equilátero, e uma quarta esfera de massa m4 está no baricentro do triângulo. Se a força gravitacional resultante sobre esta quarta esfera é nula, exprima a massa M em termos da massa m . Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 22 m1 = M m2 = m m3 = m m4 Cada um dos ângulos internos de um tri- ângulo equilátero tem o valor de 600 , e portanto o ângulo entre a bissetriz deste ângulo e um dos lados vale 300. Quando dividido pelas bissetrizes, o triângulo equilátero dá origem a seis triângulos y m1 1F ! x 3F ! 2F ! m3 m2 retângulos como mostrados ao lado. O ângulo α = 300 por ser a metade da bis- setriz e β = 600 por ser complementar a α . Vale lembrar que a esfera central está equidistante ( a ) das outras três esferas. Com essas considerações, as forças têm a forma: YX FjFiF ˆˆ += ! 3F ! β α FX = F2 senβ - F3 senβ = 0 ⇒ F2 = F3 FY = F1 - F2 cosβ - F3 cosβ = 0 ⇒ F1 = 2 F2 cosβ = 2 F2 (0,5) ∴ F1 = F2 mM a mmG a MmGFF =∴=⇒= 2 4 2 4 21 Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição 10 Na figura à seguir, quatro esferas estão nos vértices de um quadrado de lado 2,0cm. Qual o módulo e a direção da força gra- vitacional resultante sobre uma esfera colocada no centro do quadrado com massa m5 = 250kg ? m1 = 500kg m2 = 300kg m3 = 500kg m4 = 100kg m5 = 250kg a = 2cm = 0,02m 500kg 300kg m5 100kg 500kg Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 25 mas com um ângulo θ0 ao invés de π. Vamos colocar a massa m no eixo de simetria do arco, mas a uma dis- tância d do seu centro de curvatura. Para realizar esse cálculo vamos con- siderar a força de atração entre a massa m e uma elemento de massa dM que pertence à barra deformada e está localizada a um ângulo θ do centro de curvatura e tem a largura angular de dθ . y dθ r θ α x d O elemento de massa dM está a uma distância r da massa m e a reta que os une faz um ângulo α com o eixo x . A força entre m e dM está na direção da reta que une essas duas massas e tem a forma:     = = ∴= α α sen cos 2 dFdF dFdF r dMmGdF Y X A distância r tem a forma: r2 = (R senθ)2 + (R cosθ + d)2 ou seja: r2 = R2 + d2 + 2 R d cosθ e por outro lado:        =⇒= +=⇒+= θαθα θαθα sensensensen coscoscoscos Rr r RddRr Considerando que a massa da barra tem uma distribuição uniforme, podemos dizer que: M = λ ( Rθ0 ) ∴ dM = λ R dθ e finalmente: ( ) ( ) θ θ θλαθλ d RddR RdRGm r dRmGdFX 2 3222 cos2 coscos ++ +== e de maneira equivalente encontramos que ( ) ( ) θθ θλαθλ d RddR senRGmsen r dRmGdFY cos2222 ++ == Integrando essas equações, encontramos: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 26 ( )∫ + − ++ += 2 2 2 322 0 0 0 cos2 cos θ θ θ θ θ θ d RddR RdmMGFX ( )∫ + − ++ = 2 2 2 322 0 0 0 cos2 sen θ θ θ θ θ θ d RddR mMGFY A integral que define FY tem solução simples, fazendo-se as substituições:          −=     ++=     ++= ∴ −= ++= Rd dud RddRu RddRu dRddu RddRu S I 2 sen 2 cos2 2 cos2 sen2 cos2 022 022 22 θθ θ θ θθ θ ∫−= S I u u Y u du Rd mMGF 2 3 0 2 1 θ como o limite inferior uI é igual ao limite superior uF essa integral é nula. e des- se modo é nula a componente y da força de interação. esse resultado já poderia ser antecipado se tivéssemos considerado que cada elemento de massa acima do eixo x produz uma contribuição para FY que será anulada por um elemento simétrico a ele abaixo do eixo x . Já a equação que define FX não tem solução exata nas condições que foi pro- posta. ( )∫ + − ++ += 2 2 2 322 0 0 0 cos2 cos θ θ θ θ θ θ d RddR RdmMGFX Vamos considerar algumas situações típicas. 1. Inicialmente vamos analisar a situação em que a barra e a massa estão muito distantes uma da outra. Em outra palavras d >> R e a integral toma a forma: 202 0 2 2 3 0 1 0 0 d mMGF d mMGd d dmMGF XX =∴== ∫ + − θ θ θ θ θ θ e esse resultado nos diz que a barra e a massa quando estão muito distante se atraem como se fossem massas pontuais. Em segundo lugar vamos analisar as diversas possibilidades que acontecem quando d = 0 . Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 27 ( )     === ∫∫ + − + − 2 sen2coscos 02 0 2 2 2 0 2 2 2 32 0 0 0 0 0 θ θ θθ θ θθ θ θ θ θ θ R mMGd R mMGd R RmMGFX Se escolhermos θ0 = π , como no caso proposto neste problema: 2 2 R GmMFX π = b) Qual seria a força gravitacional sobre m se a barra tivesse a forma de um cír- culo completo? Usando o resultado do item anterior é fácil perceber que quando θ0 = 2π a força FX é nula. Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição 17 A maior velocidade de rotação possível para um planeta é aquela em que a força gravitacional, exercida sobre a matéria em seu equador, é exatamente igual à força centrípeta necessária para manter essa matéria em rotação. 0) Porquê? Podemos considerar um modelo para esse objeto como sendo composto de ma- téria fria e sólida como a Lua, Terra e etc. Mas por outro lado podemos conside- rando que o objeto estelar é composto de matéria não sólida, como as estrelas. O que mantém esse objeto coeso? É basicamente a interação gravitacional ou entra em questão outro tipo de interação entre a matéria. Na situação mais simples, existe apenas a interação gravitacional. Desse modo, se a velocidade de revolução do objeto for maior que aquela possível de mantê-lo coeso através da atração gravitacional ele simplesmente irá perdendo matéria que será ejetada pois ele não consegue mantê-la coesa. a) Mostre que o período de rotação mínimo, correspondente a tais condições, é dado por: ρ π G T 3= onde ρ é a densidade do planeta que supomos ser homogêneo. Vamos considerar a interação entre uma pequena massa m que está na super- fície da Terra com toda a massa da Terra: TT T R vm R mM GF 2 == Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 30 ( ) ∫∫∫ − − − −=+= − −= dL d d dL dL d u dumGm u dumGm xL dxmGmI 2232232232 Desse modo, temos então que WAB toma a forma: ( ) ( ) ( )     − − −−=−−=−= −− ∫ ddL mmmG x mmmG x dxmmmGW dL d dL d AB 111 2312312231 ( ) ( )      − −−= ddL dLmmmGWAB 2 231 = 5,0x10 -11Joules b) Qual o trabalho realizado sobre m2 pela força gravitacional resultante sobre m2 devido às outras esferas? Como já foi indicado, o trabalho da força resultante tem sinal contrário ao traba- lho calculado anteriormente: WF = - WAB = - 5,0x10-11Joules Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 6a. edição 33 Um foguete é acelerado até uma velocidade TgRv 20 = próximo à superfície da Terra (aqui RT é o raio da Terra) e, então, orientado para cima. a) Mostre que ele escapará da Terra. Vamos inicialmente calcular a velocidade de escape de um objeto da superfície da Terra. Em outras palavras, qual deve ser a velocidade de um objeto na superfície da Terra para que ele consiga escapar da influência de nosso planeta? v0 v∞ RT r∞ A energia mecânica de um objeto de massa m que está sob a influência de uma força gravitacional é a soma de suas energias cinética e potencial gravitacional, ou seja: 2 2 2 1 r MmGmvUKE −=+= onde M é a massa do segundo objeto e r é a distância entre eles. A órbita do objeto de massa m irá depender do valor de sua energia mecânica E . As pos- síveis órbitas são: E < 0 ⇒ órbita fechada - elipse E = 0 ⇒ caso limite - parábola E > 0 ⇒ órbita aberta - hipérbole Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 31 Como queremos calcular a velocidade mínima para o objeto escapar (órbita aberta), vamos considerar a possibilidade E = 0 , ou seja: T T E T T E R GM v R mM GmvE 20 2 1 2 =⇒=−= A forma velocidade de escape vE pode ser colocada em outros termos se consi- derarmos que: 22 T T T T R GM g R mM Gmg =⇒= e finalmente temos que gRv TE 2= No nosso problema temos um objeto que é lançado com velocidade TgRv 20 = , e como v0 > vE o objeto escapará. b) Mostre que a sua velocidade, quando estiver muito distante da Terra, será TgRv 2=∞ . Com essa velocidade na superfície da Terra, a energia mecânica do objeto será: ( ) TTT T T mgREmgRgRm R mM GmvE =⇒−=−= 4 2 1 2 1 2 0 Num ponto muito longe da superfície da Terra r → ∞ e a energia potencial gra- vitacional é nula. Desse modo a energia mecânica é puramente cinética e por- tanto: 2 2 1 ∞= mvE onde v∞ é a velocidade do objeto quando estiver muito distante. Igualando as energias nas duas situações, encontramos que: TT gRvmvmgRE 22 1 2 =⇒== ∞∞ Capítulo 14 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 52 Uma esfera de massa M e raio a tem uma cavidade concêntrica de raio b , como é mostrado na figura à seguir. a) Faça um esboço do gráfico da força gravitacional F exercida pela esfera sobre uma partícula de massa m a uma distância r do centro da esfera, em função de r entre os limites 0 < r < ∞ . Considere em particular os pontos r = 0, b , a e ∞ . Prof. Romero Tavares da Silva Cap 14 www.fisica.ufpb.br/~romero 32 Quando a partícula está numa posição externa à esfera, ele sente a interação como se toda a massa de esfera esti- vesse em seu centro. Desse modo: ( ) 2r mMGrFar −=⇒≥ b r m a Quando a partícula estiver no interior da esfera num ponto a uma distância r do seu centro, apenas a massa da esfera localizada na região mais interna que r exercerá força gravitacional sobre essa partícula. A massa M(r) da esfera que irá exercer essa força é calculada como: ( ) ( ) ( )33 3 4 brrVrM −== πρρ Mas a massa total da esfera pode ser escrita como: ( )33 3 4 baVM −== πρρ de onde encontramos que: ( ) ( )3333 brba MrM −    − = A força gravitacional terá a forma: ( ) ( ) ( )333322 brba M r mG r mrMGrF −    − −=−= e finalmente podemos concluir que: ( )     −     − −=⇒≤≤ 2 3 33 r br ba GmMrFarb Quando a partícula estiver no interior da cavidade será nula a força gravitacional exercida pela esfera, e portanto: ( ) 0=⇒≤ rFbr b) Esboce também o gráfico da energia potencial gravitacional U(r) deste sistema De modo equivalente ao caso da força podemos dizer que quando a partícula está numa posição externa à esfera, ele sente a interação como se toda a massa de esfera estivesse em seu centro. Desse modo: ( ) r mMGrVar −=⇒≥
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