Prof. A.F.Guimarães Prof. A.F.Guimarães Questões de Gravitação Universal a) Qual é a área varrida pelo raio que liga a Terra ao Sol entre 0,0h do dia 1º de abril até 24h do dia 30 de maio do mesmo ano? b) Qual foi o princípio ou lei que você usou para efetuar o cálculo acima?
Questão 1 (UNICAMP – SP) A figura abaixo representa exageradamente a trajetória de um planeta em torno do Sol. O sentido do percurso é indicado pela seta. O ponto V marca o início do verão no hemisfério Sul e o ponto I marca o início do inverno. O ponto P indica a maior aproximação do planeta ao Sol, o ponto A marca o maior afastamento. Os pontos V, I e o Sol são colineares, bem como os pontos P, A e o Sol. a) Em que ponto da trajetória a velocidade do planeta é máxima? Em que ponto essa velocidade é mínima? Justifique sua resposta. b) Segundo Kepler, a linha que liga o planeta ao Sol percorre áreas iguais em tempos iguais. Coloque em ordem crescente os tempos necessários para realizar os seguintes percursos: VPI, PIA, IAV, AVP.
Resolução: a) Para 1 ano terrestre (365 dias), a área varrida pelo raio que liga a Terra ao Sol é igual a área total, ou seja, A. Assim, poderemos fazer uma regra de três para obter a área varrida em 60 dias: 365 ∼ A 60 ∼ A′
A′ =
60 365
A
∴ A′ ≅ 1,15 ⋅10 22 m2 . b) Foi utilizado o segundo princípio de Kepler (a constância da velocidade areolar).
I
Questão 3 A
(UFPA) Considerando‐se um planeta esférico e com densidade uniforme, em que altitude (em km) acima da superfície a aceleração da gravidade é ¼ da existente na superfície do planeta? Despreze o efeito de rotação do planeta e considere que seu raio é 7.000km.
P Sol V
Planeta
Resolução: Sendo um planeta esférico e com densidade uniforme, a gravidade na superfície dele será:
Resolução:
a) De acordo com o segundo princípio de Kepler (a constância da velocidade areolar), no ponto “P” a velocidade do planeta é máxima e no ponto “A” a velocidade é mínima. b) ∆t VPI VPI < ∆t PIA PIA = ∆t AVP AVP < ∆t IAV IAV.
g= g=
Questão 2
GM R 2 GM 2
(7 ⋅10 ) 3
.
A uma determinada altura “h” da superfície do planeta, a gravidade vale:
(VUNESP) A Terra descreve uma elipse em torno do Sol, cuja área A = 6,98 ⋅1022 m2. 1
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g ′ = g ′ =
GM
gT =
2
( R + h) GM
(7 ⋅10
3
2
+ h)
4
⋅
// GM 2
(7 ⋅10 ) 3
3
=
.
RM2 M = = M / T GM gT MT RT 2
g M
3
GM M 2 RM
⎛ RT ⎞⎟2 ⋅⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ R ⎠⎟ M
⎛ 1 ⎞⎟2 g M = 0,1⋅⎜⎜ ⎟⎟ ∴ = 0, 4. ⎜⎝ 0,5 ⎠ gT gT
g M
// GM
(7 ⋅10
RT2
; g M =
/ M GM
Contudo, g’ = g/4. Logo: 1
GM T
2
+ h)
b) Pela relação obtida anteriormente, podemos concluir que a aceleração da gravidade na superfície de Marte vale:
3
2 ⋅ 7 ⋅10 = 7 ⋅10 + h
∴ h = 7 ⋅103 km.
g M = 0, 4 ⋅ gT = 4m ⋅ s−2 .
Questão 4 (FUVEST – SP) Estamos no ano de 2095 e a “interplanetariamente” famosa Fifa (Federação Interplanetária de Futebol Amador) está organizando o Campeonato Interplanetário de Futebol, a se realizar em Marte no ano 2100. Ficou estabelecido que o comprimento do campo deve corresponder à distância do chute de máximo alcance conseguido por um bom jogador. Na Terra essa distância vale L T = 100m. Suponha que o jogo seja realizado numa atmosfera semelhante à da Terra e que, como na Terra, possamos desprezar os efeitos do ar e, ainda, que a máxima velocidade que um bom jogador consegue imprimir à bola seja igual à na Terra. Suponha que MM/MT = 0,1 e RM/RT = 0,5, onde MM e R M são a massa e o raio de Marte e MT e RT são a massa e raio da Terra.
O alcance, para um lançamento oblíquo, é dado por: A =
v02sen 2θ g
.
Porém, o alcance obtido é máximo e só ocorre quando o ângulo vale 45 0. Assim, o alcance máximo é dado por: v02 Amáx = . g Na Terra, esse alcance vale 100m. Assim, considerando que a velocidade imprimida seja a mesma, teremos: A M =
a) Determine a razão g M/gT entre os valores da aceleração da gravidade em Marte e na Terra. b) Determine o valor aproximado LM, em metros, do comprimento do campo em Marte. c) Determine o valor aproximado do tempo t M, em segundos, gasto pela bola, em um chute de máximo alcance, para atravessar o campo em
A M =
gT g M
v02 g M
; AT =
v02 gT
AT ⇒ AM =
10 4
AT
∴ A M = 250m. c) Utilizando a relação do alcance máximo, poderemos determinar o valor da velocidade imprimida na bola:
Marte (adote g T = 10m⋅s‐2). Resolução: a)
v02 = AT ⋅ gT ⇒ v0 = 1000 m ⋅ s−1.
O tempo total de lançamento é dado por:
2
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t =
2v0senθ
g
No interior da Terra, somente a massa contida na esfera de raio r 0 fornece aceleração. Assim, utilizando a expressão do volume teremos:
.
Na condição de alcance máximo, o ângulo deve ser de 450. Assim, utilizando o valor da aceleração da gravidade de Marte, teremos:
V=
t M ≅
3
πr03 ⇒ M =
4πρ 3
3
r0 .
Agora, substituindo na expressão da aceleração da gravidade, teremos:
0
t M =
4
2v0 sen45
g M
/2 1000 ⋅ 0, 7 2 /4
g0 =
∴ t M ≅ 11,1s.
G 4πρ 2 0
/r
∴ g0 =
Questão 5
⋅
3
4Gρπ 3
/
r 03 r 0 .
Questão 6
Encontre uma expressão para se determinar o valor da gravidade no interior da Terra a uma distância “r0” do centro (r0 < R, R = raio da Terra).
(UFF – RJ) Em certo sistema planetário, alinham‐se, num dado momento, um planeta, um asteróide e um satélite, como representa a figura,
Despreze os efeitos de rotação e considere ρ a densidade da Terra.
Planeta
Resolução: Seja um ponto no interior da Terra a uma distância “r0” do centro:
3R
9R
Sabendo‐se que: a) A massa do satélite é mil vezes menor que a massa do planeta; b) O raio do satélite é muito menor que o raio R do planeta. Determine a razão entre as forças gravitacionais exercidas pelo planeta e pelo satélite sobre o asteróide.
r0 R
Resolução: Vamos iniciar escrevendo as expressões das forças, do planeta e do satélite sobre o asteróide:
A aceleração da gravidade é dada por: g=
GM r 2
.
F PA =
Utilizando a expressão da densidade, teremos: M = ρ ⋅ V ; V =
Satélite
Asteróide
R
4 3
GM P mA 2
(10 R )
.
Força do planeta sobre o asteróide.
π r 3 .
3
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F SA =
GM S mA 2
(3 R)
Vamos determinar o valor da aceleração da gravidade no local onde se encontra o satélite: GM T GM T g R = g = ; R 2 RT 2
.
Força do satélite sobre o asteróide.
Assim, F PA F SA FPA FSA
=
/ Pm GM /A =
/ 100 R
/ Sm GM /A
9M P 100 M S
∴
g R = g
F PA F SA
=
/ 9 R
2
R 2
.
Assim,
2
2 T
acp = ω R = g
/ S 9 ⋅1000 M /S 100 M
RT 2
3
R = g
= 90.
R 2
RT 2
ωT 2
∴ R = 3 g
Questão 7
RT 2
RT 2
.
ωT 2
Questão 8
(UNICAMP – SP) Satélites de comunicações são retransmissores de ondas eletromagnéticas. Eles são operados normalmente em órbitas cuja velocidade angular
(CESGRANRIO) O raio médio da órbita de Marte em torno do Sol é aproximadamente quatro vezes maior do que o raio médio da órbita de Mercúrio em torno do Sol. Assim, a razão entre os períodos de revolução, T1 e T2, de Marte e de Mercúrio, respectivamente, vale aproximadamente:
ωT é igual à da Terra, de modo a permanecerem imóveis em relação às antenas transmissoras e receptoras. Essas órbitas são chamadas de órbitas geoestacionárias. a) Dados ωT e a distância R entre o centro da
Resolução: De acordo com o terceiro princípio de Kepler:
Terra e o satélite, determine a expressão da sua velocidade em órbita geoestacionária.
T12 = kr13 ; T22 = kr23 .
b) Dados ωT, o raio da Terra R T e a aceleração da gravidade na superfície da Terra g, determine a distância R entre o satélite e o centro da Terra para que ele se mantenha em órbita geoestacionária.
E como r1 = 4r 2 . Teremos:
⎛ T1 ⎞⎟2 ⎛ r 1 ⎞⎟3 ⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ T2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ r 2 ⎠⎟⎟
Resolução: a) A velocidade linear de um corpo em movimento circular uniforme é dada por:
∴
T 1 T 2
= 8.
Questão 9
v = ω R.
(DESAFIO) Suponha um cenário de ficção científica em que a Terra é atingida por um imenso meteoro. Em consequência do impacto, somente o módulo da velocidade da Terra á alterado, sendo “v 0” seu valor imediatamente após o impacto, como mostra a figura adiante. O meteoro colide com a Terra exatamente na posição onde a distância entre a Terra e o Sol é mínima (distância AO = R
Assim, vS = ωT R.
b) Para que o satélite se mantenha em órbita se faz necessário que a aceleração centrípeta seja dada pela aceleração da gravidade no local onde se encontra o referido satélite. Assim, acp = g R . 4
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Em = Ec + E p
na figura). Considere a atração gravitacional exercida pelo Sol, tido como referencial inercial, como única força de interação que atua sobre a Terra após a colisão, e designe por M a massa do Sol e por G a constante da gravitação universal. Considere ainda que o momento angular da Terra seja conservado, isto é, a quantidade de módulo
mv 2
E m =
2 2πr
v=
Porém, como
−
nova trajetória elíptica da Terra em torno do Sol (nessa expressão, m é a massa da Terra, r é o módulo do vetor posição da Terra em relação ao
E m =
T
E m =
ângulo entre r e v). A distância (OB), do apogeu ao centro do Sol, da trajetória que a Terra passa a percorrer após o choque com o meteoro, é dada pela relação:
m 4π 2 r 2
⋅
2
E m =
−
T2 2
r m 4π /
⋅
2
−
/3
r
GM 4π
2
,
4π m / / 2 GM 2
⋅
⋅
r
GMm r GMm r
k
/4π /
∴ E m = −
2
−
GMm 2r
Sol
v
.
r 3 = kT 2 , k =
e
2
Sol, v o módulo da velocidade da Terra e α o
α
r
teremos:
m⋅r⋅v⋅senα permanece constante ao longo da
GMm
GMm r .
v0
r
B
Podemos concluir que a energia do sistema é constante em uma trajetória circular fechada. E isso deve ser verdade também para uma trajetória elíptica fechada. Assim,
A R
O Nova órbita
Resolução: Considere a seguinte órbita elíptica.
E m1 =
mv12 2
−
GMm
=−
r1
GMm 2r
.
Pela conservação da energia mecânica, podemos escrever: 1
M
r1
r2
2
Em1 = E m 2
−
m
Agora, vamos fazer r =
r1 + r 2 2
GMm / r1 + r2
=
r1 + r 2 =
. E construir uma
mv / 22 2
GMm / r 2
GM GM r 2
órbita circular de raio “r”.
−
−
v22 2
⎡ ⎤ v22 r 2 ⎥. r1 = r 2 ⎢ ⎢ 2GM − v22 r2 ⎥ ⎣ ⎦
m r
Fazendo 1→B e 2 →A, teremos:
M
⎡ ⎤ v02 r A ⎥. ∴ r B = r A ⎢ ⎢ 2GM − v 2 r A ⎥ 0 ⎣ ⎦ Segundo a trajetória circular, podemos escrever: 5
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